福建省届高考物理二轮专题总复习专题机械能省公共课一等奖全国赛课获奖课件.pptx

专题四专题四 机械能机械能第1课时 动能定理和机械能守恒定律第1页 这类题目假如是选择题，属于选择题中中等难度以上题，综合性较强；假如是计算题，普通过程复杂，难度较大，能力要求较高 功效概念考查是以功、功率、动能、重力势能、弹性势能、内能和电势能等概念为关键，以受力分析和运动状态分析为基础，结合图象问题和机车开启问题进行考查 一、功效概念了解与计算一、功效概念了解与计算 第2页 例例1：图411为修建高层建筑惯用塔式起重机在起重机将质量m m=5103kg重物竖直吊起过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率到达其允许最大值时，保持该功率直到重物做vm=1.02m/s匀速运动取g=10m/s2，不计额外功 求：(1)起重机允许输出最大功率 (2)重物做匀加速运动所经历时间和起重机在第2秒末输出功率第3页【解析】本题以实际生产问题为背景，要求学生能正确提取信息，正确了解实际功率和额定功率关系，分清起重机吊起重物过程中几个不一样运动形式及其受力情况，结合牛顿第二定律进行求解解：(1)设起重机允许输出最大功率为P0，重物达 到最大速度时，拉力F F0等于重力 P0=F0vm F0=mg 代入数据，有：P0=5.1104W 第4页(2)匀加速运动结束时，起重机到达允许输出最大功率，设此时重物受到拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：P0=Fv1 F F-mg=ma v1=at1 由，代入数据，得：t1=5s t=2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则 v2=at P=Fv2 由，代入数据，得：P=2.04104W.第5页 解解这这类类机机车车开开启启问问题题时时，也也能能够够利利用用v-tv-t图图象象帮帮助助分分析析，在在求求“重重物物做做匀匀加加速速运运动动所所经经历历时时间间”时时，常常见见错错误误是是将将v vm m当当成成匀匀加加速速运运动动末末速速度度；在在求求“起起重重机机在在第第2 2秒秒末末输输出出功功率率”时时，人人们们轻轻易易将将重重力力或或物物体体受受到到协协力力作作为为牵牵引引力力计计算算出出现现以以上上问问题题根根源源一一是是对对功功率率概概念念了了解解不不清清，二二是是不不能能动动态态分分析析物物体体运运动动状状态态，混混同同机机车车两两种种开开启启方方式，生搬硬套公式式，生搬硬套公式第6页如图412所表示，在外力作用下某质点运动v-t图象为正弦曲线从图中能够判断()A在0t1时间内，外力做负功 B在0t1时间内，外力功率逐步增大 C在t2时刻，外力功率最大 D在t1t3时间内，外力做总功为零 D第7页 【解析】由图象知0t1时间内，物体做加速运动，外力和速度同方向，外力做正功，A错v-t图象斜率表示加速度大小，则在0t1时间内加速度越来越小，t=0时刻，v=0外力最大，但外力功P=Fv最小；t=t1时刻v最大外力却最小，所以在0t1时间内，外力功率应是先增大后减小，B错同理，t2时刻外力功率最小，C错v-t图线与坐标轴所围成面积表示位移大小，所以t1t3时间内物体发生总位移为零，外力做总功为零，D对第8页二、动能定理应用二、动能定理应用2、(福建省质检)滑板运动是一项陆地上“冲浪运动”，含有很强观赏性如图413所表示，abcdef为同一竖直平面内滑行轨道，其中bc段水平，ab、de和ef段均为倾角=37斜直轨道，轨道间均用小圆弧平滑相连(小圆弧长度可忽略)已 知 H1=5m，L=15m，H2=1.25m，H3=12.75m，设滑板与轨道之间第9页摩擦力为它们间压力k倍(k=0.25)，运动员连同滑板总质量m=60kg.运动员从a点由静止开始下滑从c点水平飞出，在de上着陆后，经短暂缓冲动作后保留沿斜面方向分速度下滑，接着在def轨道上往返滑行，除缓冲外运动员连同滑板可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8.求：第10页(1)运动员从c点水平飞出时速度大小vc；(2)运动员在de上着陆时，沿斜面方向分速度大小v0；(3)设运动员第一次和第四次滑上ef轨道时上升最大高度分别为h1和h4，则h4h1等于多少？图413第11页 【解析】本题以滑板运动为背景，由浅入深地设计了三个问题第一问解题关键是正确分析受力，区分斜面和平面摩擦力不一样，用动力学知识或动能定理列式求解第二问关键是建立平抛运动模型，正确分解与合成速度第三问关键是确定运动员在斜面上运动始末状态，用功效关系列式并推理，寻找运动规律第12页解：(1)设运动员从a点到c点过程中克服阻力做功Wf，依据动能定理:由、式并代入数据，解得:第13页(2)运动员从c点水平飞出到落到de轨道上过程中做平抛运动，设从c点到着陆点经过时间为t 水平位移 竖直位移 由几何关系 水平方向分速度 竖直方向分速度 联立、式并代入数据，解得v0=10m/s 第14页(3)设运动员第一次沿ed斜面向上滑最大高度为h1，依据功效关系：解得：同理可得，运动员第二次沿ef斜面向上滑最大高度：以这类推，运动员第四次沿ef斜面向上滑最大高度：解得：第15页 多过程问题要把各个过程运动与力都分析清楚，然后合理选择研究过程普通情况下，尽可能使用全过程动能定理或功效关系，这么能够降低中间量产生，从而使计算更为简练第3问考查学生推理能力。第16页 冰壶比赛是在水平冰面上进行体育项目，比赛场地示意如图414.比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定速度滑出，使冰壶停顿位置尽可能靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员能够用毛刷擦冰壶运行前方冰面，使冰壶与冰面间动摩擦因数减小设冰壶与冰面间动摩擦因数为1=0.008，用毛刷擦冰面第17页后动摩擦因数降低至2=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s速度沿虚线滑出为使冰壶C能够沿虚线恰好抵达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面长度应为多少？(g取10m/s2)图414第18页【解析】设冰壶在未被毛刷擦过冰面上滑行距离为s1，所受摩擦力大小为f1；在被毛刷擦过冰面上滑行距离为s2，所受摩擦力大小为f2，则有：s1+s2=s 式中s为投掷线到圆心O距离 f1=1mg f2=2mg 第19页设 冰 壶 初 速 度 为 v0，由 功 效 关 系，联立以上各式，解得：代入数据得：s2=10m 第20页三、机械能守恒定律判断及应用三、机械能守恒定律判断及应用 高考对机械能守恒定律考查主要是在守恒条件判断和系统机械能守恒这两个方面系统机械能守恒问题经常会出现弹性势能分析或计算，因为必考题目中已回避了与动量相关考点，所以题目标难度有所下降 处理这类问题先要判断机械能是否守恒方法主要有以下两种(1)用做功判断：分析物体或系统受力情况(包含内力和外力)，明确各力做功情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，或虽受其它力，但其它力不做功或做功代数和为零，则机械能守恒(2)用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能相互转化而无机械能与其它形式能转化，则系统机械能守恒其次是表示式选取机械能守恒表示式惯用有：E1=E2，Ek=21Ep，EA=EB等，选取哪一个表示式较适当，要视详细情况而定第21页 例题3：如图415所表示，质量为m1物体A经一轻质弹簧与下方地面上质量为m2物体B相连，弹簧劲度系数为k，A、B都处于静止状态一条不可伸长轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩，不计滑轮摩擦，开始时各段绳都处于伸直状态，A上方 一段绳沿竖直方向重力加速度为g.图415第22页(1)求弹簧压缩量；(2)现用一恒力F沿竖直方向向下拉挂钩，求物块B刚要离开地面时物块A加速度a；(3)第(2)问中，若物块B刚要离开地面时，物块A速度为v.求从开始施加拉力到物块B刚要离开地面过程中，弹簧弹力对物块A所做功；(4)若在挂钩上挂一质量为m3物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升，求此过程中弹簧弹力对物块A所做功。第23页 【解析】弹簧弹力做功时，因为弹力是变力，普通不用求功公式求解，假如选取恰当研究过程，知道始末状态动能，则首选动能定理进行解题另外，弹性势能表示式高中阶段不要求，所以，在机械能守恒问题中，最好用Ek=Ep这个思绪解题第24页解：(1)A处于平衡状态，弹簧弹力等于A物体重力，即:F1=m1g设弹簧压缩量为:x1依据胡克定律:F1=kx1得:x1=(2)B刚要离开地面时，B受弹簧弹力F2和重力作用处于静止状态，即:F2=m2gA受重力、绳拉力F和弹簧弹力F2作用，依据牛顿第25页 第二定律 F-F2-m1g=m1a 解得(3)设B刚要离开地面时，弹簧伸长量为x2 则kx2=m2g此过程中以A为研究对象，依据动能定理有 WF+WG+W弹=mv2-0重力和拉力做功分别为 WG=-m1g(x1+x2)，WF=F(x1+x2)联立可得 W弹=mv2+(m1g-F)第26页(4)分析题意可知，B不再上升，表明此时A和C速度为零，C已降到最低点以A、C和弹簧为研究对象，依据机械能守恒定律，弹簧弹性势能增加量为:E=m3g(x1+x2)m1g(x1+x2)得:E=(m3gm1g)弹簧弹力对A所做功:W=E=(m1g-m3g)第27页 本本题题还还是是从从受受力力分分析析入入手手，明明确确题题目目几几个个情情景景中中物物体体运运动动状状态态，利利用用牛牛顿顿运运动动定定律律列列式式求求解解在在第第(3)(3)小小题题中中求求重重力力和和弹弹力力做做功功表表示示式式时时，易易犯犯错错误误是是位位移移大大小小经经常常会会遗遗漏漏考考虑虑弹弹簧簧伸伸长长量量，或或弹弹簧簧伸伸长长量量x x2 2求求法法犯犯错错第第(4)(4)问问有有学学生生不不能能建建立立“恰恰好好能能使使B B离离开开地地面面但但不不继继续续上上升升”情情景景，无无法法得得出出此此时时C C物体速度为零，从而得犯错解物体速度为零，从而得犯错解第28页 如图416所表示，一倾角为30光滑斜面底端有一与斜面垂直固定挡板M，物块A、B之间用一与斜面平行轻质弹簧连结，现用力迟缓沿斜面向下推进物块B，当弹簧含有5J弹性势能时撤去推力释放物块B；已知A、B质量分别为mA=5kg、mB=2kg，弹簧弹性势能表示式为Ep=kx2，其中弹簧劲度系数k=1000N/m，x为弹簧形变量，g=10m/s2，求：(1)当弹簧恢复原长时，物块B速度大小；(2)物块A刚离开挡板时，物块B动能第29页【解析】(1)当Ep=5J时，弹簧压缩x1，由得 x1=0.1m 当弹簧恢复原长时，由机械能守恒可得 解得物块B速度大小v=2m/s (2)当物块A刚离开挡板时，弹簧伸长x2，解得x2=0.025m 由系统机械能守恒得 解得EkB=3.44J.第30页第第2课时课时 功效关系和牛顿运动定律综合应用功效关系和牛顿运动定律综合应用第31页 一、功与能关系 “功是能量转化量度”有两层含义：(1)做功过程就是能量转化过程，(2)做功多少决定了能转化数量，即：功是能量转化量度 功是一个过程量，它和一段位移(一段时间)相对应；而能是一个状态量，它与一个时刻相对应二者单位是相同(都是J)，但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。第32页 例例1：光滑地面上放一长木板，质量为M，木板上表面粗糙且左端放一木块m，如图所表示，现用水平向右恒力F拉木块，使它在木板上滑动且相对地面位移为s(木块没有滑下长木板)在此过程中，以下判断错误是()第33页A若只增大m，则拉力F做功不变B若只增大m，则长木板末动能增大C若只增大M，则小木块末动能不变D若只增大F，则长木板末动能不变第34页【解析解析】拉力F做功W=Fscos ，若只增大不会影响拉力F做功，A正确对m受力分析，小木块受到拉力F和滑动摩擦力作用，动能改变量Ek=Fs-mgs，与M无关，C正确 对M分析，因为木块加速度a=g，只增大F或减小m将增大木块加速度，从而降低木块加速时间t，长木板受到摩擦力f=mg，所以长木板末速度v=at=t也随之减小，即只增大m，则长木板末动能增大，B正确只增大F，则长木板末动能减小，D错误第35页 这是一道连接体问题，但因为分别问木块和木板末动能，所以要分别对两物体进行受力分析，同时要注意到木块对地位移不变条件不等于长木板对地位移不变，必须进行判断第36页二、功效关系在力学中应用二、功效关系在力学中应用 主要表达在用系统观点对连接体问题进行功和能问题分析，或者对多过程运动进行整体分析，尤其是在曲线运动中经常要使用动能定理或机械能守恒定律解题 解题关键是在进行准确受力分析和过程分析基础上，确定始末状态，列出正确方程第37页例例2：(江苏物理)在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处绳飞越到水面浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论如图所表示，他们将选手简化为质量m=60kg质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角 =53，绳悬挂点O距水面高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳质量，浮台露出水面高度不计，水足够深取重力加速度g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6.第38页(1)求选手摆到最低点时对绳拉力大小F；(2)若绳长l=2m，选手摆到最高点时松手落入水中 设 水 对 选 手 平 均 浮 力 f1=800N，平 均 阻 力f2=700N，求选手落入水中深度d；(3)若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请经过推算说明你观点 第39页【解解析析】本题考查机械能守恒定律、圆周运动向心力起源、动能定理、平抛运动等知识，要想求拉力大小，能够转化为向心力大小；选手落入水中深度能够应用动能定理求得，最大值求解能够用数学函数关系进行求解第40页解析：解析：(1)由机械能守恒定律可得：mgl(1-cos )=mv2 圆周运动知识：F-mg=m 解得F=(3-2cos )mg人对绳拉力F=F则F=1080N (2)对选手从最高点到水中最低点由动能定理得：mg(H-lcos +d)-(f1+f2)d=0解得：d=1.2m第41页(3)选手从最低点开始做平抛运动，设水平位移为x，则由平抛运动规律可得：x=vtH-l=gt2结合式解得：x=2 当l=时，x有最大值，解得l=1.5m所以，两人看法均不正确当绳长越靠近1.5m时，落点距岸边越远第42页 抛运动两种运动模型，审题关键是对不一样过程进行准确分析，找到对应知识点，对症下药；巧妙地本题包含了竖直平面内圆周运动和平选取运动过程能够使问题得到简化，比如全过程应用动能定理灵活地利用数学知识处理极值问题第43页三、功效关系在电场中应用三、功效关系在电场中应用 描述电场特征有两个物理量：电场强度E(力特征)和电势F(能特征)，所以分析电场问题必定牵涉牛顿运动定律和功效关系第44页 例例3：如图所表示，挡板P固定在足够高水平桌面上，小物块A和B大小可忽略，它们分别带有+QA和+QB电荷量，质量分别为mA和mB.两物块由绝缘轻弹簧相连，一不可伸长轻绳跨过滑轮，一端与B连接，另一端连接一轻质小钩，整个装置处于方向水平向左匀强电场中，电场强度为E.开始时A、B静止，已知弹簧劲度为k，不计一切摩擦及A、B间库仑力，A、B所带电荷量保持不变，B一直在水平面上运动且不会碰到滑轮试求：第45页(1)开始A、B静止时，挡板P对物块A作用力大小；(2)若在小钩上挂一质量为M物块C并由静止释放，当物块C下落到最大距离时物块A对挡板P压力刚好为零，试求物块C下落最大距离；(3)若C质量改为2M，则当A刚离开挡板P时，B速度为多大？第46页【解析解析】(1)对系统AB进行受力分析可得：N=E(QA+QB)(2)设开始时弹簧形变量为x1，对物块B由平衡条件：kx1=EQB，可得x1=设当A刚离开挡板时弹簧形变量为x2，由kx2=EQA，可得x2=故C下降最大距离为：h=x1+x2 由式可解得h=(QB+QA)第47页 (3)由能量守恒定律可知：C下落h过程中，C重力势能降低许等于B电势能增量和弹簧弹性势能增量以及系统动能增量之和 当C质量为M时：Mgh=QBEh+E弹 当C质量为2M时，设A刚离开挡板时B速度为v.2Mgh=QBEh+E弹+(2M+mB)v2 由式可解得A刚离开P时B速度为：v=第48页