2019届高三第二轮复习专题三(第6讲）.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,2019,届高三物理第二轮复习,专题三 动量与能量,课件制作讲授：邵阳市二中 谭伟卿,第6讲,机械能守恒定律 功能关系,【,命题分析,】,分值,6,12,分,题型,选择题或计算题,难度,选择题为中档，计算题为中、高档,命题点,(1),机械能守恒定律的应用,(2),功能关系的应用,(3),能量观点的综合应用,考点,预测,除了上述三个热点外，还可能考查能量观点与动量观点的综合应用，以计算题的形式出现。,考点一机械能守恒定律的应用,1.,图解机械能守恒,2.,图解应用机械能守恒定律解题的基本思路,【,新题速训,】,1.,蹦床,(Trampoline),是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，它属于体操运动的一种，蹦床有,“,空中芭蕾,”,之称。在某次,“,蹦床,”,娱乐活动,中，从小朋友下落到离地面高,h,1,处开始计时，其动能,E,k,与离地高度,h,的关系如图,2,所示。在,h,1,h,2,阶段图象为直线，其余部分为曲线，,h,3,对应图象的最高点，小朋友的质量为,m,，重力加速度为,g,，不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是,(,),A.,整个过程中小朋友的机械能守恒,B.,从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小,C.,小朋友处于,h=h,4,高度时，蹦床的弹性势能为,E,p,=mg(h,2,-h,4,),D.,小朋友从,h,1,下降到,h,5,过程中，蹦床的最大弹性势能为,E,pm,=mgh,1,答案：,C,2.,如图所示，足够长的半径为,R=0.4 m,的四分之一圆弧形光滑轨道固定于竖直平面内，圆弧形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为,m=0.5kg,的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆弧形轨道上，小球甲与,O,点等高，小球乙位于圆心,O,的正下方。某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动。,g,取,10m/s,2,。则,(,),A.,两小球由静止释放后速度大小相等，最终在水平面上运动的速度大小为,4,m/s,B.,整个过程中轻杆对小球乙做的功为,1J,C.,小球甲下滑到圆弧形轨道最低点,对轨道压力的大小为,5 N,D.,小球甲下滑过程中重力对它做功的功率一直增大,B,【,加固训练,】,1.(,多选,),如图所示，水平光滑长杆上套有小物块,A,，细线跨过位于,O,点的轻质光滑定滑轮，一端连接,A,，另一端悬挂小物块,B,，物块,A,、,B,质量相等。,C,为,O,点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离,OC=h,。开始时,A,位于,P,点，,PO,与水平方向的夹角为,30,。,现将,A,、,B,由静止释放。则下列,说法正确的是,(,),A.,物块,A,经过,C,点时的速度大小为,B.,在物块,A,由,P,点出发第一次到达,C,点过程中，物块,B,克服细线拉力做的功小于,B,重力势能的减少量,C.,物块,A,在杆上长为,2 h,的范围内做往复运动,D.,物块,A,由,P,点出发第一次到达,C,点过程中，速度不断增大,ACD,2.,如图所示，,A,、,B,两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，,A,放在固定的光滑斜面上，,B,、,C,两小球在竖直方向上通过劲度系数为,k,的轻质弹簧相连，,C,球放在水平地面上。现用手控制住,A,，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知,A,的质量为,4m,，,B,、,C,的质量均为,m,，重力加速度为,g,，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放,A,后，,A,沿斜面下滑至速度最大时，,C,恰好离开地面，求：,（,1,）斜面倾角,（,2,）,C,刚离开地面时，,B,的加速度。,（,3,）,A,获得的最大速度。,=30,（,2,）,B,加速度为零,【,解析,】,A,先做加速运动后做减速运动，受力平衡时，达到最大速度，此时，对于,A,球：,4mgsin=T,，对于,B,球：,T=,mg+kx,，并且,kx,=mg,，可求得,=30,；释放时，弹簧形变量与,A,速度最大时的弹簧形变量大小相等,x=,，所以两位置的弹性势能相等，根据系统机械能守恒：,4mg,2xsin=mg,2x+mv,2,+,4mv,2,，可求得,A,的最大速度；,C,刚离开地面时，,B,受力平衡，加速度为零，从释放,A,到,C,刚离开地面的过程中，,A,、,B,两小球与弹簧组成的系统机械能守恒。,考点二功能关系的应用,图解常用的功能关系,【,加固训练,】,1.,如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板,B,上，另一端与质量为,m,的物块,A,相连，弹簧与斜面平行。整个系统由静止开始加速上升高度,h,的过程中,(,),A.,物块,A,的重力势能增加量一定等于,mgh,B.,物块,A,的动能增加量等于斜面的支持力,和弹簧的拉力对其做功的代数和,C.,物块,A,的机械能增加量等于弹簧的拉力对其做的功,D.,物块,A,和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和,B,对弹簧的拉力做功的代数和,D,2.,质量为,m,的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平,抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为 。,当小球下降高度为,h,时，不计空气阻力，重力加速度为,g,，下列说法正确的是,(,),A.,小球的动能减少了,B.,小球的动能增加了,C.,小球的电势能减少了,D.,小球的电势能增加了,mgh,B,考点三能量观点的综合应用,涉及能量转化问题的解题方法,(1),当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能,Q=,F,f,x,相对,，,x,相对,为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。,(2),解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和,E,减,和增加的能量总和,E,增,，最后由,E,减,=E,增,列式求解。,【,新题速训,】,1.,如图所示，质量为,m,的足球静止在地面,1,的位置，被踢出后落到地面,3,的位置。在空中达到最高点,2,的高度为,h,，速度为,v,，已知重力加速度为,g,。下列说法正确的是,(,),A.,运动员对足球做的功为,mgh,+mv,2,B.,足球落到,3,位置时的动能为,mgh,C.,足球刚离开,1,位置时的动能大于,mgh,+mv,2,D.,足球在,2,位置时的机械能等于其在,3,位置时的动能,C,2.,在某电视台举办的冲关游戏中，,AB,是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径,R=1.6m,，,BC,是长度为,L,1,=3m,的水平传送带，,CD,是长度为,L,2,=3.6m,的水平粗糙轨道，,ABCD,轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从,A,处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量,m=60kg,，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为,1,=0.4,，,2,=0.5,，,g,取,10 m/s,2,。求：,(1),参赛者运动到圆弧轨道,B,处对轨道的压力。,(2),若参赛者恰好能运动至,D,点，求传送带运转速率及方向。,(3),在第,(2),问中，传送带由于传送参,赛者多消耗的电能。,(2)6m/s,方向 为顺时针,(3)720J,(1)1200 N,方向竖直向下,【,加固训练,】,如图所示，光滑曲面,AB,与水平面,BC,平滑连接于,B,点，,BC,右端连接内壁光滑、半径为,r,的四分之一细圆管,CD,，管口,D,端正下方直立一根劲度系数为,k,的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口,D,端平齐。质量为,m,的滑块在曲面上距,BC,高度为,2r,处由静止开始下滑，滑块与,BC,间的动摩擦因数,=0.5,，进入管口,C,端时与圆管恰好无作用力,通过,CD,后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为,E,p,。求：,(1),滑块到达,B,点时的速度大小,v,B,。,(2),水平面,BC,的长度,s,。,(3),在压缩弹簧过程中滑块的最大速度,v,m,。,(2),在,C,点，滑块与圆管之间恰无作用力，则,解得,滑块从,A,点运动到,C,点过程，由动能定理得,解得,s=3r,【,解析,】,(1),滑块在曲面的下滑过程，由机械能守恒定,律得：,(3),设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离,D,端的距,离为,x,0,，此时,kx,0,=mg,解得,滑块由,C,运动到距离,D,端,x,0,处的过程中，由能量守恒得,联立解得,答案：,【,补充,】1,、,2018,年,2,月,13,日，平昌冬奥会女子单板滑雪,U,形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得首枚奖牌。如图为,U,形池模型，其中,A,、,B,为,U,形池两侧边缘，,C,为,U,形池最低点，,U,形池轨道各处粗糙程度相同。一小球在池边高,h,处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为,h/2,，下列说法正确的是,(,),A.,小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘,A,然后返回,B.,小球再次进入池中后，刚好到达左侧边缘,A,然后返回,C.,由,A,到,C,过程与由,C,到,B,过程相比，,小球损耗机械能相同,D.,由,A,到,C,过程与由,C,到,B,过程相比，,前一过程小球损耗机械能较小,A,【,补充,】2,、,如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于,O,点，物块与斜面间有摩擦。现将物块从,O,点拉至,A,点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经,O,点到达,B,点时速度为零，则物块从,A,运动到,B,的过程中,(,),A.,经过位置,O,点时，物块的动能最大,B.,物块动能最大的位置与,AO,的距离无关,C.,物块从,A,向,O,运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量,D.,物块从,O,向,B,运动过程中，动能的,减少量等于弹性势能的增加量,B,交汇考点能量观点在电磁感应中的应用,功能关系在力学和电磁感应中的对比应用,【,典例,】,如图，在竖直平面内有两条间距为,L,的足够长的平行长直导轨，上端接有一个阻值为,R,的电阻和一个耐压值足够大的电容器，电容器的电容为,C,，且不带电。质量为,m,、电阻不计的导体棒,ab,垂直跨在导轨上，开关,S,为单刀双掷开关。导轨所在空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为,B,。现将开关,S,接,1,，由静止释放导体棒,ab,。已知重力加速度为,g,，当导体棒,ab,下落,h,高度时。,(1),求导体棒,ab,的速度大小,v,。,(2),若此时迅速将开关,S,接,2,，请分析说明此后,导体棒,ab,的运动情况；并计算导体棒,ab,在开,关接,2,后又下落足够大的高度,H,的过程中电阻,R,上所产生的电热,Q,。,【,探究突破,】,(1),如何表达电容器的充电电流？,提示：,由,表达电容器的充电电流。,(2),开关,S,接,1,时，如何确定导体棒的运动状态？,提示：,由牛顿第二定律求出加速度的表达式，从而确,定导体棒的运动状态。,(3),开关,S,接,2,时，导体棒的运动情况由什么决定？,提示：,导体棒的运动情况由导体棒的重力和安培力的大小关系决定。,【,解析,】,(1),将开关,S,接,1,，由静止释放导体棒,ab,，导体,棒,ab,向下运动时切割磁感线，产生感应电动势，电容,器将要充电，电路中有充电电流，电容器的板间电,压：,U=E=,BLv,充电电流为：,根据牛顿第二定律得：,mg-BIL=ma,解得：,可知导体棒,ab,做匀加速运动，当导体棒,ab,下落,h,高度时,速度为：,(2),若此时迅速将开关,S,接,2,，若导体棒受到的安培力等于重力，做匀速直线运动。,若导体棒受到的安培力大于重力，做减速直线运动，随着速度减小，产生的感应电流减小，导体棒,ab,受到的安培力减小，当安培力与重力相等时开始做匀速直线运动。,若导体棒受到的安培力小于重力，做加速直线运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，导体棒,ab,受到的安培力增大，当安培力与重力相等时开始做匀速直线运动。,导体棒下落足够大的高度,H,时做匀速运动，设此时速度为,v,m,。根据平衡条件得：,mg=BIL,导体棒,ab,在开关接,2,后又下落足够大的高度,H,的过程,中，若导体棒做匀速运动，由能量守恒定律得：,Q=,mgH,若导体棒做减速运动，由由能量守恒定律得：,若导体棒做加速运动，由由能量守恒定律得：,答案：,(1),(2),见解析,【,新题速训,】,如图所示，正方形单匝均匀线框,abcd,质量,M=2.4,10,-2,kg,，边长,L=0.4m,，每边电阻相等，总电阻,R=0.5,。一根足够长的绝缘轻质细线跨过两个轻质光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接质量,m=1.6,10,-2,kg,的绝缘物体,P,，物体,P,放在一个光滑的足够长的固定斜面上，斜面倾角,=30,，斜面上方的,细线与斜面平行，线框释放前细线绷紧。在正方形线,框正下方有一有界的匀强磁场，上边界,和下边界,都水平，两边界之间距离,h,1,=0.65m,。磁场方向水平且,垂直纸面向里。现让正方形线框的,cd,边距上边界,I,的正,上方高度,h=0.5m,处由静止释放，线框在运动过程中,dc,边始终保持水平且与磁场垂直，物体,P,始终在斜面上运动，线框,cd,边进入磁场上边界,I,时刚好匀速运动，线框,ab,边刚进入磁场上边界,I,时，线框上方的绝缘轻质细线突然断裂，不计空气阻力，求：,(1),线框,cd,边从磁场上边界,I,进入时的速度,v,0,。,(2),匀强磁场的磁感应强度,B,。,(3),线框穿过磁场过程中产生,的焦耳热,Q,。,【,解析,】,(1),从静止开始到线框,cd,进入磁场上边界过,程，由机械能守恒定律得：,解得：,v,0,=2,m/s,(2),正方形线框匀速进入磁场的过程中，设受到的安培力为,F,0,，则：,F,0,=BIL,由法拉第电磁感应定律得：,E=BLv,0,由欧姆定律得：,由平衡条件得：,Mg=mgsin+F,0,解得：,B=0.5 T,(3),线框,ab,进入磁场开始到,cd,边离开磁场过程，由动能定理得：,解得：,v,1,=3,m/s,线框离开磁场过程中：,由法拉第电磁感应定律得：,E=BLv,1,由欧姆定律得：,又：,F,1,=BI,1,L,解得：,F,1,=Mg=0.24 N,所以线框离开磁场过程中做匀速运动，由功能关系得：,线框进入磁场产生的焦耳热：,Q,0,=F,0,L=0.064 J,线框离开磁场产生的焦耳热：,Q,1,=F,1,L=0.096 J,Q=Q,0,+Q,1,=0.16 J,答案：,(1)2,m/s,(2)0.5 T,(3)0.16 J,功能关系的综合应用,(,经 典 案 例,),(2017,全国卷,),一质量为,8.00,10,4,kg,的太空飞船从其飞行轨道返回地面,.,飞船在离地面高度为,1.60,10,5,m,处以,7.50,10,3,m/s,的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为,100,m/s,时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为,9.8m/s,2,。,(1),分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能。,(,结果保留,2,位有效数字,),(2),求飞船从离地面高度,600 m,处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的,2.0%,。,(,结果保留,2,位有效数字,),规范解答,解：,(1),飞船着地前瞬间的机械能为：,(2,分,),注意：写成,不论是否标明,h=0,，也得,2,分；如果没有写成,式，根据数据能判断是该处机械,能表达式，且书写正确，也给公式分,2,分。,式中，,m,和,v,0,分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率，,代入数据得：,E,k0,=4.0,10,8,J,(1,分,),注意：结果正确,给,1,分，,4,10,8,J,不得分设地面附近的重力加速度为,g,，,飞船进入大气层时的机械能为：,注意：此处,mgh,必须要有，否则不得分；如果没有写出,式，根据数据能判断是该处机械能表达式，且书写,正确，也给公式分,2,分。式中，,v,h,是飞船在高度,1.60,10,5,m,处的速度大小，代入数据解得：,E,h,2.4,10,12,J,(1,分,),注意：结果正确即给,1,分，如写成,2.4,10,9,kJ,也得,1,分。,(2),飞船在,h,=600 m,处的机械能为：,代入数据解得：,E,h,=1.37,10,9,J,注意：此结果为中间过程量，故无分数，,式正确但,没有得出,1.37,10,9,J,也得,2,分；仅求得进入大气层时,由功能关系得：,W=E,h,-E,k0,(2,分,),式中，,W,是飞船从高度,600 m,处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功，代入数据解得：,W=9.7,10,8,J,(1,分,),注意：错求为阻力做的功，即,W=-9.7,10,8,J,不得分。,解 题 关 键,(1),审关键信息,飞船落地前的速度为,100,m/s,；,飞船进入大气层的速度为,7.50,10,3,m/s,；,飞船在离地面高度,600 m,处的速度大小是飞船进入大气层时速度大小的,2.0%,。,(2),审关键过程,飞船在离地面高度,600 m,处至着地前瞬间的过程，阻力做功，机械能不守恒，由功能关系求解。,得分技巧,技巧,1,：注重公式书写，利用题目给定的字母符号列表达式且有必要的文字说明,式必须表明其中物理量符号的具体意义，否则不得分。如式中,E,h,必须说明飞船在高度,h=600 m,处的机械能。,技巧,2,：要严格按照题目要求进行计算,如本题要求结果保留两位有效数字，且重力加速度取为,9.8 m/s,2,。不按此要求计算的结果不给分。,技巧,3,：即使题目不会做也要把与本题相关的表达式都写上,阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分，同一个表达式与多个对象挂钩写多遍，也是有分的，本题,12,分，表达式占了,8,分。,技巧,4,：第一问错了，第二问仍可得分,阅卷不重复扣分，如错误只在第一问，第二问的过程没错，结果错误也仅仅是第一问造成的，则第二问照样可以得分。,技巧,5,：用最常规、最基本的方法解题，不标新立异,阅卷工作量很大，且速度很快，采用特殊解法容易造成阅卷老师错批，进而失分。,