高三物理一輪復習第五章機械能及其守恒定律專題研究課件

1、基礎自主梳理,基礎自主梳理,基礎自主梳理,基礎自主梳理,,,,,,要點研析突破,要點一,例1 (多選)(2016·華中師大附中二模)如圖所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度為3/4g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體 ( BD )A.重力勢能增加了3/4mghB.重力勢能增加了mghC.動能損失了mghD.機械能損失了1/2

2、mgh,,解析：設物體受到的摩擦阻力為Ff,由牛頓運動定律得Ff+mgsin 30°=ma=3/4mg，解得Ff=1/4mg.重力勢能的變化由重力做功決定，故ΔEp=mgh.動能的變化由合外力做功決定：(Ff+mg·sin 30°)·x=ma·x=3/4mg·(h/sin 30°)=3/2mgh機械能的變化由重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功決定，故ΔE機械=

3、Ff·x=1/4mg·(h/sin 30°)=1/2mgh,故B、D兩項正確，A、C兩項錯誤.感悟提升：功是能的轉(zhuǎn)化的量度，不同的力做功，對應不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應關(guān)系.,要點研析突破,1.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力.已知AP=2R，重力加速度為g，則小球從P

4、到B的運動過程中( D )A.重力做功2mgRB.機械能減少mgRC.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功1/2mgR解析：小球從P到B的運動過程中，重力做功mgR，選項A錯誤;小球在B點恰好對軌道沒有壓力，只有重力提供向心力：mg=mvB2/R，故vB= ,從P到B，對小球應用動能定理：mgR-WFf=1/2mvB2-0=1/2mgR,WFf=1/2mgR，選項C錯誤，選項D正確;克服摩擦力做的功等于機械能

5、的減少量，選項B錯誤．,,要點研析突破,要點二,要點研析突破,要點研析突破,,要點研析突破,要點研析突破,,,,2.(2015·黃石二中三模)如圖所示，一物體質(zhì)量m=2 kg，在傾角為θ=37°的斜面上的A點以初速度v0=3 m/s下滑，A點距彈簧上端B的距離AB=4 m.當物體到達B后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC=0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點AD=3 m.擋板及彈簧質(zhì)量不

6、計，g取10 m/s2,sin37°=0.6，求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ.(2彈簧的最大彈性勢能Epm.,要點研析突破,,,,解析：(1)物體從開始位置A點到最后D點的過程中，彈性勢能沒有發(fā)生變化，動能和重力勢能減少，機械能的減少量為ΔE=ΔEk+ΔEp=1/2mv02+mglADsin 37° ①物體克服摩擦力產(chǎn)生的熱量為Q=Ffx ②其中x為物體的路程，即x=5.4 m

7、③Ff=μmgcos 37° ④由能量守恒定律可得ΔE=Q ⑤由①②③④⑤式解得μ=0.52,(2)由A到C的過程中，動能減少ΔEk′=1/2mv02 ⑥重力勢能減少ΔEp′=mglACsin 37° ⑦摩擦生熱Q=FflAC=μmgcos 37°lAC ⑧由能量守恒定律得彈簧的最大彈性勢能為ΔEpm=ΔEk′+ΔEp′-Q ⑨聯(lián)立⑥⑦

8、⑧⑨解得ΔEpm=24.5 J.答案：(1)0.52 (2)24.5 J,要點研析突破,要點三,要點研析突破,要點研析突破,要點研析突破,,要點研析突破,速效提升訓練,,,1.如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，B、C是水平的，其距離d=0.50 m.盆邊緣的高度為h=0.30 m.在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑.已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間

9、的動摩擦因數(shù)為μ=0.10.小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到B的距離為( D )A.0.50 mB.0.25 mC.0.10 mD.0,,解析：設小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有水平面上存在摩擦力，則小物塊從A點開始運動到最終靜止的整個過程中，摩擦力做功為-μmgs，而重力做功與路徑無關(guān)，由動能定理得：mgh-μmgs=0-0，代人數(shù)據(jù)可解得s=3 m．由于d=0.50 m，所以，小物塊在BC段經(jīng)過3次

10、往復運動后，又回到B點.,速效提升訓練,,,2.一根長為L、質(zhì)量為m的均勻鏈條放在光滑的水平桌面上，其長度的一半懸于桌邊,若要將懸著的部分拉回桌面，至少需做功( D )A.1/2mgLB.1/4 mgLC.mgLD.1/8mgL解析：懸于桌邊的鏈條質(zhì)量為1/2m，將其拉上桌面，重心升高1/4L，故至少做功為1/8mgL,D項正確.,,速效提升訓練,,,3.(多選)如圖所示，卷揚機的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙斜面上的木箱

11、，使之沿斜面加速向上移動.在移動過程中，下列說法正確的是 (CD)A.F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和B.F對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C.木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢能D.F對木箱做的功等于木箱增加的機械能與木箱克服摩擦力做的功之和,,解析:木箱加速上滑的過程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做負功．支持力不做功，由動能定理得:WF-WG-Wf=1/2mv2-0.即WF

12、=WG+Wf+1/2mv2,A、B兩項錯誤；又因克服重力做功WG等于物體增加的重力勢能，所以WF=ΔEp+ΔEk+Wf，故D項正確，又由重力做功與重力勢能變化的關(guān)系知C項也正確.,速效提升訓練,,,4.(多選)如圖所示,水平面上的輕彈簧一端與物體相連，另一端固定在墻上P點，已知物體的質(zhì)量為m=2.0 kg，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，彈簧的勁度系數(shù)k=200 N/m.現(xiàn)用力F拉物體，使彈簧從處于自然狀態(tài)的O點由靜止開始向左移動

13、10 cm，這時彈簧具有彈性勢能Ep=1.0 J，物體處于靜止狀態(tài)，若取g=10 m/s2，則撤去外力F后( BD )A.物體向右滑動的距離可以達到12.5 cmB.物體向右滑動的距離一定小于12.5 cmC.物體回到O點時速度最大D.物體到達最右端時動能為0，系統(tǒng)機械能不為0,,解析：物體向右滑動時，kx-μmg=ma,當a=0時速度達到最大，而此時彈簧的伸長量x=μmg/k，物體沒有回到O點，故C項錯誤；因彈簧處于原長

14、時，Ep>μmg·x=0.8 J，故物體到O點后繼續(xù)向右運動，彈簧被壓縮，因有Ep=μmgxm+Ep′，得xm=(Ep-Ep′)/μmg<Ep/μmg=12.5 cm,故A項錯誤，B項正確；因物體滑到最右端時，動能為零，彈性勢能不為零，故系統(tǒng)的機械能不為零，D項正確．,速效提升訓練,,,速效提升訓練,6.質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep=-GMm/r，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量.該

15、衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2,此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為(C)A.GMm(1/R2-1/R1) B.GMm(1/R1-1/R2)C. D.解析：在R1軌道做圓周運動時有GMm/R12=mv12/R1,故Ek1=1/2mv1