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江苏版高考物理复习专题六机械能守恒定律教学课件
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这是一份江苏版高考物理复习专题六机械能守恒定律教学课件，共60页。
3.正功、负功与不做功
注意 力做功的正负,还可以根据力与瞬时速度方向的夹角α判断:0≤α<90°,力做正 功;α=90°,力不做功;90°<α≤180°,力做负功。4.合力做功的计算(1)方法一:先求合力F合,再用W合=F合l cs α求功(适用于在一段位移内合力恒定的情况)。(2)方法二:先求各个力做的功W1,W2,W3,…,再应用W合=W1+W2+W3+…求合力做的功。
5.变力做功的计算方法
例1 (2023届镇江一中期中)力F对物体所做的功可由公式W=Fs cs α求得。但用这 个公式求功是有条件的,即力F必须是恒力。实际问题中,有很多情况是变力在对物体 做功。用这个公式不能直接求变力做的功,那么我们就需要通过其他的一些方法来求 解力F所做的功。如图所示,对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功,下 列说法正确的是 ( )
A.图甲中若F不变,物块从A到C过程中力F做的功W=F×ACB.图乙中,全过程中F做的总功为72 JC.图丙中,绳长为R,若空气阻力f大小不变,小球从A运动到B过程中空气阻力做的功W= πRfD.图丁中,F始终保持水平,无论是F缓慢将小球从P拉到Q,还是F为恒力将小球从P拉
到Q,F做的功都是W=Fl sin θ
解题指导 (1)题图甲中物块向上运动,受到的拉力为变力,利用等效转换法求拉力F做的功即可。(2)题图乙中F做的功可以通过“面积”求解,但是要注意功的正负。(3)题图丙中求解阻力做的功,常用微元法。(4)题图丁中“缓慢”拉动时F为变力,而且大小也在时刻发生变化,可以利用动能定理 求解。
解析 题图甲中若F不变,物块从A到C过程中力F做的功W=F(OA-OC),A错误。题图乙全过程中F做的总功W=15×6 J-3×(12-6) J=72 J,B正确。题图丙中,绳长为R,若空气 阻力f大小不变,小球从A运动到B过程中空气阻力做的功W=-f× ×2πR=- πRf,C错误。题图丁中,F始终保持水平,若F为恒力,将小球从P拉到Q,F做的功W=Fl sin θ,若是缓慢 将小球从P拉到Q,根据动能定理得W-mgl(1-cs θ)=0,解得W=mgl(1-cs θ),D错误。
二、功率1.定义:功W与完成这些功所用时间t之比,描述力对物体做功的快慢。2.平均功率的计算(1)利用 = 。(2)利用 =F· ,其中F必须为恒力, 为物体沿F方向的平均速度。3.瞬时功率的计算(1)利用公式P=F·v cs α,其中v为t时刻的瞬时速度。(2)利用公式P=F·vF,其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)利用公式P=Fv·v,其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
考点二 动能定理及其应用一、动能
知识拓展 动能定理的图像表述如图所示,Ek-l图像中对应点切线的斜率表示合力。
例2 (2023届无锡期中)一物体在恒定合力作用下由静止开始沿直线运动,通过传感器 记录下速度、时间、位置等实验数据,然后分别作出动能Ek随时间变化和动能Ek随位 置变化的两个图像如图所示,但忘记标出横坐标。已知图甲中虚线的斜率为p,图乙中 直线的斜率为q,下列说法正确的是 ( ) A.物体动能随位置变化的图像是图甲
B.物体动能随时间变化的图像是图乙C.物体所受合力的大小为pD.物体在A点所对应的瞬时速度大小为
解题指导 解决图像问题的关键是确定横、纵坐标对应的物理量之间的函数关系,然后比对图像中的点、线、面积、截距等破题。
解析 由公式Ek=W=Fx可得,Ek与x成正比,故题图乙是物体动能随位置变化的图像,则题图甲为物体动能随时间变化的图像,A、B均错误。在题图乙中,由公式Ek=Fx解得 F= ,即斜率q= ,则合力的大小F=q,故C错误。在题图甲中,p= = , = ,在这个过程中的平均速度 = ,所以x= t,联立解得 = = ,则v= ,故D正确。
三、应用动能定理处理多过程问题1.分阶段应用动能定理(1)若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。(2)物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中 做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以分阶段应用动能定理。2.全过程应用动能定理:当物体运动过程包含几个不同的物理过程,又不需要研究过程 的中间状态时,可以把几个运动过程看作一个整体,运用动能定理来研究。
例3 (2023届淮阴中学阶段测试)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平 面运动,先后撤去F1、F2,两物体最终停下,它们的v-t图像如图所示。已知两物体与水 平面间的滑动摩擦力大小相等。下列说法正确的是 ( ) A.F1、F2大小之比为1∶2B.F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C.A、B质量之比为2∶1D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
解析 由v-t图像可知,两个物体做匀减速运动的加速度大小之比为1∶2,A、B所受摩擦力大小相等,所以A、B的质量之比是2∶1,C正确。整个过程中Ff1=Ff2,由v-t图像可 知,A、B两物体加速与减速的位移之和相等,则全过程中A、B克服摩擦力做功相等,D 错误。A、B两物体匀加速运动的位移之比为1∶2,匀减速运动的位移之比为2∶1,由 动能定理可得F1·x-Ff1·3x=0-0、F2·2x-Ff2·3x=0-0,可得F1=3Ff1,F2=1.5Ff2,Ff1=Ff2,所以F1=2F2,A错误。全过程中摩擦力对A、B做功相等,F1、F2对A、B做功相等,B错误。
归纳总结 应用动能定理的解题流程
考点三 机械能守恒定律一、重力势能1.定义:物体由于被举高而具有的能量。2.表达式:Ep=mgh,其中h是相对于参考平面的高度。3.对重力势能的理解(1)系统性:重力势能是由地球与物体所组成的“系统”所共有的。(2)相对性:重力势能的数值与所选参考平面有关。注意 重力势能的正负号表示大小,如40 J>0 J>-40 J。
4.重力做功的特点(1)物体运动时,重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关,而跟物体运动的路 径无关。(2)重力做功不引起物体机械能的变化。5.重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系:重力对物体做正功,重力势能减少,重力对物体做负功,重力势能增加。(2)定量关系:重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量,即WG=Ep1-Ep2=-(Ep2-Ep1)=-ΔEp。二、弹性势能1.定义:发生弹性形变的物体的各部分之间,由于有弹力的相互作用而具有的势能。
2.弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势能 增加。即W=-ΔEp。三、机械能守恒定律1.内容:在只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以互相转化,而总的机械 能保持不变。2.机械能守恒的表达式(1)守恒观点:E1=E2或Ep1+Ek1=Ep2+Ek2 (需选取零势能面)。(2)转化观点:ΔEk+ΔEp=0(动能与势能间的转化)。(3)转移观点:ΔEA+ΔEB=0(系统内物体间机械能的转移)。
注意 机械能守恒是指整个过程中系统机械能保持不变,而非仅初、末状态机械能相 等。3.对机械能守恒条件的理解(1)只受重力作用,例如做平抛运动的物体机械能守恒。(2)除重力外,物体还受其他力,但其他力不做功或做功的代数和为0。(3)除重力外,只有系统内的弹力做功,那么系统的机械能守恒。4.机械能守恒的判断方法
注意 当题中出现表面光滑,或者有静摩擦力而无滑动摩擦力时,优先判断物体或系 统是否机械能守恒。四、多物体组成的系统机械能守恒问题1.几种实际情境的分析(1)速率相等情境
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。(2)角速度相等情境 ①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守 恒。②由v=ωr知,v与r成正比。
两物体速度的关联实质:沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
2.多物体组成的系统中机械能守恒问题的解题思路
例4 (2023届苏州三模)如图所示,滑块a穿在固定的光滑竖直杆上,滑块b放在光滑水 平地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接。将a从距地面一定高度处由静止释放,在a 着地前的运动过程中,下列说法正确的是 ( ) A.a的机械能先减少后增加B.a的动能先增加后减少C.轻杆对a的作用力先增大后减小
D.a的加速度先减小后增大
解析 a、b整体的机械能守恒(关键信息:竖直杆和水平地面均光滑,连接体是否机械能守恒,受力分析和守恒条件的判断是关键),当a的机械能最小时,b的速度最大,此时 轻杆对b的弹力为0,当a到达底端时,b的速度为0,所以b的速度先增大后减小,其动能先 增加后减少,则b的机械能先增加后减少,a的机械能先减少后增加,故A正确。当b的速 度最大时,轻杆对b的弹力为0,在整个过程中轻杆对b的弹力先减小后增大,轻杆对a的 作用力也先减小后增大,故C错误。在释放瞬间,a的加速度方向竖直向下,合力方向竖 直向下,即a受到的重力的大小大于轻杆对a的弹力沿竖直方向分力的大小,轻杆对a的 弹力的竖直分力先向上减小,a的加速度逐渐增大,弹力方向变为由a指向b后,沿竖直方 向的分力逐渐减小,故a的加速度方向始终竖直向下,即a所受的合力方向始终与运动
方向相同,即合力始终对a做正功,所以a的动能一直增加,其加速度先增大后减小,B、D 均错误。
考点四 功能关系 能量守恒一、功能关系1.对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程,不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现 的。(2)功是能量转化的量度。功和能的关系,一是体现在不同的力做功,对应不同形式的 能转化,具有一一对应关系;二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2.力学中常见的功能关系
3.两种摩擦力的做功情况比较
二、能量守恒1.能量守恒定律能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为其他形式,或者从一 个物体转移到别的物体,在转化或转移的过程中,能量的总量保持不变。2.应用能量守恒定律的解题思路(1)当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能量守恒定律。(2)解题时,首先确定初、末状态,然后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ΔE减与增加的能量总和ΔE增,最后由ΔE减=ΔE增列 式求解。
例5 如图所示,固定斜面的倾角θ=30°,物体A与斜面间的动摩擦因数μ= ,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点,用一根不可伸长的轻绳通过轻质光 滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮右侧绳子始终与斜面平行,A的质量2m=4 kg,B的质量m =2 kg,初始时物体A到C点的距离L=1 m,现给A、B一初速度v0=3 m/s,使A开始沿斜面向 下运动,B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回C点。已知重力加速度大 小g=10 m/s2,不计空气阻力,整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中:
(1)物体A向下运动,刚到C点时的速度大小;(2)弹簧的最大压缩量;(3)弹簧的最大弹性势能。
解析 (1)在物体A开始向下运动至刚到C点的过程中,对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ·2mg cs θ·L= ×3m - ×3mv2+2mgL sin θ-mgL,代入数据解得v=2 m/s。(2)对A、B组成的系统分析,在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回C点的过程中, 系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量,即 ×3mv2-0=μ·2mg cs θ·2x其中x为弹簧的最大压缩量代入数据解得x=0.4 m。(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm,从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得
×3mv2+2mgx sin θ-mgx=μ·2mg cs θ·x+Epm,代入数据解得Epm=6 J。
答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
模型一 机车启动模型一、两种启动方式
二、机车启动问题中的三个重要关系式1.无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即vm= 。2.机车以恒定加速度启动的过程中,匀加速过程结束时,功率最大,但速度不是最大,v1=
C.平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度v1= D.0~t2时间内,阻力对平衡车做的功为 m -P0t2
解析 由F-f=ma可得平衡车匀加速阶段的牵引力F=f+ma,故A正确。当牵引力与阻力大小相等时平衡车达到最大速度,则由P0=F'vm=fvm,可得平衡车能达到的最大行驶速 度vm= ,故B错误。由P0=Fv1,可得平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度v1= ,故C错误。0~t2时间内,由动能定理可得F· t1+P0(t2-t1)+Wf= m ,联立可得Wf= m - (f+ma)-P0(t2-t1),故D错误。
模型二 常见的涉及功能关系的模型一、传送带模型1.两个角度分析(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,作好受力分析,然后利用运动学公式 结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位 移关系。(2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、 因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2.常用功能关系(1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传。(2)系统产生的内能:Q=Ffx相对。(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
例2 (2023届无锡调研)如图所示,水平传送带AB长l=5 m,以10 m/s的速度顺时针传 输。质量m=1 kg的滑块可以视作质点,放在与AB等高的平台BC上,距离B点L=4 m。在 第一次滑上传送带前,滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F=6 N。已知滑 块和AB、BC间的动摩擦因数分别为μ1=0.20、μ2=0.40。g取10 m/s2。求: (1)滑块第一次运动到B点时的动能Ek0;(2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B处所用的时间t;
(3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。
解析 (1)滑块从开始至第一次到B点,由动能定理得FL-μ2mgL=Ek0解得Ek0=8 J。(2)从B点向左减速过程-μ1mgx=0-Ek0代入数据解得x=4 m
答案 (1)8 J (2)4 s (3)24 J
二、斜面弹簧模型“轻弹簧”模型的功能问题
例3 (2023届南通通州期末)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与物块A连接在一 起,物块B靠放在A右侧,两者位于O点,弹簧处于压缩状态,两物块均可视为质点。A、B 由O点静止释放后沿斜面向上运动,在C点分离后B上升到某位置静止,A运动到C点下 方某位置D(未画出)速度为0。A、B与斜面间的动摩擦因数相同,弹簧未超过弹性限 度,上述过程中 ( )
A.两物块在C点时,弹簧处于压缩状态B.弹簧的弹力方向不发生变化C.B速度最大的位置在OC之间且在OC中点的上方D.位置D可能位于O点的下方
解析 设斜面的倾角为θ,两物块在C点时分离,此时物块B的加速度与A的加速度相同,即aB=g sin θ+μg cs θ=aA,故此时弹簧对A无弹力,弹簧处于原长状态,之后弹簧对A 施加沿斜面向下的拉力,A的加速度大于B的加速度,两物块沿斜面向上做减速运 动,A、B错误。设B速度最大的位置到C点的距离为x1,则kx1=(mA+mB)g sin θ+f,设OC间 距离为x,从O到C,由动能定理可知 kx2-[(mA+mB)g sin θ+f]x=ΔEk>0,即 kx2-kx1x>0,解得x>2x1,故B速度最大的位置在OC之间且在OC中点的上方,C正确。根据能量守恒定 律可知,系统的弹性势能不可能比开始时的大,D错误。
三、“滑块-木板”模型1.模型分类:“滑块-木板”模型可以分成水平面上的“滑块-木板”模型和斜面上的 “滑块-木板”模型。2.动力学分析:分别对滑块和木板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自的加速 度;从放上滑块到二者速度相等,所用时间相等,由 = 可求出共同速度v和所用时间t,然后由位移公式可分别求出二者的位移。3.功和能分析:对滑块和木板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒定律。如图 所示,要注意区分三个位移:
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑;(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板;(3)求摩擦产生的热量时用相对滑动的位移x相。
例4 (2022届苏州三模)如图所示,底部A处装有挡板、倾角θ=30°的足够长的斜面,其 上静止放着一长金属板,下端与A接触。到A的距离L=6.5 m的B处固定一电动滚轮将 金属板压紧在斜面上。现启动电机,滚轮匀速转动,将金属板由静止开始送往斜面上 部。当金属板下端运动到B处时,滚轮提起与金属板脱离。金属板最终会返回斜面底 部,与挡板相撞后静止,此时滚轮再次压紧金属板,又将金属板从A处送往斜面上部,如 此周而复始。已知滚轮角速度ω=80 rad/s,半径r=0.05 m,滚轮对金属板的压力FN=2×10 4 N、与金属板间的动摩擦因数μ=0.35,金属板的质量m=1×103 kg,不计板与斜面间的摩 擦,g取10 m/s2。求:
(1)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小;(2)金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小;(3)每个运动周期内电动机输出的平均功率。
解析 (1)①要求出金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度,需要运用什么物理规律?根据牛顿第二定律可知F=ma,对金属板受力分析有F=μFN-mg sin θ(分析关键:判断摩 擦力的方向)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小a=2 m/s2。(2)②金属板与挡板每次相撞前后瞬间的速度大小分别是多少?滚轮边缘线速度大小v=ωr=4 m/s金属板匀加速运动的位移x= =4 m
此后金属板沿斜面向上做匀减速直线运动,取向上为正方向,从滚轮脱离金属板到金 属板返回斜面底部,位移x0=-6.5 m加速度a0=-g sin θ=-5 m/s2根据匀变速直线运动规律有x0=vt3+ a0 解得t3=2.6 s综上所述,运动周期T=t1+t2+t3=5.225 s。④每个运动周期内电动机输出的能量转化为哪种形式的能量?每个周期内电动机输出的能量转化为金属板增加的机械能和滚轮与金属板摩擦产生 的热量。
每个运动周期内电动机对金属板做的功W= mv2+mgL sin θ=4.05×104 J一个周期内克服摩擦力做的功Wf=f·Δs=μFN·(vt1-x)=2.8×104 J电动机输出的平均功率P= ≈1.3×104 W。
答案 (1)2 m/s2 (2)4.05×104 J (3)1.3×104 W
归纳总结 求解传送带(板块)相对滑动的能量问题的方法
微专题7 能量中的图像问题一、力学中图像所围“面积”及斜率的意义
二、分析动能定理与图像结合问题“三步走”
例 将质量为1 kg的物体从地面竖直向上抛出,一段时间后物体又落回地面,在此过程 中物体所受空气阻力大小不变,其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示,取重 力加速度g=10 m/s2。下列说法错误的是 ( ) A.抛出瞬间克服重力做功的瞬时功率为120 W
B.下降过程中重力做的功为60 JC.全过程中克服空气阻力做的功为24 JD.空气阻力的大小为4 N
3.正功、负功与不做功
注意 力做功的正负,还可以根据力与瞬时速度方向的夹角α判断:0≤α<90°,力做正 功;α=90°,力不做功;90°<α≤180°,力做负功。4.合力做功的计算(1)方法一:先求合力F合,再用W合=F合l cs α求功(适用于在一段位移内合力恒定的情况)。(2)方法二:先求各个力做的功W1,W2,W3,…,再应用W合=W1+W2+W3+…求合力做的功。
5.变力做功的计算方法
例1 (2023届镇江一中期中)力F对物体所做的功可由公式W=Fs cs α求得。但用这 个公式求功是有条件的,即力F必须是恒力。实际问题中,有很多情况是变力在对物体 做功。用这个公式不能直接求变力做的功,那么我们就需要通过其他的一些方法来求 解力F所做的功。如图所示,对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功,下 列说法正确的是 ( )
A.图甲中若F不变,物块从A到C过程中力F做的功W=F×ACB.图乙中,全过程中F做的总功为72 JC.图丙中,绳长为R,若空气阻力f大小不变,小球从A运动到B过程中空气阻力做的功W= πRfD.图丁中,F始终保持水平,无论是F缓慢将小球从P拉到Q,还是F为恒力将小球从P拉
到Q,F做的功都是W=Fl sin θ
解题指导 (1)题图甲中物块向上运动,受到的拉力为变力,利用等效转换法求拉力F做的功即可。(2)题图乙中F做的功可以通过“面积”求解,但是要注意功的正负。(3)题图丙中求解阻力做的功,常用微元法。(4)题图丁中“缓慢”拉动时F为变力,而且大小也在时刻发生变化,可以利用动能定理 求解。
解析 题图甲中若F不变,物块从A到C过程中力F做的功W=F(OA-OC),A错误。题图乙全过程中F做的总功W=15×6 J-3×(12-6) J=72 J,B正确。题图丙中,绳长为R,若空气 阻力f大小不变,小球从A运动到B过程中空气阻力做的功W=-f× ×2πR=- πRf,C错误。题图丁中,F始终保持水平,若F为恒力,将小球从P拉到Q,F做的功W=Fl sin θ,若是缓慢 将小球从P拉到Q,根据动能定理得W-mgl(1-cs θ)=0,解得W=mgl(1-cs θ),D错误。
二、功率1.定义:功W与完成这些功所用时间t之比,描述力对物体做功的快慢。2.平均功率的计算(1)利用 = 。(2)利用 =F· ,其中F必须为恒力, 为物体沿F方向的平均速度。3.瞬时功率的计算(1)利用公式P=F·v cs α,其中v为t时刻的瞬时速度。(2)利用公式P=F·vF,其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)利用公式P=Fv·v,其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
考点二 动能定理及其应用一、动能
知识拓展 动能定理的图像表述如图所示,Ek-l图像中对应点切线的斜率表示合力。
例2 (2023届无锡期中)一物体在恒定合力作用下由静止开始沿直线运动,通过传感器 记录下速度、时间、位置等实验数据,然后分别作出动能Ek随时间变化和动能Ek随位 置变化的两个图像如图所示,但忘记标出横坐标。已知图甲中虚线的斜率为p,图乙中 直线的斜率为q,下列说法正确的是 ( ) A.物体动能随位置变化的图像是图甲
B.物体动能随时间变化的图像是图乙C.物体所受合力的大小为pD.物体在A点所对应的瞬时速度大小为
解题指导 解决图像问题的关键是确定横、纵坐标对应的物理量之间的函数关系,然后比对图像中的点、线、面积、截距等破题。
解析 由公式Ek=W=Fx可得,Ek与x成正比,故题图乙是物体动能随位置变化的图像,则题图甲为物体动能随时间变化的图像,A、B均错误。在题图乙中,由公式Ek=Fx解得 F= ,即斜率q= ,则合力的大小F=q,故C错误。在题图甲中,p= = , = ,在这个过程中的平均速度 = ,所以x= t,联立解得 = = ,则v= ,故D正确。
三、应用动能定理处理多过程问题1.分阶段应用动能定理(1)若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。(2)物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中 做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以分阶段应用动能定理。2.全过程应用动能定理:当物体运动过程包含几个不同的物理过程,又不需要研究过程 的中间状态时,可以把几个运动过程看作一个整体,运用动能定理来研究。
例3 (2023届淮阴中学阶段测试)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平 面运动,先后撤去F1、F2,两物体最终停下,它们的v-t图像如图所示。已知两物体与水 平面间的滑动摩擦力大小相等。下列说法正确的是 ( ) A.F1、F2大小之比为1∶2B.F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C.A、B质量之比为2∶1D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
解析 由v-t图像可知,两个物体做匀减速运动的加速度大小之比为1∶2,A、B所受摩擦力大小相等,所以A、B的质量之比是2∶1,C正确。整个过程中Ff1=Ff2,由v-t图像可 知,A、B两物体加速与减速的位移之和相等,则全过程中A、B克服摩擦力做功相等,D 错误。A、B两物体匀加速运动的位移之比为1∶2,匀减速运动的位移之比为2∶1,由 动能定理可得F1·x-Ff1·3x=0-0、F2·2x-Ff2·3x=0-0,可得F1=3Ff1,F2=1.5Ff2,Ff1=Ff2,所以F1=2F2,A错误。全过程中摩擦力对A、B做功相等,F1、F2对A、B做功相等,B错误。
归纳总结 应用动能定理的解题流程
考点三 机械能守恒定律一、重力势能1.定义:物体由于被举高而具有的能量。2.表达式:Ep=mgh,其中h是相对于参考平面的高度。3.对重力势能的理解(1)系统性:重力势能是由地球与物体所组成的“系统”所共有的。(2)相对性:重力势能的数值与所选参考平面有关。注意 重力势能的正负号表示大小,如40 J>0 J>-40 J。
4.重力做功的特点(1)物体运动时,重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关,而跟物体运动的路 径无关。(2)重力做功不引起物体机械能的变化。5.重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系:重力对物体做正功,重力势能减少,重力对物体做负功,重力势能增加。(2)定量关系:重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量,即WG=Ep1-Ep2=-(Ep2-Ep1)=-ΔEp。二、弹性势能1.定义:发生弹性形变的物体的各部分之间,由于有弹力的相互作用而具有的势能。
2.弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势能 增加。即W=-ΔEp。三、机械能守恒定律1.内容:在只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以互相转化,而总的机械 能保持不变。2.机械能守恒的表达式(1)守恒观点:E1=E2或Ep1+Ek1=Ep2+Ek2 (需选取零势能面)。(2)转化观点:ΔEk+ΔEp=0(动能与势能间的转化)。(3)转移观点:ΔEA+ΔEB=0(系统内物体间机械能的转移)。
注意 机械能守恒是指整个过程中系统机械能保持不变,而非仅初、末状态机械能相 等。3.对机械能守恒条件的理解(1)只受重力作用,例如做平抛运动的物体机械能守恒。(2)除重力外,物体还受其他力,但其他力不做功或做功的代数和为0。(3)除重力外,只有系统内的弹力做功,那么系统的机械能守恒。4.机械能守恒的判断方法
注意 当题中出现表面光滑,或者有静摩擦力而无滑动摩擦力时,优先判断物体或系 统是否机械能守恒。四、多物体组成的系统机械能守恒问题1.几种实际情境的分析(1)速率相等情境
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。(2)角速度相等情境 ①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守 恒。②由v=ωr知,v与r成正比。
两物体速度的关联实质:沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
2.多物体组成的系统中机械能守恒问题的解题思路
例4 (2023届苏州三模)如图所示,滑块a穿在固定的光滑竖直杆上,滑块b放在光滑水 平地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接。将a从距地面一定高度处由静止释放,在a 着地前的运动过程中,下列说法正确的是 ( ) A.a的机械能先减少后增加B.a的动能先增加后减少C.轻杆对a的作用力先增大后减小
D.a的加速度先减小后增大
解析 a、b整体的机械能守恒(关键信息:竖直杆和水平地面均光滑,连接体是否机械能守恒,受力分析和守恒条件的判断是关键),当a的机械能最小时,b的速度最大,此时 轻杆对b的弹力为0,当a到达底端时,b的速度为0,所以b的速度先增大后减小,其动能先 增加后减少,则b的机械能先增加后减少,a的机械能先减少后增加,故A正确。当b的速 度最大时,轻杆对b的弹力为0,在整个过程中轻杆对b的弹力先减小后增大,轻杆对a的 作用力也先减小后增大,故C错误。在释放瞬间,a的加速度方向竖直向下,合力方向竖 直向下,即a受到的重力的大小大于轻杆对a的弹力沿竖直方向分力的大小,轻杆对a的 弹力的竖直分力先向上减小,a的加速度逐渐增大,弹力方向变为由a指向b后,沿竖直方 向的分力逐渐减小,故a的加速度方向始终竖直向下,即a所受的合力方向始终与运动
方向相同,即合力始终对a做正功,所以a的动能一直增加,其加速度先增大后减小,B、D 均错误。
考点四 功能关系 能量守恒一、功能关系1.对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程,不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现 的。(2)功是能量转化的量度。功和能的关系,一是体现在不同的力做功,对应不同形式的 能转化,具有一一对应关系;二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2.力学中常见的功能关系
3.两种摩擦力的做功情况比较
二、能量守恒1.能量守恒定律能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为其他形式,或者从一 个物体转移到别的物体,在转化或转移的过程中,能量的总量保持不变。2.应用能量守恒定律的解题思路(1)当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能量守恒定律。(2)解题时,首先确定初、末状态,然后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ΔE减与增加的能量总和ΔE增,最后由ΔE减=ΔE增列 式求解。
例5 如图所示,固定斜面的倾角θ=30°,物体A与斜面间的动摩擦因数μ= ,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点,用一根不可伸长的轻绳通过轻质光 滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮右侧绳子始终与斜面平行,A的质量2m=4 kg,B的质量m =2 kg,初始时物体A到C点的距离L=1 m,现给A、B一初速度v0=3 m/s,使A开始沿斜面向 下运动,B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回C点。已知重力加速度大 小g=10 m/s2,不计空气阻力,整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中:
(1)物体A向下运动,刚到C点时的速度大小;(2)弹簧的最大压缩量;(3)弹簧的最大弹性势能。
解析 (1)在物体A开始向下运动至刚到C点的过程中,对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ·2mg cs θ·L= ×3m - ×3mv2+2mgL sin θ-mgL,代入数据解得v=2 m/s。(2)对A、B组成的系统分析,在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回C点的过程中, 系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量,即 ×3mv2-0=μ·2mg cs θ·2x其中x为弹簧的最大压缩量代入数据解得x=0.4 m。(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm,从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得
×3mv2+2mgx sin θ-mgx=μ·2mg cs θ·x+Epm,代入数据解得Epm=6 J。
答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
模型一 机车启动模型一、两种启动方式
二、机车启动问题中的三个重要关系式1.无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即vm= 。2.机车以恒定加速度启动的过程中,匀加速过程结束时,功率最大,但速度不是最大,v1=
C.平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度v1= D.0~t2时间内,阻力对平衡车做的功为 m -P0t2
解析 由F-f=ma可得平衡车匀加速阶段的牵引力F=f+ma,故A正确。当牵引力与阻力大小相等时平衡车达到最大速度,则由P0=F'vm=fvm,可得平衡车能达到的最大行驶速 度vm= ,故B错误。由P0=Fv1,可得平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度v1= ,故C错误。0~t2时间内,由动能定理可得F· t1+P0(t2-t1)+Wf= m ,联立可得Wf= m - (f+ma)-P0(t2-t1),故D错误。
模型二 常见的涉及功能关系的模型一、传送带模型1.两个角度分析(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,作好受力分析,然后利用运动学公式 结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位 移关系。(2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、 因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2.常用功能关系(1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传。(2)系统产生的内能:Q=Ffx相对。(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
例2 (2023届无锡调研)如图所示,水平传送带AB长l=5 m,以10 m/s的速度顺时针传 输。质量m=1 kg的滑块可以视作质点,放在与AB等高的平台BC上,距离B点L=4 m。在 第一次滑上传送带前,滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F=6 N。已知滑 块和AB、BC间的动摩擦因数分别为μ1=0.20、μ2=0.40。g取10 m/s2。求: (1)滑块第一次运动到B点时的动能Ek0;(2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B处所用的时间t;
(3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。
解析 (1)滑块从开始至第一次到B点,由动能定理得FL-μ2mgL=Ek0解得Ek0=8 J。(2)从B点向左减速过程-μ1mgx=0-Ek0代入数据解得x=4 m
答案 (1)8 J (2)4 s (3)24 J
二、斜面弹簧模型“轻弹簧”模型的功能问题
例3 (2023届南通通州期末)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与物块A连接在一 起,物块B靠放在A右侧,两者位于O点,弹簧处于压缩状态,两物块均可视为质点。A、B 由O点静止释放后沿斜面向上运动,在C点分离后B上升到某位置静止,A运动到C点下 方某位置D(未画出)速度为0。A、B与斜面间的动摩擦因数相同,弹簧未超过弹性限 度,上述过程中 ( )
A.两物块在C点时,弹簧处于压缩状态B.弹簧的弹力方向不发生变化C.B速度最大的位置在OC之间且在OC中点的上方D.位置D可能位于O点的下方
解析 设斜面的倾角为θ,两物块在C点时分离,此时物块B的加速度与A的加速度相同,即aB=g sin θ+μg cs θ=aA,故此时弹簧对A无弹力,弹簧处于原长状态,之后弹簧对A 施加沿斜面向下的拉力,A的加速度大于B的加速度,两物块沿斜面向上做减速运 动,A、B错误。设B速度最大的位置到C点的距离为x1,则kx1=(mA+mB)g sin θ+f,设OC间 距离为x,从O到C,由动能定理可知 kx2-[(mA+mB)g sin θ+f]x=ΔEk>0,即 kx2-kx1x>0,解得x>2x1,故B速度最大的位置在OC之间且在OC中点的上方,C正确。根据能量守恒定 律可知,系统的弹性势能不可能比开始时的大,D错误。
三、“滑块-木板”模型1.模型分类:“滑块-木板”模型可以分成水平面上的“滑块-木板”模型和斜面上的 “滑块-木板”模型。2.动力学分析:分别对滑块和木板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自的加速 度;从放上滑块到二者速度相等,所用时间相等,由 = 可求出共同速度v和所用时间t,然后由位移公式可分别求出二者的位移。3.功和能分析:对滑块和木板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒定律。如图 所示,要注意区分三个位移:
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑;(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板;(3)求摩擦产生的热量时用相对滑动的位移x相。
例4 (2022届苏州三模)如图所示,底部A处装有挡板、倾角θ=30°的足够长的斜面,其 上静止放着一长金属板,下端与A接触。到A的距离L=6.5 m的B处固定一电动滚轮将 金属板压紧在斜面上。现启动电机,滚轮匀速转动,将金属板由静止开始送往斜面上 部。当金属板下端运动到B处时,滚轮提起与金属板脱离。金属板最终会返回斜面底 部,与挡板相撞后静止,此时滚轮再次压紧金属板,又将金属板从A处送往斜面上部,如 此周而复始。已知滚轮角速度ω=80 rad/s,半径r=0.05 m,滚轮对金属板的压力FN=2×10 4 N、与金属板间的动摩擦因数μ=0.35,金属板的质量m=1×103 kg,不计板与斜面间的摩 擦,g取10 m/s2。求:
(1)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小;(2)金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小;(3)每个运动周期内电动机输出的平均功率。
解析 (1)①要求出金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度,需要运用什么物理规律?根据牛顿第二定律可知F=ma,对金属板受力分析有F=μFN-mg sin θ(分析关键:判断摩 擦力的方向)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小a=2 m/s2。(2)②金属板与挡板每次相撞前后瞬间的速度大小分别是多少?滚轮边缘线速度大小v=ωr=4 m/s金属板匀加速运动的位移x= =4 m
此后金属板沿斜面向上做匀减速直线运动,取向上为正方向,从滚轮脱离金属板到金 属板返回斜面底部,位移x0=-6.5 m加速度a0=-g sin θ=-5 m/s2根据匀变速直线运动规律有x0=vt3+ a0 解得t3=2.6 s综上所述,运动周期T=t1+t2+t3=5.225 s。④每个运动周期内电动机输出的能量转化为哪种形式的能量?每个周期内电动机输出的能量转化为金属板增加的机械能和滚轮与金属板摩擦产生 的热量。
每个运动周期内电动机对金属板做的功W= mv2+mgL sin θ=4.05×104 J一个周期内克服摩擦力做的功Wf=f·Δs=μFN·(vt1-x)=2.8×104 J电动机输出的平均功率P= ≈1.3×104 W。
答案 (1)2 m/s2 (2)4.05×104 J (3)1.3×104 W
归纳总结 求解传送带(板块)相对滑动的能量问题的方法
微专题7 能量中的图像问题一、力学中图像所围“面积”及斜率的意义
二、分析动能定理与图像结合问题“三步走”
例 将质量为1 kg的物体从地面竖直向上抛出,一段时间后物体又落回地面,在此过程 中物体所受空气阻力大小不变,其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示,取重 力加速度g=10 m/s2。下列说法错误的是 ( ) A.抛出瞬间克服重力做功的瞬时功率为120 W
B.下降过程中重力做的功为60 JC.全过程中克服空气阻力做的功为24 JD.空气阻力的大小为4 N
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