（北京专用）2020版高考物理大一轮复习专题六机械能课件.pptx

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1、考点清单,考点一 功和功率 考向基础 一、功 1.功的定义:一个物体受到力的作用,并在力的方向上 发生一段位移 ,就说这个力对物体做了机械功,简称功。 2.做功的两个必要因素: 力 和物体在力的方向上发生一段位移,缺 一不可。 3.功的物理意义:功是 能量转化 的量度。 4.公式 a.当恒力F的方向与位移l的方向一致时,力对物体所做的功为W= Fl,。 b.当恒力F的方向与位移l的方向成某一角度时,力F对物体所做的功为 W= Fl cos 。即力对物体所做的功,等于力的大小、位移的大 小、力与位移的夹角的余弦值这三者的乘积。 5.功是标量,但有正负。 二、功率 1.功率是描述 做功快慢 的物理

2、量,定义为功与完成这些功所用时 间的比值。功率与做功多少和时间长短无直接联系。 2.功率的计算 (1)P= ,用此公式求出的是 平均 功率。 (2)P=Fv,若v为平均速度,则P为平均功率;若v为瞬时速度,则P为 瞬,时 功率。 3.发动机铭牌上所标注的功率为这部机械的 额定 功率。它是人 们对机械进行选择、配置的一个重要参数,它反映了机械的做功能力或 机械所能承担的“任务”。机械运行过程中的功率是实际功率。机械 的实际功率可以 小于 其额定功率,可以等于其额定功率,但是机 械不能长时间超负荷运行,否则会损坏机械设备,缩短其使用寿命。由P =Fv可知,在功率一定的条件下,发动机产生的牵引力F跟

3、运转速度v成 反比 。 考向突破 考向一 功的计算 1.恒力做的功:直接用W=Fl cos 计算。,2.合外力做的功 (1)先求合外力F合,再由W合=F合l cos 求合外力做的功。 (2)先求各个力做的功W1、W2、W3、,再应用W合=W1+W2+W3+求合 外力做的功。 3.变力做的功 (1)应用动能定理求解。 (2)用W=Pt求解,其中变力的功率P不变。 (3)微元法求变力做功:将物体的位移分割成许多小段,因小段很小,每一 小段上作用在物体上的力可以视为恒力,这样就将变力做功转化为在多 个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。 (4)图像法,根据力(F)-位移(l)图像的物理意义计算变力对

4、物体所做的功,如图,横轴 上方阴影部分的面积减去横轴下方阴影部分的面积在数值上等于变力 所做功的大小。(5)利用力的平均值求变力做功:若物体受到的力方向不变,而大小随位,移成线性变化,则可以认为物体受到一大小为F= 的恒力作用,F1、F2分别为物体初、末态所受到的力,然后用公式W=Fl cos 求此力所做的功。,例1 如图所示,质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置。 在下列三种情况下,分别用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成 角的位置。在此过程中,拉力F做的功各是多少?(1)用F缓慢地拉; (2)F为恒力; (3)若F为恒力,而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。 可供选择的答案有

5、A.FL cos B.FL sin ,C.FL(1-cos ) D.mgL(1-cos ),解析 (1)若用F缓慢地拉,则显然F为变力,只能用动能定理求解。F做 的功等于该过程克服重力做的功,选D。 (2)若F为恒力,则可以直接按定义求功,选B。 (3)若F为恒力,而且拉到该位置时小球的速度刚好为零,那么按定义直接 求功和按动能定理求功都是正确的。选B、D。,答案 (1)D (2)B (3)B、D,例2 质量为2 kg的物体做直线运动,沿此直线作用于物体的外力与位 移的关系如图所示,若物体的初速度为3 m/s,则其末速度为 ( )A.5 m/s B. m/s C. m/s D. m/s,解析

6、F-x图线与x轴围成的面积表示外力所做的功,由题图可知W=22 J+44 J-32 J=14 J,根据动能定理得W= mv2- m ,解得v= m/s,故B 正确。,答案 B,考向二 功率的计算 1.平均功率的计算 (1)利用 = 。 (2)利用P=F cos ,其中 为物体运动的平均速度。 2.瞬时功率的计算 (1)利用公式P=Fv cos ,其中v为t时刻的瞬时速度。 (2)利用公式P=FvF,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=Fvv,其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。 3.计算功率的三个注意 (1)要弄清楚是平均功率还是瞬时功率。,(2)平均功率

7、与一段时间(或过程)相对应,计算时应明确是哪个力在哪段 时间(或过程)内做功的平均功率。 (3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。求解 瞬时功率时,如果F与v不同向,可用力F乘F方向的分速度,或速度v乘速 度方向的分力求解。,例3 如图所示,小物块甲从竖直固定的 光滑圆弧轨道顶端由静止滑 下,轨道半径为R,圆弧底端切线水平。小物块乙从高为R的光滑斜面顶 端由静止滑下。下列判断正确的是 ( )A.两物块到达底端时的速度相同 B.两物块运动到底端的过程中重力做功相同 C.两物块到达底端时的动能相同 D.两物块到达底端时,乙的重力做功的瞬时功率大于甲的重力做功的瞬,时功率,解析

8、 两物块下滑的高度相同,根据动能定理,有mgR= mv2,解得v=,可知两物块到达底端时的速度大小相等,但方向不同,A项错误;两 物块的质量大小关系不确定,故无法判断两物块运动到底端过程中重力 做的功及到达底端时的动能是否相同,B、C项错误;两物块到达底端时, 甲物块速度方向水平向右,重力方向竖直向下,故重力做功的瞬时功率 为零,乙物块重力做功的瞬时功率大于零,D项正确。,答案 D,考点二 动能定理及其应用 考向基础 一、动能 1.动能的定义:物体由于运动所具有的能。 2.动能的计算公式:Ek= mv2 。 3.动能是标量,是描述物体运动状态的物理量,其单位与功的单位相同。 在国际单位制中其单

9、位是焦耳(J)。 二、动能定理 1.动能定理的内容: 合外力 对物体所做的功等于物体 动能 的变化。,2.动能定理的表达式:W= Ek2-Ek1 ,式中W为合外力对物体所做的 功,Ek2为物体末状态的动能,Ek1为物体初状态的动能。动能定理的表达 式为标量式,v为相对同一参考系的速度,中学物理中一般取地面为参考 系。 考向突破 考向 动能和动能定理的应用 合外力做功是动能变化的原因,而且合外力做功的多少可以量度动能的 变化。 动能定理是由牛顿第二定律结合匀变速直线运动规律推导出来的,因 此,能用牛顿第二定律和匀变速直线运动规律解决的问题,一般也能用 动能定理解决,而且解题过程更简捷,另外,对于

10、变力作用下的运动过程,更适合应用动能定理解决。 在高中阶段,一般用动能定理解决单个物体运动的有关问题。,解析 以物体为研究对象,由动能定理有WN-mgH= mv2,即WN=mgH+ mv2,选项B正确、选项A错误。以系统为研究对象,由动能定理得WT-(m +M)gH= (M+m)v2,即WT= (M+m)v2+(M+m)gH +MgH,选项D正确、 选项C错误。,答案 BD,考点三 机械能守恒定律和功能关系 考向基础 一、机械能守恒定律 1.重力做功的特点 由于重力的方向始终竖直向下,故在物体运动过程中,重力做的功只取 决于初末位置的 高度差 ,与物体的运动 路径 无关。 2.势能 (1)重力

11、势能 a.物体由于被举高而具有的能称为重力势能。一个质量为m的物体,被 举高到高度h处,具有的重力势能Ep= mgh 。 b.重力势能是地球和物体组成的系统共同具有的能,而不是物体单独具,有的。 c.重力势能Ep=mgh是相对的,式中的h是物体的 重心 到参考平面 (零势能面)的高度,若物体在参考平面以上,则重力势能为 正值 ; 若物体在参考平面以下,重力势能为 负值 ,通常选择 地面 作为参考平面。 d.重力势能的变化与重力做功的关系 重力对物体做了多少 正功 ,物体的重力势能就减少了多少;重力 对物体做了多少 负功 。物体的重力势能就增加了多少,即WG=- Ep。 (2)弹性势能 物体因发

12、生弹性形变而具有的能叫做 弹性势能 。弹簧的弹性势,能的大小与形变量及劲度系数有关,弹簧的形变量越大、劲度系数越 大,弹簧的弹性势能就越大。 3.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,动能和势能可以相互转化而总 的机械能保持不变。 (2)表达式 守恒观点:E1=E2或Ep+Ek=Ep+Ek 转化观点:Ep+Ek=0,-Ep=Ek 转移观点:E1+E2=0,(1)功是能量转化的量度,做了多少功,就有多少能量发生了转化。 (2)WF=E,该式的物理含义是除了重力以外的力对物体所做的功等于 物体机械能的变化,即功能关系。要注意的是物体的内能(所有分子热 运动的动能和分子势

13、能的总和)、电势能不属于机械能。 2.能量守恒定律 能量不会 凭空产生 ,也不会 凭空消失 ,它只能从一种形式 转化为另一种形式,或者从一个物体转移到另一个物体,在转化或转移 的过程中,其总量 保持不变 ,这就是能量守恒定律。,三、功能关系 1.功能关系,考向突破 考向一 机械能守恒定律的应用 1.明确研究对象,即哪些物体参与了动能和势能的相互转化,选择合适的 初态和末态。 2.分析物体的受力,并分析各个力做功的情况,看是否符合机械能守恒的 条件,只有符合条件才能应用机械能守恒定律。 3.正确选择守恒定律的表达式列方程,可对分过程列式,也可对全过程列 式。 4.求解结果并说明物理意义。,例5

14、如图,竖直平面内的光滑轨道由一段倾斜的直轨道和与之相切的 圆形轨道连接而成,圆形轨道的半径为R。一质量为m的小物块从斜轨 道上某处由静止开始下滑,然后沿圆形轨道运动。要求物块能通过圆形 轨道的最高点,且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g为重力加 速度)。求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围。,解析 设物块在圆形轨道最高点的速度为v,由机械能守恒得 mgh=2mgR+ mv2 物块在最高点受的力为重力mg、轨道的压力N。重力与压力的合力提 供向心力,有 mg+N=m 物块能通过最高点的条件是N0 由式得v 由式得h R 按题的要求,N5mg 由式得,v 由式得h5R 则h的

15、取值范围是2.5Rh5R,答案 2.5Rh5R,考向二 功能关系的理解和应用 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可 以通过做功来实现。 (2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现在不同性质的力做功, 对应不同形式能量的转化,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.功和对应能量的变化关系,解析 运动员的加速度大小为 g,小于g sin 30= g,所以其必受摩擦力, 且大小为 mg,克服摩擦力做的功为 mg = mgh,故C错;摩擦力 做负功,机械能不守恒,减少的重力势能没有全部转化为动能,有 mgh的 能量转

16、化为内能,故A错,D正确;由动能定理知,运动员获得的动能为 mg = mgh,故B错。,答案 D,方法技巧,方法1 机车启动问题的分析方法 1.机车启动有两种方式 (1)以恒定的功率启动,所以机车达到最大速度时a=0,F=Ff,P=Fvm=Ffvm,这一启动过程的v-t关系 如图所示,其中vm= 。,这一运动过程的v-t关系如图所示,其中v0= ,F=Ff+ma,vm= 。,(2)以恒定的加速度启动,两种启动过程中,物理量变化的判断主要依靠公式P=Fv和a= ,另 外P=P额、a=0为两种启动方式的最终状态。 2.以恒定加速度启动时的分段处理 (1)上图中0t0段P均匀增加(P=Fv,a不变,

17、F不变,v均匀增加),可按匀加速 直线运动及平均功率处理。 (2)t0时刻P增至P额,v0= 。t0t1段P=P额=Fv,功率不变,Ff不变,牵引力F和 a变小,但速度v增加。此阶段牵引力是变力,牵引力的功为W=P(t1-t0)。 (3)t1时刻后,P额=Ffvm成立。 说明 (1)机车以恒定加速度启动时,先后经过两个过程,匀加速直线运 动结束时的速度并未达到整个过程的最大速度vm,只是达到匀加速阶段,的最大速度。 (2)在P=Fv中因为P为机车牵引力的功率,所以对应的F是牵引力并非合 力,这一点在计算时极易出错。 (3)只有最终匀速运动时才有F=Ff、vm= = 。,例1 一汽车的额定功率P

18、0=6104 W,质量m=5103 kg,在水平直路面上 行驶时阻力是车重的0.1。若汽车从静止开始以加速度a=0.5 m/s2做匀 加速直线运动,求: (1)汽车保持加速度不变的时间; (2)汽车匀加速直线运动过程中实际功率随时间变化的关系; (3)此后汽车运动所能达到的最大速度。 解题指导 (1)由F-mg=ma和P0=Fvt求出vt;由vt/a=t得t。 (2)实际功率Pt=Fv=m(g+a)at。 (3)由vm= 得出vm。,解析 汽车开始做匀加速直线运动,牵引力F和阻力恒定,随着速度增 加,它的实际功率逐渐增大,直到Fv等于额定功率;此后汽车保持额定功 率不变,速度增大,牵引力减小,

19、做加速度逐渐减小的加速运动,直到牵引 力等于阻力。 (1)设汽车做匀加速直线运动时的牵引力为F,阻力为f,匀加速过程中的 最大速度为vt,有 F-f=ma f=mg P0=Fvt 由以上各式可求得vt= =8.0 m/s,匀加速过程持续的时间t= =16 s。 (2)汽车在匀加速直线运动过程中的实际功率与时间的关系是Pt=Fv=m (g+a)at。 (3)汽车达到额定功率后,将保持额定功率不变,随着速度的增加,牵引力 减小,加速度减小,汽车做加速度逐渐减小的加速直线运动。直到牵引 力F=f,加速度变为零,汽车所能达到的最大速度vm= =12 m/s。,答案 见解析,方法2 巧用动能定理求总路程

20、的方法 用动能定理求往返运动的总路程时,找到物体运动的初态和末态,受力 分析,往往有摩擦阻力做功,其中位移变为路程来计算求解。,例2 如图所示,斜面倾角为,质量为m的滑块在距挡板P的距离为s0的A 点以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为,滑块所受摩 擦力小于滑块沿斜面的“下滑力”,若滑块每次与挡板相碰,碰后以原 速率返回,无动能损失,求滑块停止运动前在斜面上经过的路程。,解题导引,解析 研究对象:滑块。 物理过程分析:滑块受重力mg、支持力N、摩擦力f,示意图如图所示。 由滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的“下滑力”(重力沿斜面的分力) 可知:下滑时,合力F合1=mg sin -f,

21、加速度a1= ,方向沿斜面向下,匀加速下滑;,上滑时,合力F合2=mg sin +f,加速度a2= ,方向沿斜面向下,匀减速上 滑。 f=f=mg cos 滑块由A点匀减速上滑至最高点B,然后匀加速下滑至P点,碰后以原速 率返回,因a1a2,所以滑块匀减速上滑所到达的最高位置将低于B点,然 后又匀加速下滑,如此反复,上滑高度不断减小,最终停止在P点。设滑 块停止运动前在斜面上经过的路程为s。 根据动能定理:mgs0 sin -fs=0-Ek0,即 mgs0 sin -mgs cos =0- m 解得s= 。,答案,方法3 机械能守恒定律相关公式的选用方法 1.机械能守恒定律的三种表达式 (1)

22、 m +mgh1= m +mgh2(状态量方程) (2)Ek=-Ep或k增=Ep减(过程量方程) (表示系统势能的减少量等于动能的增加量) (3)EA=-EB(过程量方程) (表示A增加的机械能等于B减少的机械能) 2.在做题时根据不同情况选用不同的表达式 (1)当研究对象只有一个物体时,一般选用表达式,必须选零势能参考面。,(2)当研究对象为多个物体时,一般选用表达式,该表达式不用选取零势能参考面。 (3)当研究对象为两个物体时,一般既可选用表达式,也可选用表达式 ,表达式也不需要选取零势能参考面。,例3 如图所示,物块A的质量为M,物块B、C的质量都是m,并都可看做 质点,且mM2m。三物

23、块用细线通过滑轮连接,物块B与物块C的距离 和物块C到地面的距离都是L。现将物块A下方的细线剪断,若物块A距 滑轮足够远且不计一切阻力。求:(1)物块A上升时的最大速度; (2)若B不能着地,求M/m满足的条件。,解析 (1)A上升L时速度达到最大,设为v,由机械能守恒定律有2mgL- MgL= (M+2m)v2 得v= 。 (2)C着地后,若B恰能着地,即B物块再下降L时速度为零。,方法一 根据转化观点,机械能守恒定律的表达式可写为 MgL-mgL= (M+m)v2 将v代入,整理得:M= m 所以 时,B物块将不会着地。,方法二 根据转移观点,机械能守恒定律的表达式还可写为 MgL- Mv

24、2=mgL+ mv2 代入v,解得:M= m 所以 时,B物块将不会着地。,答案 (1) (2) ,方法4 巧用功能关系处理问题 1.解决功能关系问题应注意的三个方面 (1)分析清楚是什么力做功,并且清楚该力做正功还是做负功;根据功能 之间的对应关系,判定能的转化形式,确定能量之间的转化情况。 (2)也可以根据能量之间的转化情况,确定是什么力做功,可以方便计算 变力做功。 (3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系,功是能量转化的 量度,在不同问题中的具体表现不同。,2.能量转化问题的解题思路 (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

25、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E减与增加的能量 总和E增,最后由E减=E增列式求解。 3.“弹簧模型”中的功能关系问题的分析技巧 (1)能量转化方面,如果只有重力和系统内弹簧弹力做功,系统机械能守 恒。 (2)如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零,则当弹簧伸长或 压缩到最大程度时两物体速度相同。,例4 如图是检验某种防护罩承受冲击能力的装置模型,M为固定于竖 直平面内半径为R=0.9 m的光滑半圆弧轨道,A、B分别是轨道的最低点 和最高点。N为防护罩,它是一个竖直固定的1/4圆弧,圆心位于B点,半径 r= m,在A处水平放置一个弹簧

26、枪,可向M轨道发射速度大小不同的 小钢珠,假设弹簧枪可将弹性势能完全转化为小钢珠的动能。某次实验 中,弹簧枪发射一个质量m=0.02 kg的小钢珠,沿轨道运动恰好能经过B 点,水平飞出后落到N的某一点上(图中未画出),取g=10 m/s2。求本次实 验:,(1)小钢珠在B点的速度vB的大小; (2)弹簧的弹性势能Ep; (3)落到N上时小钢珠的动能Ek。,解析 (1)在B处:mg=m vB= =3 m/s (2)从释放弹簧到小钢珠上升到B点,小钢珠和弹簧组成的系统机械能守恒 Ep=mg2R+ m Ep=0.45 J (3)小钢珠从B点飞出做平抛运动 下落高度:h= gt2 水平位移:x=vBt

27、 x2+h2=r2,解得:t=0.2 s vy=gt= + Ek= m Ek=0.13 J,答案 见解析,4.“传送带模型”中的功能关系问题的分析技巧 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问题时,常依据功能关系或 能量守恒定律。可利用公式Q=Ffl相对求摩擦产生的热量,式中l相对为两接 触物体间的相对位移,若物体在传送带上往复运动时,则l相对为总的相对 路程。,例5 如图所示,绷紧的皮带与水平面间的夹角=30,皮带在电动机的 带动下,始终保持v0=2 m/s的速率运行,现把一质量为m=10 kg的工件(可 看做质点)轻轻放在皮带的底端,经过1.9 s,工件被传送到h=1.5 m的高 处,取g=10 m/s2,求:(1)工件与传送带间的动摩擦因数; (2)电动机由于传送工件多消耗的电能。,答案 (1) (2)230 J,