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1、浙江专用浙江专用 物理物理第五章 本章小结专题五优选力学规律简化解题过程专题五优选力学规律简化解题过程同一个题目,按不同的思路解题,就有不同的解法。如果解题思路好,就可以大大地简化解题过程;如果解题思路不好,解题过程就会很繁琐,甚至会使解题无法进行下去,因此,能够快速地找到最佳的解题思路很重要。力学规律选择的基本思路:1.在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时,优选运动学公式和牛顿第二定律。专题归纳提升专题归纳提升2.动能定理反映力对空间的累积效果,若不涉及物体运动过程中的加速度和时间,优选动能定理。3.如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及物体运动过程中的加速度和时间。单个物体优选动
2、能定理,多个物体优选机械能守恒定律。4.涉及电场力、摩擦力、安培力等做功时优先考虑能量守恒定律。5.若题目中涉及的物理过程较为复杂,而又要研究某些过程量,如要求摩擦力对物体做的功等,一般优选能量守恒定律。典例典例1如图所示,质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上,质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接,小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动,开始轻杆处于水平状态。现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s,g取10m/s2。(1)若锁定滑块,试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。(2)在满足(1)的条件下,小球在最高点P突然离开轻杆沿水平方向飞出,试
3、求小球落到水平轨道的位置到轴O的距离。(3)若解除对滑块的锁定,小球通过最高点时的速度大小v=2m/s,试求此时滑块的速度大小。解析(1)设小球能通过最高点,且此时的速度为v1。在上升过程中,因只有重力做功,小球的机械能守恒。则m+mgL=m得v1=m/s设小球到达最高点时,轻杆对小球的作用力为F,方向向下,则F+mg=m得F=2N由牛顿第三定律可知,小球对轻杆的作用力大小为2N,方向竖直向上(2)小球飞出后做平抛运动,设运动时间为t,则L=gt2小球落点到轴O的距离s=v1t,得s=m(3)在上升过程中,系统的机械能守恒,则mv2+Mv2+mgL=m,得v=1m/s答案(1)2N,方向竖直向
4、上(2)m(3)1m/s典例2如图所示,ABC和DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道,其中ABC的末端水平,DEF是半径为r=0.4m的半圆形轨道,其直径DF沿竖直方向,C、D可看做重合。现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放。(1)若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动,H至少要有多高?(2)若小球静止释放处离C点的高度h小于(1)中H的最小值,小球可击中与圆心等高的E点,求h。(取g=10m/s2)解析(1)小球从ABC轨道下滑,机械能守恒,设到C点时的速度大小为v,则mgH=mv2小球能在竖直平面内做圆周运动,在圆周最高点必须满足:mg联立式并代入数
5、据得H0.2m即H至少为0.2m。解析(1)小球从ABC轨道下滑,机械能守恒,设到C点时的速度大小为v,则mgH=mv2小球能在竖直平面内做圆周运动,在圆周最高点必须满足:(2)若h0.2m,小球过C点后做平抛运动,设球经C点时的速度大小为vx,则击中E点时竖直方向上:r=gt2水平方向上:r=vxt由机械能守恒定律有mgh=m联立式并代入数据得h=0.1m。答案(1)0.2m(2)0.1m针对训练针对训练1.如图所示,竖直平面内有一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道,其底端B与光滑绝缘水平轨道相切,整个系统处在竖直向上的匀强电场中,一质量为m,电荷量为q的带正电的小球以v0的初速度沿水平轨道向右运
6、动,通过半圆形轨道恰能到达轨道的最高点C,从C点飞出后落在水平轨道上的D点,试求:(1)小球到达C点时的速度大小vC及电场强度大小E;(2)B、D间的距离s;(3)小球通过B点时对轨道的压力大小FN。答案(1)v0(g-)(2)2R(3)解析(1)从B到C过程中,由动能定理得(qE-mg)2R=m-m小球恰能通过最高点,由牛顿第二定律得mg-qE=解得vC=v0,E=(2)小球从C到D过程中做类平抛运动水平方向s=vCt竖直方向2R=at2由牛顿第二定律得mg-qE=ma解得s=2R(3)小球在B点时,由牛顿第二定律得FN+qE-mg=m解得FN=由牛顿第三定律得,小球对轨道的压力FN=2.一
7、宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地h1=19.5m的高层阳台无初速度竖直掉下,当时刚好是无风天气,设它的质量m=2kg,在“乐乐”开始掉下的同时,几乎在同一时刻刚好被地面上的一位保安发现并奔跑到楼下,奔跑过程用时t0=2.5s,恰好在距地面高度为h2=1.5m处接住“乐乐”,“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零,设“乐乐”下落过程中空气阻力为其重力的0.6倍,缓冲过程中空气阻力为其重力的0.2倍,重力加速度g=10m/s2。求:(1)为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间;(2)在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功。解析(1)对“乐乐”下落过程用牛顿第二定律:mg-0.6mg=ma1,解得a1=4m
8、/s2“乐乐”下落过程有:h1-h2=a1t2解得t=3s允许保安最长的反应时间:t=t-t0=(3-2.5)s=0.5s(2)“乐乐”下落18m时的速度v1=a1t=12m/s缓冲过程由动能定理得:W+mgh2-0.2mgh2=0-m解得W=-168J。答案(1)0.5s(2)-168J3.2012年我们中国有了自己的航空母舰“辽宁号”,航空母舰上舰载机的起飞问题一直备受关注。某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计。如图,舰载机总质量为m,发动机额定功率为P,在水平轨道运行阶段所受阻力恒为f。舰载机在A处以额定功率启动,同时开启电磁弹射系统,它能额外给舰载机提供水平向右、大
9、小为F的恒定推力。经历时间t1,舰载机运行至B处,速度达到v1,电磁弹射系统关闭。舰载机继续以额定功率加速运行至C处,经历的时间为t2,速度达到v2。此后,舰载机进入倾斜曲面轨道,在D处离开航母起飞。请根据以上信息求解下列问题。(1)电磁弹射系统关闭的瞬间,舰载机的加速度为多大?(2)水平轨道AC的长度为多大?(3)若不启用电磁弹射系统,舰载机在A处以额定功率启动,经历时间t到达C处,假设速度大小仍为v2,则舰载机的质量应比启用电磁弹射系统时减少多少?(该问A、C间距离用x表示)解析(1)根据功率表达式可得F1=由牛顿第二定律得F1-f=ma解得a=-(2)舰载机在A处以额定功率启动,同时开启电磁弹射系统,它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F的恒定推力。经历时间t1,舰载机运行至B处,速度达到v1,由动能定理得Pt1+Fx1-fx1=m电磁弹射系统关闭。舰载机继续以额定功率加速运行至C处,经历的时间为t2,速度达到v2。同理得答案见解析Pt2-fx2=m-m舰载机总位移AC=x1+x2解得AC=+(3)全过程根据动能定理有Pt-fx=m1-0应减少的质量m=m-m1得m=m-
