第八章 机械能守恒定律 章末素养提升-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（人教版）津鲁琼云晋皖黑吉桂贵粤辽渝鄂冀湘甘赣豫新青藏宁蒙陕

章末素养提升 物理观念 功 功 定义：力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦这三者的乘积。 公式：W＝Flcos α 单位：焦耳，符号为 J 正功和负功 (1)当0≤α<时，W>0，力对物体做正功 (2)当<α≤π时，W<0，力对物体做负功，或称物体克服这个力做功 (3)当α＝时，W＝0，力对物体不做功 总功 (1)总功等于各个力分别对物体所做功的代数和 (2)几个力的合力对物体所做的功 功率 意义：表示做功快慢的物理量 单位：瓦特，简称瓦，符号是W 计算公式：P＝，P＝Fvcos α 重力势能 定义：我们把mgh叫作物体的重力势能，常用Ep表示 表达式：Ep＝mgh 单位：焦耳，符号为J 弹性势能 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，也具有势能，这种势能叫作弹性势能 动能 定义：在物理学中用“mv2”这个量表示物体的动能 表达式：Ek＝mv2 单位：焦耳，符号为J 机械能 机械能等于动能与势能之和，E＝Ek＋Ep 动能定理 内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化 表达式：W＝Ek2－Ek1 机械能守恒定律 内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变 表达式：Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1 功能关系 几种典型的功能关系 重力做功对应重力势能改变，WG＝－ΔE重力 弹力做功对应弹性势能改变，W弹＝－ΔE弹力 合外力做功对应动能改变，W合＝ΔEk 除重力、系统内弹力以外的其他力做功对应机械能改变，W＝ΔE 摩擦力做功与热量的关系 作用于系统的滑动摩擦力和物体间相对滑动的距离的乘积，在数值上等于相对滑动过程产生的内能。即Q＝F滑l相对，其中F滑必须是滑动摩擦力，l相对必须是两个接触面间相对滑动的距离(或相对路程) 科学思维 物理模型 掌握机车启动的两种方式；体会微元法在探究重力做功中的应用；利用动能定理解决动力学问题和变力做功问题；会判断不同物理模型中机械能是否守恒 演绎推理 通过重力做功与重力势能变化关系，猜想重力势能的影响因素，推导重力势能表达式；利用功的公式、牛顿第二定律和运动学公式推导动能定理；利用能量转化和守恒的观点解释生活现象，分析解决物理问题 科学探究 经历问题情境，体验科学知识对生活的影响；根据功和能的关系，推导出重力势能的表达式，通过实验探究弹簧弹力做功得出弹性势能的影响因素；在动能定理建立过程中，培养学生从特殊到一般、从低级到高级的探究思路；进一步固化实验是检验理论正确性的依据这一科学思想，并在探究过程中体会实验验证方法；探究机械能守恒定律的适用条件和限制，设计实验验证机械能守恒定律 科学态度与责任 通过探究过程体会物理学的逻辑之美和方法之美，体会数理的巧妙结合，激发学生求知欲和学习兴趣，享受成功的乐趣。从生活中的有关物理现象得出物理结论，激发和培养学生探索自然规律的兴趣；能够意识到科学的社会意义和责任，注重科学实践中的安全和环境保护。通过同伴合作交流学会正确评价他人和自己，增强人际交往的能力。利用动能定理、机械能守恒定律等物理知识分析解决生活实例，培养学生的探究意识和实践能力；通过实验操作、数据处理及误差分析，培养学生实事求是和严谨细致的科学态度 例1　(多选)(2022·保定市高一期末)用长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面接触且细绳恰好竖直，如图所示。现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则在此过程中(重力加速度为g)(　　) A．小球受到的斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功 B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功 C．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－sin θ) D．由于缓慢推动斜面体，故小球所受合力可视为零，小球机械能不变 答案　BC 解析　根据力做功的条件，斜面弹力对小球做正功，故A错误；细绳对小球的拉力始终与小球运动方向垂直，故对小球不做功，故B正确；若水平面光滑，取小球和斜面体整体为研究对象，根据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，重力势能增加，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量，所以F做的功等于小球重力势能增量，ΔEp＝mgh＝mgL(1－sin θ)，故C正确；用水平力F缓慢向左推动斜面体，所以小球的动能不变，重力势能在增加，所以小球在该过程中机械能增加，故D错误。 例2　(2022·重庆市期中)如图所示，建筑工地常使用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，设定某打桩机每次打击过程对圆柱体做功相同，圆柱体所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比(即f＝kh，k为常量)，圆柱体自重及空气阻力可忽略不计，打桩机第一次打击过程使圆柱体进入泥土深度为h0，则打桩机第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为(　　) A．h0 B．nh0 C.h0 D．(－)h0 答案　D 解析　由题意可知，阻力f与深度h成正比，其f－h图像如图所示，图像与横轴所围图形的面积表示阻力做功的大小。 第一次打击时进入深度为h0，则W＝，则每次打击所做的功为，n－1次打击后做的功为(n－1)·＝kh×h×，h＝h0，n次打击后做的功为n×＝kh′×h′×，h′＝h0，则Δh＝h′－h＝(－)h0，故选D。 例3　(2022·南京市高一期末)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，Q的质量为4m。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，OB长为3L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦，重力加速度为g。则P从A点到B点的过程中(　　) A．P和Q组成的系统机械能守恒 B．P的速度一直增大 C．轻绳对P做的功为8mgL D．重力对Q做功的功率一直减小 答案　C 解析　根据题意可知，滑块P和重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；在A点弹簧对P的弹力向上，在B点弹簧对P的弹力向下，可知，P先加速上升后减速上升，在AB间某位置合力为0，速度最大，故B错误；根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为0，则重物Q重力的功率为0，当滑块P到达B点时，重物Q的速度也为0，此时，重物Q重力的功率为0，则滑块P从A点到达B点的过程中，重物Q重力的功率先增大后减小，故D错误；滑块P和重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高度为h＝3L·tan 53°＝4L，重物Q下降的高度为H＝OA－OB＝－OB＝2L，设滑块P运动到位置B处速度大小为v，可知A、B两点弹簧的弹性势能相等，根据机械能守恒定律可知4mgH－mgh＝mv2，解得P在B点的速度为v＝2，对滑块P，设轻绳对滑块P做功为W，由动能定理可知W－mgh＝mv2，解得W＝8mgL，故C正确。 例4　(多选)(2023·杭州市期末)如图所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一质量为m的物块(可视为质点)轻放到传送带底端，物块从底端开始，先做匀加速运动一段时间后做匀速运动到达顶端，两段运动时间相等，则下列说法正确的是(　　) A．两过程中物块运动的位移之比为1∶2 B．两过程中传送带对物块的摩擦力做功之比为1∶2 C．全过程中物块动能增加量等于物块与传送带由于摩擦生成的热量 D．全过程中传送带对物块所做的功等于物块机械能的增量 答案　AD 解析　设传送带的速度为v，物块做匀加速运动的时间为t，物块做匀加速运动时位移为x1＝t＝，物块做匀速运动时x2＝vt，则两过程中物块运动的位移之比为x1∶x2＝1∶2，故A正确；由题意可得，匀加速阶段，摩擦力所做的功为W1＝μmgx1cos θ，匀速运动阶段，摩擦力所做的功为W2＝mgx2sin θ，则＝·，由于缺少相关数据，无法计算摩擦力所做功之比，故B错误；对物块由动能定理可得ΔE＝μmgx1cos θ－mgx1sin θ，传送带摩擦生热为Q＝μmgΔxcos θ＝μmgcos θ(x2－x1)＝μmgx1cos θ，即ΔE<Q，故C错误；由题意可得，整个过程除了重力做功外，只有传送带对物块做功，由功能关系可得，传送带对物块所做的功等于物块机械能的增量，故D正确。 例5　(多选)(2023·湖南卷)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C．小球的初速度v0＝ D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 答案　AD 解析　由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，则小球从C到B的过程中，有mgR(1－cos α)＝mv2，FN＝mgcos α－m，联立有FN＝3mgcos α－2mg，则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cos α逐渐减小，故FN逐渐减小，故小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于从A到B的过程中小球的速度逐渐减小，从A到B的过程中重力的功率为P＝－mgvsin θ，则从A到B的过程中小球重力的功率逐渐减小，则B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝mvC2－mv02，解得v0＝，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcos θ＝m，则vB＝，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能大于，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。 例6　如图所示，水平面右端放一质量m＝0.1 kg的小物块，给小物块v0＝4 m/s的水平初速度使其向左运动，运动d＝1 m后将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时物块速度大小v1＝2 m/s。若水平面与一长L＝3 m的水平传送带平滑连接，传送带以v2＝10 m/s的速度顺时针匀速转动。传送带右端又与一竖直平面内的光滑圆轨道的底端平滑连接，圆轨道半径R＝0.8 m。当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置将圆轨道封闭，取g＝10 m/s2，求： (1)小物块与水平面间的动摩擦因数μ1； (2)弹簧具有的最大弹性势能Ep； (3)要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件。 答案　(1)0.3　(2)0.5 J　(3)μ2≤0.2或μ2≥0.6 解析　(1)小物块在水平面上向左运动再返回至出发点的过程中，根据动能定理得 －2μ1mgd＝mv12－mv02 代入数据得μ1＝0.3 (2)小物块从出发至运动到弹簧压缩至最短的过程，由功能关系得，弹簧具有的最大弹性势能为 Ep＝mv02－μ1mgd＝0.5 J (3)本题分两种情况讨论： ①设物块在圆轨道最低点速度为v3时，恰好到达圆心右侧等高点，由机械能守恒定律得mgR＝mv32 解得v3＝4 m/s。 由于v3＝4 m/s<v2＝10 m/s，说明物块在传送带上一直做匀加速运动。由动能定理得 μ2′mgL＝mv32－mv12 解得μ2′＝0.2 ②设物块在圆轨道最低点速度为v4时，恰好能通过圆轨道最高点，最高点速度为v5 在圆轨道最高点有mg＝m 解得v5＝2 m/s 从圆轨道最低点到最高点的过程，由动能定理得－2mgR＝mv52－mv42 解得v4＝2 m/s<v2＝10 m/s 说明物块在传送带上一直做匀加速运动。 由动能定理得μ2″mgL＝mv42－mv12 解得μ2″＝0.6 所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件是μ2≤0.2或μ2≥0.6。 学科网（北京）股份有限公司 $$