第四章 机械能及其守恒定律 章末素养提升-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高一物理必修第二册教师用书（粤教版2019）

章末素养提升 DISIZHANG 第四章 1 再现 素养知识 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、__________ _________这三者的乘积 公式：W=_______ 单位：_____，符号为___ 正功和负功 (1)当0≤α<时，W___0，力对物体做______ (2)当<α≤π时，W__0，力对物体做_____，或称物体____这个力做功 (3)当α=时，W=___，力对物体________ 总功 (1)总功等于各个力分别对物体所做功的________ (2)几个力的_____对物体所做的功 力与位移夹 角的余弦 Fscos α 焦耳 J > 正功 < 负功 克服 0 不做功 代数和 合力 物 理 观 念 功率 意义：表示做功______的物理量 单位：瓦特，简称瓦，符号是____ 计算公式：P=____，P=_________ 重力势能 定义：我们把______叫作物体的重力势能，常用Ep表示 表达式：Ep=______ 单位：______，符号为___ 弹性势能 发生_________的物体的各部分之间，由于有_____的相互作用，也具有______，这种势能叫作弹性势能 快慢 W Fvcos α mgh mgh 焦耳 J 弹性形变 弹力 势能 物 理 观 念 动能 定义：在物理学中用“______”这个量表示物体的动能 表达式：Ek=______ 单位：______，符号为___ 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____________ 表达式：W=________ 机械 能守 恒定律 内容：在只有______或______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__________ 表达式：Ek2+Ep2=_________ mv2 mv2 焦耳 J 动能的变化 Ek2-Ek1 重力 弹力 保持不变 Ek1+Ep1 物 理 观 念 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 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；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　 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 　(多选)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 例1 √ 提能 综合训练 √ 斜面弹力的方向与小球运动方向的夹角为锐角，故 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； 用水平力F缓慢向左推动斜面体，所以小球始、末的动能不变，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； 若取小球和斜面体整体为研究对象，根据功能关系得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，所以系统机械能的增量即为F做的功等于小球的重力势能增加量，ΔEp=mgh= mgL(1-sin θ)，故C正确。 　(多选)如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落，B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块均着地，两物块 A.落地时的速度相同 B.重力势能的变化量相同 C.机械能变化量相同 D.重力做功的平均功率相同 例2 √ √ 设斜面的倾角为θ，刚开始A、B处于静止状态，则有 mBgsin θ=mAg，可得mB>mA，剪断轻绳后A自由下落， B沿斜面下滑，A、B都只有重力做功，对任意物块， 根据机械能守恒定律得mv2=mgh，解得v=，知两物块落地时的速度大小相等，A的速度方向竖直向下，B的速度方向沿斜面向下，故A错误； 两物块下落高度相同，但质量不等，所以重力势能的变化量不相同，故B错误； 两物块机械能守恒，所以机械能的变化量相同都为 零，故C正确； 对A物块重力做功的平均功率为PA=mAg·=， 对B物块重力做功的平均功率PB=mBgsin θ·==，故D正确。 　(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 例3 √ 方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上 某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环重 力的分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方， 如图所示 设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过 程，根据机械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2 在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ=m 联立解得cos θ= 从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿 着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力， 所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点 到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守 恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π) 在该处根据牛顿第二定律得F+mgcos θ=m(0≤θ≤π) 联立解得F=2mg-3mgcos θ 则大圆环对小环作用力的大小为|F|=|2mg-3mgcos θ| 根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小， 由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。 　(多选)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 例4 √ √ 设传送带的速度为v，物块做匀加速与匀速运动的 时间均为t，物块做匀加速运动时位移为s1=t=， 物块做匀速运动时s2=vt，则两过程中物块运动的位 移之比为s1∶s2=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=μmgs1cos θ，匀速 运动阶段，摩擦力所做的功为W2=mgs2sin 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=μmgs1cos θ-mgs1sin θ，传送带摩擦生热为Q=μmgΔscos θ=μmgcos θ(s2-s1)=μmgs1cos 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。 　(2023·东莞市高一期末)如图所示，质量为m=0.5 kg的小滑块(可视为质点)在半径为R的竖直四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止释放，A点和圆心等高。滑块运动到圆弧轨道最低点B时速度为v=2 m/s。当滑块经过B点后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长L=1 m的斜面CD上(未离开接触面)，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤0.8之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。滑块在C、D两处换向时速度大小均不变，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6， cos 37°=0.8，不计空气阻力。 例5 (1)求光滑圆弧的半径R以及滑块经过圆弧B点时对圆弧轨道的压力大小； 答案　0.2 m　15 N　 滑块从A到B，由动能定理得mgR=mv2，代入数据得R=0.2 m， 滑块在B点，受到重力和支持力，根据牛顿第二定律有F-mg=m， 代入数据得F=15 N，由牛顿第三定律得，压力F'=15 N (2)若设置μ=0，求弹簧的最大弹性势能； 答案　4 J 滑块从C点运动到将弹簧压缩到最短位置过程中，根据机械能守恒， 弹簧的最大弹性势能Ep=mv2+mgLsin θ，代入数据得Ep=4 J (3)若滑块经多次往返运动，最终停在D点，求μ的取值范围。 答案　0.125≤μ<0.75 滑块在斜面CD和水平地面间多次往返运动，最终静止于D点，当滑 块恰好能返回C点，则有-μ1mgcos θ·2L=0-mv2，得μ1=0.125， 当滑块恰好静止在斜面上，则有mgsin θ=μ2mgcos θ，得μ2=0.75， 若滑块多次往返运动后，最终静止于D点，则0.125≤μ<0.75。 BENKEJIESHU 本课结束 $$ 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=Fscos 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 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；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　 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)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　斜面弹力的方向与小球运动方向的夹角为锐角，故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；用水平力F缓慢向左推动斜面体，所以小球始、末的动能不变，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；若取小球和斜面体整体为研究对象，根据功能关系得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，所以系统机械能的增量即为F做的功等于小球的重力势能增加量，ΔEp=mgh=mgL(1-sin θ)，故C正确。 例2　(多选)如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落，B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块均着地，两物块(　　) A.落地时的速度相同 B.重力势能的变化量相同 C.机械能变化量相同 D.重力做功的平均功率相同 答案　CD 解析　设斜面的倾角为θ，刚开始A、B处于静止状态，则有mBgsin θ=mAg，可得mB>mA，剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，A、B都只有重力做功，对任意物块，根据机械能守恒定律得mv2=mgh，解得v=，知两物块落地时的速度大小相等，A的速度方向竖直向下，B的速度方向沿斜面向下，故A错误；两物块下落高度相同，但质量不等，所以重力势能的变化量不相同，故B错误；两物块机械能守恒，所以机械能的变化量相同都为零，故C正确；对A物块重力做功的平均功率为PA=mAg·=，对B物块重力做功的平均功率PB=mBgsin θ·==，故D正确。 例3　(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 答案　C 解析　方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环重力的分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示 设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2 在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ=m 联立解得cos θ= 从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π) 在该处根据牛顿第二定律得 F+mgcos θ=m(0≤θ≤π) 联立解得F=2mg-3mgcos θ 则大圆环对小环作用力的大小为 |F|=|2mg-3mgcos θ| 根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小， 由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。 例4　(多选)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，物块做匀加速与匀速运动的时间均为t，物块做匀加速运动时位移为s1=t=，物块做匀速运动时s2=vt，则两过程中物块运动的位移之比为s1∶s2=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=μmgs1cos θ，匀速运动阶段，摩擦力所做的功为W2=mgs2sin 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=μmgs1cos θ-mgs1sin θ，传送带摩擦生热为Q=μmgΔscos θ=μmgcos θ(s2-s1)=μmgs1cos 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　(2023·东莞市高一期末)如图所示，质量为m=0.5 kg的小滑块(可视为质点)在半径为R的竖直四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止释放，A点和圆心等高。滑块运动到圆弧轨道最低点B时速度为v=2 m/s。当滑块经过B点后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长L=1 m的斜面CD上(未离开接触面)，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤0.8之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。滑块在C、D两处换向时速度大小均不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。 (1)求光滑圆弧的半径R以及滑块经过圆弧B点时对圆弧轨道的压力大小； (2)若设置μ=0，求弹簧的最大弹性势能； (3)若滑块经多次往返运动，最终停在D点，求μ的取值范围。 答案　(1)0.2 m　15 N　(2)4 J　(2)0.125≤μ<0.75 解析　(1)滑块从A到B，由动能定理得mgR=mv2，代入数据得R=0.2 m， 滑块在B点，受到重力和支持力，根据牛顿第二定律有F-mg=m， 代入数据得F=15 N，由牛顿第三定律得，压力F'=15 N (2)滑块从C点运动到将弹簧压缩到最短位置过程中，根据机械能守恒，弹簧的最大弹性势能 Ep=mv2+mgLsin θ，代入数据得Ep=4 J (3)滑块在斜面CD和水平地面间多次往返运动，最终静止于D点，当滑块恰好能返回C点，则有 -μ1mgcos θ·2L=0-mv2，得μ1=0.125， 当滑块恰好静止在斜面上，则有mgsin θ=μ2mgcos θ，得μ2=0.75， 若滑块多次往返运动后，最终静止于D点，则0.125≤μ<0.75。 学科网（北京）股份有限公司 $$