第八章 习题课4 机械能守恒定律的综合应用 能量守恒定律-【创新教程】2025-2026学年高中物理必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教版）

该高中物理课件聚焦机械能守恒定律综合应用与能量守恒定律，通过探究导入（如链条类问题重心分析）和典型例题（铁链滑轮、抛体运动等），搭建从基础模型到复杂应用的学习支架，帮助学生衔接前后知识脉络。 其亮点在于以物理观念（能量观念）和科学思维（模型建构、科学推理）为核心，通过合作探究、对比表格（机械能守恒与动能定理比较）及分层训练，如例2中小球抛体运动两种解法辨析，培养学生综合分析能力。学生能深化对规律的理解，教师可依托系统资源提升教学效率。

人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 　 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 　　 　　　 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 习题课4　机械能守恒定律的综合应用　能量守恒定律 学 科 素 养 物理 观念 1.能灵活应用机械能守恒定律的三种表达形式． 2．会分析链条类物体的机械能守恒问题． 3．能合理选择机械能守恒定律或动能定理解题． 4．能够叙述能量守恒定律的内容，会用能量守恒的观点分析、解释一些实际问题． 科学 思维 1.通过机械能守恒定律的应用，培养科学思维能力和综合分析问题的能力． 2．通过学习形成能量利用及能量转化的物理观念. 链条类物体的机械能守恒问题 ◆[探究导入] 链条类物体机械能守恒问题的分析关键是分析重心位置，进而确定物体重力势能的变化，解题要注意两个问题：一是零势能面的选取；二是链条的每一段重心的位置变化和重力势能变化． ◆[典例赏析] [例1]　如图所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻质小滑轮，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其一端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？ [解析]　方法一(取整个铁链为研究对象)： 设整个铁链的质量为m，初始位置的重心在A点上方eq \f(1,4)L处，末位置的重心在A点，则重力势能的减少量为：ΔEp＝mg·eq \f(1,4)L 由机械能守恒得： eq \f(1,2)mv2＝mg·eq \f(1,4)L，解得v＝eq \r(\f(gL,2)). 方法二(将铁链看成两段)： 铁链由初始状态到刚离开滑轮时，等效于左侧铁链BB′部分移到AA′位置. 重力势能减少量为ΔEp＝eq \f(1,2)mg·eq \f(L,2) 由机械能守恒得：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mg·eq \f(L,2) 则v＝ eq \r(\f(gL,2)). [答案]　eq \r(\f(gL,2)) ◆[针对训练] 1．如图所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为α的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动，AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连，一条长为L的均匀柔软链条开始是静止地放在ABC面上，其一端D至B的距离为L－a，其中a未知，现自由释放链条，当链条的D端滑到B点时链条的速率为v，求a. [解析]　设链条质量为m，可以认为始末状态的重力势能变化是由L－a段下降引起的 下降高度h＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(L－a,2)))sin α＝eq \f(L＋a,2)sin α 该部分的质量为m′＝eq \f(m,L)(L－a) 由机械能守恒定律可得eq \f(m,L)(L－a)gh＝eq \f(1,2)mv2， 解得a＝eq \r(L2－\f(v2L,gsin α)). [答案]　a＝eq \r(L2－\f(v2L,gsin α)) 机械能守恒定律和动能定理的综合应用 ◆[探究归纳] 机械能守恒定律和动能定理的比较 　　规律 内容　　 机械能守恒定律 动能定理 表达式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA＝－ΔEB W＝ΔEk 应用范围 只有重力或弹力做功时 无条件限制 研究对象 系统 单个物体 关注角度 守恒的条件和初、末状态机械能的形式及大小 动能的变化及合力做功情况 ◆[典例赏析] [例2]　如图所示，某人以v0＝4 m/s的速度斜向上(与水平方向成45°角)抛出一个小球，小球落地时速度为v＝8 m/s，不计空气阻力，求小球抛出时的高度h.甲、乙两位同学看了本题的参考解法“mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)”后争论了起来．甲说此解法依据的是动能定理，乙说此解法依据的是机械能守恒定律，你对甲、乙两位同学的争论持什么观点，请简单分析，并求出抛出时的高度h.(g取10 m/s2) [解析]　甲、乙两位同学的说法均正确．从抛出到落地，重力做功mgh，动能增加eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，由动能定理可知mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，所以甲说法对． 从抛出到落地，重力势能减少mgh，动能增加eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，由机械能守恒定律可得mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，乙说法也对． 抛出时的高度 h＝eq \f(v2－v\o\al(2,0),2g)＝eq \f(48,2×10) m＝2.4 m. [答案]　见解析 对单个物体(包括地球为系统)只受重力作用时，动能定理和机械能守恒定律表达式并没有区别；对两个物体组成的系统应用机械能守恒定律较方便；对有摩擦力或其他力做功的情况下要用动能定理列方程． ◆[针对训练] 2．为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L＝2.0 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R＝0.2 m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示．一个质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝5.0 m/s从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C点时速度vC＝4.0 m/s.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小； (2)求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功； (3)为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，求竖直圆轨道的半径应满足什么条件？ [解析]　(1)设小物块到达C点时受到圆轨道的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律有， FN－mg＝meq \f(v\o\al(2,C),R) 解得FN＝90 N 根据牛顿第三定律，小物块对圆轨道压力的大小为90 N. (2)由于水平轨道BC光滑，无摩擦力做功，所以可将研究小物块从A到B的运动过程转化为研究从A到C的过程． 物块从A到C的过程中，根据动能定理有： mgLsin 37°＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得Wf＝－16.5 J. (3)设小物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为v，根据牛顿第二定律有： FN＋mg＝meq \f(v2,R)，则v≥eq \r(gR) 小物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律有： eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)＝eq \f(1,2)mv2＋2mgR 联立得R≤eq \f(v\o\al(2,C),5g) 解得R≤0.32 m. [答案]　(1)90 N　(2)－16.5 J (3)R≤0.32 m 能量守恒定律的理解与应用 ◆[探究归纳] 1．适用范围 能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律． 2．表达式 (1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和． (2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量． 3．应用步骤 (1)明确研究对象及研究过程． (2)明确该过程中，哪些形式的能量在变化． (3)确定参与转化的能量中，哪些能量增加，哪些能量减少． (4)列出增加的能量和减少的能量之间的守恒式(或初、末状态能量相等的守恒式)． ◆[典例赏析] [例3]　如图所示，电动机带动水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上．若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，求： (1)小木块的位移； (2)传送带转过的路程； (3)小木块获得的动能； (4)摩擦过程产生的热量； (5)电动机带动传送带匀速转动输出的总能量． [思路点拨]　①在计算第(4)问时，要用滑动摩擦力乘木块相对皮带的位移，不是对地位移． ②要理解电动机带动传送带匀速转动输出能量的含义为：小木块获得的动能与摩擦生热的和． [解析]　小木块刚放上传送带时，速度为0，受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，达到与传送带相同的速度后不再受摩擦力．整个过程中小木块获得一定的动能，系统内因摩擦产生一定的热量． (1)对小木块，相对滑动时，由μmg＝ma，得a＝μg， 由v＝at，得小木块由静止到与传送带相对静止时所用的时间t＝eq \f(v,μg). 则小木块的位移l＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(v2,2μg). (2)传送带始终匀速运动，转过的路程s＝vt＝eq \f(v2,μg). (3)小木块获得的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2. (4)摩擦过程产生的热量Q＝μmg(s－l)＝eq \f(1,2)mv2. (5)由能的转化与守恒得，电动机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦产生的热量，所以E总＝Ek＋Q＝mv2. [答案]　(1)eq \f(v2,2μg)　(2)eq \f(v2,μg)　(3)eq \f(1,2)mv2　(4)eq \f(1,2)mv2　(5)mv2 (1)摩擦力做功特点 ①无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，它们都可以做负功或做正功，也可以不做功． ②互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做的总功为零；而互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做的总功一定为负值． (2)因摩擦而产生的内能的计算 Q＝Ff·x相，其中Ff指滑动摩擦力的大小，x相指发生摩擦的物体间的相对位移的大小． ◆[针对训练] 3．如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木块以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木块右端，小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木块上相对长木块滑动L时与长木块保持相对静止，此时长木块对地的位移为l，求这个过程中： (1)小铁块增加的动能； (2)长木块减少的动能； (3)系统机械能的减少量； (4)系统产生的热量． [解析]　画出这一过程两物体位移示意图，如图所示． (1)根据动能定理得μmg(l－L)＝ΔEk，即小铁块动能的增加量等于滑动摩擦力对小铁块做的功． (2)摩擦力对长木块做负功，根据功能关系得ΔEkM＝－μmgl，即长木块减少的动能等于长木块克服摩擦力做的功μmgl. (3)系统机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功ΔE＝μmgL. (4)m、M间相对滑动的位移为L，根据能量守恒定律，有Q＝μmgL，即摩擦力对系统做的总功等于系统产生的热量，也等于系统减少的机械能． [答案]　(1)μmg(l－L)　(2)μmgl　(3)μmgL　(4)μmgL 1．如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，小球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2)(　　) A．10 J　　　　　　　 B．15 J C．20 J D．25 J 解析：A　[由2gh＝veq \o\al(2,y)－0得：vy＝eq \r(2gh)，即vy＝eq \r(30) m/s，落地时，tan 60°＝eq \f(vy,v0)可得：v0＝eq \f(vy,tan 60°)＝eq \r(10) m/s，由机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，可求得：Ep＝10 J，故A正确．] 2．(多选)如图所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小球的机械能守恒 B．物块与小球组成的系统机械能守恒 C．若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块M与桌面间摩擦产生的热量 D．若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块M与桌面间摩擦产生的热量 解析：CD　[由于绳子对小球做负功，因此小球的机械能减小，A错误；由于桌面粗糙，摩擦力对M做负功，因此物块与小球组成的系统机械能减小，B错误；若小球匀速下降，根据能量守恒，小球减小的重力势能没有转化为动能，而是完全转化为物块M与桌面间摩擦产生的热量，C正确；若小球加速下降，则小球减小的机械能一部分转化为摩擦产生的热量，另一部分转化为M的动能，因此D正确．] 3．(多选)如图所示，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为eq \f(4,5)g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动员的重力势能减少了eq \f(4,5)mgh B．运动员克服阻力所做的功为eq \f(4,5)mgh C．运动员的动能增加了eq \f(4,5)mgh D．运动员的机械能减少了eq \f(1,5)mgh 解析：CD　[在运动员下落h的过程中，重力势能减少了mgh，故A错误．根据牛顿第二定律得，物体所受的合力为F合＝ma＝eq \f(4,5)mg，则根据动能定理得，合力做功为eq \f(4,5)mgh，则动能增加了eq \f(4,5)mgh，故C正确．合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做功为mgh，则克服阻力做功为eq \f(1,5)mgh，故B错误；重力势能减少了mgh，动能增加了eq \f(4,5)mgh，故机械能减少了eq \f(1,5)mgh，故D正确．] 4．如图所示，半径为R的竖直光滑半圆形轨道BC与光滑水平地面AB相切于B点，弹簧左端固定在竖直墙壁上，用一质量为m的小球紧靠弹簧并向左压缩弹簧，已知弹簧在弹性限度内，现由静止开始释放小球，小球恰好能沿轨道通过半圆形轨道的最高点C，求： (1)释放小球瞬间弹簧的弹性势能； (2)小球离开C点后第一次落地点与B点的距离． [解析]　(1)小球恰好能通过最高点C，设通过C点的速度为vC，则： mg＝meq \f(v\o\al(2,C),R)，得vC＝eq \r(gR) 小球从A到C的过程中，设所求弹簧的弹性势能为Ep，由机械能守恒定律可得： Ep＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)＋mg·2R 解得Ep＝eq \f(5,2)mgR. (2)小球从C点抛出后做平抛运动，设小球的落地点与B的水平距离为s，则 2R＝eq \f(1,2)gt2 s＝vCt 联立解得s＝2R. [答案]　(1)eq \f(5,2)mgR　(2)2R 5．如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍，即k＝eq \f(Ff,mg)＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可以忽略，取重力加速度g＝10 m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程上既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短．在此条件下．求： (1)赛车在CD轨道上运动的最短路程； (2)赛车电动机工作的时间． [解析]　(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短，则赛车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：mg＝meq \f(v\o\al(2,P),R). 赛车在C点的速度为vC，由机械能守恒定律可得： mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,P)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C) 由上述两式联立，代入数据可得： vC＝5 m/s 设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x， 由动能定理可得：－kmgx＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C) 代入数据可得：x＝2.5 m (2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知： vB＝vC＝5 m/s，从A点到B点的运动过程中，由能量守恒定律可得： Pt＝kmgL＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 代入数据可得：t＝4.5 s. [答案]　(1)2.5 m　(2)4.5 s $