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教师用书word（人教版）

本高中物理讲义聚焦机械能守恒定律的综合应用与能量守恒定律，系统梳理从机械能守恒三种表达形式、链条类问题分析、机械能守恒与动能定理的合理选择，到能量守恒定律内容及应用的递进知识脉络，搭建完整学习支架。 资料以“探究导入-典例赏析-针对训练”三阶结构设计，通过多解法对比（如链条问题整体与分段分析）和规律比较表培养科学思维，结合传送带摩擦生热等实例强化能量观念，课中助力教师突破难点，课后辅助学生查漏补缺。

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L处，末位置的重心在A点，则重力势能的减少量为：ΔEp＝mg·L 由机械能守恒得： mv2＝mg·L，解得v＝. 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＝mg· 由机械能守恒得：mv2＝mg· 则v＝ . [答案]　 ◆[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＝sin α＝sin α 该部分的质量为m′＝(L－a) 由机械能守恒定律可得(L－a)gh＝mv2， 解得a＝. [答案]　a＝ 　　　 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＝mv2－mv”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mv2－mv，由动能定理可知mgh＝mv2－mv，所以甲说法对． 从抛出到落地，重力势能减少mgh，动能增加mv2－mv，由机械能守恒定律可得mgh＝mv2－mv，乙说法也对． 抛出时的高度 h＝＝ 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＝m 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＝mv－mv 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＝m，则v≥ 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： mv＝mv2＋2mgR 联立得R≤ 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＝. 则小木块的位移l＝at2＝. (2)传送带始终匀速运动，转过的路程s＝vt＝. (3)小木块获得的动能Ek＝mv2. (4)摩擦过程产生的热量Q＝μmg(s－l)＝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)　(2)　(3)mv2　(4)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＝v－0得：vy＝，即vy＝ m/s，落地时，tan 60°＝可得：v0＝＝ m/s，由机械能守恒定律得Ep＝mv，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mgh B．运动员克服阻力所做的功为mgh C．运动员的动能增加了mgh D．运动员的机械能减少了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＝mg，则根据动能定理得，合力做功为mgh，则动能增加了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mgh，故B错误；重力势能减少了mgh，动能增加了mgh，故机械能减少了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＝m，得vC＝ 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＝mv＋mg·2R 解得Ep＝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＝gt2 s＝vCt 联立解得s＝2R. [答案]　(1)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＝＝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＝m. 赛车在C点的速度为vC，由机械能守恒定律可得： mg·2R＋mv＝mv 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－mv 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＋mv 代入数据可得：t＝4.5 s. [答案]　(1)2.5 m　(2)4.5 s 学科网（北京）股份有限公司 $