第四章 机械能及其守恒定律 章末小结与质量评价（Word教参）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（教科版）

本讲义聚焦功、功率、功能关系及摩擦力做功等核心知识点，通过知识体系建构梳理物理观念，结合综合考法融会强化科学思维，辅以例题解析、方法总结（如常见力做功特点表、功和功率求解方法）及对点训练，搭建完整学习支架。 该资料以核心素养为导向，通过v-t图像分析功与功率计算等例题强化科学推理与模型建构，结合“七彩云梯”传送带、音乐喷泉等实际情境题培树科学态度与责任。课中辅助教师授课，课后助力学生通过精练查漏补缺，提升知识应用能力。

一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维 功与功率的计算 　　[例1]　质量为m=20 kg的物体，在恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动。0~2 s内F与运动方向相反，2~4 s内F与运动方向相同，物体的v􀆼t图像如图所示，g取10 m/s2，则 (　　) A.拉力F的大小为100 N B.物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W C.4 s内拉力所做的功为480 J D.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J [解析]　由图像可得：0~2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1== m/s2=5 m/s2，匀减速过程有F+f=ma1 ① 2~4 s内物体做匀加速直线运动，匀加速过程加速度大小为a2== m/s2=1 m/s2，有F-f=ma2 ② 由①②联立解得f=40 N，F=60 N，故A错误；物体在4 s时拉力的瞬时功率为P=Fv=60×2 W=120 W，故B正确；4 s内物体通过的位移为x=×2×10 m-×2×2 m=8 m，拉力做功为W=-Fx=-480 J，故C错误；4 s内物体通过的路程为s=×2×10 m+×2×2 m=12 m，4 s内物体克服摩擦力做功为Wf=fs=40×12 J=480 J，故D错误。 [答案]　B [融会贯通] 1.常见力做功的特点 做功的力 做功特点 重力 做功大小与路径无关，与物体的重力和初、末位置的高度差有关，WG=mgΔh 静摩擦力 可以做正功、做负功、不做功 滑动摩擦力 可以做正功、做负功、不做功 一对静摩擦力 总功为零 一对滑动摩擦力 总功为负功，W总=-fx相对 机车牵引力 P不变时，W=Pt；F不变时，W=Fl 2.功和功率的求解方法 (1)功的计算方法 ①利用W=Fxcos α求功，此时F是恒力。 ②利用动能定理或功能关系求功。 ③利用W=Pt求功。 (2)功率的计算方法 ①P=：此式是功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算，但常用于求解某段时间内的平均功率。 ②P=Fvcos α，此式一般计算瞬时功率，但当速度为平均速度时，功率为平均功率。 [对点训练] 1.(2024·贵州高考)质量为1 kg 的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x=3 m处，F做功的瞬时功率为 (　　) A.8 W B.16 W C.24 W D.36 W 解析：选A　根据图像可知物块运动到x=3 m处，F做的总功为WF=3×2 J+2×1 J=8 J，该过程根据动能定理得WF=mv2，解得物块运动到x=3 m 处时的速度为v=4 m/s，故此时F做功的瞬时功率为P=Fv=8 W。故选A。 功能关系的应用 　　[例2]　如图所示，水平轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA 之间的水平面光滑。固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s=1 m。质量m=0.2 kg的物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0=5 m/s，g取10 m/s2。 (1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep； (2)求物块返回B点时的速度大小； (3)若物块能冲上曲面的最大高度h=0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。 [解析]　(1)对物块从B点至压缩弹簧最短的过程有-μmgs-W=0-m W=Ep，代入数据解得Ep=1.7 J。 (2)对物块从B点开始运动至返回B点的过程有 -μmg·2s=m-m 代入数据解得vB=3 m/s。 (3)对物块沿曲面上滑的过程，由动能定理得 -W克f-mgh=0-m 又Q=W克f，代入数据解得Q=0.5 J。 [答案]　(1)1.7 J　(2)3 m/s　(3)0.5 J [融会贯通] 几种常见的功能关系理解 功能关系 表达式 物理意义 正功、负功含义 重力做功与重力势能　 WG=Ep1-Ep2=-ΔEp 重力做功是重力势能变化的原因 WG>0 重力势能减少 WG<0 重力势能增加 WG=0 重力势能不变 弹簧弹力做功与弹性势能 W弹= Ep1-Ep2=-ΔEp 弹力做功是弹性势能变化的原因 W弹>0 弹性势能减少 W弹<0 弹性势能增加 W弹=0 弹性势能不变 合力做功与动能 W合= Ek2-Ek1=ΔEk 合外力做功是物体动能变化的原因 W合>0 动能增加 W合<0 动能减少 W合=0 动能不变 除重力或系统内弹力外其他力做功与机械能 W非G=ΔE机 除重力或系统内弹力外其他力做功是机械能变化的原因 W非G>0 机械能增加 W非G<0 机械能减少 W非G=0 机械能守恒 [对点训练] 2.(2025·云南高考)(多选)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则 (　　) A.P、M两点之间的距离为 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间 解析：选BCD　设PO的距离为L，过程Ⅰ，根据动能定理有-mgsin θ·L-μmgcos θ·L=0-m，解得L=，Q在M点速度最大，则M点为平衡位置，设此时弹簧的形变量为L1，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件有kL1=mgsin θ+μmgcos θ，解得L1=，P、M两点之间的距离L2=L-L1=，故A错误；过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中，根据功能关系，可知损失的机械能为ΔE=μmgcos θ·L=m，故B正确；过程Ⅱ中，设Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律有kL2=mgsin θ·x+μmgcos θ·x+k(x-L)2，解得x=，故C正确；设滑块最终停留在距O点x2处，停止时加速度为零，速度为零，若弹力为零，根据平衡条件有mgsin θ=f=μmgcos θ，滑块停在O点，若弹簧处于拉伸状态且摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件有mgsin θ+f=kx2，其中f≤mgsin θ，解得x2≤=L1，滑块停在M点与O点之间，含M点，由于fm=mgsin θ，因此弹簧不可能处于压缩状态，综上分析，连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间，故D正确。 摩擦力做功的特点及计算 　　[例3]　(2025·南充高一阶段练习)七峰山主峰是方城县的最高峰，游客可攀登九百九十九个台阶通往主峰山顶，而在主峰山脉旁有一条“七彩金龙”，它长约500米，身宽2尺，沿七峰山主峰山脚直通山顶，巍峨雄壮，这便是七峰山“七彩云梯”。可以把“七彩云梯”的结构理想化为如图所示的倾斜传送带，假设倾斜传送带AB之间的长度为500 m，传送带与水平面的夹角为θ=30°，始终以v0=2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。小明同学(可视为质点)无初速度地坐到“七彩云梯”上，由主峰山脚到达山顶，假设小明的质量为50 kg，与传送带间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小明乘坐“七彩云梯”从主峰山脚到达山顶，用了多长时间； (2)小明乘坐“七彩云梯”从主峰山脚到达山顶，系统摩擦产生的热量； (3)电动机由于传送小明比空载时多输出的电能。 [解析]　(1)小明同学无初速度地坐到“七彩云梯”上时，根据牛顿第二定律可得μmgcos θ-mgsin θ=ma1 v0=a1t1，x1=a1，解得a1=2.5 m/s2，t1=0.8 s，x1=0.8 m 当二者达到共速后，由于μ=>tan θ 所以共速后，小明随传送带一起向上做匀速直线运动， 有t2==249.6 s，所以t=t1+t2=250.4 s。 (2)在小明匀加速阶段，传送带的位移大小为x1'=v0t1=1.6 m 所以摩擦生热为Q=μmgcos θ·(x1'-x1)=300 J。 (3)根据能量守恒定律可得，电动机由于传送小明比空载时多输出的电能为E=mgLsin θ+m+Q 代入数据解得E=125 400 J。 [答案]　(1)250.4 s　(2)300 J　(3)125 400 J [融会贯通] 1.两种摩擦力做功的比较 静摩擦力 滑动摩擦力 做功 特点 (1)静摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 (2)静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功 (1)滑动摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 (2)滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功，可能做负功，还可能不做功 能量 的转化 静摩擦力做功的过程中只发生能量的转移，不发生能量形式的转化 滑动摩擦力做功的过程中既发生能量的转移，又发生能量形式的转化 一对 摩擦力 的总功 一对静摩擦力做功的代数和一定等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和一定为负值，总功W=-f ·s相对，其绝对值等于因摩擦而产生的热量Q 2.求解摩擦生热问题的思路 (1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。 (2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。 (3)摩擦生热ΔQ=fs相对，其中s相对为两物体间相对滑行的路程，而不是相对位移。 [对点训练] 3.(多选)如图所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与传送带间的动摩擦因数为μ。当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功可能是 (　　) A.等于mv2 B.小于mv2 C.大于μmgs D.小于μmgs 解析：选ABD　货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v，故摩擦力对货物做的功可能等于mv2，可能小于mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，故选项A、B、D正确。 三、价值好题精练——培树科学态度和责任 1.(2024·浙江6月选考)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为 (　　) A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W 解析：选C　设Δt时间内从喷头喷出的水的质量为m=ρSv·Δt，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量，即P==，联立解得P=100 W，故选C。 2.如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置，此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于 (　　) A.水炮工作的发动机输出功率为1×104 W B.水炮工作的发动机输出功率为4×104 W C.水炮工作的发动机输出功率为2.4×106 W D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 解析：选B　水炮发动机做的功为水增加的动能与重力势能之和，伸缩臂在抬升登高平台的同时也将本身抬高了，计算做功时，需要计算这部分功，再结合公式P=分析。伸缩臂将人与平台抬高60 m，用时5 min，同时伸缩臂也有质量，设为M，则其输出功率为P= W=800 W+2M>800 W，D错误；水炮工作的发动机首先将水运至60 m高的平台，然后给水20 m/s的速度，即做的功等于水增加的动能与重力势能之和，每秒射出水的质量为m=1 000× kg=50 kg，故W=mgh+mv2，功率为P===4×104 W，B正确，A、C错误。 3.(2025·四川高考)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内 (　　) A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 C.小车的位移大小为- D.小车机械能增量为+ 解析：选C　对物块，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma，解得a=g，根据运动学公式有=2ax1，解得物块的位移大小为x1=，故A错误；物块机械能增量为ΔE=m+mgx1·sin 30°=m，故B错误；设物块与小车达到共速时所用时间为t，则t==，对小车，根据动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m，解得x=-，故C正确；小车机械能增量为ΔE'=m+mgxsin 30°=+，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $