人教版物理必修二功能定理与机械能守恒定律知识点与例题

龙文教育学科老师个性化教案教师学生姓名上课日期4-2学科物理年级高一教材版本人教版学案主题动能定理与机械能守恒课时数量（全程或具体时间）第（4）课时授课时段13-15教学目标教学内容功能关系个性化学习问题解决1、定能定理2、机械能守恒的使用条件教学重点、难点必修二重难点教学过程知识要点：§7-3动能&动能定理一、动能1.概念：物体由于运动而具有的能量，称为动能。2.表达式：，单位为J。3.影响因素：只与物体某状态下的速度大小有关，与速度的方向无关。注：动能是相对量（因为速度是相对量）。参考系不同，速度就不同，所以动能也不同，一般来说都以地面为参考系。4.动能的变化：，即末状态动能与初状态动能之差。注意：ΔEK>0，表示物体的动能增加；ΔEK<0，表示物体的动能减少。5.说明：①动能具有相对性，与参考系的选取有关，一般以地面为参考系描述物体的动能。②动能是表征物体运动状态的物理量，与时刻、位置对应。③动能是一个标量，有大小、无方向，且恒为正值。二、动能定理1.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。2.表达式：。3.意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系。即外力对物体所做的总功，对应于物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度。4.适用情况：①适用于受恒力作用的直线运动，也适用于变力作用的曲线运动；②不涉及加速度和时间的问题中，首选动能定律；③求解多个过程的问题；④变力做功。5.解题步骤：①明确研究对象，找出研究对象初末运动状态（对应的速度）及其对应的过程；②对研究对象进行受力分析；③弄清外力做功的大小和正负，计算时将正负号代入；④当研究对象运动由几个物理过程所组成，则可以采用整体法进行研究。§7-4机械能守恒定律&能量守恒定律一、机械能守恒定律1.内容：在只有重力或弹簧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。2.条件：只有重力或弹簧弹力做功。3.用法：①，系统中初末状态机械能总和相等，且初末状态必须用同一零势能计算势能。②，系统重力势能减少（增加）多少，动能就增加（减少）多少。③，系统中A部分增加（减少）多少，B部分就减少（增加）多少。4.解题步骤：①确定研究对象，分析研究对象的物理过程；②进行受力分析；③分析各力做功的情况，明确守恒条件；④选择零势能面，确定初末状态的机械能（必须用同一零势能计算势能）；⑤根据机械能守恒定律列方程。5.判断机械能守恒的方法：①从做功角度判断：分析物体或物体系的受力情况，明确各力做功的情况，若只有重力或弹簧弹力对物体或物体系做功，则物体或物体系机械能守恒；②从能量转化的角度来判断：若物体系中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系的机械能守恒。二、能量守恒定律1.内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。2.表达式：。3.意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系。即外力对物体所做的总功，对应于物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度。4.解题思路：①转化：同一系统中，A增必定存在B减，且增减量相等；②转移：两个物体A、B，只要A的某种能量增加，B的某种能量一定减少，且增减量相等。5.解题步骤：①分清有哪几种形式的能在变化；②分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式或列出最初的能量E初和最终的能量E末的表达式；③根据列等式求解。§7-5综合：各种力做功的计算&功能关系各种力做功的计算问题1.恒力做功：运用公式W=Flcosθ：使用此式时需找对真正做功的力F和它发生的位移lcosθ。注意：用此式计算只能计算恒力做功。多个恒力的做功求解：①用平行四边形定则求出合外力，再根据W=F合lcosθ计算功。注意θ应是合外力与位移l间的夹角。②分别求出各个外力做的功:W1=F1lcosθ1,W2=F2lcosθ2…再求出各个外力做功的代数和W总=W1+W2+…。2.变力做功（物理八种常见的分析方法）：（1）等值法：若某一变力做的功和某一恒力做的功相等，则可以通过计算该恒力做的功，求出该变力做的功。恒力做功用计算。（2）功率法：若功率恒定，可根据W=Pt求变力做的功。（3）动能定理法：根据W=ΔEK计算。（4）功能分析法：某种功与某种能对应，可根据相应能的变化求对应的力做的功。（5）平均力法：如果力的方向不变，力的大小随位移按线性规律变化，可用算术平均值（恒力）代替变力，公式为。（6）图像法：如果参与做功的力是变力，方向与位移方向始终一致而大小随时间变化，我们可作出该力随位移变化的图像。如图，那么曲线与横坐标轴所围的面积，即为变力做的功。极限法（极端法）：将所求的物理量推向极大或极小推断出现的情况，此方法适用于选择题中。微元法：将一个过程分解成无数段极小的过程，即整个过程是由小过程组合而成，先分析小过程，从而引向总过程讨论分析，从而得出结论。3.摩擦力做功：（1）做功特点：①摩擦力既可以对物体做正功，也可以对物体做负功。②在相互存在的静摩擦力的系统中，一对静摩擦力中，一个做正功，另一个做负功，且功的代数和为0。③静摩擦力对物体做功的过程，是机械能在相互接触的物体之间转移的过程，没有机械能转化为内能。摩擦力做的功与产生内能的关系：①滑动摩擦力做的功为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即W滑=-fs相对。②滑动摩擦力做的功在数值上等于存在相互摩擦力的系统机械能的减少量，根据能量守恒定律可知，滑动摩擦力做的功在数值上等于系统内产生的内能，即W滑=-ΔE。功和能的关系能量的转化必须通过做功才能实现：做功的过程就是能量转化的过程，某种力做功往往与某一具体的能量变化相对应。2.功是能量转化的量度：①合外力做的功（所有外力做的功）动能变化量；②重力做的功重力势能变化量；③弹簧弹力做的功弹性势能变化量；④外力（除重力、弹簧弹力）做的功机械能变化量：⑤弹簧弹力、重力做的功不引起机械能的变化；⑥一对滑动摩擦力做的功内能变化量；⑦电场力做的功电视能变化。 功能关系能量转化和守恒定律典型应用1．如图1所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为L，劲度系数为k.现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A也已经离开地面，则下列说法中正确的是()．图1A．提弹簧的力对系统做功为mgLB．物体A的重力势能增加mgLC．系统增加的机械能小于mgLD．以上说法都不正确2．如图2所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()．图2A．物块滑到b点时的速度为eq\r(gR)B．物块滑到b点时对b点的压力是3mgC．c点与b点的距离为eq\f(R,μ)D．整个过程中物块机械能损失了mgR3．已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物以加速度a加速升高h，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g)()A．货物的动能一定增加mah－mghB．货物的机械能一定增加mahC．货物的重力势能一定增加mahD．货物的机械能一定增加mah＋mgh4．如图3所示，斜面AB、DB的动摩擦因数相同．可视为质点的物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是()．图3A．物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大B．物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大C．物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多D．物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多5．20XX年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运会记录的方式夺得110米跨栏的冠军．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图4所示，假设质量为m的运动员，在起跑时前进的距离x内，重心上升高度为h，获得的速度为v，阻力做功为W阻、重力对人做功W重、地面对人做功W地、运动员自身做功W人，则在此过程中，下列说法中不正确的是()图4A．地面对人做功W地＝eq\f(1,2)mv2＋mghB．运动员机械能增加了eq\f(1,2)mv2＋mghC．运动员的重力做功为W重＝－mghD．运动员自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻6．在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图5所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10m/s2，则()．图5A．开始时行李的加速度为2m/s2B．行李到达B点时间为2sC．传送带对行李做的功为0.4JD．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03m7．如图5甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是()．图6A．物体在沿斜面向下运动B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ8．如图7所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P点，已知物体的质量为m＝2.0kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝200N/m.现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10cm，这时弹簧具有弹性势能Ep＝1.0J，物体处于静止状态，若取g＝10m/s2，则撤去外力F后()．图7A．物体向右滑动的距离可以达到12.5cmB．物体向右滑动的距离一定小于12.5cmC．物体回到O点时速度最大D．物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为09．滑雪是一项危险性高而技巧性强的运动，某次滑雪过程可近似模拟为两个圆形轨道的对接，如图8所示．质量为m的运动员在轨道最低点A的速度为v，且刚好到达最高点B，两圆形轨道的半径相等，均为R，滑雪板与雪面间的摩擦不可忽略，下列说法正确的是()．图8A．运动员在最高点B时，对轨道的压力为零B．由A到B过程中增加的重力势能为2mgR－eq\f(1,2)mv2C．由A到B过程中阻力做功为2mgR－eq\f(1,2)mv2D．由A到B过程中损失的机械能为eq\f(1,2)mv210．如图9所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的 上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B.图9(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．11．如图10所示，一质量m＝0.4kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N．已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5m．(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：图10(1)滑块运动到C点时速度vC的大小；(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；(3)水平外力作用在滑块上的时间t.12．如图11所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆 弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：图11(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力大小；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？课堂练习另附课后作业另附学生成长记录本节课教学计划完成情况：照常完成□提前完成□延后完成□____________________________学生的接受程度：54321______________________________学生的课堂表现：很积极□比较积极□一般积极□不积极□___________________________学生上次作业完成情况：优□良□中□差□存在问题_____________________________学管师（班主任）_______________________________________________________________备注签字学生班主任审批教学主任审批1、解析由于将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后大小等于A物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL，A选项错误．系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C选项正确．由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L，所以B选项错误．答案C2．解析物块从a到b，由机械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)所以vb＝eq\r(2gR)，故A错．在b点，由FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,b),R)得FN＝3mg，故B对．从b到c由动能定理得：－μmgs＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，得s＝eq\f(R,μ)，故C对，对整个过程由能量守恒知D正确．答案BCD3．解析据牛顿第二定律，物体所受的合外力F＝ma，则动能的增加量为mah，选项A错误；重力势能的增加量等于克服重力做的功mgh，选项C错误；机械能的增量为除重力之外的力做的功(ma＋mg)h，选项B错误、D正确．答案D4．解析已知斜面AB、DB的动摩擦因数相同，设斜面倾角为θ，底边为x，则斜面高度为h＝xtanθ，斜面长度L＝eq\f(x,cosθ)，物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有mgh－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2，可知物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大，故A错误、B正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgLcosθ＝μmgx相同，故C、D错误．答案B5．解析由动能定理可知W地＋W阻＋W重＋W人＝eq\f(1,2)mv2，其中W重＝－mgh，所以W地＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻－W人，A错误；运动员机械能的增加量ΔE＝W地＋W阻＋W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，B正确；重力做功W重＝－mgh，C正确；运动员自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻－W地，D错误．答案AD6．解析行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg＝ma，所以a＝2m/s2，故选A；由于传送带的长度未知，故时间不可求，故不选B；行李最后和传送带一起匀速运动，所以传送带对行李做的功为W＝eq\f(1,2)mv2＝0.4J，选C；在传送带上留下的痕迹长度为s＝vt－eq\f(vt,2)＝eq\f(vt,2)＝0.04m，不选D.答案AC7．解析由图乙可知，在0～x1过程中，物体机械能减少，故力F在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在Ex图线中的0～x1阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，由mgsinθ－F＝ma可知，物体的加速度逐渐增大，A正确，B、C错误；x1～x2过程中，物体机械能保持不变，F＝0，故此过程中物体的加速度a＝gsinθ，D正确．答案AD8．解析物体向右滑动时，kx－μmg＝ma，当a＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量x＝eq\f(μmg,k)，物体没有回到O点，故C错误；因弹簧处于原长时，Ep>μmgx＝0.8J，故物体到O点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有Ep＝μmgxm＋Ep′，得xm＝eq\f(Ep－Ep′,μmg)<eq\f(Ep,μmg)＝12.5cm，故A错误、B正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D正确．答案BD9解析刚好到达最高点B，即运动员到达B点的速度为零，所以在B点对轨道的压力大小等于自身的重力，选项A错误；由A到B过程中重力所做的功WG＝－2mgR，则ΔEp＝－WG＝2mgR，选项B错误；对运动员在由A到B的过程由动能定理得：－mg·2R＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，即Wf＝2mgR－eq\f(1,2)mv2，选项C正确；由功能关系知，机械能的变化量等于除重力外其他力所做的功，即损失的机械能为eq\f(1,2)mv2－2mgR，选项D错误．答案C10．解析：(1)设B从A的右端滑出时，A的位移为l，A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)(F－μmg)·(l＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)又由同时性可得eq\f(vA,aA)＝eq\f(vB,aB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中aA＝μg，aB＝\f(F－μmg,m)))可解得l＝eq\f(μmgL,F－2μmg).(2)由功能关系知，拉力做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能，即有F(l＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋Q可解得Q＝μmgL.答案：(1)eq\f(μmgL,F－2μmg)(2)μmgL11．解析(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得mgR(1－cosα)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)联立解得vC＝5m/s(2)滑块