【小初高学习]2018-2019学年高中物理 第四章 机械能和能源章末总结学案 粤教版必修2
【考试考试重点】高中物理 第四章 机械能和能源章末总结学案 教科版必修2
章末总结
二(，针对大)谈心大学为此一的学工作生理我以寝生上问题一室、班之后直都是级特存在辅导员殊段迷的等为单茫期，他重中之位在我们所，大学以生整进行了是因合程度谈心工为相对来作和没有奋说较低斗的目，他们聊学习标，个人与生因班级并活班主没有联兴趣爱任在每系起来好在天的早的家发纽带自习对言中留，对于他们进意大学生每行了教育日常活，以往最重要状况的之一的旦发学习目教室是现问题标性都个流及解十分动场决。在明确，所，就谈心过小像一程中我的就是临时停也会和升入一靠站大家分个比较样在享好高这两学寝中，上，明室生活初是天又讲为了不同的地发我较的方上课身边高。没有故事上中固定让每去教室就名学一个比一在寝较个家，中首先好的人永找到自大学。远是己的可真他让到们和集觉得了，他体之间们究竟没有联再孤单应该怎系，更。在开么办不不要说纽展班级团知道?带了日活动缺由此可、主题少一定以看出的奋斗，缺乏过程中目标，一定的又让在这个社会整同特殊合使大寝室为心理时期学生感单位出我给觉自己节目他们开通过这了主题没有归一形式班团会属，，集让每专体责任个寝讲授职感室在班级业生活了学生这规划人向中找帮他们往的家到自己一起确，归属定自己那份。在大学信念的奋斗目他们没标。让有一个他们觉统的得原来思想。那个虽然爱唠们现在叨有固定的班主的课室，任还在但也只，是是相对有人管稳而他们已。。我个觉得，大一时期是学四年非常重要的个，也是基础需认真对待的所以在每天固定课室早读、晚修我都非常重视，除找同学谈心外更有点的进行主题教育活动，使大家尽量避免懒散养成良好的个人学习、生活工惯作。所以大一，我主要是从养成教育入手有针对性的大一新生进行养成教育、校情貌安全心理教育、适应性为人处世等。 (三管理坚持)深入学家说：“个沟通高级”者和两，引导人的思工想。低作理念级管三个深者入”即经常行为到课作一堂、名辅导深员，十寝室分注重经常学生思入到想政治班级。“教育工两个沟作主通”，要从以即经常下三方和学生面开展工。家长沟通利用自己住校的便条件，经常深入寝室与学生进行沟通，及时发现在寝室活中出的问题，和各位班委一同解决。定期与学生家长进行电话沟通，将在校各方面情况向家长进行反馈，与一起把小孩教育好使在各方面得到很的发展。 (一作为)班委名专带头，职辅导学生跟员我进清楚的认识到，所带领不仅是普通大学生其中绝部分青年团员，还有党对他们要注重政治意识的培养和提高。在新生入学不久后，他们部分参加了院团课的学习，在第二期系举办团干部培训中又有一分同学参与，通过各种习和培训使班级的凝聚力向心不断增强，使得班委在实际工作中也心应用，不但使每一次活动都开展的好而且在过程
第4章机械能和能源章末总结(2)
学案11
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1.物体从高处下落时，重力势能 减少， 动能 增加，重力势能 转化为动能.物体沿水平方向被弹簧弹开的过程中，弹性势 能 减少， 动能 增加，弹性势能转化为动能.
2.在只有重力或弹力做功的情况下，动能和势能相互转化，总 的机械能保持不变 .
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3.能量守恒定律：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，或者从一个物体转移到 另一个物体，在转化或转移的过程中，其总量保持不变 .
答案 D
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一、能量守恒定律的表达式 E 初＝E 终或 ΔE 增＝ΔE 减或 ΔEA 增＝ΔEB 减.
二、能源的利用和新能源的开发 能源是指能够提供某种形式能量的物质资源.能源与人类生 活密切相关，节约能源，恰当地利用能源，以及开发新能源 是人类解决能源问题的基本途径.
三、功能关系的理解 1．功是能量转化的量度. 2．四对常用功能关系.
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1.下列关于能量守恒定律的认识正确的是
()
A.某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加
B.某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C.不需要任何外界的动力而持续对外做功的机械——永动
机不可能制成
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图1 (1)系统产生的热量；(2)小铁块增加的动能；(3)长木块减少 的动能；(4)系统机械能的减少量.
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学案11
解析 画出这一过程两物体位移示意图，如图所示.
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(1)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.
教科版高中物理必修二第四章《机械能和能源》word章末总结学案
章末总结一、功和功能关系功功能牵引力做的功恒力功变力功协力做的功功率 P 已知，用W ＝ Pt 计算某个力或协力为恒力，用W ＝ Fxcos α计算该力或协力做的功将变力“化为”恒力，用W ＝ Fxcos α计算变力功W＝ΔE合k 增关系重力做的功除重力 ( 弹力 )外其余的协力做的功守恒机械能守恒定律能量守恒WG ＝ΔE p减W 其＝ΔE机ΔE k增＝ΔE p减，E1＝E2ΔE增＝ΔE减12图 1例 1一小滑块放在图 1 所示的凹形斜面上，使劲 F 沿斜面向下拉小滑块，小滑块沿斜面运动了一段距离．若已知在这一过程中，拉力 F 所做的功的大小 (绝对值 )为 A ，斜面对滑块的作使劲所做的功的大小为 B ，重力做功的大小为C，空气阻力做功的大小为 D.当用这些量表达时，小滑块的动能的改变量(指末态动能减去初态动能)等于 ________ ；滑块的重力势能的改变量等于________ ；滑块机械能 (指动能与重力势能之和 )的改变量等于 ________ ．例 2一个质量为m 的物体以 a＝ 2g 的加快度竖直向下运动，则在此物体降落h 高度的过程中，物体的 ()A ．重力势能减少了2mghB．动能增添了 2mghC．机械能保持不变D．机械能增添了mgh二、功率W，此式求出的是 t 时间内的均匀功率，自然若功率向来不变，亦为刹时功率．1． P＝t2． P＝ Fv ·cos α，即功率等于力 F、运动的速度 v 以及力和速度的夹角α的余弦的乘积．当α＝ 0 时，公式简化为 P＝ Fv.3．机车以恒定功率启动或以恒定加快度启动：(1)P＝ Fv 指的是牵引力的刹时功率．F－ fP＝ Pm， a＝ 0(F ＝(2) 依照 P＝ Fv 及 a＝m议论各有关量的变化，最后状态三个量的特色：f) ， v＝ vm.例 3质量为 m＝ 4 000 kg 的卡车，额定输出功率为P＝ 60 kW. 当它从静止出发沿坡路行进时，每行驶100 m 就高升 5 m，所受阻力大小为车重的0.1 倍， g 取 10 m/s2，试求：(1)卡车可否保持牵引力为 8 000 N 不变在坡路上行驶？(2)卡车在坡路上行驶时能达到的最大速度为多大？这时牵引力为多大？(3) 假如卡车用 4 000 N 的牵引力以 12 m/s 的初速度上坡，抵达坡顶时速度为 4 m/s，那么卡车在这一段行程中的最大功率为多少？均匀功率是多少？三、动能定理和机械能守恒定律1．应用动能定理应当注意(1)明确研究对象和研究过程，确立始、末状态的速度状况．(2)对物体进行正确的受力剖析(包含重力、弹力等 )，弄清各力做功大小及功的正、负状况．(3)有些力在运动过程中不是一直存在，物体运动状态、受力等状况均发生变化，则在考虑外力做功时，一定依据不一样状况分别对待，正确表示出总功．(4)若物体运动过程中包含几个不一样的子过程，解题时，能够分段考虑，也可视为一个整体过程，列出动能定理方程求解．2．机械能守恒定律(1)状态式E k1＋ E p1＝ E k2＋ E p2，理解为物体(或系统 )初状态的机械能与末状态的机械能相等．(2)变量式① Ek＝－Ep，表示动能与势能在互相转变的过程中，系统减少(或增添 )的势能等于增添 ( 或减少 )的动能．A 、B 构成的系统， A 部分机械能的增添量与 B 部分机械② ΔE ＝ΔE ，合用于系统，表示由增减能的减少许相等．例 4 如图 2 所示，某滑板喜好者在离地h＝1.8 m 高的平台上滑行，水平走开 A 点后落在水平川面的 B 点，其水平位移x1＝ 3 m ，着地时因为存在能量损失，着地后速度变成v＝ 4 m/s ，并以此为初速度沿水平川面滑行x2＝ 8 m 后停止．已知人与滑板的总质量m＝60 kg. 求：图 2(1)人与滑板在水平川面滑行时遇到的均匀阻力大小．(2) 人与滑板走开平台时的水平初速度．( 空气阻力忽视不计，g 取 10 m/s 2)例 5某兴趣小组设计了如图3 所示的玩具轨道，此中“2008 ”四个等高数字用内壁圆滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内(全部数字均由圆或半圆构成，圆半径比细管的内径大得多)，底端与水平川面相切．弹射装置将一个小物体(可视为质点)以 v0＝ 5 m/s 的水平初速度由 a 点弹出，从 b 点进入轨道，挨次经过“8002”后从 p 点水平抛出．小物体与地面ab 段间的动摩擦因数μ＝，不计其余机械能损失．已知ab 段长 L ＝ 1.5 m，数字“ 0”的半径R＝ 0.2 m ，小物体质量m＝0.01 kg ，g＝ 10 m/s2 .求：图 3(1)小物体从 p 点抛出后的水平射程．(2)小物体经过数字“ 0”的最高点时，管道对小物体作使劲的大小和方向．[即学即用 ]1．把一个物体从粗拙斜面的底端匀加快拉到斜面顶端的过程中，以下说法不正确的选项是()A ．拉力与摩擦力做功的代数和等于物体动能的增量B．拉力、摩擦力和重力做功的代数和等于物体动能的增量C．拉力、摩擦力、重力和支持力的协力做的功等于物体动能的增量D．物体所受外力的协力做的功等于物体动能的增量图 42．质量为m 的物体由固定在地面上的斜面顶端匀速滑到斜面底端，斜面倾角为θ，物体下滑速度为 v，如图 4 所示，以下说法中正确的选项是()A ．重力对物体做功的功率为mgvsin θB．重力对物体做功的功率为mgvC．物体战胜摩擦力做功的功率为mgvsin θD．物体战胜摩擦力做功的功率为mgv图 53．静止在粗拙水平面上的物块A 受方向一直水平向右、大小先后为F1、 F2、 F3的拉力作用做直线运动， t＝4 s 时停下，其v － t 图象如图5 所示，已知物块 A 与水平面间的动摩擦因数到处相同，以下判断正确的选项是 ()A．全过程中拉力做的功等于物块战胜摩擦力做的功B．全过程中拉力做的功等于零C．必定有F1＋ F3＝ 2F2D．有可能F1＋ F3>2F 2图 61圆弧轨道极点A 由静止开始下滑，滑出4．如图 6 所示，一小物块 ( 可视为质点 )从竖直平面上4圆轨道最低点 B 后恰巧做平抛运动，尔后落在水平川面上的 D 点，已知小物块质量m＝ 0.1 kg ，圆弧轨道半径R＝ 1 m ， BC 高度 h＝ 1.8 m ， CD ＝ 2.4 m， g 取 10 m/s 2，问：(1)在轨道 AB 上，小物块战胜摩擦力做了多少功？(2)飞离 B 点前的瞬时，小物块对轨道的压力多大？5.图7如图 7 所示，四分之一圆轨道OA 与水平轨道AB 相切，它们与另一水平轨道CD 在同一竖直面内，圆轨道OA 的半径 R＝ 0.45 m ，水平轨道AB 长 x 1＝ 3 m ， OA 与 AB 均圆滑．一滑块从O 点由静止开释，当滑块经过 A 点时，静止在CD 上的小车在F＝ 1.6 N 的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力 F.当小车在CD 上运动了x2＝ 3.28 m 时速度 v＝ 2.4 m/s ，此时滑块恰巧落入小车2中．已知小车质量M ＝0.2 kg ，与 CD 间的动摩擦因数μ＝0.4.(g取10 m/s )求：(1)恒力 F 的作用时间 t；(2)AB 与 CD 的高度差h.章末总结知识系统区力的方向上发生的位移能量转变标量 比值 均匀 刹时E p1 － E p2 E k2－ E k1讲堂活动区例 1 A －B ＋C －D －C A －B －D分析 依据动能定理，动能的改变量等于外力做功的代数和，此中做负功的有空气阻力和斜面对滑块的作使劲的功 (因弹力不做功，实质上为摩擦阻力做的功 )，所以 Ek ＝ A － B ＋ C － D ；重力 势能的改变量等于重力做功的负值，所以 Ep ＝－ C ；滑块机械能的改变量等于重力以外的其余力 做功的代数和，所以 ΔE＝A －B － D.例 2 BD [物体降落 h 高度，重力做正功，重力势能减少了 mgh ；由牛顿第二定律知物体所 受合外力大小为 2mg ，方向向下，则物体着落 h 过程中合外力做功为 2mgh ，由动能定理知物体动能增添了 2mgh ；物体以 a ＝ 2g 的加快度向下运动，除了受重力以外，还受其余力，故机械能不守 恒；机械能为重力势能与动能之和，故机械能增添了mgh.]例 3 (1) 不可以 (2)10 m/s 6 000 N (3)48 kW32 kW分析 汽车可否保持牵引力为8 000 N 上坡要考虑两点：第一，牵引力能否大于阻力？第二， 汽车若向来加快，其功率能否将超出额定功率，依照P ＝ F ·v 求解． 剖析汽车上坡过程中的受力状况如下图：牵引力F ，重力 mg ＝ 4× 104 N ， f ＝ kmg ＝ 4× 1035 N ，支持力 N ，依题意 sin θ＝ 100 .(1) 汽车上坡时，若 F ＝ 8 000 N ，而 f ＋ mgsin θ＝ 4× 103N ＋ 4× 104× 1N ＝ 6× 103 N ，即 F>f20 ＋ mgsin θ，汽车将加快上坡，速度不停增大，其输出功率 P ＝ Fv 也不停增大，长时间后，将超出其额定输出功率，所以，汽车不可以保持牵引力为8 000 N 不变上坡． (2) 汽车上坡时，速度愈来愈大，一定不停减小牵引力保证输出功率不超出额定输出功率，当牵引力为 F 1＝ f ＋ mgsin θ时，汽车加快度为零，速度达到最大值，设为 v max ，则P ＝ F 1v ＝ (f ＋ mgsin θ)v max ，v max ＝ P ＝ 60× 103m/s ＝ 10 m/s ，6 000f ＋ mgsin θ这时牵引力 F 1＝ f ＋ mgsin θ＝ 6× 103N.(3) 若牵引力为 F 2 ＝ 4 000 N ，汽车上坡时，速度不停减小，所以，最先的功率即为最大功率． P ＝ F 2v ＝ 4 000× 12 W ＝× 10 4 W.整个过程中，均匀功率为P ＝ F 2 v ＝ 4 000× 12＋ 4W ＝× 104 W.2 例 4 (1)60 N (2)5 m/s分析(1) 设人与滑板在水平川面滑行时遇到的均匀阻力为f ，依据动能定理有1 2－ fx 2＝ 0－ mv①22由 ① 式解得 f ＝mv 2＝60×4N ＝60 N ②2x 22× 8(2) 人和滑板一同在空中做平抛运动，设走开平台时的水平初速度为 v 0 ，飞翔时间为 t ，依据平抛运动规律有12h ＝ gt ③x 1＝ v 0t ④由 ③④ 两式解得 v 0＝x 1 ＝ 3 m/s ＝ 5 m/s ⑤2h2×g 10 例 5 (1)0.8 m (2)0.3 N 竖直向下分析(1) 设小物体运动到 p 点时的速度大小为 v ，则小物体由 a 运动到 p 的过程应用动能定理得－ μmgL － 2mgR ＝1 2122 mv －mv 0 ①2小物体自 p 点做平抛运动，设运动时间为t ，水平射程为 x ，则1 22R ＝ 2gt ②x ＝ vt ③联立 ①②③ 式，代入数据解得x ＝ 0.8 m ④ (2) 设在数字 “ 0” 的最高点时管道对小物体的作使劲大小为F ，取竖直向下为正方向2mv ⑤F ＋ mg ＝ R联立 ①⑤ 式，代入数据解得 F ＝ 0.3 N ，方向竖直向下．[即学即用 ]1． A [物体从粗拙斜面底端被匀加快拉到顶端的过程中，受拉力、重力、支持力、摩擦力，此中拉力做正功，重力做负功，支持力不做功，摩擦力做负功，依据动能定理，协力做的总功 (或各力做功的代数和 )等于物体动能的增量，所以说法不正确的只有 A.]2． AC [物体沿斜面匀速下滑，说明沿斜面方向的摩擦力f ＝ mgsin θ，依据功率公式 P ＝Fvcos α(式中 α是 F 与 v 的夹角 )，则重力对物体做功的功率PG ＝ mgvcos (90 －°θ)＝ mgvsin θ， A对， B 错；物体战胜摩擦力做功的功率 P f ＝ fv ＝ mgvsin θ， C 对， D 错． ]3． AC [由动能定理知， A 正确， B 错误；第 1 s 内 F 1－ μmg ＝ ma,1 s 末至 3 s 末， F 2＝ μmg ， 第 4 s 内 μmg － F 3 ＝ ma ，所以 F 1 ＋ F 3 ＝ 2F 2，故 C 正确， D 错误． ]4． (1)0.2 J (2)2.6 N分析 (1) 设从 B 到 D 所用时间为 t ，由 h ＝ 1gt 2，得 t ＝ 2h ＝ 2× s ＝ 0.6 s2 g 10水平方向 CD ＝ v B t ，故 B 点速度为 v B ＝CD＝m/s ＝ 4 m/s ，t从 A 到 B ，由动能定理得 mgR － Wf ＝ 1mv B 2，2解得小物块战胜摩擦力做功 Wf ＝ 0.2 J.(2)在 B 点，协力供给向心力，v B 2 ，解得支持力N ＝2.6 N ，N － mg ＝ m R依据牛顿第三定律知，压力 N ′＝2.6 N. 5． (1)1 s (2)0.8 m分析 (1) 小车受恒力 F 作用时加快度为 a 1 ，则由牛顿第二定律得 F － μ Mg ＝ Ma 1① 经时间 t ，小车速度v 1＝ a 1t ②设撤去恒力F 到小车速度为 2.4 m/s 时的时间为 t 2，则μ Mg ＝ Ma 2 ③v ＝ a 1t － a 2t 2④x 2＝ 1a 1t 2＋ v 1 t 2－ 1a 2 t 22⑤2 2代入数据，解 ①②③④⑤ 得 t ＝ 1 s ， t 2＝ 0.4 s (2) 滑块从 O 滑至 A 机遇械能守恒，设到 A 时速度为 v 2 ， 则 mgR ＝1mv 22 ⑥2设滑块从 A 到 B 所用时间为 t 3，则 t 3＝ x 1⑦v 2代入数据，解 ⑥⑦ 得 t 3＝ 1 s ，由题意设滑块从 B 点平抛到落入小车的时间为t 4，则t 4＋ t 3＝ t ＋ t 2⑧ 则 t 4 ＝ 0.4 s12＝ 0.8 m由平抛运动规律知： h ＝ 2gt4。