高中物理教案

高三物理教案：《能量守恒定律》教學(xué)設(shè)計(jì)。

一、教材分析

前面學(xué)習(xí)的焦耳實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明，在系統(tǒng)狀態(tài)發(fā)生改變時(shí)，只要初末狀態(tài)確定了，做功的數(shù)量或者熱傳遞的數(shù)量就是確定的。而且，熱功當(dāng)量的測(cè)量結(jié)果表明，做功和熱傳遞在改變內(nèi)能上是等價(jià)的。從而得出熱力學(xué)第一定律的數(shù)學(xué)表達(dá)式。又通過(guò)實(shí)例對(duì)表達(dá)式中物理量取值的正負(fù)意義進(jìn)行了討論。接著，講述了能量守恒定律的確立。它具有重大的理論意義和實(shí)踐意義。它對(duì)于制造永動(dòng)機(jī)的不可能實(shí)現(xiàn)，給予了科學(xué)上的最后判決。

二、教學(xué)目標(biāo)

知識(shí)與技能：

1、理解熱力學(xué)第一定律。

2、能運(yùn)用熱力學(xué)第一定律解釋自然界能量的轉(zhuǎn)化、轉(zhuǎn)移問(wèn)題。

3、理解能量守恒定律，知道能量守恒定律是自然界普遍遵從的基本規(guī)律。

4、通過(guò)能量守恒定律的學(xué)習(xí)，認(rèn)識(shí)自然規(guī)律的多樣性和統(tǒng)一性。

5、知道第一類(lèi)永動(dòng)機(jī)是不能實(shí)現(xiàn)的。

過(guò)程與方法：

能夠得出熱力學(xué)第一定律，并會(huì)應(yīng)用。

情感態(tài)度與價(jià)值觀：

通過(guò)學(xué)習(xí)能量守恒定律的得出過(guò)程，學(xué)習(xí)科學(xué)家的探索精神

三、教學(xué)重點(diǎn)難點(diǎn)

重點(diǎn)：熱力學(xué)第一定律

難點(diǎn)：能量守恒定律

四、學(xué)情分析

由于熱力學(xué)第一定律是教學(xué)的重點(diǎn)及難點(diǎn)，因此應(yīng)利用教學(xué)的相當(dāng)多的時(shí)間來(lái)進(jìn)行熱力學(xué)第一定律的教學(xué)，具體來(lái)說(shuō)△U=W+Q中各物理量的意義及正負(fù)號(hào)的確定對(duì)學(xué)生來(lái)講是很困難的，以通俗易懂的語(yǔ)言來(lái)闡述；對(duì)于能量守恒定律的教學(xué)，調(diào)動(dòng)學(xué)生相互討論自然界中的各種能量間的轉(zhuǎn)化，分析得出能量守恒定律。

五、教學(xué)方法

自主閱讀與思考、精講精練

六、課前準(zhǔn)備

七、課時(shí)安排1課時(shí)

八、教學(xué)過(guò)程

（一）預(yù)習(xí)檢查、總結(jié)疑惑

（二）情景引入、展示目標(biāo)

焦耳的實(shí)驗(yàn)表明：只要系統(tǒng)初末狀態(tài)是確定的，所需做功數(shù)量就是確定的。

另一方面，熱功當(dāng)量實(shí)驗(yàn)表明做功和熱傳遞是等價(jià)的

（三）合作探究、精講點(diǎn)播

1.熱力學(xué)第一定律

（1）.一個(gè)熱力學(xué)系統(tǒng)的內(nèi)能增量等于外界向它傳遞的熱量與外界對(duì)它所做的功的和。這個(gè)關(guān)系叫做熱力學(xué)第一定律。

其數(shù)學(xué)表達(dá)式為：ΔU=W+Q

（2）.與熱力學(xué)第一定律相匹配的符號(hào)法則

做功W

熱量Q

內(nèi)能的改變?chǔ)

取正值“+”

外界對(duì)系統(tǒng)做功

系統(tǒng)從外界吸收熱量

系統(tǒng)的內(nèi)能增加

取負(fù)值“－”

系統(tǒng)對(duì)外界做功

系統(tǒng)向外界放出熱量

系統(tǒng)的內(nèi)能減少

（3）熱力學(xué)第一定律說(shuō)明了做功和熱傳遞是系統(tǒng)內(nèi)能改變的量度，沒(méi)有做功和熱傳遞就不可能實(shí)現(xiàn)能量的轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移，同時(shí)也進(jìn)一步揭示了能量守恒定律。

（4）應(yīng)用熱力學(xué)第一定律解題的一般步驟：

①根據(jù)符號(hào)法則寫(xiě)出各已知量（W、Q、ΔU）的正、負(fù)；

②根據(jù)方程ΔU=W+Q求出未知量；

③再根據(jù)未知量結(jié)果的正、負(fù)來(lái)確定吸熱、放熱情況或做功情況。

2.能量守恒定律

⑴.自然界存在著多種不同形式的能。舉例說(shuō)明。

⑵.不同形式的能量之間可以相互轉(zhuǎn)化。舉例說(shuō)明。摩擦可以將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；熾熱電燈發(fā)光可以將電能轉(zhuǎn)化為光能。

⑶.能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中其總量不變。這就是能量守恒定律。

(4).熱力學(xué)第一定律、機(jī)械能守恒定律都是能量守恒定律的具體體現(xiàn)。

(5). 能量守恒定律的重要意義

第一，能量守恒定律是支配整個(gè)自然界運(yùn)動(dòng)、發(fā)展、變化的普遍規(guī)律，學(xué)習(xí)這個(gè)定律，不能滿足一般理解其內(nèi)容，更重要的是，從能量形式的多樣化及其相互聯(lián)系，互相轉(zhuǎn)化的事實(shí)出發(fā)去認(rèn)識(shí)物質(zhì)世界的多樣性及其普遍聯(lián)系，并切實(shí)樹(shù)立能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失的觀點(diǎn)，作為以后學(xué)習(xí)和生產(chǎn)實(shí)踐中處理一切實(shí)際問(wèn)題的基本指導(dǎo)思想之一。第二，宣告了第一類(lèi)永動(dòng)機(jī)的失敗。

3.第一類(lèi)永動(dòng)機(jī)不可能制成

任何機(jī)器運(yùn)動(dòng)時(shí)只能將能量從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，而不可能無(wú)中生有地創(chuàng)造能量，即第一類(lèi)永動(dòng)機(jī)是不可能制造出來(lái)的。

典例探究

例1.一定量的氣體在某一過(guò)程中，外界對(duì)氣體做了8×104J的功，氣體的內(nèi)能減少了1.2×105J，則下列各式中正確的是 （ ）

A.W=8×104J，ΔU =1.2×105J ，Q=4×104J

B.W=8×104J，ΔU =－1.2×105J ，Q=－2×105J

C.W=－8×104J，ΔU =1.2×105J ，Q=2×104J

D.W=－8×104J，ΔU =－1.2×105J ，Q=－4×104J

解析：本題主要考查熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用。因?yàn)橥饨鐚?duì)氣體做功，W取正值，即W=8×104J；內(nèi)能減少，ΔU取負(fù)值，即ΔU=－1.2×105J；根據(jù)ΔU=W+Q，可知Q=ΔU－W=－1.2×105－8×104=－2×105J，即B選項(xiàng)正確。

答案：B

友情提示：注意熱力學(xué)第一定律關(guān)系式中各物理量的符號(hào)法則。

例2.一定質(zhì)量的氣體，在壓縮過(guò)程中外界對(duì)氣體做功300J，但這一過(guò)程中氣體的內(nèi)能減少了300J，問(wèn)氣體在此過(guò)程中是吸熱還是放熱？吸收（或放出）多少熱量？

解析：由題意可知，W=300J，ΔU=－300J，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得

Q=ΔU－W=－300J－300J=－600J

Q為負(fù)值表示氣體放熱，因此氣體放出600J的熱量。

友情提示：注意熱力學(xué)第一定律關(guān)系式中各物理量的符號(hào)法則及其物理意義。

例3. 一定質(zhì)量的氣體從外界吸收了4.2×105J的熱量，同時(shí)氣體對(duì)外做了6×105J的功，問(wèn)：

（1）物體的內(nèi)能是增加還是減少？變化量是多少？

（2）分子勢(shì)能是增加還是減少？

（3）分子的平均動(dòng)能是增加還是減少？

解析：（1）氣體從外界吸熱為：Q=4.2×105J

氣體對(duì)外做功：W=－6×105J

由熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q=（－6×105）+（4.2×105J）=－1.8×105J

ΔU為負(fù)，說(shuō)明氣體的內(nèi)能減少了。所以，氣體內(nèi)能減少了1.8×105J。

（2）因?yàn)闅怏w對(duì)外做功，所以氣體的體積膨脹，分子間的距離增大了，分子力做負(fù)功，氣體分子勢(shì)能增加了。

（3）因?yàn)闅怏w內(nèi)能減少，同時(shí)氣體分子勢(shì)能增加，說(shuō)明氣體分子的平均動(dòng)能一定減少了。

友情提示：本題以熱力學(xué)第一定律關(guān)系式為起點(diǎn)，結(jié)合分子動(dòng)理論中內(nèi)能的定義，分析得出：①氣體對(duì)外做功，體積膨脹，分子間的距離增大了，分子力做負(fù)功，氣體分子勢(shì)能增加了②氣體內(nèi)能減少，同時(shí)氣體分子勢(shì)能增加，說(shuō)明氣體分

（四）反思總結(jié)、當(dāng)堂檢測(cè)

（五）發(fā)導(dǎo)學(xué)案、布置作業(yè)

九、板書(shū)設(shè)計(jì)

1.熱力學(xué)第一定律

（1）內(nèi)容：

數(shù)學(xué)表達(dá)式為：ΔU=W+Q

（2）.與熱力學(xué)第一定律相匹配的符號(hào)法則

做功W

熱量Q

內(nèi)能的改變?chǔ)

取正值“+”

外界對(duì)系統(tǒng)做功

系統(tǒng)從外界吸收熱量

系統(tǒng)的內(nèi)能增加

取負(fù)值“－”

系統(tǒng)對(duì)外界做功

系統(tǒng)向外界放出熱量

系統(tǒng)的內(nèi)能減少

（2）.與熱力學(xué)第一定律相匹配的符號(hào)法則

（3）熱力學(xué)第一定律說(shuō)明了做功和熱傳遞是系統(tǒng)內(nèi)能改變的量度，沒(méi)有做功和熱傳遞就不可能實(shí)現(xiàn)能量的轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移，同時(shí)也進(jìn)一步揭示了能量守恒定律。

（4）應(yīng)用熱力學(xué)第一定律解題的一般步驟：

①根據(jù)符號(hào)法則寫(xiě)出各已知量（W、Q、ΔU）的正、負(fù)；

②根據(jù)方程ΔU=W+Q求出未知量；

③再根據(jù)未知量結(jié)果的正、負(fù)來(lái)確定吸熱、放熱情況或做功情況。

2.能量守恒定律

⑴.自然界存在著多種不同形式的能。

⑵.不同形式的能量之間可以相互轉(zhuǎn)化

⑶.能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中其總量不變。這就是能量守恒定律。

(4).熱力學(xué)第一定律、機(jī)械能守恒定律都是能量守恒定律的具體體現(xiàn)。

(5). 能量守恒定律的重要意義

3.第一類(lèi)永動(dòng)機(jī)不可能制成

任何機(jī)器運(yùn)動(dòng)時(shí)只能將能量從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，而不可能無(wú)中生有地創(chuàng)造能量，即第一類(lèi)永動(dòng)機(jī)是不可能制造出來(lái)的。

十、教學(xué)反思

各種能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)化過(guò)程中總能量守恒．這是一個(gè)意識(shí)問(wèn)題，或者說(shuō)是悟性，從內(nèi)心深處感覺(jué)到總能量不變．這是很重要的物理思想．

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2.油膜法測(cè)分子直徑d=V/s{V:單分子油膜的體積(m3)，S:油膜表面積(m)2｝
3.分子動(dòng)理論內(nèi)容：物質(zhì)是由大量分子組成的;大量分子做無(wú)規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng);分子間存在相互作用力。
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6.熱力學(xué)第二定律
克氏表述：不可能使熱量由低溫物體傳遞到高溫物體，而不引起其它變化(熱傳導(dǎo)的方向性);
開(kāi)氏表述：不可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來(lái)做功，而不引起其它變化(機(jī)械能與內(nèi)能轉(zhuǎn)化的方向性){涉及到第二類(lèi)永動(dòng)機(jī)不可造出〔見(jiàn)第二冊(cè)P44〕｝
7.熱力學(xué)第三定律：熱力學(xué)零度不可達(dá)到{宇宙溫度下限：-273.15攝氏度(熱力學(xué)零度)
注:
(1)布朗粒子不是分子,布朗顆粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯,溫度越高越劇烈;
(2)溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志;
(3)分子間的引力和斥力同時(shí)存在,隨分子間距離的增大而減小,但斥力減小得比引力快;
(4)分子力做正功，分子勢(shì)能減小,在r0處F引=F斥且分子勢(shì)能最小;
(5)氣體膨脹,外界對(duì)氣體做負(fù)功W0;溫度升高，內(nèi)能增大ΔU0;吸收熱量，Q0
(6)物體的內(nèi)能是指物體所有的分子動(dòng)能和分子勢(shì)能的總和，對(duì)于理想氣體分子間作用力為零，分子勢(shì)能為零;
(7)r0為分子處于平衡狀態(tài)時(shí)，分子間的距離;
(8)其它相關(guān)內(nèi)容：能的轉(zhuǎn)化和定恒定律〔見(jiàn)第二冊(cè)P41〕/能源的開(kāi)發(fā)與利用、環(huán)?！惨?jiàn)第二冊(cè)P47〕/物體的內(nèi)能、分子的動(dòng)能、分子勢(shì)能〔見(jiàn)第二冊(cè)P47〕。

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高一物理能量守恒定律

高三物理《功能關(guān)系能量守恒定律》教材分析

一名優(yōu)秀的教師在每次教學(xué)前有自己的事先計(jì)劃，作為教師就要精心準(zhǔn)備好合適的教案。教案可以讓學(xué)生更好的吸收課堂上所講的知識(shí)點(diǎn)，幫助教師緩解教學(xué)的壓力，提高教學(xué)質(zhì)量。那么，你知道教案要怎么寫(xiě)呢？為此，小編從網(wǎng)絡(luò)上為大家精心整理了《高三物理《功能關(guān)系能量守恒定律》教材分析》，歡迎大家與身邊的朋友分享吧！

高三物理《功能關(guān)系能量守恒定律》教材分析

考點(diǎn)20功能關(guān)系能量守恒定律

考點(diǎn)名片

考點(diǎn)細(xì)研究：本考點(diǎn)命題要點(diǎn)：(1)功能關(guān)系；(2)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律；(3)結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律、電磁學(xué)等相關(guān)內(nèi)容處理綜合問(wèn)題。其中考查到的如：20xx年全國(guó)卷第19題、21題、25題、20xx年江蘇高考第9題、20xx年福建高考第21題、20xx年廣東高考第16題、20xx年上海高考第11題、20xx年海南高考第10題、20xx年山東高考第20題、20xx年全國(guó)卷第20題、20xx年山東高考第16題、20xx年江蘇高考第9題、20xx年安徽高考第17題等。

備考正能量：本考點(diǎn)在高考中年年必考，題型全、分值多、難度大。在今后的高考中，考查思路應(yīng)是功能關(guān)系、能的轉(zhuǎn)化和守恒、牛頓定律、平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)知識(shí)和規(guī)律密切聯(lián)系的綜合應(yīng)用，難度和能力要求不會(huì)降低。

一、基礎(chǔ)與經(jīng)典

1．滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài)，現(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動(dòng)一段距離的過(guò)程中拉力F做了10J的功。在上述過(guò)程中()

A．彈簧的彈性勢(shì)能增加了10J

B．滑塊的動(dòng)能增加了10J

C．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10J

D．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

答案C

解析拉力F做功的同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)，彈性勢(shì)能增大，滑塊向右加速，滑塊動(dòng)能增加，由功能關(guān)系可知，拉力做功等于滑塊的動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和，C正確，A、B、D均錯(cuò)誤。

2.(多選)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪，質(zhì)量分別為M、m(Mm)的滑塊，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)。若不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中()

A．兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

B．重力對(duì)M做的功等于M動(dòng)能的增加

C．輕繩對(duì)m做的功等于m機(jī)械能的增加

D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功

答案CD

解析以M和m兩滑塊整體為研究對(duì)象，除重力外，M受到的摩擦力做負(fù)功，所以?xún)苫瑝K組成系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，且系統(tǒng)機(jī)械能的損失等于M克服摩擦力做的功，A錯(cuò)誤，D正確。由動(dòng)能定理可知，M動(dòng)能的增加應(yīng)等于重力、摩擦力、輕繩的拉力對(duì)M做功之和，B錯(cuò)誤。以m為研究對(duì)象，除重力外，只有輕繩對(duì)其做功，所以其機(jī)械能的增加等于輕繩對(duì)其做的功，C正確。

3．一個(gè)物體的機(jī)械能增大，究其原因()

A．重力對(duì)物體做了功

B．一定是合外力對(duì)物體做了功

C．一定是拉力對(duì)物體做了功

D．可能是摩擦力對(duì)物體做了功

答案D

解析除重力、彈力以外的力做功時(shí)，物體的機(jī)械能才會(huì)變化，一個(gè)系統(tǒng)的機(jī)械能增大，一定是除重力、彈力以外的力對(duì)系統(tǒng)做正功。重力做功時(shí)物體的動(dòng)能和重力勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，不影響物體的機(jī)械能的總和。故A錯(cuò)誤；除重力、彈力以外的力做功時(shí)，物體的機(jī)械能才會(huì)變化。故B、C錯(cuò)誤；如果摩擦力對(duì)系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能可以增大。故D正確。

4．“神舟八號(hào)”飛船返回時(shí)高速進(jìn)入大氣層后，受到空氣阻力的作用，接近地面時(shí)，減速傘打開(kāi)，在距地面幾米處，制動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火制動(dòng)，飛船迅速減速，安全著陸。下列說(shuō)法正確的是()

A．制動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火制動(dòng)后，飛船的重力勢(shì)能減少，動(dòng)能減少

B．制動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)工作時(shí)，由于化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，飛船的機(jī)械能增加

C．重力始終對(duì)飛船做正功，使飛船的機(jī)械能增加

D．重力對(duì)飛船做正功，阻力對(duì)飛船做負(fù)功，飛船的機(jī)械能不變

答案A

解析制動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火制動(dòng)后，飛船迅速減速下落，動(dòng)能、重力勢(shì)能均變小，機(jī)械能減少，A正確，B錯(cuò)誤；飛船進(jìn)入大氣層后，空氣阻力做負(fù)功，機(jī)械能一定減少，故C、D均錯(cuò)誤。

5．起跳摸高是學(xué)生經(jīng)常進(jìn)行的一項(xiàng)體育活動(dòng)。一質(zhì)量為m的同學(xué)彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學(xué)用力蹬地到剛離開(kāi)地面的起跳過(guò)程中，他的重心上升了h，離地時(shí)他的速度大小為v。下列說(shuō)法正確的是()

A．該同學(xué)機(jī)械能增加了mgh

B．起跳過(guò)程中該同學(xué)機(jī)械能增量為mgh＋mv2

C．地面的支持力對(duì)該同學(xué)做功為mgh＋mv2

D．該同學(xué)所受的合外力對(duì)其做功為mv2＋mgh

答案B

解析考查的是力做功和能的轉(zhuǎn)化問(wèn)題，學(xué)生重心升高h(yuǎn)，重力勢(shì)能增大了mgh，又知離地時(shí)獲得動(dòng)能為mv2，則機(jī)械能增加了mgh＋mv2，A錯(cuò)，B對(duì)；人與地面作用過(guò)程中，支持力對(duì)人做功為零，C錯(cuò)；學(xué)生受合外力做功等于動(dòng)能增量，則W合＝mv2，D錯(cuò)。

6.把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖甲所示。迅速松手后，球升高至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過(guò)位置B時(shí)彈簧正處于原長(zhǎng)(圖乙)。忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力。則小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()

A．經(jīng)過(guò)位置B時(shí)小球的加速度為0

B．經(jīng)過(guò)位置B時(shí)小球的速度最大

C．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

D．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小

答案C

解析分析小球從A到B的過(guò)程中受力情況，開(kāi)始時(shí)彈力大于重力，中間某一位置彈力和重力相等，接著彈力小于重力，在B點(diǎn)時(shí)，彈力為零，小球從B到C的過(guò)程中，只受重力。根據(jù)牛頓第二定律可以知道小球從A到B過(guò)程中，先向上加速再向上減速，所以速度最大位置應(yīng)該是加速度為零的位置，在AB之間某一位置，A、B錯(cuò)誤；從A到C過(guò)程中對(duì)于小球、地球、彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，C正確，D錯(cuò)誤。

7．(多選)18世紀(jì)，數(shù)學(xué)家莫佩爾蒂和哲學(xué)家伏爾泰，曾設(shè)想“穿透”地球：假設(shè)能夠沿著地球兩極連線開(kāi)鑿一條沿著地軸的隧道貫穿地球，一個(gè)人可以從北極入口由靜止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以從南極出口飛出，則以下說(shuō)法正確的是(已知此人的質(zhì)量m＝50kg；地球表面處重力加速度g取10m/s2；地球半徑R＝6.4×106m；假設(shè)地球可視為質(zhì)量分布均勻的球體，均勻球殼對(duì)殼內(nèi)任一點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)合引力為零)()

A．人與地球構(gòu)成的系統(tǒng)，由于重力發(fā)生變化，故機(jī)械能不守恒

B．人在下落過(guò)程中，受到的萬(wàn)有引力與到地心的距離成正比

C．人從北極開(kāi)始下落，直到經(jīng)過(guò)地心的過(guò)程中，萬(wàn)有引力對(duì)人做功W＝1.6×109J

D．當(dāng)人下落經(jīng)過(guò)距地心R/2瞬間，人的瞬時(shí)速度大小為4×103m/s

答案BC

解析人與地球構(gòu)成的系統(tǒng)，重力雖然發(fā)生變化，但只有重力做功，故機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；人在下落過(guò)程中，受到的萬(wàn)有引力F＝G＝G＝r，與到地心的距離成正比，B正確；人從北極開(kāi)始下落，直到經(jīng)過(guò)地心的過(guò)程中，萬(wàn)有引力對(duì)人做功W＝R＝R＝1.6×109J，C正確；當(dāng)人下落經(jīng)過(guò)距地心R/2瞬間，人的瞬時(shí)速度大小為v，由動(dòng)能定理得：×＝mv2，解得：v＝＝6928m/s，D錯(cuò)誤。

8．(多選)如圖甲所示，物體以一定的初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上升過(guò)程中，物體的機(jī)械能E隨高度h的變化如圖乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。則()

A．物體的質(zhì)量m＝0.67kg

B．物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.40

C．物體上升過(guò)程中的加速度大小a＝10m/s2

D．物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝10J

答案CD

解析上升過(guò)程，由動(dòng)能定理得，－(mgsinα＋μmgcosα)·hm/sinα＝0－Ek1，摩擦產(chǎn)生的熱μmgcosα·hm/sinα＝E1－E2，解得m＝1kg，μ＝0.50，故A、B錯(cuò)誤；物體上升過(guò)程中的加速度大小a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，故C正確；上升過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱為E1－E2＝20J，下降過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的熱也應(yīng)為20J，故物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝50J－40J＝10J，D正確。

9.(多選)如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率v1勻速向右運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2(v2v1)滑上傳送帶，最后滑塊返回傳送帶的右端。關(guān)于這一過(guò)程的下列判斷，正確的有()

A．滑塊返回傳送帶右端的速率為v1

B．此過(guò)程中傳送帶對(duì)滑塊做功為mv－mv

C．此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶做功為2mv

D．此過(guò)程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為m(v1＋v2)2

答案ABD

解析因?yàn)関2v1，在摩擦阻力下，滑塊在傳送帶上向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減小到零后向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度增大到v1后隨傳送帶做速度為v1的勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以滑塊返回傳送帶右端的速率為v1，選項(xiàng)A正確；由動(dòng)能定理可得，此過(guò)程中傳送帶對(duì)滑塊做功為W＝mv－mv，選項(xiàng)B正確；此過(guò)程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量等于二者相對(duì)滑動(dòng)的距離與摩擦力的乘積，即Q＝μmg＝m(v1＋v2)2，選項(xiàng)D正確；由能量守恒定律，此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶做功等于二者相對(duì)滑動(dòng)產(chǎn)生的熱量Q和傳送帶對(duì)滑塊做功W之和，等于mv＋mv1v2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。

10．(多選)傾角為37°的光滑斜面上固定一個(gè)槽，勁度系數(shù)k＝20N/m、原長(zhǎng)l0＝0.6m的輕彈簧下端與輕桿相連，開(kāi)始時(shí)桿在槽外的長(zhǎng)度l＝0.3m，且桿可在槽內(nèi)移動(dòng)，桿與槽間的滑動(dòng)摩擦力大小Ff＝6N，桿與槽之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。質(zhì)量m＝1kg的小車(chē)從距彈簧上端L＝0.6m處由靜止釋放沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。已知彈性勢(shì)能Ep＝kx2，式中x為彈簧的形變量。g＝10m/s2，sin37°＝0.6。關(guān)于小車(chē)和桿的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法中正確的是()

A．小車(chē)先做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)

B．小車(chē)先做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)

C．桿剛要滑動(dòng)時(shí)小車(chē)已通過(guò)的位移為0.9m

D．桿從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到完全進(jìn)入槽內(nèi)所用時(shí)間為0.1s

答案BCD

解析小車(chē)從開(kāi)始下滑至位移為L(zhǎng)的過(guò)程中，小車(chē)只受重力和支持力，支持力不做功，只有重力做功，加速度a＝gsin37°＝6m/s2不變，所以小車(chē)先做勻加速運(yùn)動(dòng)，從剛接觸彈簧，直至將彈簧壓縮至彈力等于桿與槽的摩擦力，即彈力由0逐漸增大至6N，小車(chē)受到的合力逐漸減小到零，所以小車(chē)接著做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)，B正確，A錯(cuò)誤；當(dāng)彈力為6N時(shí)，彈簧的形變量為Δx＝＝0.3m，所以小車(chē)通過(guò)的位移為x＝L＋Δx＝0.9m，C正確；桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知mgxsin37°＝k(Δx)2＋mv2，解得桿和小車(chē)的速度v＝3m/s，桿從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到完全進(jìn)入槽內(nèi)的時(shí)間為t＝＝0.1s，D正確。

二、真題與模擬

11．20xx·全國(guó)卷](多選)兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無(wú)關(guān)。若它們下落相同的距離，則()

A．甲球用的時(shí)間比乙球長(zhǎng)

B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小

C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小

D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功

答案BD

解析甲、乙下落的時(shí)間與加速度有關(guān)，應(yīng)先求加速度，由m甲＝ρV甲＝ρ得R甲＝，阻力f甲＝kR甲＝k，由牛頓第二定律知a甲＝＝g－k，同理a乙＝g－k，因m甲m乙，所以a甲a乙，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；再由位移公式h＝at2可知t甲v乙，B項(xiàng)正確；甲球受到的阻力大，甲、乙下落距離相等，故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，D項(xiàng)正確。

12．20xx·全國(guó)卷](多選)如圖所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過(guò)程中經(jīng)過(guò)了N點(diǎn)。已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且ONM∠OMN。在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中()

A．彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功

B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度

C．彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零

D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差

答案BCD

解析由ONM∠OMN可知，在M點(diǎn)與N點(diǎn)彈簧長(zhǎng)度lOMvB1，D項(xiàng)正確。

14．20xx·上海高考]靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計(jì)空氣阻力，在整個(gè)上升過(guò)程中，物體機(jī)械能隨時(shí)間變化關(guān)系是()

答案C

解析以地面為零勢(shì)能面，以豎直向上為正方向，則對(duì)物體，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，某一時(shí)刻的機(jī)械能E＝Fh，解以上各式得E＝·t2t2，撤去外力后，物體機(jī)械能守恒，故只有C正確。

15．20xx·武漢調(diào)研]如圖，半徑為R、圓心為O的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，OC水平，D是圓環(huán)最低點(diǎn)。質(zhì)量為2m的小球A與質(zhì)量為m的小球B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連。兩球初始位置如圖所示，由靜止釋放，當(dāng)小球A運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)，小球B的動(dòng)能為()

A.mgRB.mgR

C.mgRD.mgR

答案D

解析A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D時(shí)，A下降的高度為hA＝R＋Rsin45°，B上升的高度為hB＝Rsin45°，則有2mghA－mghB＝·2mv＋mv，又vAcos45°＝vBcos45°，小球B的動(dòng)能為EkB＝mv＝mgR，選項(xiàng)D正確。

16．20xx·湖北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考]如圖，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長(zhǎng)的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對(duì)于該運(yùn)動(dòng)過(guò)程，若用x、a、Ep、Ek分別表示滑塊下滑的位移的大小、加速度的大小、重力勢(shì)能(以斜面底面所在平面為零勢(shì)面)和動(dòng)能，t表示時(shí)間，則下列圖象最能正確描述這一運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是()

答案D

解析滑塊在下滑過(guò)程中，設(shè)斜面的傾角為θ，斜面高度為H。則由牛頓第二定律有－μmgcosθ＋mgsinθ＝ma，解得a＝－μgcosθ＋gsinθ0，加速度的大小保持不變，所以加速度圖象應(yīng)是與時(shí)間軸平行的直線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，x＝v0t＋at2(a0)，故位移隨時(shí)間變化越來(lái)越慢，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下降的高度為h＝xsinθ，Ep＝mgH－mgxsinθ＝mgH－mg··sinθ，所以Ept圖不是直線，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；下滑過(guò)程中速度大小關(guān)系式為v＝v0＋at＝v0＋(－μgcosθ＋gsinθ)t，動(dòng)能Ek＝mv2，故動(dòng)能變化越來(lái)越慢，選項(xiàng)D正確。

17．20xx·湖北部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考](多選)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板水平放置，在木板的A端放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊?，F(xiàn)緩慢地抬高A端，使木板以B端為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為α?xí)r小物塊開(kāi)始滑動(dòng)，此時(shí)停止轉(zhuǎn)動(dòng)木板，小物塊滑到底端的速度為v，重力加速度為g。下列判斷正確的是()

A．整個(gè)過(guò)程物塊受的支持力垂直于木板，所以不做功

B．物塊所受支持力做功為mgLsinα

C．發(fā)生滑動(dòng)前摩擦力逐漸增大

D．整個(gè)過(guò)程木板對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量

答案BCD

解析緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中支持力與速度同向，所以支持力做正功，當(dāng)停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，支撐力與速度垂直不再做功，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤，則轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)能定理得：WN－mgLsinα＝0，故WN＝mgLsinα，B選項(xiàng)正確；發(fā)生滑動(dòng)前，摩擦力為靜摩擦力，大小等于mgsinα，隨著α的增大而增大，C選項(xiàng)正確；根據(jù)功能關(guān)系，除重力以外的力做的功等于物塊機(jī)械能的增加量，也就是木板對(duì)物塊做的總功等于物塊機(jī)械能的增加量，D選項(xiàng)正確。

一、基礎(chǔ)與經(jīng)典

18．如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)開(kāi)始用一沿斜面方向的力F拉物塊A使之向上勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開(kāi)C時(shí)F的大小恰為2mg。問(wèn)：

(1)從F開(kāi)始作用到物塊B剛要離開(kāi)C的過(guò)程中彈簧彈力對(duì)物塊A做的功；

(2)物塊B剛要離開(kāi)C時(shí)物塊A的動(dòng)能；

(3)從F開(kāi)始作用到物塊B剛要離開(kāi)C的過(guò)程中力F做的功。

答案(1)0(2)(3)

解析(1)令x1表示未加F時(shí)彈簧的壓縮量，對(duì)物塊A有kx1＝mgsin30°，令x2表示B剛要離開(kāi)C時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量，對(duì)物塊B有kx2＝mgsin30°，所以x1＝x2，彈力做的功為零。

(2)B剛要離開(kāi)C時(shí)，對(duì)物塊A，有F－mgsin30°－kx2＝ma，

將F＝2mg代入上式得a＝g,2a(x1＋x2)＝v2，

物塊A的動(dòng)能Ek＝mv2＝。

(3)對(duì)A由動(dòng)能定理有WF－WG＝mv2，

WG＝mg(x1＋x2)sin30°，

得WF＝。

19.如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30°，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為l＝5m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v＝1m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10kg小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上的A點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過(guò)程中(g取10m/s2)，求：

(1)傳送帶對(duì)小物體做的功；

(2)電動(dòng)機(jī)做的功。

答案(1)255J(2)270J

解析(1)根據(jù)牛頓第二定律μmgcosθ－mgsinθ＝ma知，物體上升的加速度為a＝g＝2.5m/s2，當(dāng)物體的速度為v＝1m/s時(shí)，x＝＝0.2m，即物體將以v＝1m/s的速度完成剩余4.8m的位移，由功能關(guān)系得W＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mglsin30°＝255J。

(2)電動(dòng)機(jī)做功使小物體機(jī)械能增加，同時(shí)小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生熱量Q，而由v＝at得t＝0.4s。相對(duì)位移l′＝vt－t＝0.2m，摩擦生熱Q＝μmgl′cosθ＝15J，故電動(dòng)機(jī)做的功為W電＝W＋Q＝270J。

二、真題與模擬

20．20xx·全國(guó)卷]輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l。現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開(kāi)，P開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。

(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開(kāi)圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離；

(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。

答案(1)2l(2)m≤MμMg·4l

要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上的上升高度不能超過(guò)半圓軌道的中點(diǎn)C。

由機(jī)械能守恒定律有Mv≤Mgl

聯(lián)立式得m≤M