索伯列夫（Sobolev）空间嵌入定理与集中紧性原理
摘要
本文主要研究索伯列夫空间嵌入定理及其证明，和集中紧性原理，加深对泛函知识的理解。
关键词弱导数、Sobolev空间、嵌入定理、集中紧性原理
Key words
摘要…………………………………………………………………………………..I Abstract ……………………………………………………………………………..II
引言................................................................................................1 一、预备知识...................................................................................2 1.1 弱导数定义.................................................................................2 1.2 Sobolev 空间,()m p W ...................................................................2 1.3 引理..........................................................................................2 二、嵌入定理的证明与集中紧性原理......................................................5 2.1 嵌入定理的证明...........................................................................5 2.2 集中紧性原理............................................................................10 2.3 结论........................................................................................12 参考文献.. (13)
索伯列夫空间理论是上世纪30年代初由苏联数学家S.L.Sobolev 发展起来的。这些空间是由弱可微函数所组成的Banach 空间，它们是为研究偏微分方程的近代理论以及研究与数学分析有关的领域中许多问题的需要而产生的 。
苏联数学家索伯列夫( S.L. Sobolev) 从 1938年开始，在研究弹性体中的波动等问题时，建立了一系列新的概念，例如广义解、广义导数、嵌入定理等． 他以泛函分析为工具发展了一套新型的可微函数空间,()m p W Ω理论(现在国际上称为Sobolev 空间)，同时他也为偏微分方程的近代研究奠定了理论基础，Sobolev 这些开创性的工作在他的名著“ 泛函分析及其在数学物理中的应用” (1950)中作了系统的总结．
从那时以来， 这种理论已有很广泛的发展．1957～1959年， 意大利 E. Gagliado 提出了一套与Sobolev 不同的证法．1956～1958 年苏联Slobodeokii 等人推广了Sobolev 的工作， 引进了“分数次求导”等概念， 形成了分数次空间
,()m p W Ω， 称Slobodeokii 空间
Sobolev 空间的嵌入定理在函数空间理论、偏微分方程、偏微分方程数值解等学科中有重要应用。一般区域上Sobolev 空间的嵌入定理的证明已经给出，但证明一般过于复杂，限制了它在通常学科中的使用。
本文研究Sobolev 空间的嵌入定理的证明和集中紧性原理的证明。
一、预备知识
1.1 弱导数的定义
设1()u L ∈Ω，对于给定的重指标a ，如果1()v L ∈Ω且对于所有的1()L ?∈Ω，有
||(1)a a
vdx uD dx ??Ω
Ω
=-??
并记a v uD =，则称v 是u 的a 阶弱导数. 1.2 Sobolev 空间,()m p W Ω
设对1p ≥，m 是非负整数， 对本身及其直到m 阶弱导数在内都是()p L Ω可和的函数集合：
,()(){|(),||}m p p a p W L u D u L a m Ω=Ω∈Ω≤
{|(),(),||p a
p u u L D u L a m
=∈Ω∈Ω≤ （1） 在空间,()m p W Ω内引入范数
11
,||||,,,||(||)(||||),1||||max ||||, p a p a p p
p a m a m m p a a m
D u dx D u p u D u p Ω≤
≤ΩΩ∞Ω≤?=≤<∞?=??=∞?∑∑? （2）
1.3 引理
引理1 设Ω是具强局部Lipshitz 性质的区域，简称L 型区域，则： （1） 存在开集1O ，2O ，…, m O ,使1i i O ∞
=?Ω? ．
（2） 存在开集0O ，使0
i i O ∞
=Ω? ．
（3） 设{|(,)}x dist x δδΩ=∈Ω?Ω<，1{|(,)}j j j V x O dist x O δ=∈?>，则存在一个充分小的10δ>，当x ，1y δ∈Ω，且1||x y δ-<时，有一个j 使x ，j y V ∈．
（4） 对任意j ，存在顶点在原点的多面体j P ，使得j x V ∈Ω 时，
j x P +?Ω。
（5） 存在20δ>，21δδ>，及常数K ，使得当,j x y V ∈Ω ，且2
||x y δ-<
时，有()()j j z x P y p ∈++ ，使
||||()x z y z K x y -+-≤-
（6） 存在一个顶点在原点的多面体0P ，当1\x δ∈ΩΩ时，0x P +?Ω。此外存在30δ>，当1,\x y δ∈ΩΩ，且3||x y δ-<时，00()()x P y P ++≠Φ 。
（7） 存在向量i y ，当i x O ∈?Ω 时，i x ty +∈Ω，对任意01t <<。 引理2（Gagliardo 定理） 设Ω是n R 中的有界锥形区域，对任意的0d >,存在开集1Ω，2Ω，…，m Ω，满足：
（1）1m
i i =Ω=Ω ；
（2）对每一个i Ω，存在一个顶点在原点的平行多面体0i P ，使
0()i
i i x A x P ∈Ω=+ ，其中i i A ?Ω且其中直径小于等于d 。
引理3 设1p ≤<+∞，Ω是有界区域，()p M L ?Ω是列紧的充要条件为： （1）M 是()p L Ω中的有界集，即存在0K >，使对任意f M ∈，()|||p L f K Ω≤； （2）M 是()p L Ω中等度连续，即对任意0ε>，存在0δ>，当||y δ<时
~
~
|()()|p p
f x y f x dx εΩ
+-
f 是f 的延拓函数，定义为~
(), .
()0, .f x x f x x ∈Ω?=?∈Ω?
引理4 设Ω是n R 中的有界开集，k 为正整数，使1k n ≤≤，11n k λ-??
= ?-??
，
1()(,,)()k K k
K K K K K F x F x x L λ=∈Ω ，()()K K K S
F x F x ∈=∏，则
1
|()|[|()|]k K
K K K
K S
F x dx F
x dx λ
λ
∈Ω
Ω≤∏??
引理 5 设Q 是n R 中边长为2的立方体，其边分别平行于坐标轴，而Ω是由
Q 经平移得到的L 型区域，又1p n ≤<，np q n p
=
-，0(,)n f C R ∞
∈Ω，则 1,||||||||q p f K f ≤
其中K 是与f 无关的常数。
引理 6 设Q 是n R 中边长为1的立方体, t Q 表示边长为t 的立方体，其表面积分别平行于Q 的表面，如果1,()()p f C Q W Q ∞∈ ，而n p <≤∞，则
1|()()|||||||n
p
p f x f y K x y f --≤-? （对任意x ，y Q ∈）
其中K 是与f 无关的常数。
引理7 设Ω是n R 中具有锥性质的有界区域，简称有界锥形区域，p n >，若1,()()p f C Q W Q ∞∈ ，则1,sup |()|||||p x f x K f ∈Ω
≤，其中K 是与f 无关的常数。
引理8 设{|01,1,2,,}i i j Q x R x j i =∈<<= ，其中1,2,,i n = ，1p ≥。则下列结论成立：
（1）1,1
11()()||(,,,)||||||p p n n
n n L Q W Q u x x x K u --≤ ，对任意1,()p n u W Q ∈，对几乎处
处(0,1)x ∈。
（2）1111()sup |(,,,)|||||(,,)||n n
n
n n n W Q x Q u x x x K u x x --∈≤ ，对任意1,()p n u W Q ∈。
其中K 是与u 无关的常数。
引理9 设Ω是n R 中的开集，01μ<≤，则0,()()C C μΩ→→Ω。 引理10 设Ω是n R 中的开集，01λμ<≤≤，则0,0,()()C C μλΩ→→Ω。 引理11 设Ω是n R 中的一个区域， 1
01q q ≤<，如果0
,()()q m p W L Ω→Ω，
1,()()q m p W L Ω→→Ω，则对任意的10[,)q q q ∈，有,()()m p q W L Ω→→Ω。
二、嵌入定理的证明与集中紧性原理
2.1 嵌入定理的证明
定理1 设Ω是n R 中的有界锥形区域，mp n ≤。 （1） 如果mp n <，np
q n p
=
-，则,()()m p q W L Ω→Ω； （2） 如果nm p =，1p >，1q ≤<+∞，则,()()m p q W L Ω→Ω； （3） 如果nm p =，1p =，则,1()()n W C Ω→Ω.
证明 由Gagliardo 定理（引理2），有界锥形区域可以分解成一系列L -型区域的并，即1H
i i =ΩΩ= ，其中i Ω是L -型区域，H 为有限数。如果
,()()m p q i i W L Ω→Ω，1,2,i H = ，则
,,()()()()1
1
||||||||||||.||||q q m p m p i
i i
H H
L L W W i i f f K f K H f ΩΩΩΩ==≤≤≤∑∑
所以,()()m p q W L Ω→Ω.再由Gagliardo 定理，L -型区域可由一平行多面体经过一系列平移得到，即()i i x A
x V ∈Ω=+ ，其中i V 是一顶点在原点的平行多面体。
又平行多面体i V 可经过一个可逆线性变换映成边长为2的n 维立方体，记为Q ，则在此变换下i Ω映成()i x A
x Q ∈'Ω=+ 。综上所述，为了证明定理（1）和定理（2），
可以不妨假设x Q Ω=+。
（1） 考虑mp n <的情形。对m 作归纳来证明。 ①1m =时，1p n ≤<，np
q n p
=
-，要证1,()()p q W L Ω→Ω。由引理5，对任意0(,)n g C R ∞
∈Ω，1,1()||||||||q p L W g K g Ω≤，其中1K 是与g 无关的常数。设1,()p f W ∈Ω，因0(,)n C R ∞Ω在1,()p W Ω中稠密，故存在函数数列0{}(,)n n g C R ∞
?Ω，
使{}n g 在1,()p W Ω中收敛于f ，从而{}n g 是1,()p W Ω中的基本列。由上述不等式知{}n g 也是()q L Ω中的基本列，从而在()q L Ω中收敛，由实变函数论的基本定理，
{}n g 在()q L Ω中的极限函数必为f 。于是由1,1()||||||||q p n n L W g K g Ω≤得到
1,1()()|||||||q p L W f K f ΩΩ≤。这样就证明了,()()m p q W L Ω→Ω。
②假设结论（1）对1m -是已成立，即当(1)m p n -<，(1)np
q n m p
=--时，
成立1,()()m p q W L -Ω→Ω。
③下证结论（1）对m 是也成立。设,()m p f W ∈Ω，则f 的一阶偏导数
1,()(1,2,)m p i D f W i n -∈Ω= 。记0(1)np
q n m p
=
--，由归纳假设得到：
1,0()
,1()
1()|||||||| |||| (1,2,)
m p q
L m p i i W i W D f K D f K D f i n -ΩΩΩ≤≤=
又显然1,()m p f W -∈Ω，故
1,,0()
11()()|||||||||||| m p m p q
L W W f K f K f -ΩΩΩ≤≤
于是01,q f W ∈，且
1,,02()||||||||q m p W W f K f Ω≤
由1m =的情形知01,()q q W L →Ω。其中00nq np
q n q n mp
=
=
--，于是 1,0
3()()
||||||||
q q
L W
f K f ΩΩ≤
结合前一个不等式得
,23()()||||||||q m p L W f K K f ΩΩ≤
从而
,()()m p q W L Ω→Ω
（2） 考虑nm p =，1p >，再分两种情形。
① 设1
p q p p '≥=
-，令pq
s p q =+，则ns q n ms =-。因1s p ≤<，对任意α，
0||m α≤≤。由Holder 不等式易知
,11()()()||D ||||D ||||||s p m p L L W f K f K f ααΩΩΩ≤≤
其中1K 是与f 无关的常数。于是,,1()()||||||||m s m p W W f K f ΩΩ≤，即
,,()()m p m s W W Ω→Ω，此时n mp ms =>。对,()m s W Ω，利用（1）得到
,()()m s q W L Ω→Ω
结合前一个嵌入有,()()m p q W L Ω→Ω
② 设q p '<，由上述①的结论，,()()m p p W L 'Ω→Ω。因Ω为有界区域，
由Holder 不等式易知()()p q L L 'Ω→Ω，从而,()()m p p W L Ω→Ω。
（3）nm p =，1p =的情形。
由引理8，,1()()n B W Q C Q →，其中Q 为任一n 维立方体。设V 是任一多面体，则存在可逆的放射变换把V 映成立方体Q ，于是,1()()n B W V C V →。
由前面的讨论，设1H
i i =ΩΩ= ，()i i x A
x V ∈Ω=+ ，,1()n f W ∈Ω，则,1()
n i f W ∈Ω且,10()n i f W x V ∈+，对任意0i x A ∈。从而
,1,10
0()()sup |()|||||||||n n i
i
i
i i W x V W x V f x K f K f +Ω+≤≤
若1i x A ∈，10x x ≠，则1i x V +经过平移变化为0i x V +。于是有
,1,11
1,1()()
()
sup |()||||||||| ||||n n i
i
i
n i
i i W x V W x V x V i W f x K f K f K f +++Ω≤=≤
其中i K 是与0i x A ∈无关的常数。取1max i i H
K K ≤≤=，则
,1()sup |()|||||n W x f x K f Ω∈Ω
≤
从而,1()()n B W C Ω→Ω。
定理2 设Ω是n R 中的有界锥形区域，mp n >，则
,()()m p B W C Ω→Ω
证明 因为()C ∞Ω在,()m p W Ω中的稠密，所以只要证明对任意
(),()m p f C W ∞∈ΩΩ ，有
(),sup |()|||||m p W x f x K f Ω∈Ω
≤，
其中K 与f 无关的常数。
（1）1m =，p n >的情形。利用引理（7）即可。
（2）1m >，p n >的情形。因,1,()()m p p W W Ω→Ω，利用（1）的情形即可。 （3）1m >，p n ≤的情形。取整数j ，使11j m ≤≤-，且(1)jp n j p ≤<+。 ①设jp n ≤。设α是n 重指标，满足||m j α≤-。如果,()()m p f C W ∞∈ΩΩ ，则,()j p D f W α∈Ω。由引理1得
,1()()||||||||r j p L W D f K D f ααΩΩ≤
其中np
r n jp
=
-。从而 ,,2()()||||||||m j r m p W W f K f -ΩΩ≤
因为r n >，所以
1,,()()sup |()|||||||||r m p W W x f x K f K f ΩΩ∈Ω
≤≤
② 设jp n =。此时,()j p D f W α∈Ω，对任意||m j α≤-
由引理（1），对任意[1,)r ∈+∞，有
,()()||||||||r j p L W D f K D f ααΩΩ≤
取r n >，和情形①类似可证。
定理3 设Ω是L 型区域，(1)mp n m p >≥-，则 ,0,()()m p W C λΩ→Ω 其中λ由下列条件确定：
（1） 如果(1)m m p >-，则0n
m p
λ<≤-； （2） 如果(1)m m p =-，则01λ<<； （3） 如果1p =，1n m =-，则01λ<≤。
证明： 首先由定理2得,()()m p B W C Ω→Ω，即对任意,()m p f W ∈Ω，有
,1()sup |()|||||m p W x f x K f Ω∈Ω
≤
为了证明,0,()()m p W C λΩ→Ω,只要证明对任意,()m p f W ∈Ω，有
,2()|()()|
||||||
m p W f x f y K f x y Ω-≤-
其中2K 与f 无关的常数。
因为,()()m p r W L Ω→Ω，所以
,1,()()m p r W W Ω→Ω
其中根据下列情形确定。
（1） 当(1)m m p >-时，取(1)np r n m p =
--，此时1n n
m r p
-=-；
（2） 当(1)m m p =-且1p >时，可任意选取(,)r n ∈+∞，使011n
r
<-
<； （3） 当1p =，1n m =-时，取r =+∞。此时11n n
m r p
-
=-=。 对上述三种情形总有n r <≤+∞。于是只要证明，对任意01n
r
λ<≤-
，存在K ，使对任意1,()r f W ∈Ω，成立
1,(), |()()|sup ||||||r W x y x y
f x f y K f x y λΩ∈Ω
≠-≤- （*）
又0(,)n C R ∞Ω在1,()r W Ω中稠，，所以只要证明上式对0(,)n C R ∞
Ω中的函数成立。
当Ω是n R 中的立方体时，由引理（6），上述不等式已成立。通过线性变换可知，对n R 中的任意多面体，上述不等式也成立。
当Ω是L 型区域时，由L 型区域的性质得（间引理1）：当?充分小时，如果
,j x y V ∈Ω ，且||x y -
()()j j z x P y P ∈++ ，使
|||||x z y z C x y -
+-
≤
-。在多面体
j x P +和j y P +上，结论已成立，于是 1,1,1,()
()
1()
|()()||()()||()()| |-||||| |-||||| 2||||||r j
r j
r j
W x p
W x p
W x p
f x f y f x f z f x f z K x z f K z y f KC x y f λλλλλ++-+-≤-+-≤+≤-
若,x y 不满足上述条件，则再分下列两种情形。
（a ）0||x y -
①当1,x y δ∈Ω时，存在j ，使,j x y V ∈Ω ，从而是已考虑的情形。 ②当1x δ∈Ω，1\y δ∈ΩΩ时，取0?充分小，仍可使,j x y V ∈，从而也化为已考虑的情形。
③ 当1
,\x y δ∈ΩΩ时，则0x P +和0y P +必相交。取00()()z x P y P ∈++ ，
使得
||||||x z y z C x y -+-≤-
和上述类似推得不等式（*）也成立
（b ）当||||||x z y z C x y -+-≤-时，显然
3.2 紧中紧性原理
定义 设序列{k u }?1()n L R ，且0k u ≥ a.e.在n R 中，μ是n R 上的测度。如果
n
n
k R
R
u dx d ??μ→?
? ()()
n n L R C R ?∞?∈ 则称序列{k u }弱收敛于测度μ，记为k u ω
μ??→
定理（集中紧性原理） 1p n ≤<，*np
p n p
=
-，Ω是n R 中的一个有界区域，{k u }是1,0()p W Ω中的有界序列，在Ω外视0k u =，{k u }满足下列条件
*
1,0 () () () p n k p n k p
n k n k
u u W R u u L R u u L R u u R ?→?→??→??→?在中，在中，在中，在中，
*||,||,p
k p k
Du u v ωωμ???→????→?? 其中μ，v 均是n R 上的有界（Lebesgue —Stieltjes ）测度，那么
（i ） 存在最多可数的指标集J ，不同点的集合{}n j j J x R ∈?及
{}(0,)j j J v ∈?∞，使得
*
||j p j x j J
v u v δ∈=+∑
1,1,()
0()
|()()||()||()|
||||||||||r r W W f x f y f x f y K f K x y f λλ
Ω-Ω-≤+≤≤??-?
（ii ）存在p
p j j
Sv μ≥使得
||j
p j x j J
Du v μδ∈≥+∑，
其中S 为sobolev 嵌入*
1,0()()p p W L Ω?Ω的最佳常数，即
1,0*
0()
||||inf
||||p
p p p
u W p Du S u ≠∈Ω=
2.3 结论
参考文献
1 王元明，徐君祥.索伯列夫空间.东南大学出版社.2003
2 路文端.微分方程中的变分方法.科学出版社.2003
3 吴新民.Sobolev 空间及推广.邵阳高等专科学校学报.2000.9
4 吴春兰，朱维宗.Sobolev 空间嵌入定理.云南师范大学学报.1999.9
5 邢家省，张源章，崔玉英.一维区域上的Sobolev 空间的嵌入定理.河南科学.2009.4
6 王向东，粱汲廷，戎海武．索伯列夫空问论[M]. 北京：科学出版社，2003
7 李荣华．偏微分方程数值解法[M]．北京：高等教育出版社，2005
8 R. AAarns 著．索伯列夫空间．叶其孝等译，人民教育出皈社，1981
3.足球运动员用力踢质量为0.3 kg的静止足球，使足球以10 m/s的 速度飞出，假定脚踢足球时对足球的平均作用力为400 N，球在水平 面上运动了20 m后停止，那么人对足球做的功为(选C ) A.8 000 J B.4 000 J C.15 J D.无法确定 4.某人用手将一质量为1 kg的物体由静止向上提升1 m，这时物体的 速度为2 m/s，则下列说法中错误的是(g取10 m/s2)(选B ) A.手对物体做功12 J B.合外力对物体做功12 J C.合外力对物体做功2 J D.物体克服重力做功10 J 9、距沙坑高7m处，以v0＝10m/s的初速度竖直向上抛出一个重力为5N的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑0.4m深处停下．不计空气阻力，g＝10m/s2.求： (1)物体上升到最高点时离抛出点的高度； (2)物体在沙坑中受到的平均阻力大小是多少？ 四、动能定理分析连结体问题 4、如图所示,m A=4kg,m B=1kg,A与桌面间的动摩擦因数μ=0.2,B与地面间的距离s=0.8m,A、B间绳子足够长，A、B原来静止，求：（1）B落到地面时的速度为多大； （2）B落地后,A在桌面上能继续滑行多远才能静止下来。（g取10m/s2） 1．关于功的判断，下列说法正确的是() A．功的大小只由力和位移决定 B．力和位移都是矢量，所以功也是矢量 C．因为功有正功和负功，所以功是矢量 D．因为功只有大小而没有方向，所以功是标量 解析：选D.由功的公式W＝Fx cosα可知做功的多少不仅与力和位 移有关，同时还与F和x正方向之间的夹角有关，故A错；功是标量没 有方向，但有正负，正、负不表示大小，也不表示方向，只表示是动力做功还是阻力做功，故B、C错误，D项正确． 2．人以20 N的水平恒力推着小车在粗糙的水平面上前进了5.0 m，人放手后，小车还前进了2.0 m才停下来，则小车在运动过程中，人的推力所做的功为() A．100 J B．140 J C．60 J D．无法确定 解析：选A.人的推力作用在小车上的过程中，小车发生的位移是5.0 m，故该力做功为W＝Fx cosα＝20×5.0×cos0° J＝100 J. 4．如图4－1－17所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动的过程中，A、B 之间有相互的力，则对各力做功的情况，下列说法中正确的是(地面光滑，A、B物体粗糙)() A．A、B都克服摩擦力做功 B．A、B间弹力对A、B都不做功 C．摩擦力对B做负功，对A不做功
应用动能定理解题的基本步骤 （1）确定研究对象，研究对象可以是一个单体也可以是一个系统. （2）分析研究对象的受力情况和运动情况，是否是求解“力、位移与速率关系”问题. （3）若是，根据W合=E k2-E k1列式求解. 动能定理和功能原理 动能定理 把几个有相互作用的质点所组成的系统作为研究对象，探讨功与能之间所遵循的规律。首先，把动能定理的关系式推广到由几个质点组成的系统。这时，用E k和E k0分别表示系统内所有质点在终态和初态的总动能，W表示作用在各质点上所有的力所做的功的总和，则有
W=E k-E k0 值得注意的是，所有的力所做的功的代数和，不是合力的功。因为由几个质点组成的系统，不同于一个质点，各力作用点的位移不一定相同。作用力又可区分为外力和内力，外力是指系统外其它物体对系统内各质点的作用力，内力是指系统内各质点之间的相互作用力。虽然内力的合力为零，但内力的功一般不为零，因为各力作用点的位移不一定相同。因此，对于系统来说，上式中的W 应等于外力所做的功与内力所做的功之和，所以，上式可改写为 W外+W内=E k-E k0(1) 这就是质点系的动能定理，它在惯性参考系中成立。
功能原理 系统的内力可分为保守内力和非保守内力。因此，内力的功W内应等于保守内力的功与非保守内力的功之和。所以(1)式可写为 W外力+W保守内力+W非保守内力=E k-E k0 （从系统的动能定理出发阐述系统的功能定理，根据系统的动能定理表达式，把内力功分为保守性内力功和非保守性内力功） 由于保守内力所做的功可用系统势能的减少来表示，即W保守内力=Ep0-E p，所以，上式可改写为 W外力+W非保守内力=(E k+E p)-(Ek0+Ep0)
动能定理与功能关系专题 复习目标： 1．多过程运动中动能定理的应用； 2．变力做功过程中的能量分析； 3．复合场中带电粒子的运动的能量分析。 专题训练： 1．滑块以速率1v 靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速度变为2v ，且12v v <，若滑块向上运动的位移中点为A ，取斜面底端重力势能为零，则 （ ） （A ） 上升时机械能减小，下降时机械能增大。 （B ） 上升时机械能减小，下降时机械能减小。 （C ） 上升过程中动能和势能相等的位置在A 点上方 （D ） 上升过程中动能和势能相等的位置在A 点下方 2．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，物体m 1,m 2同时由轨道左右两端最高点释放，二者碰后粘在一起运动，最高能上升至轨道的M 点，如图所示，已知OM 与竖直方向夹角为0 60，则物体的质量 2 1 m m =（ ） A ． (2+ 1 ) ∶(2— 1) C ．2 ∶1 B ．(2— 1) ∶ (2+ 1 ) D ．1 ∶2 3．如图所示，DO 是水平面，初速为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零。如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度 （ ） （已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且为零。） A ．大于 v 0 B ．等于v 0 C ．小于v 0 D ．取决于斜面的倾角 4．光滑水平面上有一边长为l 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m 、带电量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速0v 进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为：（ ） （A ）0 （B ） qEl mv 212120+ （C ）202 1mv （D ）qEl mv 32212 0+ 5．在光滑绝缘平面上有A ．B 两带同种电荷、大小可忽略的小球。开始时它们相距很远，A 的质量为4m ，处于静止状态，B 的质量为m ，以速度v 正对着A 运动，若开始时系统具有的电势能为零，则：当B 的速度减小为零时，系统的电势能为 ，系统可能具有的最大电势能为 。 6．如图所示，质量为m ，带电量为q 的离子以v 0速度，沿与电场垂直的方向从A 点飞进匀强电场，并且从另一端B 点沿与场强方向成1500角飞出，A 、B 两点间的电势差为 ，且ΦA ΦB （填大于或 小于）。 7．如图所示，竖直向下的匀强电场场强为E ，垂直纸面向里的匀强磁场磁感强度为B ，电量为q ，质量为m 的带正电粒子，以初速率为v 0沿水平方向进入两场，离开时侧向移动了d ，这时粒子的速率v 为 （不计重力）。 A B C D
动能定理和功能原理 抛砖引玉指点迷津思维基础学法指要思维体操心中有数动脑动手创新园地 一.教法建议 【】抛砖引玉在经典力学中，“动能定理”是“牛顿运动定律”的推论和发展，“功能原理”也是“牛顿运动定律”的进一步推导的结果。因此我们建议：教师不要把本单元的内容当作新知识灌输给学生，而是引导学生运用“牛顿运动定律”对下述的这个匀加速运动问题进行分析和推导，使学生自己获得新知识──“动能定理”和“功能原理”。 具体的教学过程请参考下列四个步骤： 第三步：运用牛顿第二定律和①、②两式导出“动能定理”。． m、所受之合外力为产生之加速度若已知物体的质量为、a为。则根据牛顿第二定律可以写出：③ 将①、②两式代入③式： 导出：④ 若以W表示外力对物体所做的总功⑤ EEBA处时的动能若以表示物体通过处时的动能，以表示物体通过ktko则：⑥ ⑦ 将⑤、⑥、⑦三式代入④式，就导出了课本中的“动能定理”的数学表达形式：WEE =－kokt EEE－若以△表示动能的变化kokkt则可写出“动能定理”的一种简单表达形式： E W=△k它的文字表述是：外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。这个结论叫做“动能定理”。 第四步：在“动能定理”的基础上推导出“功能原理”。 在推导“动能定理”的过程中，我们曾经写出过④式，现抄列如下： ④ FS为了导出“功能原理”我们需要对其中的下滑分力做功项进行分析推导。1．θFmg的关系如下：时，下滑分力和重力我们知道，当斜面的底角为1 将⑩式代入④式后进行推导： 若以代入⑾式，就导出了一种“功能原理”的数学表达形式： FsfsEE－=△+△PK Fsfs之差(不包括重力做的功它的物理意义是：动力对物体做功与物体克服阻力做功)，等于物体动能的变化量与势能的变化量之和。 若在⑾式基础上进行移项变化可导出下式：
高中物理功能关系 专题定位本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题． 应考策略深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场带电粒子运动或电磁感应问题． 1．常见的几种力做功的特点 (1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．
(2)摩擦力做功的特点 ①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． ②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有 机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为能．转化为能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积． ③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热． 2．几个重要的功能关系 (1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p. (2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p. (3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k. (4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE. (5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中能的变化，即Q＝F f·l相对． 1．动能定理的应用 (1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、 速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用． (2)应用动能定理解题的基本思路 ①选取研究对象，明确它的运动过程． ②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和． ③明确物体在运动过程始、末状态的动能E k1和E k2.
动能定理练习 巩固基础 一、不定项选择题（每小题至少有一个选项） 1．下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系,下列说法中正确的是（） A．如果物体所受合外力为零，则合外力对物体所的功一定为零； B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零； C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化； D．物体的动能不变，所受合力一定为零。 2．下列说法正确的是（） A．某过程中外力的总功等于各力做功的代数之和； B．外力对物体做的总功等于物体动能的变化； C．在物体动能不变的过程中，动能定理不适用； D．动能定理只适用于物体受恒力作用而做加速运动的过程。3．在光滑的地板上，用水平拉力分别使两个物体由静止获得相同的动能，那么可以肯定（） A．水平拉力相等B．两物块质量相等 C．两物块速度变化相等D．水平拉力对两物块做功相等 4．质点在恒力作用下从静止开始做直线运动，则此质点任一时刻的动能（） A．与它通过的位移s成正比 B．与它通过的位移s的平方成正比
C．与它运动的时间t成正比 D．与它运动的时间的平方成正比 5．一子弹以水平速度v射入一树干中，射入深度为s，设子弹在树中运动所受的摩擦阻力是恒定的，那么子弹以v/2的速度射入此树干中，射入深度为（） A．s B．s/2 C．2 /s D．s/4 6．两个物体A、B的质量之比m A∶m B=2∶1，二者动能相同，它们和水平桌面的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止所经过的距离之比为（） A．s A∶s B=2∶1 B．s A∶s B=1∶2 C．s A∶s B=4∶1 D．s A∶s B=1∶4 7．质量为m的金属块，当初速度为v0时，在水平桌面上滑行的最大距离为L，如果将金属块的质量增加到2m，初速度增大到2v0，在同一水平面上该金属块最多能滑行的距离为（） A．L B．2L C．4L D．0.5L 8．一个人站在阳台上，从阳台边缘以相同的速率v0，分别把三个质量相同的球竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力，则比较三球落地时的动能（） A．上抛球最大B．下抛球最大C．平抛球最大D．三球一样大 9．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为
高中数学-空间向量的基本定理练习 课后导练 基础达标 1.若对任意一点O ，且OP =y x +,则x+y=1是P 、A 、B 三点共线的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 答案：C 2.已知点M 在平面ABC 内，并且对空间任一点O ，OM OM=x + 31+31,则x 的值为…( ) A.1 B.0 C.3 D. 3 1 答案：D 3.在以下命题中,不正确的个数是（ ） ①已知A,B,C,D 是空间任意四点,则DA CD BC AB +++=0 ②|a |+|b |=|a +b |是a ,b 共线的充要条件 ③若a 与b 共线,则a 与b 所在的直线的平行 ④对空间任意一点O 和不共线的三点A,B,C,若z y x ++=,(其中x,y,z∈R ),则P,A,B,C 四点共面 A.1 B.2 C.3 D.4 答案：C 4.设命题p:a ,b ,c 是三个非零向量;命题q:{a ,b ,c }为空间的一个基底,则命题p 是命题q 的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案：B 5.下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是( ) A.OM --= B.MC MB MA ++=0 C.3 13131++++ D.OC OB OA OM +-=2 答案：B 6.在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 为矩形ABC Ｄ的对角线的交点，设A 1=a,11B A =b,11D A =c,则E A 1=____________.
答案：a +21b +21c 7.设O 为空间任意一点,a,b 为不共线向量,OA =a,OB =b,OC =ma+nb,(m,n∈k)若A,B,C 三点共线,则m,n 满足____________. 答案：m+n=1. 8.已知A 、B 、C 三点不共线，对平面ABC 外一点O ，在下列各条件下，点P 是否与A 、B 、C 一定共面？ (1)OP =52OA +51OB +5 2OC ； (2)OP=2OA-2OB-OC. 解：(1)OP = 52OA +51OB +52OC . ∵1525152=++,∴P 与A 、B 、C 共面. (2)OP =OC OB OA --22. ∵2-2-1=-1,∴P 与A 、B 、C 不共面. 9.如右图，已知四边形ABCD 是空间四边形，E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，F 、G 分别是边CB 、CD 上的点，且CF =32CB ,CG =3 2CD . 求证：四边形EFGH 是梯形． 证明：∵E、H 分别是AB 、AD 的中点, ∴= 21,=2 1， EH =-=21AD -21AB =21(AD -AB )=21BD =2 1(CB CD -) =21(23CG -23CF )=43(-)=4 3. ∴EH ∥FG 且|EH |=43|FG |≠|FG |. ∴四边形EFGH 是梯形. 综合运用 10.如右图，平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若11B A =a ，11D A =b ，11A A =c ，则下列向量中与B 1M 相等的向量是（ ）
一、功能关系----动能定理 斜面模型 1. 已知物体与轨道之间的滑动摩擦因数相同，轨道两端的宽度相等，且轨道两端位于同一水平面上。问质量不同的物体，以相同的初速度沿着如图4所示的不同运行轨道运动时，末速度的大小关系（ C ） A ． B ． C ． D ． 2. （多选）在滑沙场有两个坡度不同的滑道AB 和（均可看作斜面）．甲、乙两名旅游者分别乘两个相同完全的滑沙撬从A 点由静止开始分别沿AB 和滑下，最后都停在水平沙面BC 上，如图所示．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动．则下列说法中正确的是（ AB ） A ．甲在B 点的速率一定大于乙在点的速率 B ．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程 C ．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移 D ．甲在B 点的动能一定大于乙在点的动能 3. 如图所示，一质量为m 的物块以一定的初速度0v 从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端．设物块和斜面的动摩擦因数一定，斜面的高度h 和底边长度x 可独立调节（斜边长随之改变），下列说法错误．． 的是（ B ） A ．若仅增大m ，物块仍能滑到斜面顶端 B ．若再施加一个水平向右的恒力，物块一定从斜面顶端滑出 C ．若仅增大h ，物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大 D ．若仅增大x ，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大 4. 如图示，一个小滑块由左边斜面上1A 点由静止开始下滑，又在水平面上滑行，接着滑上右边的斜面，滑到1D 速度减为零，假设全过程中轨道与滑块间的动摩擦因素不变，不计滑块在转弯处受到撞击的影响，测得1A 、1D 两点连线与水平方向的夹角为1θ，若将物体从2A 静止释放，滑块到2D 点速度减为零，22A D 连线与水平面夹角为2θ，则（ C ） A ．21θθ< B ．21θθ> C ．21θθ= D ．无法确定 21v v >41v v <32v v =4 3v v >AB 'AB 'B 'B 'm m m m 图4 m 1 m 2 m 3 m 4 v 1 v 3 v 2 v 4
专题七 动能定理与功能关系专题 复习目标： 1多过程运动中动能定理的应用； 2?变力做功过程中的能量分析； 3. 复合场中带电粒子的运动的能量分析。 专题训练： 1滑块以速率V i 靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速度变为 V 2，且 V2 ::: Vi ，若滑块向上运动的位移中点为 A ，取斜面底端重力势能为零，则 ( ) (A )上升时机械能减小，下降时机械能增大。 (B) 上升时机械能减小，下降时机械能减小。 (C) 上升过程中动能和势能相等的位置在 A 点上方 (D) 上升过程中动能和势能相等的位置在 A 点下方 2?半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，物体 m i ,m 2同时由 4. 光滑水平面上有一边长为 I 的正方形区域处在场强为 E 的匀强电场中，电场方向与正方 形一边平行。一质量为 m 、带电量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速 v 0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为： 轨道左右两端最高点释放， 二者碰后粘在一起运动，最高能上升至轨道的 M 点，如图所示, 已知0M 与竖直方向夹角为 60°，则物体的质量 m i =( m 2 A ? ( 2 + 1 ) : ( 2 — 1) C . 2 : 1 B . ( . 2 — 1) : ( ■ 2 + 1 ) D . 1 : .2 3.如图所示，DO 是水平面，初速为v °的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零。如果斜面改为 AC ,让该物体从 D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初 速度 ( ) (已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且为零。 ) A .大于v o B .等于v ° C ?小于v ° D .取决于斜面的倾角
功能关系练习题(重点为动能定理) 动能定理： 1．下列关于运动物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系，正确的是（A） A．如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零 B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零 C．物体在合外力作用下作变速运动，动能一定变化 D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零 2．原来静止在水平面上的物体，受到恒力F作用开始运动，通过的位移为S，则（D）A．当有摩擦时，力F对物体做功多 B．当无摩擦时，力F对物体做功多 C．当有摩擦时，物体获得的动能大 D．当无摩擦时，物体获得的动能大 3、A、B两物体放在光滑的水平面上，分别在相同的水平恒力作用下，由静止开始通过相同的位移，若A的质量大于B的质量，则在这一过程中（ C ） A、A获得的动能大 B、B获得的动能大 C、A、B获得的动能一样大 D、无法比较谁获得的动能大 4．关于做功和物体动能变化的关系，正确的是（ C ） A．只要动力对物体做功，物体的动能就增加 B．只要物体克服阻力做功，它的动能就减少 C．外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差 D．动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化 5.一物体速度由0增加到v,再从v增加到2v,外力做功分别为W1和W2，则W1和W2关系正确的( C ) A.W1=W2 B.W2=2W1 C.W2=3W1 D.W2=4W1 6.一质量为2 kg的滑块，以4 m/s的速度在光滑的水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4 m/s，在这段时间里水平力做的功为( A ) A.0 B.8 J C.16 J D.32 J 7．a、b、c三个物体质量分别为m、2m、3m，它们在水平路面上某时刻运动的动能相等。当每个物 体受到大小相同的制动力时，它们的制动距离之比是（ C ） A．1∶2∶3 B．12∶22∶32 C．1∶1∶1 D．3∶2∶1 8．质量为m，速度为υ的子弹，能射入固定的木板L深。设阻力不变，要使子弹射入木板3L深， 子弹的速度应变为原来的（ D） A．3倍 B．6倍 C．3/2倍 D ．3倍 9.粗细均匀，长为5m，质量为60kg的电线杆横放在水平地面上，如果要把它竖直立起，至少 要做______ _J的功（g=10m/s2）1500J 10.如图所示，在高为H的平台上以v0抛出球，不计空气阻力，当它到达离抛出点的竖 直距离为h的B点时，小球的动能增量为( D ) A.mv02/2 B.mv o2/2 +mgh C.mgH-mgh D.mgh 11、以10m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5kg的物体，它上升的最大高度为4m，设空气 对物体的阻力大小不变，求物体落回抛出点时的动能。15J 12、如图，物体置于倾角为370的斜面底端，在恒定的沿斜面向上的拉力F作用下， 由静止开始沿斜面向上运动。F大小为物重的2倍，斜面与物体间的动摩擦因数为 0.5，求物体运动5m时的速度大小。（g取10m/s2）10m/s
空间向量基本定理 【学习目标】 在复习平面向量定理的基础上，掌握空间向量基本定理及其推论； 【学习重点】 掌握空间向量基本定理及其推论； 【学习难点】 掌握空间向量基本定理及其推论。 【课前预习案】 一、复习 平面向量向量基本定理 。 二、课本助读：认真阅读课本第35页的内容. 1.空间向量基本定理：如果向量 ， ， 是空间中三个 的向量，a 是空间中 向量，那么 实数123,,λλλ，使得 112233a e e e λλλ=++①。 空间中 的三个向量123,,e e e 叫做这个空间的一个 。①式表式向量a 关于基底123,,e e e 的分解。 特别地，当向量123,,e e e 时，就得到这个向量的一个正交分解。当1e i =，2e j =，3e k =时，就是我们前面学过的标准正交分解。 2.以下四个命题中正确的是( ) A ．空间的任何一个向量都可用其它三个向量表示 B ．若{a ，b ，c }为空间向量的一组基底，则a ，b ，c 全不是零向量 C ．△ABC 为直角三角形的充要条件是AB ·AC →＝0 D ．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一个基底 【课堂探究案】 探究一：基底的判断
A / C M E D / B / D B 1.若{a ，b ，c }是空间的一个基底，则下列各组中不能构成空间一个基底的是( ) A ．a,2b,3c B ．a ＋b ，b ＋c ，c ＋a C ．a ＋2b,2b ＋3c,3a －9c D ．a ＋b ＋c ，b ，c 2.在以下3个命题中，真命题的个数是( ) ①三个非零向量a ，b ，c 不能构成空间的一个基底，则a ，b ，c 共面； ②若两个非零向量a ，b 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a ， b 共线； ③若a ，b 是两个不共线向量，而c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R 且λμ≠0)，则{a ，b ，c }构成空间的一个基底． A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 探究二：用基底表示向量 3. 如图，在正方体///B D CA OADB -中，，点E 是AB 与OD 的交点,M 是OD / 与CE 的交点，试分别用向量OC OB OA ,,表示OD 和OM 4.如图，在平行六面体 ABCD —A ′B ′C ′D ′中， 的单位向量分别是' ,,,,321AA AD AB e e e 且,2=AB ,5=AD ,7'=AA 试用321,,e e e 表示AC 、B A '、 D A '、'AC . 【课后检测案】 1.在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，下列关于1AC 的表达式中： ①1AA ＋A 1B 1→＋A 1D 1→ ；
功能关系（动能定理及其应用） 知识点梳理 1．动能：物体由于运动而具有的能量。 影响因素：<1>质量 <2>速度 表达式：E k =22 1mv 单位：J 2、动能定理 <1>定义：物体动能的变化量等于合外力做功。 <2>表达式：△E k =W F 合 3、W 的求法 动能定理中的W 表示的是合外力的功，可以应用W ＝F 合·lc os α（仅适用于恒定的合外力）计算，还可以先求各个力的功再求其代数和，W ＝W 1＋W 2＋…（多适用于分段运动过程）。 4．适用范围 动能定理应用广泛，直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功等各种情况均适用。 5．动能定理的应用 （1）选取研究对象，明确它的运动过程； （2）分析研究对象的受力情况和各力的做功情况： 受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和 （3）明确研究对象在过程的始末状态的动能E k 1和E k 2；
母本身含有负号。 方法突破之典型例题 题型一对动能定理的理解 1．一个人用手把一个质量为m=1kg的物体由静止向上提起2m，这时物体的速度为2m/s，则下列说法中正确的是（） A．合外力对物体所做的功为12J B．合外力对物体所做的功为2J C．手对物体所做的功为22J D．物体克服重力所做的功为20J 2．关于对动能的理解，下列说法不正确的是（） A．凡是运动的物体都具有动能 B．动能总是正值 C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化 D．一定质量的物体，速度变化时，动能一定变化 光说不练，等于白干 1、若物体在运动过程中所受的合外力不为零，则（） A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的动量不可能总是不变的 C．物体的加速度一定变化D．物体的速度方向一定变化 2、物体在合外力作用下，做直线运动的v﹣t图象如图所示，下列表述正确的是（）A．在0～1s内，合外力做正功 B．在0～2s内，合外力总是做正功 C．在1～2s内，合外力不做功 D．在0～3s内，合外力总是做正功 3、物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（） A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W 4、美国的NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.经常有这样的场面：在临终场0.1s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利.如果运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能表达正确的是（） A.mgh1+mgh2－W B.mgh2－mgh1－W C.W+mgh1－mgh2 D.W+mgh2－mgh1
0 引 言 在物理学中，如何选择适当的参照系是非常重要的，在力学中通常选用惯性系，但有时也可选用非惯性系。功能原理在惯性系中成立，在非惯性系中作适当处理后也成立，有时用它解题很方便。本文就给出这样的例题。关于非惯性系参照系中，在《理论力学》中只是研究动力学方程，缺少的是非惯性系中的功能原理。本文经过推导得出质点系非惯性系的功能原理。 1 功能原理的研究 1.1 质点系的动能定理 质点系也是实际物体的一种理想模型，它可以当作有限个质点组成的一个系统。设一个质点系有N 个质点组成，其中第i 个质点的质量为m i ，第j 个质点作用在m i 上的力（内力）为f ij ，这N 个质点以外的其他物体作用在m i 上的合力（外力）为f i ，则由牛顿运动定律 ()1 1N i i i ij ij j dv m f f dt ==+-∑δ （1-1） 式中i v 是i m 的速度，而 10ij i j i j =?=? ≠?， 当， 当δ （1-2） 当i m 的位移为i dr 时，以i dr 点乘上式便得 ()( ) 212 1 1N i i ij ij i i i j f dr f dr d m v =+-=∑ δ （1-3） 将上式对所有的N 个质点求和，便得 ()21211111N N N N i i ij ij i i i i i j i f dr f dr d m v ====?? +-= ??? ∑∑∑∑ δ （1-4） 令 1 N i i i dA f dr == ∑ 外， （1-5） ()11 1N N ij ij i i j dA f dr ===-∑∑ 内δ， （1-6） 分别代表外力和内力作的功，则（1-4）可写作： 2121N i i i dA dA d m v =?? += ??? ∑外内。 （1-7） 这就是质点系的动能定理。 1.2质点系统的功能原理 质点系的内力可以分为保守内力和非保守内力。例如，质点系内各质点的万有引力是保守内力； 质点间的摩擦力是非保守内力。因而，质点系内力的功A 内可以写成保守内力的功（用符号A 内保 表
考点10动能定理与功能关系 1、如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱 获得的动能一定（） A. 小于拉力所做的功 B. 等于拉力所做的功 C. 等于克服摩擦力所做的功 D. 大于克服摩擦力所做的功 2、如图所示,桌面高度为h,质量为m的小球,从离桌面高H处自由落下,不计空气阻力,假设 桌面处的重力势能为零，关于重力势能的说法正确的是（） A. 重力势能是矢量，有正负之分 B. 刚开始下落时的重力势能为mg（H+h） C?落地时的重力势能为零 D.落地时的重力势能为一mgh 3、如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连?弹簧处于自然长度时物 块位于0点（图中未标出）.物块的质量为m, AB a,物块与桌面间的动摩擦因数为?现用水平向右的力将物块从0点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运 动,经0点到达B点时速度为零?重力加速度为g.则上述过程中（） 1 A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于W - mga
B. 物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W 3 mga C. 经0点时，物块的动能小于W mga D. 物块动能最大时,弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 4、如图所示,一物体从长为L、高为h的光滑斜面顶端A由静止开始下滑,则该物体滑到斜面底端B 时的速度大小为（） B. 2gL c. ：gL D. 5、如图所示,在地面上以速度v o抛出质量为m的物体,抛出后物体落到比地面低h的海平面上.若以地面为零势能面，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（） A. 物体上升到最高点时的重力势能为-mv02 2 B. 物体落到海平面时的重力势能为-mgh C. 物体在海平面上的动能为mv02-mgh 2 D. 物体在海平面上的机械能为 2 6、如图所示,光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终 为h.当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时,则（）
动能及动能定理功能关系 1、物体在做某种运动过程中，重力对物体做功200J ，则（ ） A ．物体的动能一定增加200J B ．物体的动能一定减少200J C ．物体的重力势能一定增加200J D ．物体的重力势能一定减少200J 2．如图所示，桌面高度为h ，质量为m 的小球从离桌面高H 处自由落下，不计空气阻力，假设桌面处的重力势能为零，小球落到地面前的瞬间的机械能应为 （ ） A ．mgh B ．mgH C ．mg(H+h) D ．mg(H －h) 3．a 、b 、c 三球自同一高度以相同速率抛出，a 球竖直上抛，b 球水平抛出，c 球竖直下抛。设三球落地时的速率分别为v a 、v b 、v c ，则 （ ） A ．v a >v b >v c B ．v a =v b >v c C ．v a 3.1.2 空间向量的基本定理 学习目标 1.了解共线向量、共面向量的意义，掌握它们的表示方法.2.理解共线向量的充要条件和共面向量的充要条件及其推论，并能应用其证明空间向量的共线、共面问题.3.理解基底、基向量及向量的线性组合的概念． 知识点一 共线向量定理与共面向量定理 1．共线向量定理 两个空间向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在唯一的实数x ，使a ＝x b . 2．向量共面的条件 (1)向量a 平行于平面α的定义 已知向量a ，作OA → ＝a ，如果a 的基线OA 平行于平面α或在α内，则就说向量a 平行于平面α，记作a ∥α. (2)共面向量的定义 平行于同一平面的向量，叫做共面向量． (3)共面向量定理 如果两个向量a ，b 不共线，则向量c 与向量a ，b 共面的充要条件是存在唯一的一对实数x ，y ，使c ＝x a ＋y b . 知识点二 空间向量分解定理 1．空间向量分解定理 如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在一个唯一的有序实数组x ，y ，z ，使p ＝x a ＋y b ＋z c . 2．基底 如果三个向量a ，b ，c 是三个不共面的向量，则a ，b ，c 的线性组合x a ＋y b ＋z c 能生成所有的空间向量，这时a ，b ，c 叫做空间的一个基底，记作{a ，b ，c }，其中a ，b ，c 都叫做基向量．表达式x a ＋y b ＋z c ，叫做向量a ，b ，c 的线性表示式或线性组合． 1．向量a ，b ，c 共面，即表示这三个向量的有向线段所在的直线共面．( × ) 2．若向量e 1，e 2不共线，则空间任意向量a ，都有a ＝λe 1＋μe 2(λ，μ∈R )．( × ) 3．若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb .( × ) 能量是贯穿整个高中物理的一条主线，也是解决动力学问题的三大主要观点之一，动能定理和机 械能守恒定律是能量里的两个最基本的定律， 也是高中物理中最重要的定律之一， 是每年高考必考的 知识点，也是高中物理的一个难点。 动能定理：合力对物体所做的功等于物体动能的变化! 机械能守恒：在只有重力做功的情况下，物体的动能和重力势能发生相互转化，而机械能的总量 保持不变！ 【例1】如图1所示，光滑的倾斜轨道与半径为 R 的圆形轨道相连接，质量为 m 的小球在倾斜轨 道上由静 止释放，要使小球恰能通过圆形轨道的最高点， 小球释放点离圆形轨道最低点多高？ 解析： 方法1：小球在运动过程中，受到重 支持 力对小球不做功，只有重力做功， 道最低点为零重力势能面，因小球恰能通过圆轨道的最高点 方法2：设小球释放点离圆形轨道最低点高为 h ，从小球释放点到圆轨道的最高点 C,由动能定理 【点评】通过例题1我们可以看出，在研究对象为一个物体(地球除外)，且符合机械能守恒条 件时，动能定 理和机械能守恒定律都可以。；否则，动能定理还可以用，机械能守恒定律就不能用了 【例2】如图2,质量为m 的物体A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为 m2的物体B 相连，弹簧 的劲度系数为k ， A 、 B 都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体 A ,另一端连 一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态， A 上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量为 m 的物体 C 并从静止状态释放，已知它恰好能使 B 离开地面但不继续上升。若将 C 换成另一个质量为 (m+m)的物体D,仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B 刚离地面时D 的速度的大小是多少？ 已知重力加速度为g B 静止，设弹簧压缩量为X 1,有kX 1=mg ，挂 C 并释放后，C 向 B 刚要离地时弹簧伸长量为X 2,有kx 2=mg ； B 不再上升，表示 C 已降到 C ,说明此时，轨道对小球作用力为零, 只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律可列 i| ,由此可得: 1罷上祇 、、亠 二上 _ 。在圆轨道最咼 」一。根据机械能守恒定 mgh = -mgR+fng2R 2 方法1：开始时，A 、 下运动，A 向上运动，设 此时A 和C 的速度为零， 力和轨道支持力，轨道 小 球机械能守恒。取轨 点小球机械能为 ，在释放点，小球机械能为 律 得：mg(h-2R)=2Hc ，解得: /I 图2 《3.1.2空间向量基本定理》教案 一、教学目标： 1．知识目标：了解向量与平面平行的意义，掌握它们的表示方法。理解共线向量定理、共面向量定理和空间向量分解定理，理解空间任一向量可用空间不共面的三个已知向量唯一线性表示，会在简单问题中选用空间三个不共面向量作为基底表示其他向量。会用空间向量的基本定理解决立体几何中有关的简单问题。 2．能力目标：通过空间向量分解定理的得出过程，体会由特殊到一般，由低维到高维的思想方法。培养学生类比、联想、维数转换的思想方法和空间想象能力。 3．情感目标：创设适当的问题情境，从生活中的常见现象引入课题，开始就引起学生的学习兴趣，让学生容易切入课题，培养学生用数学的意识，体现新课程改革的理念之一，加强数学与生活实践的联系。 二、教学重点： 运用空间向量基本定理表示空间任一向量，并能根据表达式判断向量与基底的关系。 三、教学难点： 空间向量的分解作图，用不同的基底表示空间任一向量。灵活运用空间向量基本定理证明空间直线的平行、共面问题。 四、教学过程 1．复习引入： 在平面向量中，我们学习了平行向量基本定理、平面向量基本定理，请大家回忆一下定理的内容。（找同学回答） 由上节课的学习，我们可以把平面向量的线性运算推广到空间向量，那么请大家思考：平行向量基本定理在空间中是否成立？ 结论在空间中也成立。这就是空间中的“共线向量定理”（板书并投影） 注意：①向量0a ≠； ②a b ∥b a λ?=是共线向量的性质定理，b a λ=?a b ∥是空间向量共线的判定定理； 2、问题探究： “向量与平面平行”的概念：如果向量a 的基线平行于平面α或在平面α内，就称a 平行于平面α，记作a ∥α。 2015—2020年六年高考物理分类解析 专题14、动能定理和功能关系 一．2020年高考题 1. （2020高考江苏物理）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上.。斜面和 E与水平位地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.。该过程中，物块的动能 k 移x关系的图象是（） A. B. C. D. 【参考答案】A 【名师解析】设斜面倾角为θ，底边长为x0，在小物块沿斜面向下滑动阶段，由动能定理， E与水平位移x关系的图象是倾斜直线；设小物块滑到水平mgx/tanθ-μmgcosθ·x/cosθ=E k，显然物块的动能 k 地面时动能为E k0，小物块在水平地面滑动，由动能定理，-μmg·（x- x0）=E k- E k0，所以图像A正确。2．（2020高考全国理综I）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则 A．物块下滑过程中机械能不守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 【参考答案】AB 【命题意图】本题考查对重力势能和动能随下滑距离s变化图像的理解、功能关系、动能、匀变速直线运动规律及其相关知识点，考查的核心素养是运动和力的物理观念、能量的物理观念、科学思维。 【解题思路】【正确项分析】由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能mgh=30J，解得物块质量m=1kg。由重力势能随下滑距离s变化图像可知，重力势能可以表示为Ep=30-6s，由动能随下滑距离s 变化图像可知，动能可以表示为Ek=2s，设斜面倾角为θ，则有sinθ=h/L=3/5，cosθ=4/5。由功能关系，-μmg cosθ·s= Ep+ Ek-30=30-6s+2s-30=-4s，可得μ=0.5，B项正确； 【错误项分析】由Ek=2s，Ek=mv2/2可得，v2=4s，对比匀变速直线运动公式v2=2as，可得a=2m/s2，即物块下滑加速度的大小为2.0m/s2, C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0m 时机械能为E=18J+4J=22J，机械能损失了△E=30J-22J=8J, D项错误。 【一题多解】在得出物块与斜面之间的动摩擦因数μ后，可以利用牛顿第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma得出物块沿斜面下滑时的加速度a= gsinθ-μgcosθ=（10×3/5-0.5×10×4/5）m/s2=2.0 m/s2.可以根据功的公式得出物块下滑2.0m的过程中摩擦力做功W f=-μmgcosθ·s=0.5×1×10×4/5×2J=-8J，由功能关系可知机械能损失了△E=- W f=8J。 3.（20分）（2020高考全国理综II） 如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。 已知M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； （2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； （3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。高中数学空间向量的基本定理题库
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