資源簡介

章末素養提升
　　　　　　　　　　　　　　　　
物理 觀念 功 功 定義：如果物體受到力的作用，并在　　　　　發生了位移，我們就說力就對物體做了功 公式：W=　　　　　 單位：　　　　　，符號為　　　
正功和負功 (1)當0≤α<時，W　　　　0，力對物體做　　　　 (2)當<α≤π時，W　　　　0，力對物體做　　　　，或稱物體　　　這個力做功 (3)當α=時，W=　　　　，力對物體　　　　
總功 (1)總功等于各個力分別對物體所做功的　　　 (2)幾個力的　　　　對物體所做的功
功率 意義：表示做功　　　　的物理量 單位：瓦特，簡稱瓦，符號是　　　 計算公式：P=　　　　，P=　　　　
重力勢能 定義：物體所受的重力mg與它所處的位置高度h的乘積，是由物體的　　　　決定的一種能量，稱為重力勢能。常用Ep表示 表達式：Ep=　　　 單位：　　　　，符號為　　　　
彈性勢能 發生　　　　的物體的各部分之間，由于有　　　　的相互作用，也具有　　　　，這種勢能叫作彈性勢能
動能 定義：物體由于　　　　而具有的能量 表達式：Ek=　　　 單位：　　　　，符號為　　　　
機械能 機械能等于動能與勢能之和，E=Ek+Ep
動能定理 內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中　　　 表達式：W=　　　
機械能守 恒定律 內容：在只有　　　　或　　　　做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能　　　　 表達式：Ek2+Ep2=　　　　或ΔEk=-ΔEp
物理 觀念 功能關系 幾種典型的 功能關系 重力做功對應重力勢能改變，WG=-ΔE重力
彈力做功對應彈性勢能改變，W彈=-ΔE彈力
合外力做功對應動能改變，W合=ΔEk
除重力、系統內彈力以外的其他力做功對應機械能改變，W=ΔE
摩擦力做 功與熱量 的關系　 作用于系統的滑動摩擦力和物體間相對滑動的距離的乘積，在數值上等于相對滑動過程產生的內能。即Q=F滑l相對，其中F滑必須是滑動摩擦力，l相對必須是兩個接觸面間相對滑動的位移(或相對路程)
科學 思維 物理模型 掌握機車啟動的兩種方式；體會微元法在探究重力做功中的應用；利用動能定理解決動力學問題和變力做功問題；會判斷不同物理模型中機械能是否守恒
演繹推理 通過重力做功與重力勢能變化關系，猜想重力勢能的影響因素，推導重力勢能表達式；利用功的公式、牛頓第二定律和運動學公式推導動能定理；利用能量轉化和守恒的觀點解釋生活現象，分析解決物理問題
科學 探究 根據功和能的關系，推導出重力勢能的表達式，通過實驗探究彈簧彈力做功得出彈性勢能的影響因素；探究機械能守恒定律的適用條件和限制，設計實驗驗證機械能守恒定律
科學態 度與責 任 利用動能定理、機械能守恒定律等物理知識分析解決生活實例，培養學生的探究意識和實踐能力；通過實驗操作、數據處理及誤差分析，培養學生實事求是和嚴謹細致的科學態度
例1　(多選)用長為L的輕質細繩懸掛一個質量為m的小球，其下方有一個傾角為θ的斜面光滑的斜面體，斜面體放在水平面上，開始時小球與斜面接觸且細繩恰好豎直，如圖所示。現在用水平推力F緩慢向左推動斜面體，直至細繩與斜面平行，則在此過程中(重力加速度為g) (　　)
A.小球受到的斜面的彈力始終與斜面垂直，故對小球不做功
B.細繩對小球的拉力始終與小球的運動方向垂直，故對小球不做功
C.若水平面光滑，則推力做功為mgL(1-sin θ)
D.由于緩慢推動斜面體，故小球所受合力可視為零，小球機械能不變
例2　(2023·樂山市期中)如圖所示，坡道滑雪中運動員從斜面自由滑到水平面直至停止，運動員與斜面、水平面間的動摩擦因數相同，空氣阻力不計，其運動過程中重力的瞬時功率P和動能Ek隨時間t、重力勢能Ep和機械能E隨水平位移x變化的圖像中，可能正確的是 (　　)
例3　(多選)(2023·遂寧市射洪中學高二校考)如圖所示為汽車的加速度和車速倒數的關系圖像。若汽車質量為2×103 kg，它由靜止開始沿平直公路行駛，且行駛中阻力恒定，最大車速為30 m/s，則 (　　)
A.汽車所受阻力為2×103 N
B.汽車在車速為9 m/s時，功率為6×104 W
C.汽車勻加速運動的加速度大小為3 m/s2
D.汽車勻加速運動所需時間為5 s
例4　(多選)如圖所示，一根輕質彈簧一端固定于光滑豎直桿底部，另一端與質量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，重物Q的質量M=6m。把滑塊從圖中A點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當它經過A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等。已知OA與水平面的夾角θ=53°，OB長為L，與AB垂直。不計滑輪的摩擦力，重力加速度為g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，滑塊P從A到B的過程中，下列說法正確的是 (　　)
A.重物Q的重力功率先增大后減小
B.滑塊P運動到位置B處速度大小為
C.輕繩對滑塊P做功為4mgL
D.P與Q的機械能之和先減少后增加
例5　(2023·東莞市高一期末)如圖所示，質量為m=0.5 kg的小滑塊(可視為質點)在半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道的最高點A，由靜止開始釋放，A點和圓心等高。它運動到圓軌道最低點B時速度為v=2 m/s。當滑塊經過B點后立即將圓弧軌道撤去。滑塊在光滑水平面上運動一段距離后，通過換向軌道由C點過渡到傾角為θ=37°、長L=1 m的斜面CD上(未離開接觸面)，CD之間鋪了一層勻質特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數可在0≤μ≤0.8之間調節。斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態下另一端恰好在D點。滑塊在C、D兩處換向時速度大小均不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不計空氣阻力。
(1)求光滑圓弧的半徑R以及滑塊經過圓弧B點時對圓弧軌道的壓力大小；
(2)若使μ=0，求彈簧的最大彈性勢能；
(3)若滑塊經多次往返運動，最終停在D點，求μ的取值范圍。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
答案精析
力的方向上　Flcos α　焦耳　J　>　正功　<　負功　克服　0　不做功　代數和　合力　快慢　W　　Fvcos α　位置　mgh　焦耳　J　彈性形變　彈力　勢能
運動　mv2　焦耳　J　動能的變化　Ek2-Ek1　重力
彈力　保持不變　Ek1+Ep1
提能綜合訓練
例1　BC　［小球受到的斜面彈力方向與小球運動方向夾角始終為銳角，斜面彈力對小球做正功，故A錯誤；細繩對小球的拉力始終與小球運動方向垂直，故對小球不做功，故B正確；若水平面光滑，取小球和斜面體整體為研究對象，根據能量守恒得F做的功等于系統機械能的增量，斜面體動能和勢能不變，小球的動能不變，重力勢能增加，所以系統機械能的增量等于小球的重力勢能增加量，所以F做的功等于小球重力勢能增量，ΔEp=mgh=mgL(1-sin θ)，故C正確；用水平力F緩慢向左推動斜面體，所以小球的動能不變，重力勢能在增加，所以小球在該過程中機械能增加，故D錯誤。］
例2　D　［運動員在坡道上做勻加速直線運動，速度越來越大，重力的瞬時功率P越來越大，滑到水平面后，重力方向與速度方向垂直，重力的瞬時功率P為0，故A錯誤；運動員在坡道上做勻加速直線運動，速度越來越大，動能越來越大，滑到水平面后，做勻減速直線運動，動能越來越小，故B錯誤；運動員在斜面上下滑過程中，重力勢能隨位移均勻減小，故C錯誤；運動員在運動過程中摩擦力做功使機械能減少，在斜面上機械能減少量為ΔE1=μmgcos θ·=μmgx，在水平面上運動，機械能減少量為ΔE2=μmgx，兩運動階段E-x斜率相同，故D正確。］
例3　AD　［根據牛頓第二定律得F-f=ma，汽車的功率為P=Fv，解得a=·-，根據圖像得=，解得P=6×104 W，根據圖像，將a=0，=代入a=·-，解得f=2×103 N，A正確；根據F-f=ma，a=2 m/s2，f=2×103 N，解得F=6×103 N，根據圖像，汽車在車速為9 m/s時做勻加速運動，汽車的功率為P'=Fv=5.4×104 W，B錯誤；根據題圖可知勻加速運動的加速度大小a=2 m/s2，C錯誤；勻加速結束時的速度為v1==10 m/s，汽車勻加速所需時間為
t==5 s，D正確。］
例4　ABC　［根據題意可知，滑塊P從A點開始運動時，重物Q的速度為零，則重物Q重力的功率為零，當滑塊到達B點時，重物Q的速度也為零，因此，重物Q的重力功率先增大后減小，故A正確；根據題意可知，滑塊P、重物Q和彈簧組成的系統機械能守恒，根據幾何關系可知，滑塊P上升的高度為h=OBtan 53°=L，重物Q下降的高度H=OA-OB=-OB=，設滑塊P運動到位置B處速度大小為v，彈簧開始對滑塊P做正功，后做負功，且P從A到B的整個過程，彈簧對滑塊P做功為零，根據機械能守恒定律有MgH-mgh=mv2，聯立解得v=，故B正確；對滑塊P，設輕繩對滑塊P做功為W，由動能定理得W-mgh=mv2，解得W=4mgL，故C正確；根據題意可知，滑塊P、重物Q和彈簧組成的系統機械能守恒，彈簧的彈性勢能先減小后增大，根據機械能守恒定律可知，P與Q的機械能之和先增大后減小，故D錯誤。］
例5　(1)0.2 m　15 N　(2)4 J　(3)0.125≤μ<0.75
解析　(1)滑塊從A到B，由動能定理得mgR=mv2，代入數據得R=0.2 m，
滑塊在B點，受到重力和支持力，根據牛頓第二定律有
F-mg=m，
代入數據得F=15 N，由牛頓第三定律得，滑塊在B點時對軌道的壓力F'=15 N
(2)滑塊從C點運動到將彈簧壓縮到最短的過程中，根據機械能守恒，彈簧的最大彈性勢能Ep=mv2+mgLsin θ，代入數據得Ep=4 J
(3)滑塊在斜面CD和水平地面間多次往返運動，最終靜止于D點，若滑塊恰好能返回C點，則有-μ1mgcos θ·2L=0-mv2，得μ1=0.125，若滑塊恰好靜止在斜面上，則有mgsin θ=μ2mgcos θ，得μ2=0.75，所以，在0.125≤μ<0.75，滑塊多次往返運動后，最終靜止于D點。(共24張PPT)
DISIZHANG
第四章
章末素養提升
再現
素養知識
物理 觀念 功 功 定義：如果物體受到力的作用，并在 發生了位移，我們就說力就對物體做了功
公式：W=________
單位： ，符號為___
正功和負功 (1)當0≤α<時，W 0，力對物體做______
(2)當<α≤π時，W 0，力對物體做 ，或稱物體 這個力做功
(3)當α=時，W= ，力對物體_______
總功 (1)總功等于各個力分別對物體所做功的_______
(2)幾個力的 對物體所做的功
力的方向上
Flcos α
焦耳
J
>
正功
<
負功
克服
0
不做功
代數和
合力
物理 觀念 功率 意義：表示做功 的物理量
單位：瓦特，簡稱瓦，符號是____
計算公式：P=____，P=_________
重力勢能 定義：物體所受的重力mg與它所處的位置高度h的乘積，是由物體的 決定的一種能量，稱為重力勢能。常用Ep表示
表達式：Ep=_____
單位： ，符號為____
彈性勢能 發生 的物體的各部分之間，由于有 的相互作用，也具有 ，這種勢能叫作彈性勢能
快慢
W
Fvcos α
位置
mgh
焦耳
J
彈性形變
彈力
勢能
運動
mv2
焦耳
物理 觀念 動能 定義：物體由于 而具有的能量
表達式：Ek=______
單位： ，符號為____
機械能 機械能等于動能與勢能之和，E=Ek+Ep
動能 定理 內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中___________
表達式：W=________
機械能守恒 定律 內容：在只有 或 做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能__________
表達式：Ek2+Ep2= 或ΔEk=-ΔEp
J
動能的變化
Ek2-Ek1
重力
彈力
保持不變
Ek1+Ep1
物理 觀念 功能關系 幾種典型的功能關系 重力做功對應重力勢能改變，WG=-ΔE重力
彈力做功對應彈性勢能改變，W彈=-ΔE彈力
合外力做功對應動能改變，W合=ΔEk
除重力、系統內彈力以外的其他力做功對應機械能改變，W=ΔE
摩擦力做功與熱量的關系　 作用于系統的滑動摩擦力和物體間相對滑動的距離的乘積，在數值上等于相對滑動過程產生的內能。即Q=F滑
l相對，其中F滑必須是滑動摩擦力，l相對必須是兩個接觸面間相對滑動的位移(或相對路程)
科學 思維 物理模型 掌握機車啟動的兩種方式；體會微元法在探究重力做功中的應用；利用動能定理解決動力學問題和變力做功問題；會判斷不同物理模型中機械能是否守恒
演繹推理 通過重力做功與重力勢能變化關系，猜想重力勢能的影響因素，推導重力勢能表達式；利用功的公式、牛頓第二定律和運動學公式推導動能定理；利用能量轉化和守恒的觀點解釋生活現象，分析解決物理問題
科學 探究 根據功和能的關系，推導出重力勢能的表達式，通過實驗探究彈簧彈力做功得出彈性勢能的影響因素；探究機械能守恒定律的適用條件和限制，設計實驗驗證機械能守恒定律
科學態 度與責 任 利用動能定理、機械能守恒定律等物理知識分析解決生活實例，培養學生的探究意識和實踐能力；通過實驗操作、數據處理及誤差分析，培養學生實事求是和嚴謹細致的科學態度
　(多選)用長為L的輕質細繩懸掛一個質量為m的小球，其下方有一個傾角為θ的斜面光滑的斜面體，斜面體放在水平面上，開始時小球與斜面接觸且細繩恰好豎直，如圖所示。現在用水平推力F緩慢向左推動斜面體，直至細繩與斜面平行，則在此過程中(重力加速度為g)
A.小球受到的斜面的彈力始終與斜面垂直，故對小球
不做功
B.細繩對小球的拉力始終與小球的運動方向垂直，故對小球不做功
C.若水平面光滑，則推力做功為mgL(1-sin θ)
D.由于緩慢推動斜面體，故小球所受合力可視為零，小球機械能不變
例1
提能
綜合訓練
√
√
小球受到的斜面彈力方向與小球運動方向夾角始終為
銳角，斜面彈力對小球做正功，故A錯誤；
細繩對小球的拉力始終與小球運動方向垂直，故對小
球不做功，故B正確；
若水平面光滑，取小球和斜面體整體為研究對象，根據能量守恒得F做的功等于系統機械能的增量，斜面體動能和勢能不變，小球的動能不變，重力勢能增加，所以系統機械能的增量等于小球的重力勢能增加量，所以F做的功等于小球重力勢能增量，ΔEp=mgh=mgL(1-sin θ)，故C正確；
用水平力F緩慢向左推動斜面體，所以小球的動能不變，重力勢能在增加，所以小球在該過程中機械能增加，故D錯誤。
　(2023·樂山市期中)如圖所示，坡道滑雪中運動員從斜面自由滑到水平面直至停止，運動員與斜面、水平面間的動摩擦因數相同，空氣阻力不計，其運動過程中重力的瞬時功率P和動能Ek隨時間t、重力勢能Ep和機械能E隨水平位移x變化的圖像中，可能正確的是
例2
√
運動員在坡道上做勻加速直線運動，速度越來越大，
重力的瞬時功率P越來越大，滑到水平面后，重力方
向與速度方向垂直，重力的瞬時功率P為0，故A錯誤；
運動員在坡道上做勻加速直線運動，速度越來越大，動能越來越大，滑到水平面后，做勻減速直線運動，動能越來越小，故B錯誤；
運動員在斜面上下滑過程中，重力勢能隨位移均勻減小，故C錯誤；
運動員在運動過程中摩擦力做功使機械能減少，在斜面上機械能減少量為ΔE1=μmgcos θ·=μmgx，在水平面上運動，機械能減少量為ΔE2=μmgx，兩運動階段E-x斜率相同，故D正確。
　(多選)(2023·遂寧市射洪中學高二校考)如圖所示為汽車的加速度和車速倒數的關系圖像。若汽車質量為2×103 kg，它由靜止開始沿平直公路行駛，且行駛中阻力恒定，最大車速為30 m/s，則
A.汽車所受阻力為2×103 N
B.汽車在車速為9 m/s時，功率為6×104 W
C.汽車勻加速運動的加速度大小為3 m/s2
D.汽車勻加速運動所需時間為5 s
例3
√
√
根據牛頓第二定律得F-f=ma，汽車的功率為
P=Fv，解得a=·-，根據圖像得=，
解得P=6×104 W，根據圖像，將a=0，=代入a=·-，解得f=2×103 N，A正確；
根據F-f=ma，a=2 m/s2，f=2×103 N，解得F=6×103 N，根據圖像，汽車在車速為9 m/s時做勻加速運動，汽車的功率為P'=Fv=5.4×104 W，B錯誤；
根據題圖可知勻加速運動的加速度大小a=2 m/s2，C錯誤；
勻加速結束時的速度為v1==10 m/s，汽車勻加速所需時間為t==5 s，D正確。
　(多選)如圖所示，一根輕質彈簧一端固定于光滑豎直桿底部，另一端與質量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，重物Q的質量M=6m。把滑塊從圖中A點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當它經過A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等。已知OA與水平面的夾角θ
=53°，OB長為L，與AB垂直。不計滑輪的摩擦力，重力加速度為g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，滑塊P從A到B的過程中，下列說法正確的是
A.重物Q的重力功率先增大后減小
B.滑塊P運動到位置B處速度大小為
C.輕繩對滑塊P做功為4mgL
D.P與Q的機械能之和先減少后增加
例4
√
√
√
根據題意可知，滑塊P從A點開始運動時，重物Q的速度
為零，則重物Q重力的功率為零，當滑塊到達B點時，重
物Q的速度也為零，因此，重物Q的重力功率先增大后減
小，故A正確；
根據題意可知，滑塊P、重物Q和彈簧組成的系統機械能守恒，根據幾何關系可知，滑塊P上升的高度為h=OBtan 53°=L，重物Q下降的高度H=OA-OB=-OB=，設滑塊P運動到位置B處速度大小為v，
彈簧開始對滑塊P做正功，后做負功，且P從A到B的整
個過程，彈簧對滑塊P做功為零，根據機械能守恒定律
有MgH-mgh=mv2，聯立解得v=，故B正確；
對滑塊P，設輕繩對滑塊P做功為W，由動能定理得W-mgh=mv2，解得W=4mgL，故C正確；
根據題意可知，滑塊P、重物Q和彈簧組成的系統機械能守恒，彈簧的彈性勢能先減小后增大，根據機械能守恒定律可知，P與Q的機械能之和先增大后減小，故D錯誤。
　(2023·東莞市高一期末)如圖所示，質量為m=0.5 kg的
小滑塊(可視為質點)在半徑為R的四分之一光滑圓弧軌
道的最高點A，由靜止開始釋放，A點和圓心等高。它
運動到圓軌道最低點B時速度為v=2 m/s。當滑塊經過B點后立即將圓弧軌道撤去。滑塊在光滑水平面上運動一段距離后，通過換向軌道由C點過渡到傾角為θ=37°、長L=1 m的斜面CD上(未離開接觸面)，CD之間鋪了一層勻質特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數可在0≤μ≤0.8之間調節。斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態下另一端恰好在D點。滑塊在C、D兩處換向時速度大小均不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不計空氣阻力。
例5
(1)求光滑圓弧的半徑R以及滑塊經過圓弧B點時對圓弧軌道的壓力大小；
答案　0.2 m　15 N
滑塊從A到B，由動能定理得mgR=mv2，代入數
據得R=0.2 m，
滑塊在B點，受到重力和支持力，根據牛頓第二定律有F-mg=m，
代入數據得F=15 N，由牛頓第三定律得，滑塊在B點時對軌道的壓力F'=15 N
(2)若使μ=0，求彈簧的最大彈性勢能；
答案　4 J
滑塊從C點運動到將彈簧壓縮到最短的過程中，根據機械能守恒，彈簧的最大彈性勢能Ep=mv2+mgLsin θ，代入數據得Ep=4 J
(3)若滑塊經多次往返運動，最終停在D點，求μ的取值范圍。
答案　0.125≤μ<0.75
滑塊在斜面CD和水平地面間多次往返運動，
最終靜止于D點，若滑塊恰好能返回C點，
則有-μ1mgcos θ·2L=0-mv2，得μ1=0.125，
若滑塊恰好靜止在斜面上，則有mgsin θ=μ2mgcos θ，得μ2=0.75，所以，在0.125≤μ<0.75，滑塊多次往返運動后，最終靜止于D點。

展開更多......

收起↑