資源簡介

章末素養提升
物理 觀念 功 功 定義：力對物體所做的功，等于力的大小、位移的大小、　　　　　　　　　　　　這三者的乘積 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：我們把　　　　叫作物體的重力勢能，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：在物理學中用“　　　　”這個量表示物體的動能 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=　　　
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距離(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；在動能定理建立過程中，培養學生從特殊到一般、從低級到高級的探究思路；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的光滑斜面體，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　(多選)如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)。初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態。剪斷輕繩后A下落，B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊均著地，兩物塊(　　)
A.落地時的速度相同
B.重力勢能的變化量相同
C.機械能變化量相同
D.重力做功的平均功率相同
例3　(2024·全國甲卷)如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小 (　　)
A.在Q點最大 B.在Q點最小
C.先減小后增大 D.先增大后減小
例4　(多選)如圖所示，傾角為θ的傳送帶順時針勻速轉動，把一質量為m的物塊(可視為質點)輕放到傳送帶底端，物塊從底端開始，先做勻加速運動一段時間后做勻速運動到達頂端，兩段運動時間相等，則下列說法正確的是(　　)
A.兩過程中物塊運動的位移之比為1∶2
B.兩過程中傳送帶對物塊的摩擦力做功之比為1∶2
C.全過程中物塊動能增加量等于物塊與傳送帶由于摩擦生成的熱量
D.全過程中傳送帶對物塊所做的功等于物塊機械能的增量
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的豎直四分之一光滑圓弧軌道的最高點A由靜止釋放，A點和圓心等高。滑塊運動到圓弧軌道最低點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，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)若設置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
再現素養知識
力與位移夾角的余弦　Fscos α　焦耳　J　>　正功　<　負功　克服　0　不做功　代數和　合力　快慢　W　　Fvcos α　mgh　mgh　焦耳　J　彈性形變　彈力　勢能　mv2　mv2　焦耳　J　動能的變化
Ek2-Ek1　重力　彈力　保持不變　Ek1+Ep1
例1　BC　[斜面彈力的方向與小球運動方向的夾角為銳角，故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；用水平力F緩慢向左推動斜面體，所以小球始、末的動能不變，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；若取小球和斜面體整體為研究對象，根據功能關系得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，所以系統機械能的增量即為F做的功等于小球的重力勢能增加量，ΔEp=mgh=mgL(1-sin θ)，故C正確。]
例2　CD　[設斜面的傾角為θ，剛開始A、B處于靜止狀態，則有mBgsin θ=mAg，可得mB>mA，剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，A、B都只有重力做功，對任意物塊，根據機械能守恒定律得mv2=mgh，解得v=，知兩物塊落地時的速度大小相等，A的速度方向豎直向下，B的速度方向沿斜面向下，故A錯誤；兩物塊下落高度相同，但質量不等，所以重力勢能的變化量不相同，故B錯誤；兩物塊機械能守恒，所以機械能的變化量相同都為零，故C正確；對A物塊重力做功的平均功率為PA=mAg·=，對B物塊重力做功的平均功率PB=mBgsin θ·==，故D正確。]
例3　C　[方法一(分析法)：設大圓環半徑為R，小環在大圓環上某處(P點)與圓環的作用力恰好為零，此時只有小環重力的分力提供小環所需向心力，可知P點必在Q點上方，如圖所示
設P點和圓心連線與豎直向上方向的夾角為θ，從大圓環頂端到P點過程，根據機械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2
在P點，由牛頓第二定律得mgcos θ=m
聯立解得cos θ=
從大圓環頂端到P點過程，小環速度較小，小環重力沿著指向大圓環圓心方向的分力大于小環所需的向心力，所以大圓環對小環的彈力背離圓心，不斷減小，從P點到最低點過程，小環速度變大，小環重力沿著大圓環直徑方向的分力和大圓環對小環的彈力合力提供向心力，從P點到Q點，小環重力沿大圓環直徑的分力逐漸減小，從Q點到最低點，小環重力沿大圓環直徑的分力背離圓心，逐漸增大，所以大圓環對小環的彈力逐漸變大，根據牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。
方法二(數學法)：設大圓環半徑為R，小環在大圓環上某處時，設該處和圓心的連線與豎直向上方向的夾角為θ(0≤θ≤π)，根據機械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π)
在該處根據牛頓第二定律得
F+mgcos θ=m(0≤θ≤π)
聯立解得F=2mg-3mgcos θ
則大圓環對小環作用力的大小為
|F|=|2mg-3mgcos θ|
根據數學知識可知|F|的大小在cos θ=時最小，
由牛頓第三定律可知，小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。故選C。]
例4　AD　[設傳送帶的速度為v，物塊做勻加速與勻速運動的時間均為t，物塊做勻加速運動時位移為s1=t=，物塊做勻速運動時s2=vt，則兩過程中物塊運動的位移之比為s1∶s2=1∶2，故A正確；由題意可得，勻加速階段，摩擦力所做的功為W1=μmgs1cos θ，勻速運動階段，摩擦力所做的功為W2=mgs2sin θ，則=·，由于缺少相關數據，無法計算摩擦力所做功之比，故B錯誤；對物塊由動能定理可得ΔE=μmgs1cos θ-mgs1sin θ，傳送帶摩擦生熱為Q=μmgΔscos θ=μmgcos θ(s2-s1)=μmgs1cos θ，即ΔE例5　(1)0.2 m　15 N　(2)4 J　(2)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，壓力F'=15 N
(2)滑塊從C點運動到將彈簧壓縮到最短位置過程中，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，當滑塊恰好能返回C點，則有
-μ1mgcos θ·2L=0-mv2，得μ1=0.125，
當滑塊恰好靜止在斜面上，則有mgsin θ=μ2mgcos θ，得μ2=0.75，
若滑塊多次往返運動后，最終靜止于D點，則0.125≤μ<0.75。(共23張PPT)
章末素養提升
DISIZHANG
第四章
再現
素養知識
物 理 觀 念 功 功 定義：力對物體所做的功，等于力的大小、位移的大小、__________
_________這三者的乘積
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
力與位移夾
角的余弦
Fscos 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：我們把______叫作物體的重力勢能，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
mgh
mgh
焦耳
J
彈性形變
彈力
勢能
物 理 觀 念 動能
定義：在物理學中用“______”這個量表示物體的動能
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=_________
mv2
mv2
焦耳
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距離(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；在動能定理建立過程中，培養學生從特殊到一般、從低級到高級的探究思路；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的光滑斜面體，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
√
斜面彈力的方向與小球運動方向的夾角為銳角，故
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；
用水平力F緩慢向左推動斜面體，所以小球始、末的動能不變，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；
若取小球和斜面體整體為研究對象，根據功能關系得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，所以系統機械能的增量即為F做的功等于小球的重力勢能增加量，ΔEp=mgh= mgL(1-sin θ)，故C正確。
　(多選)如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)。初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態。剪斷輕繩后A下落，B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊均著地，兩物塊
A.落地時的速度相同
B.重力勢能的變化量相同
C.機械能變化量相同
D.重力做功的平均功率相同
例2
√
√
設斜面的傾角為θ，剛開始A、B處于靜止狀態，則有
mBgsin θ=mAg，可得mB>mA，剪斷輕繩后A自由下落，
B沿斜面下滑，A、B都只有重力做功，對任意物塊，
根據機械能守恒定律得mv2=mgh，解得v=，知兩物塊落地時的速度大小相等，A的速度方向豎直向下，B的速度方向沿斜面向下，故A錯誤；
兩物塊下落高度相同，但質量不等，所以重力勢能的變化量不相同，故B錯誤；
兩物塊機械能守恒，所以機械能的變化量相同都為
零，故C正確；
對A物塊重力做功的平均功率為PA=mAg·=，
對B物塊重力做功的平均功率PB=mBgsin θ·==，故D正確。
　(2024·全國甲卷)如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小
A.在Q點最大 B.在Q點最小
C.先減小后增大 D.先增大后減小
例3
√
方法一(分析法)：設大圓環半徑為R，小環在大圓環上
某處(P點)與圓環的作用力恰好為零，此時只有小環重
力的分力提供小環所需向心力，可知P點必在Q點上方，
如圖所示
設P點和圓心連線與豎直向上方向的夾角為θ，從大圓環頂端到P點過
程，根據機械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2
在P點，由牛頓第二定律得mgcos θ=m
聯立解得cos θ=
從大圓環頂端到P點過程，小環速度較小，小環重力沿
著指向大圓環圓心方向的分力大于小環所需的向心力，
所以大圓環對小環的彈力背離圓心，不斷減小，從P點
到最低點過程，小環速度變大，小環重力沿著大圓環直徑方向的分力和大圓環對小環的彈力合力提供向心力，從P點到Q點，小環重力沿大圓環直徑的分力逐漸減小，從Q點到最低點，小環重力沿大圓環直徑的分力背離圓心，逐漸增大，所以大圓環對小環的彈力逐漸變大，根據牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。
方法二(數學法)：設大圓環半徑為R，小環在大圓環上某處時，設該處和圓心的連線與豎直向上方向的夾角為θ(0≤θ≤π)，根據機械能守
恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π)
在該處根據牛頓第二定律得F+mgcos θ=m(0≤θ≤π)
聯立解得F=2mg-3mgcos θ
則大圓環對小環作用力的大小為|F|=|2mg-3mgcos θ|
根據數學知識可知|F|的大小在cos θ=時最小，
由牛頓第三定律可知，小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。故選C。
　(多選)如圖所示，傾角為θ的傳送帶順時針勻速轉動，把一質量為m的物塊(可視為質點)輕放到傳送帶底端，物塊從底端開始，先做勻加速運動一段時間后做勻速運動到達頂端，兩段運動時間相等，則下列說法正確的是
A.兩過程中物塊運動的位移之比為1∶2
B.兩過程中傳送帶對物塊的摩擦力做功之比為1∶2
C.全過程中物塊動能增加量等于物塊與傳送帶由于摩擦生成的熱量
D.全過程中傳送帶對物塊所做的功等于物塊機械能的增量
例4
√
√
設傳送帶的速度為v，物塊做勻加速與勻速運動的
時間均為t，物塊做勻加速運動時位移為s1=t=，
物塊做勻速運動時s2=vt，則兩過程中物塊運動的位
移之比為s1∶s2=1∶2，故A正確；
由題意可得，勻加速階段，摩擦力所做的功為W1=μmgs1cos θ，勻速
運動階段，摩擦力所做的功為W2=mgs2sin θ，則=·，由于缺
少相關數據，無法計算摩擦力所做功之比，故B錯誤；
對物塊由動能定理可得ΔE=μmgs1cos θ-mgs1sin θ，傳送帶摩擦生熱為Q=μmgΔscos θ=μmgcos θ(s2-s1)=μmgs1cos θ，即ΔE由題意可得，整個過程除了重力做功外，只有傳送帶對物塊做功，由功能關系可得，傳送帶對物塊所做的功等于物塊機械能的增量，故D正確。
　(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的豎直四分之一光滑圓弧軌道的最高點A由靜止釋放，A點和圓心等高。滑塊運動到圓弧軌道最低點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，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，壓力F'=15 N
(2)若設置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位置過程中，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，當滑
塊恰好能返回C點，則有-μ1mgcos θ·2L=0-mv2，得μ1=0.125，
當滑塊恰好靜止在斜面上，則有mgsin θ=μ2mgcos θ，得μ2=0.75，
若滑塊多次往返運動后，最終靜止于D點，則0.125≤μ<0.75。

展開更多......

收起↑