資源簡介

章末核心素養提升
一、運用動能定理解決往復運動問題
1.有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而描述運動的物理量多數是變化的，且重復次數又往往是無限的或者很難確定。求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出。而動能定理只關心物體的初、末狀態而不關注運動過程的細節，所以用動能定理分析這類問題可迎刃而解。
2.應用動能定理求解往復運動問題時，要確定物體的初狀態和最終狀態。
重力做功與物體運動路徑無關，可用WG＝mgh直接求解。
滑動摩擦力做功與物體運動路徑有關，其功的大小可用Wf＝fs求解，其中s為物體滑行的路程。
例1 如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其寬度d＝0.50 m。盆邊緣的高度為h＝0.30 m。在A處放一個質量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑。已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數為μ＝0.10。小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停的地點到B的距離為(　　)
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
訓練1 如圖所示，AB為固定在豎直平面內的光滑圓弧軌道，其半徑為R＝0.8 m。軌道的B點與水平地面相切，質量為m＝0.2 kg的小球由A點靜止釋放，g取10 m/s2。求：
(1)小球滑到最低點B時，小球速度v的大小；
(2)小球通過LBC＝1 m的水平面BC滑上光滑固定曲面CD，恰能到達最高點D，D到地面的高度為h＝0.6 m，小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小球最終所停位置距B點的距離。
　
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二、機械能守恒定律和功能關系的綜合應用
例2 如圖所示，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內壁光滑、半徑為r的細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數為k的輕彈簧，輕彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。可視為質點、質量為m的滑塊從曲面上距BC的高度為2r處由靜止開始下滑，滑塊與BC間的動摩擦因數μ＝0.5，進入管口C端時與圓管恰好無作用力，通過CD后壓縮彈簧，在壓縮彈簧的過程中，滑塊速度最大時彈簧的彈性勢能為Ep(重力加速度為g)，求：
(1)滑塊到達B點時的速度大小；
(2)水平面BC的長度；
(3)在壓縮彈簧的過程中滑塊的最大速度。
　
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訓練2 (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的物體(可視為質點)輕放到傳送帶底端，物體從底端開始，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，同下列說法正確的是(　　)
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
章末核心素養提升
知識網絡構建
Fscos α　F合scos α　　F　Fv　mv2　mgh　mv－mv　重力　彈力　－ΔEp　－ΔEp　ΔEk　ΔE　fs相對
核心素養提升
例1 D　[設小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有水平面上存在摩擦力，則小物塊從A點開始運動到最終靜止的整個過程中，摩擦力做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關，由動能定理得mgh－μmgs＝0－0，代入數據可解得s＝3.00 m，由于d＝0.50 m，所以小物塊在BC段經過3次往復運動后，又回到B點，故D正確。]
訓練1 (1)4 m/s　(2)0.4 J　(3)小球最終停在B點，距離為0
解析　(1)小球由A運動到B的過程中，由動能定理mgR＝mv2，解得v＝4 m/s。
(2)小球由B到D過程中，由動能定理－Wf－mgh＝0－mv2，解得Wf＝0.4 J。
(3)小球運動的全過程，由動能定理得
mgR－μmgs＝0
又Wf＝μmgLBC，解得s＝4LBC，則小球最終停在B點，距離為0。
例2 (1)2　(2)3r　(3)
解析　(1)滑塊在曲面上下滑過程中機械能守恒，有
mg·2r＝mv
解得滑塊到達B點時的速度vB＝2。
(2)滑塊進入管口時對圓管恰好無作用力，只受重力，根據牛頓第二定律有mg＝meq \f(v,r)
解得滑塊到達C點時的速度vC＝
滑塊由A到C的過程中，根據動能定理有
mg·2r－μmgs＝mv
解得水平面BC的長度s＝3r。
(3)當滑塊的加速度為零時有最大速度vmax，此時有mg＝kx，彈簧的彈性勢能為Ep，滑塊由C經D到最大速度時，有
mg(r＋x)－Ep＝mv－mv
解得vmax＝。
訓練2 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＝gt，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章末核心素養提升
第四章　機械能及其守恒定律
目 錄
CONTENTS
知識網絡構建
01
核心素養提升
02
知識網絡構建
1
核心素養提升
2
一、運用動能定理解決往復運動問題
1.有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而描述運動的物理量多數是變化的，且重復次數又往往是無限的或者很難確定。求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出。而動能定理只關心物體的初、末狀態而不關注運動過程的細節，所以用動能定理分析這類問題可迎刃而解。
2.應用動能定理求解往復運動問題時，要確定物體的初狀態和最終狀態。
重力做功與物體運動路徑無關，可用WG＝mgh直接求解。
滑動摩擦力做功與物體運動路徑有關，其功的大小可用Wf＝fs求解，其中s為物體滑行的路程。
D
例1 如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其寬度d＝0.50 m。盆邊緣的高度為h＝0.30 m。在A處放一個質量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑。已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數為μ＝0.10。小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停的地點到B的距離為(　　)
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
解析　設小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有水平面上存在摩擦力，則小物塊從A點開始運動到最終靜止的整個過程中，摩擦力做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關，由動能定理得mgh－μmgs＝0－0，代入數據可解得s＝3.00 m，由于d＝0.50 m，所以小物塊在BC段經過3次往復運動后，又回到B點，故D正確。
(1)小球滑到最低點B時，小球速度v的大小；
(2)小球通過LBC＝1 m的水平面BC滑上光滑固定曲面CD，恰能到達最高點D，D到地面的高度為h＝0.6 m，小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小球最終所停位置距B點的距離。
答案　(1)4 m/s　(2)0.4 J　(3)小球最終停在B點，距離為0
(1)滑塊到達B點時的速度大小；
(2)水平面BC的長度；
(3)在壓縮彈簧的過程中滑塊的最大速度。
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訓練2 (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的物體(可視為質點)輕放到傳送帶底端，物體從底端開始，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，同下列說法正確的是(　　)
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

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