第八章章末素養(yǎng)提升

章末素養(yǎng)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、力與位移夾角的余弦這三者的乘積。公式：W＝Flcosα單位：焦耳，符號為J正功和負功(1)當0≤α<eq\f(π,2)時，W>0，力對物體做正功(2)當eq\f(π,2)<α≤π時，W<0，力對物體做負功，或稱物體克服這個力做功(3)當α＝eq\f(π,2)時，W＝0，力對物體不做功總功(1)總功等于各個力分別對物體所做功的代數和(2)幾個力的合力對物體所做的功功率意義：表示做功快慢的物理量單位：瓦特，簡稱瓦，符號是W計算公式：P＝eq\f(W,t)，P＝Fvcosα重力勢能定義：我們把mgh叫作物體的重力勢能，常用Ep表示表達式：Ep＝mgh單位：焦耳，符號為J彈性勢能發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用，也具有勢能，這種勢能叫作彈性勢能動能定義：在物理學中用“eq\f(1,2)mv2”這個量表示物體的動能表達式：Ek＝eq\f(1,2)mv2單位：焦耳，符號為J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動能的變化表達式：W＝Ek2－Ek1機械能守恒定律內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變表達式：Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1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經歷問題情境，體驗科學知識對生活的影響；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(yǎng)學生從特殊到一般、從低級到高級的探究思路；進一步固化：實驗是檢驗理論正確性的依據這一科學思想，并在探究過程中體會實驗驗證方法；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(tài)度與責任通過探究過程體會物理學的邏輯之美和方法之美，體會數理的巧妙結合，激發(fā)學生求知欲和學習興趣，享受成功的樂趣。從生活中的有關物理現象得出物理結論，激發(fā)和培養(yǎng)學生探索自然規(guī)律的興趣；能夠意識到科學的社會意義和責任，注重科學實踐中的安全和環(huán)境保護。通過同伴合作交流學會正確評價他人和自己，增強人際交往的能力。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(yǎng)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(yǎng)學生實事求是和嚴謹細致的科學態(tài)度例1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－cosθ)D．由于緩慢推動斜面體，故小球所受合力可視為零，小球機械能不變答案B解析根據力做功的條件，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－sinθ)，故C錯誤；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如圖所示，建筑工地常使用打樁機將圓柱體打入地下一定深度，設定某打樁機每次打擊過程對圓柱體做功相同，圓柱體所受泥土阻力f與進入泥土深度h成正比(即f＝kh，k為常量)，圓柱體自重及空氣阻力可忽略不計，打樁機第一次打擊過程使圓柱體進入泥土深度為h0，則打樁機第n次打擊過程使圓柱體進入泥土深度為()A．h0 B．nh0C.eq\r(n)h0 D．(eq\r(n)－eq\r(n－1))h0答案D解析由題意可知，阻力f與深度h成正比，其f－h(huán)圖像如圖所示，圖線與橫軸所圍圖形的面積表示阻力做功的大小。第一次打擊時進入深度為h0，則W＝eq\f(kh02,2)，則每次打擊所做的功為eq\f(kh02,2)，n－1次打擊后做的功為(n－1)·eq\f(kh02,2)＝kh×h×eq\f(1,2)，h＝eq\r(n－1)h0，n次打擊后做的功為n×eq\f(kh02,2)＝kh′×h′×eq\f(1,2)，h′＝eq\r(n)h0，則Δh＝h′－h(huán)＝(eq\r(n)－eq\r(n－1))h0，故選D。例3(2023·淮安市高一統考期中)如圖所示，某風力發(fā)電機葉片轉動可形成橫截面積為S的圓面，某段時間風速為v，并保持風正面吹向葉片。若空氣密度為ρ，風的動能轉化為電能的效率為η，則()A．單位時間內轉化的電能為eq\f(1,2)ρSvB．單位時間內轉化的電能為eq\f(1,2)ρSv2C．轉化為電能的功率為eq\f(1,2)ηρSv3D．轉化為電能的功率為eq\f(1,2)ηρSv2答案C解析設t時間內與葉片相互作用的空氣柱質量為m＝ρV＝ρSvt單位時間內風能轉化為電能為W＝η·eq\f(1,2)mv2該發(fā)電機轉化為電能的功率為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(1,2)ηρSv3，故選C。例4(2022·南京市高一期末)如圖所示，一根輕質彈簧一端固定于光滑豎直桿上，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，Q的質量為4m。將P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°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，OB長為3L，與AB垂直，不計滑輪的摩擦，重力加速度為g。則P從A點到B點的過程中()A．P和Q組成的系統機械能守恒B．P的速度一直增大C．輕繩對P做的功為8mgLD．重力對Q做功的功率一直減小答案C解析根據題意可知，滑塊P和重物Q與彈簧組成的系統機械能守恒，故A錯誤；在A點彈簧對P的彈力向上，在B點彈簧對P的彈力向下，可知，P先加速上升后減速上升，在AB間某位置合力為0，速度最大，故B錯誤；根據題意可知，滑塊P從A點開始運動時，重物Q的速度為0，則重物Q重力的功率為0，當滑塊P到達B點時，重物Q的速度也為0，此時，重物Q重力的功率為0，則滑塊P從A點到達B點的過程中，重物Q重力的功率先增大后減小，故D錯誤；滑塊P和重物Q與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＝3L·tan53°＝4L，重物Q下降的高度為H＝OA－OB＝eq\f(OB,cos53°)－OB＝2L，設滑塊P運動到位置B處速度大小為v，可知A、B兩點處彈簧的彈性勢能相等，根據機械能守恒定律可知4mgH－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得P在B點的速度大小為v＝2eq\r(2gL)，對滑塊P，設輕繩對滑塊P做功為W，由動能定理可知W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝8mgL，故C正確。例5如圖所示為修建高層建筑常用的塔式起重機，在起重機將質量為m的重物豎直吊起的過程中，重物由靜止開始向上做勻加速直線運動，加速度大小為a，當起重機輸出功率達到其允許的最大值時，保持該功率直到重物做速度為vm的勻速運動，不計額外功，重力加速度為g。(1)求起重機允許輸出的最大功率；(2)求重物做勻加速運動所經歷的時間；(3)若已知起重機達到輸出功率的最大值后，又經Δt時間，重物的速度達到vm，求重物由靜止到速度達到vm的過程中升高的高度。答案(1)mgvm(2)eq\f(gvm,ag＋a)(3)eq\f(gvm2,2ag＋a)＋vmΔt－eq\f(vm2,2g)解析(1)重物勻速上升時有：F＝mg，可得起重機的最大輸出功率為：Pm＝mgvm(2)勻加速運動結束時，起重機達到允許輸出的最大功率，設此時重物受到的拉力大小為F1，速度大小為v1，勻加速運動經歷的時間為t1，則由牛頓第二定律得：F1－mg＝ma又有：Pm＝F1v1，v1＝at1可得：t1＝eq\f(gvm,ag＋a)(3)設重物勻加速上升的高度為h1，則有：h1＝eq\f(1,2)at12由動能定理得：F1h1＋PmΔt－mgh＝eq\f(1,2)mvm2可得：h＝eq\f(gvm2,2ag＋a)＋vmΔt－eq\f(vm2,2g)。例6如圖所示，水平面右端放一質量m＝0.1kg的小物塊，給小物塊v0＝4m/s的水平初速度使其向左運動，運動d＝1m后將彈簧壓縮至最短，反彈回到出發(fā)點時物塊速度大小v1＝2m/s。若水平面與一長L＝3m的水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v2＝10m/s的速度順時針勻速轉動。傳送帶右端又與一豎直平面內的光滑圓軌道的底端平滑連接，圓軌道半徑R＝0.8m。當小物塊進入圓軌道時會觸發(fā)閉合裝置將圓軌道封閉，彈簧始終處于彈性限度內，取g＝10m/s2，求：(1)小物塊與水平面間的動摩擦因數μ1；(2)彈簧具有的最大彈性勢能Ep；(3)要使小物塊進入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物塊間的動摩擦因數μ2應滿足的條件。答案(1)0.3(2)0.5J(3)μ2≤0.2或μ2≥0.6解析(1)小物塊在水平面上向左運動再返回至出發(fā)點的過程中，根據動能定理得－2μ1mgd＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入數據得μ1＝0.3Ep＝eq\f(1,2)mv02－μ1mgd＝0.5J(3)本題分兩種情況討論：①設物塊在圓軌道最低點速度為v3時，恰好到達圓心右側等高點，由機械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mv32解得v3＝4m/s。由于v3＝4m/s<v2＝10m/s，說明物塊在傳送帶上一直做勻加速運動。由動能定理得μ2′mgL＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv12解得μ2′＝0.2②設物塊在圓軌道最低點速度為v4時，恰好能通過圓軌道最高點，最高點速度為v5。在圓軌道最高點有mg＝