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DIBAZHANG
第八章
章末素養提升
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_______
力與位移夾角的余弦
Flcos α
焦耳
J
>
正功
<
負功
克服
0
不做功
物理 觀念 功 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
代數和
合力
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=________
mv2
mv2
焦耳
J
動能的變化
Ek2-Ek1
物理 觀念 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
重力
彈力
保持不變
Ek1+Ep1
物理 觀念 功能關系 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，激發和培養學生探索自然規律的興趣；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
　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-cos 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
√
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-sin θ)，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。
　(2023·宿遷市高一期中)有一款名叫“跳一跳”的小游戲，游戲要求操作者通過控制棋子(質量為m)脫離平臺時的速度，使其能從一個平臺跳到旁邊的平臺上。如圖所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運動軌跡，不計空氣阻力。則下列說法中正確的是(重力加速度為g)
A.棋子從起跳至運動到最高點的過程中，機械能增加mgh
B.棋子離開平臺時的動能為mgh
C.棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mgh
D.棋子落到平臺上的速度大小為
例2
√
　(2024·江蘇省高一期中)如圖所示，一根輕質彈簧與質量為m的滑塊P連接后，穿在一根光滑豎直桿上，彈簧下端與豎直桿的下端連接，一根輕繩跨過輕質定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來。圖中O、B兩點等高，線段OA長為L，與水平方向的夾角θ=37°，重物Q的質量M=5m，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，不計定滑輪的摩擦力及空氣阻力，在滑塊P從A到B的運動過程中(sin 37°=0.6，cos 37°
=0.8，重力加速度為g)
A.滑塊P的速度一直增大
B.滑塊P在位置B的速度vB=
C.輕繩對滑塊P做功0.5mgL
D.P與Q的機械能之和先減小后增大
例3
√
由A、B兩點彈簧對滑塊的彈力大小相等可知，A點彈簧
處于壓縮狀態，B點彈簧處于伸長狀態，B點P所受合力
豎直向下，則P在從A點到B點過程中必有所受合力方向
豎直向下的階段，該階段P的速度減小，故A錯誤；
滑塊P在A、B兩點時，彈簧對滑塊的彈力大小相等，即彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等，到B點時，Q的速度為零，則系統由機
械能守恒可得5mg(L-Lcos 37°)=mg×L+m，解得vB=，故
B正確；
由B項分析知A、B兩點彈簧彈性勢能相等，即彈簧對P
做功為零，所以細繩對P做的功等于P增加的機械能，
則W=mg×L+m=mgL，故C錯誤；
由A項分析知，從A點到B點過程中，彈簧對P、Q整體
先做正功后做負功，所以P與Q的機械能之和先增大后減小，故D錯誤。
　(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
√
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。
　如圖所示，水平面右端放一質量m=0.1 kg的小物塊，給小物塊v0=4 m/s的水平初速度使其向左運動，運動d=1 m后將彈簧壓縮至最短，反彈回到出發點時物塊速度大小v1=2 m/s。若水平面與一長L=3 m的水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v2=10 m/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=0.8 m。當小物塊進入圓軌道時會觸發閉合裝置將圓軌道封閉，彈簧始終處于彈性限度內，取g=10 m/s2，求：
例5
(1)小物塊與水平面間的動摩擦因數μ1；
答案　0.3
小物塊在水平面上向左運動再返回至出發點的過程中，根據動能定理得
-2μ1mgd=m-m
代入數據得μ1=0.3
(2)彈簧具有的最大彈性勢能Ep；
答案　0.5 J
小物塊從出發至運動到彈簧壓縮至最短的過程，由功能關系得，彈簧具有的最大彈性勢能為
Ep=m-μ1mgd=0.5 J
(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　μ2≤0.2或μ2≥0.6
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
到達軌道右側與圓心等高點，由機械能守恒
定律得mgR=m
解得v3=4 m/s。
由于v3=4 m/sμ2'mgL=m-m
解得μ2'=0.2
②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=m
解得v5=2 m/s
從圓軌道最低點到最高點的過程，由動能定理得
-2mgR=m-m
解得v4=2 m/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=m-m
解得μ2″=0.6
所以要使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
的條件是μ2≤0.2或μ2≥0.6。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，激發和培養學生探索自然規律的興趣；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　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-cos 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·宿遷市高一期中)有一款名叫“跳一跳”的小游戲，游戲要求操作者通過控制棋子(質量為m)脫離平臺時的速度，使其能從一個平臺跳到旁邊的平臺上。如圖所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運動軌跡，不計空氣阻力。則下列說法中正確的是(重力加速度為g)(　　)
A.棋子從起跳至運動到最高點的過程中，機械能增加mgh
B.棋子離開平臺時的動能為mgh
C.棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mgh
D.棋子落到平臺上的速度大小為
例3　(2024·江蘇省高一期中)如圖所示，一根輕質彈簧與質量為m的滑塊P連接后，穿在一根光滑豎直桿上，彈簧下端與豎直桿的下端連接，一根輕繩跨過輕質定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來。圖中O、B兩點等高，線段OA長為L，與水平方向的夾角θ=37°，重物Q的質量M=5m，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，不計定滑輪的摩擦力及空氣阻力，在滑塊P從A到B的運動過程中(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度為g)(　　)
A.滑塊P的速度一直增大
B.滑塊P在位置B的速度vB=
C.輕繩對滑塊P做功0.5mgL
D.P與Q的機械能之和先減小后增大
例4　(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5　如圖所示，水平面右端放一質量m=0.1 kg的小物塊，給小物塊v0=4 m/s的水平初速度使其向左運動，運動d=1 m后將彈簧壓縮至最短，反彈回到出發點時物塊速度大小v1=2 m/s。若水平面與一長L=3 m的水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v2=10 m/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=0.8 m。當小物塊進入圓軌道時會觸發閉合裝置將圓軌道封閉，彈簧始終處于彈性限度內，取g=10 m/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。
答案精析
力與位移夾角的余弦　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　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　B　[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-sin θ)，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　C
例3　B　[由A、B兩點彈簧對滑塊的彈力大小相等可知，A點彈簧處于壓縮狀態，B點彈簧處于伸長狀態，B點P所受合力豎直向下，則P在從A點到B點過程中必有所受合力方向豎直向下的階段，該階段P的速度減小，故A錯誤；滑塊P在A、B兩點時，彈簧對滑塊的彈力大小相等，即彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等，到B點時，Q的速度為零，則系統由機械能守恒可得5mg(L-Lcos 37°)=mg×L+m，解得vB=，故B正確；由B項分析知A、B兩點彈簧彈性勢能相等，即彈簧對P做功為零，所以細繩對P做的功等于P增加的機械能，則W=mg×L+m=mgL，故C錯誤；由A項分析知，從A點到B點過程中，彈簧對P、Q整體先做正功后做負功，所以P與Q的機械能之和先增大后減小，故D錯誤。]
例4　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5　(1)0.3　(2)0.5 J　(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點的過程中，根據動能定理得
-2μ1mgd=m-m
代入數據得μ1=0.3
(2)小物塊從出發至運動到彈簧壓縮至最短的過程，由功能關系得，彈簧具有的最大彈性勢能為
Ep=m-μ1mgd=0.5 J
(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，恰好到達軌道右側與圓心等高點，由機械能守恒定律得mgR=m
解得v3=4 m/s。
由于v3=4 m/sμ2'mgL=m-m
解得μ2'=0.2
②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=m
解得v5=2 m/s
從圓軌道最低點到最高點的過程，由動能定理得
-2mgR=m-m
解得v4=2 m/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=m-m
解得μ2″=0.6
所以要使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應滿足的條件是μ2≤0.2或μ2≥0.6。

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