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(duì)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(hào)為J正功和負(fù)功(1)當(dāng)0≤α<eq\f(π,2)時(shí)，W>0，力對(duì)物體做正功(2)當(dāng)eq\f(π,2)<α≤π時(shí)，W<0，力對(duì)物體做負(fù)功，或稱物體克服這個(gè)力做功(3)當(dāng)α＝eq\f(π,2)時(shí)，W＝0，力對(duì)物體不做功總功(1)總功等于各個(gè)力分別對(duì)物體所做功的代數(shù)和(2)幾個(gè)力的合力對(duì)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(hào)是W計(jì)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(dá)式：Ep＝mgh單位：焦耳，符號(hào)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(dòng)能定義：在物理學(xué)中用“eq\f(1,2)mv2”這個(gè)量表示物體的動(dòng)能表達(dá)式：Ek＝eq\f(1,2)mv2單位：焦耳，符號(hào)為J機(jī)械能機(jī)械能等于動(dòng)能與勢能之和，E＝Ek＋Ep動(dòng)能定理內(nèi)容：力在一個(gè)過程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化表達(dá)式：W＝Ek2－Ek1機(jī)械能守恒定律內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變表達(dá)式：Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1功能關(guān)系幾種典型的功能關(guān)系重力做功對(duì)應(yīng)重力勢能改變，WG＝－ΔE重力彈力做功對(duì)應(yīng)彈性勢能改變，W彈＝－ΔE彈力合外力做功對(duì)應(yīng)動(dòng)能改變，W合＝ΔEk除重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功對(duì)應(yīng)機(jī)械能改變，W＝ΔE摩擦力做功與熱量的關(guān)系作用于系統(tǒng)的滑動(dòng)摩擦力和物體間相對(duì)滑動(dòng)的距離的乘積，在數(shù)值上等于相對(duì)滑動(dòng)過程產(chǎn)生的內(nèi)能。即Q＝F滑l相對(duì)，其中F滑必須是滑動(dòng)摩擦力，l相對(duì)必須是兩個(gè)接觸面間相對(duì)滑動(dòng)的距離(或相對(duì)路程)科學(xué)思維物理模型掌握機(jī)車啟動(dòng)的兩種方式；體會(huì)微元法在探究重力做功中的應(yīng)用；利用動(dòng)能定理解決動(dòng)力學(xué)問題和變力做功問題；會(huì)判斷不同物理模型中機(jī)械能是否守恒演繹推理通過重力做功與重力勢能變化關(guān)系，猜想重力勢能的影響因素，推導(dǎo)重力勢能表達(dá)式；利用功的公式、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)動(dòng)能定理；利用能量轉(zhuǎn)化和守恒的觀點(diǎn)解釋生活現(xiàn)象，分析解決物理問題科學(xué)探究經(jīng)歷問題情境，體驗(yàn)科學(xué)知識(shí)對(duì)生活的影響；根據(jù)功和能的關(guān)系，推導(dǎo)出重力勢能的表達(dá)式，通過實(shí)驗(yàn)探究彈簧彈力做功得出彈性勢能的影響因素；在動(dòng)能定理建立過程中，培養(yǎng)學(xué)生從特殊到一般、從低級(jí)到高級(jí)的探究思路；進(jìn)一步固化：實(shí)驗(yàn)是檢驗(yàn)理論正確性的依據(jù)這一科學(xué)思想，并在探究過程中體會(huì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證方法；探究機(jī)械能守恒定律的適用條件和限制，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律科學(xué)態(tài)度與責(zé)任通過探究過程體會(huì)物理學(xué)的邏輯之美和方法之美，體會(huì)數(shù)理的巧妙結(jié)合，激發(fā)學(xué)生求知欲和學(xué)習(xí)興趣，享受成功的樂趣。從生活中的有關(guān)物理現(xiàn)象得出物理結(jié)論，激發(fā)和培養(yǎng)學(xué)生探索自然規(guī)律的興趣；能夠意識(shí)到科學(xué)的社會(huì)意義和責(zé)任，注重科學(xué)實(shí)踐中的安全和環(huán)境保護(hù)。通過同伴合作交流學(xué)會(huì)正確評(píng)價(jià)他人和自己，增強(qiáng)人際交往的能力。利用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律等物理知識(shí)分析解決生活實(shí)例，培養(yǎng)學(xué)生的探究意識(shí)和實(shí)踐能力；通過實(shí)驗(yàn)操作、數(shù)據(jù)處理及誤差分析，培養(yǎng)學(xué)生實(shí)事求是和嚴(yán)謹(jǐn)細(xì)致的科學(xué)態(tài)度例1用長為L的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球，其下方有一個(gè)傾角為θ的光滑斜面體，斜面體放在水平面上，開始時(shí)小球與斜面接觸且細(xì)繩恰好豎直，如圖所示?，F(xiàn)在用水平推力F緩慢向左推動(dòng)斜面體，直至細(xì)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(duì)小球不做功B．細(xì)繩對(duì)小球的拉力始終與小球的運(yùn)動(dòng)方向垂直，故對(duì)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(dòng)斜面體，故小球所受合力可視為零，小球機(jī)械能不變答案B解析根據(jù)力做功的條件，斜面彈力對(duì)小球做正功，故A錯(cuò)誤；細(xì)繩對(duì)小球的拉力始終與小球運(yùn)動(dòng)方向垂直，故對(duì)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(duì)象，根據(jù)能量守恒得F做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增量，斜面體動(dòng)能和勢能不變，小球的動(dòng)能不變，重力勢能增加，所以系統(tǒng)機(jī)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(cuò)誤；用水平力F緩慢向左推動(dòng)斜面體，所以小球的動(dòng)能不變，重力勢能在增加，所以小球在該過程中機(jī)械能增加，故D錯(cuò)誤。例2如圖所示，建筑工地常使用打樁機(jī)將圓柱體打入地下一定深度，設(shè)定某打樁機(jī)每次打擊過程對(duì)圓柱體做功相同，圓柱體所受泥土阻力f與進(jìn)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(jì)，打樁機(jī)第一次打擊過程使圓柱體進(jìn)入泥土深度為h0，則打樁機(jī)第n次打擊過程使圓柱體進(jìn)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(shí)進(jìn)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(tǒng)考期中)如圖所示，某風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)可形成橫截面積為S的圓面，某段時(shí)間風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。若空氣密度為ρ，風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η，則()A．單位時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)化的電能為eq\f(1,2)ρSvB．單位時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)化的電能為eq\f(1,2)ρSv2C．轉(zhuǎn)化為電能的功率為eq\f(1,2)ηρSv3D．轉(zhuǎn)化為電能的功率為eq\f(1,2)ηρSv2答案C解析設(shè)t時(shí)間內(nèi)與葉片相互作用的空氣柱質(zhì)量為m＝ρV＝ρSvt單位時(shí)間內(nèi)風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能為W＝η·eq\f(1,2)mv2該發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)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(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)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(zhì)量為4m。將P從圖中A點(diǎn)由靜止釋放后沿豎直桿上下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它經(jīng)過A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧對(duì)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(jì)滑輪的摩擦，重力加速度為g。則P從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中()A．P和Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．P的速度一直增大C．輕繩對(duì)P做的功為8mgLD．重力對(duì)Q做功的功率一直減小答案C解析根據(jù)題意可知，滑塊P和重物Q與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；在A點(diǎn)彈簧對(duì)P的彈力向上，在B點(diǎn)彈簧對(duì)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(cuò)誤；根據(jù)題意可知，滑塊P從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，重物Q的速度為0，則重物Q重力的功率為0，當(dāng)滑塊P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，重物Q的速度也為0，此時(shí)，重物Q重力的功率為0，則滑塊P從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的過程中，重物Q重力的功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤；滑塊P和重物Q與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)幾何關(guān)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(shè)滑塊P運(yùn)動(dòng)到位置B處速度大小為v，可知A、B兩點(diǎn)處彈簧的彈性勢能相等，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知4mgH－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得P在B點(diǎn)的速度大小為v＝2eq\r(2gL)，對(duì)滑塊P，設(shè)輕繩對(duì)滑塊P做功為W，由動(dòng)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(jī)，在起重機(jī)將質(zhì)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(yùn)動(dòng)，加速度大小為a，當(dāng)起重機(jī)輸出功率達(dá)到其允許的最大值時(shí)，保持該功率直到重物做速度為vm的勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)額外功，重力加速度為g。(1)求起重機(jī)允許輸出的最大功率；(2)求重物做勻加速運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間；(3)若已知起重機(jī)達(dá)到輸出功率的最大值后，又經(jīng)Δt時(shí)間，重物的速度達(dá)到vm，求重物由靜止到速度達(dá)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(shí)有：F＝mg，可得起重機(jī)的最大輸出功率為：Pm＝mgvm(2)勻加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束時(shí)，起重機(jī)達(dá)到允許輸出的最大功率，設(shè)此時(shí)重物受到的拉力大小為F1，速度大小為v1，勻加速運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)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(shè)重物勻加速上升的高度為h1，則有：h1＝eq\f(1,2)at12由動(dòng)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(zhì)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)d＝1m后將彈簧壓縮至最短，反彈回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)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(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。傳送帶右端又與一豎直平面內(nèi)的光滑圓軌道的底端平滑連接，圓軌道半徑R＝0.8m。當(dāng)小物塊進(jìn)入圓軌道時(shí)會(huì)觸發(fā)閉合裝置將圓軌道封閉，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，取g＝10m/s2，求：(1)小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1；(2)彈簧具有的最大彈性勢能Ep；(3)要使小物塊進(jìn)入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2應(yīng)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(yùn)動(dòng)再返回至出發(fā)點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得－2μ1mgd＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)得μ1＝0.3Ep＝eq\f(1,2)mv02－μ1mgd＝0.5J(3)本題分兩種情況討論：①設(shè)物塊在圓軌道最低點(diǎn)速度為v3時(shí)，恰好到達(dá)圓心右側(cè)等高點(diǎn)，由機(jī)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(yùn)動(dòng)。由動(dòng)能定理得μ2′mgL＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv12解得μ2′＝0.2②設(shè)物塊在圓軌道最低點(diǎn)速度為v4時(shí)，恰好能通過圓軌道最高點(diǎn)，最高點(diǎn)速度為v5。在圓軌道最高點(diǎn)有mg＝