2024年高中物理新教材同步學(xué)案 必修第二冊 第8章 章末素養(yǎng)提升 (含解析)

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(shù)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(xué)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(nèi)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(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變表達式：Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1功能關(guān)系幾種典型的功能關(guān)系重力做功對應(yīng)重力勢能改變，WG＝－ΔE重力彈力做功對應(yīng)彈性勢能改變，W彈＝－ΔE彈力合外力做功對應(yīng)動能改變，W合＝ΔEk除重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功對應(yīng)機械能改變，W＝ΔE摩擦力做功與熱量的關(guān)系作用于系統(tǒng)的滑動摩擦力和物體間相對滑動的距離的乘積，在數(shù)值上等于相對滑動過程產(chǎn)生的內(nèi)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(xué)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(yīng)用；利用動能定理解決動力學(xué)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(guān)系，猜想重力勢能的影響因素，推導(dǎo)重力勢能表達式；利用功的公式、牛頓第二定律和運動學(xué)公式推導(dǎo)動能定理；利用能量轉(zhuǎn)化和守恒的觀點解釋生活現(xiàn)象，分析解決物理問題科學(xué)探究經(jīng)歷問題情境，體驗科學(xué)知識對生活的影響；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(xué)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(jù)這一科學(xué)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(shè)計實驗驗證機械能守恒定律科學(xué)態(tài)度與責(zé)任通過探究過程體會物理學(xué)的邏輯之美和方法之美，體會數(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；能夠意識到科學(xué)的社會意義和責(zé)任，注重科學(xué)實踐中的安全和環(huán)境保護。通過同伴合作交流學(xué)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(xué)生的探究意識和實踐能力；通過實驗操作、數(shù)據(jù)處理及誤差分析，培養(yǎng)學(xué)生實事求是和嚴謹細致的科學(xué)態(tài)度例1(多選)(2022·保定市高一期末)用長為L的輕質(zhì)細繩懸掛一個質(zhì)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?，F(xiàn)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－sinθ)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BC解析根據(jù)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(jù)能量守恒得F做的功等于系統(tǒng)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(tǒng)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正確；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(2022·重慶市期中)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(shè)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，圖像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(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點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當它經(jīng)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(tǒng)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(jù)題意可知，滑塊P和重物Q與彈簧組成的系統(tǒng)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(jù)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(tǒng)機械能守恒，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運動到位置B處速度大小為v，可知A、B兩點彈簧的彈性勢能相等，根據(jù)機械能守恒定律可知4mgH－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得P在B點的速度為v＝2eq\r(2gL)，對滑塊P，設(shè)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4(多選)(2023·杭州市期末)如圖所示，傾角為θ的傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，把一質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)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∶2B．兩過程中傳送帶對物塊的摩擦力做功之比為1∶2C．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答案AD解析設(shè)傳送帶的速度為v，物塊做勻加速運動的時間為t，物塊做勻加速運動時位移為x1＝eq\f(0＋v,2)t＝eq\f(vt,2)，物塊做勻速運動時x2＝vt，則兩過程中物塊運動的位移之比為x1∶x2＝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＝μmgx1cosθ，勻速運動階段，摩擦力所做的功為W2＝mgx2sinθ，則eq\f(W1,W2)＝eq\f(μcosθ,sinθ)·eq\f(x1,x2)，由于缺少相關(guān)數(shù)據(jù)，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＝μmgx1cosθ－mgx1sinθ，傳送帶摩擦生熱為Q＝μmgΔxcosθ＝μmgcosθ(x2－x1)＝μmgx1cosθ，即ΔE<Q，故C錯誤；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(guān)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。例5(多選)(2023·湖南卷)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道答案AD解析由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為vC＝0，則小球從C到B的過程中，有mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，F(xiàn)N＝mgcosα－meq\f(v2,R)，聯(lián)立有FN＝3mgcosα－2mg，則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，故小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；由于從A到B的過程中小球的速度逐漸減小，從A到B的過程中重力的功率為P＝－mgvsinθ，則從A到B的過程中小球重力的功率逐漸減小，則B錯誤；從A到C的過程中有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(4gR)，C錯誤；小球在B點恰好脫離軌道有mgcosθ＝meq\f(vB2,R)，則vB＝eq\r(gRcosθ)，則若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能大于eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點脫離軌道，D正確。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(zhuǎn)動。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。當小物塊進入圓軌道時會觸發(fā)閉合裝置將圓軌道封閉，取g＝10m/s2，求：(1)小物塊與水平面間的動摩擦因數(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(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動再返回至出發(fā)點的過程中，根據(jù)動能定理得－2μ1mgd＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)得μ1＝0.3(2)小物塊從出發(fā)至運動到彈簧壓縮至最短的過程，由功能關(guān)系得，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep＝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速度為v3時，恰好到達圓心右側(cè)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(shè)物塊在圓軌道最低點速度為v4時，恰好能通過圓