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章末核心素养提升
一、运用动能定理解决往复运动问题
1.有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的，且重复次数又往往是无限的或者很难确定。求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。而动能定理只关心物体的初、末状态而不关注运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可迎刃而解。
2.应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。
重力做功与物体运动路径无关，可用WG＝mgh直接求解。
滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，其功的大小可用Wf＝fs求解，其中s为物体滑行的路程。
例1 如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其宽度d＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为(　　)
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
训练1 如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.8 m。轨道的B点与水平地面相切，质量为m＝0.2 kg的小球由A点静止释放，g取10 m/s2。求：
(1)小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；
(2)小球通过LBC＝1 m的水平面BC滑上光滑固定曲面CD，恰能到达最高点D，D到地面的高度为h＝0.6 m，小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小球最终所停位置距B点的距离。
　
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二、机械能守恒定律和功能关系的综合应用
例2 如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。可视为质点、质量为m的滑块从曲面上距BC的高度为2r处由静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧的过程中，滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep(重力加速度为g)，求：
(1)滑块到达B点时的速度大小；
(2)水平面BC的长度；
(3)在压缩弹簧的过程中滑块的最大速度。
　
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训练2 (多选)如图所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一质量为m的物体(可视为质点)轻放到传送带底端，物体从底端开始，先做匀加速运动一段时间后做匀速运动到达顶端，两段运动时间相等，同下列说法正确的是(　　)
A.两过程中物块运动的位移之比为1∶2
B.两过程中传送带对物块的摩擦力做功之比为1∶2
C.全过程中物块动能增加量等于物块与传送带由于摩擦生成的热量
D.全过程中传送带对物块所做的功等于物块机械能的增量
章末核心素养提升
知识网络构建
Fscos α　F合scos α　　F　Fv　mv2　mgh　mv－mv　重力　弹力　－ΔEp　－ΔEp　ΔEk　ΔE　fs相对
核心素养提升
例1 D　[设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3.00 m，由于d＝0.50 m，所以小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点，故D正确。]
训练1 (1)4 m/s　(2)0.4 J　(3)小球最终停在B点，距离为0
解析　(1)小球由A运动到B的过程中，由动能定理mgR＝mv2，解得v＝4 m/s。
(2)小球由B到D过程中，由动能定理－Wf－mgh＝0－mv2，解得Wf＝0.4 J。
(3)小球运动的全过程，由动能定理得
mgR－μmgs＝0
又Wf＝μmgLBC，解得s＝4LBC，则小球最终停在B点，距离为0。
例2 (1)2　(2)3r　(3)
解析　(1)滑块在曲面上下滑过程中机械能守恒，有
mg·2r＝mv
解得滑块到达B点时的速度vB＝2。
(2)滑块进入管口时对圆管恰好无作用力，只受重力，根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v,r)
解得滑块到达C点时的速度vC＝
滑块由A到C的过程中，根据动能定理有
mg·2r－μmgs＝mv
解得水平面BC的长度s＝3r。
(3)当滑块的加速度为零时有最大速度vmax，此时有mg＝kx，弹簧的弹性势能为Ep，滑块由C经D到最大速度时，有
mg(r＋x)－Ep＝mv－mv
解得vmax＝。
训练2 AD　[设传送带的速度为v，物块做匀加速与匀速运动的时间均为t，物块做匀加速运动时位移为s1＝t＝，物块做匀速运动时s2＝gt，则两过程中物块运动的位移之比为s1∶s2＝1∶2，故A正确；由题意可得，匀加速阶段，摩擦力所做的功为W1＝μmgs1cos θ，匀速运动阶段，摩擦力所做的功为W2＝mgs2sin θ，则＝·，由于缺少相关数据，无法计算摩擦力所做功之比，故B错误；对物块由动能定理可得ΔE＝μmgs1cos θ－mgs1sin θ，传送带摩擦生热为Q＝μmgΔscos θ＝μmgcos θ(s2－s1)＝μmgs1cos θ，即ΔE章末核心素养提升
第四章　机械能及其守恒定律
目 录
CONTENTS
知识网络构建
01
核心素养提升
02
知识网络构建
1
核心素养提升
2
一、运用动能定理解决往复运动问题
1.有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的，且重复次数又往往是无限的或者很难确定。求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。而动能定理只关心物体的初、末状态而不关注运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可迎刃而解。
2.应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。
重力做功与物体运动路径无关，可用WG＝mgh直接求解。
滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，其功的大小可用Wf＝fs求解，其中s为物体滑行的路程。
D
例1 如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其宽度d＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为(　　)
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
解析　设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3.00 m，由于d＝0.50 m，所以小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点，故D正确。
(1)小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；
(2)小球通过LBC＝1 m的水平面BC滑上光滑固定曲面CD，恰能到达最高点D，D到地面的高度为h＝0.6 m，小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小球最终所停位置距B点的距离。
答案　(1)4 m/s　(2)0.4 J　(3)小球最终停在B点，距离为0
(1)滑块到达B点时的速度大小；
(2)水平面BC的长度；
(3)在压缩弹簧的过程中滑块的最大速度。
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训练2 (多选)如图所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，把一质量为m的物体(可视为质点)轻放到传送带底端，物体从底端开始，先做匀加速运动一段时间后做匀速运动到达顶端，两段运动时间相等，同下列说法正确的是(　　)
A.两过程中物块运动的位移之比为1∶2
B.两过程中传送带对物块的摩擦力做功之比为1∶2
C.全过程中物块动能增加量等于物块与传送带由于摩擦生成的热量
D.全过程中传送带对物块所做的功等于物块机械能的增量

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