高三一轮复习课动能动能定理学案

第二讲动能定理及其应用[小题快练]1．判断题(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( √ )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( × )(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ )(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．( √ )2．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是( BC )A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C ) A．mgh1＋mgh2－WB．mgh2－mgh1－WC．W＋mgh1－mgh2D．W＋mgh2－mgh1考点一 动能定理的理解及应用 (自主学习)1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因． 2．对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．3．应用动能定理的“四点注意”(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．1－1.[解决曲线运动问题] (2015·某某卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( ) A ．一样大 B ．水平抛的最大 C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：根据动能定理可知12mv 2末＝mgh ＋12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确． 答案：A1－2.[解决直线运动问题] 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示．当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4解析：由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12mv 2－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m (v 2)2解得μ＝(v 22gH －1)tan θ，h ＝H4，故D 正确．答案：D1－3.[解决变力做功问题] (2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．答案：C考点二 动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息． 2．应用动能定理解题的基本思路[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示： 小球做平抛运动，由平抛运动规律得v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得 －mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得F N C ＋mg ＝m v 2CR解得F N C ＝8 N由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]动能定理在多过程问题中的应用1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成多个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单方便．2．应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．(2018·余姚中学模拟)如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m ，h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块第二次通过C 点时的速度大小； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小物块从A 到D 的过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0，代入数据得：v D ＝3 m/s.(2)从D 到C 的过程，由动能定理得：mgh 2＝12mv 2C －12mv 2D ，代入数据得：v C ＝6 m/s.(3)滑块最终静止在BC 上，对全过程，运用动能定理得：mgh 1－μmgs ＝0，代入数据解得：s ＝8.6 m ，则距离B 点的距离为：L ＝5 m －(8.6－5) m ＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)6 m/s (3)1.4 m考点三 与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1．v －t 图：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．3－1.[v －t 图象] A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案：C3－2.[a －t 图象] 用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：由a －t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 错误；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12mv 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确． 答案：D1．(多选)(2019·第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于mv 20 D ．合外力对小球做的功等于mv 20解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2－12mv 20＝mgh －W f ，解得：W f ＝mgh －32mv 20<mgh ，故A 错误；重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2－12mv 20＝32mv 20，C 正确，D 错误．2．(2018·某某、某某联考)如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W .因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，则(B )A ．物块将停在C 点B ．物块将停在C 点左侧C ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f ＝μmg cos θ·L ，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N －mg cos θ＝m v 2R，即F N ＞mg cos θ，故此时的滑动摩擦力f ′＝μF N ＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L ，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W ′f ＞W f ＝μmg cos θ·L ，根据动能定理可知，物块将停在C 点左侧，故A 错误，B 正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W ，故C 、D 错误．3．如图所示，水平平台上有一个质量m ＝50 kg 的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x 的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h 不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v ＝0.5 m/s ，x ＝4 m ，h ＝3 m ，g 取10 m/s 2.求人克服细绳的拉力做的功．解析：设人发生x 的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v 1＝v cos θ由几何关系得cos θ＝xh 2＋x 2在此过程中，物块的位移s ＝h 2＋x 2－h ＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgs 对物块，由动能定理得W T －W f ＝12mv 21所以人克服细绳的拉力做的功W T ＝mv 2x 22(h 2＋x 2)＋μmgs ＝504 J.答案：504 J[A 组·基础题]1．(2016·某某卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( C ) A ．动能增加了1 900 J B ．动能增加了2 000 J C ．重力势能减小了1 900 J D ．重力势能减小了2 000 J2. 质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( B )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.1μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ) B ．1μ(v 202g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ)D ．1μ(v 202g cos θ＋x 0cot θ)4. 如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功 5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变7．(多选) (2016·某某卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( AB )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g8．(多选) 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同[B 组·能力题]9．(多选)(2019·某某实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A ．小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ＝fd B ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝v 20＋2m (Pt 1－fd )C ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝2v 20＋2m (Pt 1－fd )D ．小船经过B 点时的加速度大小a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm 解析：小船从A 点运动到B 点过程中克服阻力做功：W f ＝fd ，故A 正确；小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功：W ＝Pt 1 ，由动能定理有：W －W f ＝12mv 21－12mv 20，联立解得：v 1＝v 20＋2(Pt 1－fd )m，故B 正确，C 错误；设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v ′，则P ＝Fv ′， v ′＝v 1cos θ，F cos θ－f ＝ma ，联立解得：a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm ，故D 正确．A ．在运动过程中滑块A 的最大加速度是2.5 m/s 2B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3 m/s 2C ．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD ．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A 、B 相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F ＝2Ma ，解得a ＝F 2M ＝102×2＝2.5 m/s 2；隔离B ，B 受到重力、支持力和A 对B 的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f ＝Ma ＝2×2.5＝5 N ＜μMg ＝6 N ，所以A 、B 不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s 2，故A 正确，B 错误；当F ＝0时，加速度为0，之后A 、B 做匀速运动，位移继续增加，故C 错误；F －x 图象包围的面积等于力F 做的功，W ＝12×2×10＝10 J ；当F ＝0，即a ＝0时达到最大速度，对A 、B 整体，根据动能定理，有W ＝12×2Mv 2m －0；代入数据得：v m ＝ 5 m/s ，故D 正确．11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A点高h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝33.g 取10 m/s 2，求：(1)小球初速度的大小； (2)小球滑过C 点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件． 解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v 2y ＝2gh 代入数据解得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s 在A 点有tan θ＝v yv x得v x ＝v 0＝v ytan θ＝323m/s ＝ 6 m/s. (2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 2代入数据解得v C ＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R 112mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2 代入数据解得R 1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有 12mv 2C ＝mgR 2 代入数据解得R 2＝2.7 m.当圆轨道与AB 相切时R 3＝L 2·tan 60°＝1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0＜R ≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R ≤1.08 m。

第2讲动能定理及其应用目标要求 1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.能利用动能定理求变力做的功.3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法．考点一动能定理的理解和基本应用1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．(2)公式：E k＝12m v2，单位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(3)动能是标量、状态量．2．动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．(2)表达式：W＝ΔE k＝E k2－E k1＝12m v22－12m v12.(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．1．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．(√) 2．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(×)3．物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)4．合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少．(√)1．应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以全过程应用动能定理求解．(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．例1如图所示，AB 为四分之一圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R .一质量为m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，不计空气阻力，重力加速度为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为()A ．μmgR B.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR答案D解析BC 段物体所受摩擦力为f ＝μmg ，位移为R ，故BC 段摩擦力对物体做功W ＝－fR ＝－μmgR ，对全程由动能定理可知mgR ＋W 1＋W ＝0，解得W 1＝μmgR －mgR ，故AB 段克服摩擦力做功为W 克＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，选D.例2(2021·河北卷·6)一半径为R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR 、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P 处，另一端系一个小球，小球位于P 点右侧同一水平高度的Q 点时，绳刚好拉直，将小球从Q 点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g ，不计空气阻力)()A.(2＋π)gRB.2πgRC.2(1＋π)gR D ．2gR答案A解析小球下落的高度为h ＝πR －π2R ＋R ＝π＋22R ，小球下落过程中，根据动能定理有mgh ＝12m v 2，综上有v ＝(π＋2)gR ，故选A.例3一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示，当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为()A ．tan θ，H 2B.v 22gH－1θ，H 2C ．tan θ，H4 D.v 22gH－1θ，H 4答案D解析物块以初速度v 上升的过程，由动能定理得－mgH －μmg cos θ·H sin θ＝0－12m v 2，解得μv 22gH －1θ.当物块的初速度为v2时，由动能定理得－mgh －μmg cos θ·h sin θ＝0－12m v2，解得h ＝H4，故选D.例4如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量m ＝1kg 的小物块在9N 的水平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．已知x AB ＝5m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F ，取重力加速度g ＝10m/s 2，求：(1)小物块到达B 点时速度的大小；(2)小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小．答案(1)45m/s(2)150N解析(1)从A 到B 过程，据动能定理可得(F －μmg )x AB ＝12m v B 2解得小物块到达B 点时速度的大小为v B ＝45m/s(2)从B 到D 过程，据动能定理可得－mg ·2R ＝12m v D 2－12m v B 2在D 点由牛顿第二定律可得F N ＋mg ＝mv D 2R联立解得小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小为F N ＝150N.应用动能定理的解题流程考点二应用动能定理求变力做功例5质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g )()A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x )答案A解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f ＝μmg (s ＋x )，由动能定理可得－W 弹－W f ＝0－12m v 02，则W 弹＝12m v 02－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．例6(2023·广东深圳市光明区名校联考)如图所示，一半圆弧形细杆ABC 竖直固定在水平地面上，AC 为其水平直径，圆弧半径BO ＝3.6m ．质量为m ＝4.0kg 的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50N 、沿圆的切线方向的拉力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g 取10m/s 2，在这一过程中摩擦力做的功为()A ．66.6JB ．－66.6JC ．210.6JD ．－210.6J答案B解析小圆环到达B 点时对细杆的压力恰好为0，则mg ＝m v 2r，拉力F 沿圆的切线方向，根据动能定理F 2πr 4－mgr ＋W f ＝12m v 2，又r ＝3.6m ，摩擦力做的功为W f ＝－66.6J ，故选B.在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W 变＋W 恒＝12m v 22－12m v 12，物体初、末速度已知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变＝12m v 22－12m v 12－W 恒，就可以求出变力做的功了．考点三动能定理与图像问题的结合图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例7(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能E k 与运动路程s 的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10m/s 2，物块质量m 和所受摩擦力大小f 分别为()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m内物块上滑，由动能定理得－mg sin30°·s－fs＝E k－E k0，整理得E k＝E k0－(mg sin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin30°＋f＝4N，10～20m内物块下滑，由动能定理得(mg sin30°－f)(s－s1)＝E k，整理得E k＝(mg sin30°－f)s－(mg sin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mg sin30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A.例8A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示．已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是()A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1答案C解析由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确．由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·s－f1·3s＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2s－f2·3s＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝32f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误．例9(2020·江苏卷·4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图像是()答案A解决图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线之间的交点、图线与横轴围成的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．课时精练1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是()A ．对物体，动能定理的表达式为W ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功C ．对物体，动能定理的表达式为W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功D ．对电梯，其所受的合力做功为12M v 22－12M v 12答案CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W 合＝W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功，A 、B 错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即12M v 22－12M v 12，D 正确．2.如图所示，光滑的固定斜面顶端固定一弹簧，质量为m 的小球以速度v 自最低点A 冲上斜面．压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，重力加速度为g ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是()A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mgh D ．－(mgh ＋12m v 2)答案A解析小球从A 到C 过程中，由动能定理可得W G ＋W F ＝0－12m v 2，W G ＝－mgh ，解得W F ＝mgh －12m v 2，故选A.3.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v 0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端．现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v 0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的34处．则()A ．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B ．滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为18m v 02D ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为14m v 02答案AD解析设斜面长度为L ，斜面倾角为θ，由题意可知12m v 02＝mgL sin θ，12m v 02＝mgs sin θ＋μmgs cos θ，其中的s ＝34L ，解得μ＝13tan θ，因mg sin θ>μmg cos θ，则当滑块滑上斜面到达最高点后能再次滑回斜面底端，选项A 正确，B 错误；整个过程产生的热量为Q ＝2μmgs cos θ＝12mgL sin θ＝14m v 02，选项C 错误，D 正确．4.(2023·广东揭阳市普宁二中月考)如图，质量为m 的滑雪运动员(含滑雪板)从斜面上距离水平面高为h 的位置静止滑下，停在水平面上的b 处；若从同一位置以初速度v 滑下，则停在同一水平面上的c 处，且ab 与bc 相等．已知重力加速度为g ，不计空气阻力与通过a 处的机械能损失，则该运动员(含滑雪板)在斜面上克服阻力做的功为()A ．mgh B.12m v 2C ．mgh －12m v 2D ．mgh ＋12m v 2答案C解析设运动员从静止开始滑下，停在水平面上b 处时，在斜面上克服阻力做的功为W 1，在水平面上克服摩擦力做的功为W 2，由动能定理得mgh －W 1－W 2＝0，当运动员以速度v 从同一高度下滑时，停在同一水平面上的c 处，且ab 与bc 相等，由动能定理可得mgh －W 1－2W 2＝0－12m v 2，联立两式求得W 1＝mgh －12m v 2，故选C.5．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B 、C 处能量损失)()A ．等于v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面答案A解析物体从D 点滑动到顶点A 过程中，由动能定理可得－mg ·s AO －μmg ·s DB －μmg cos α·s AB＝0－12v 02，α为斜面倾角，由几何关系有s AB cos α＝s OB ，因而上式可以简化为－mg ·s AO －μmg ·s OD ＝0－12m v 02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.6.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a 与离地高度h 的关系图像如图所示，则()A ．2h 0～3h 0范围内电梯向上做匀减速直线运动B ．电梯在0～h 0和2h 0～3h 0范围内的速度变化量相等C ．电梯在3h 0处的速度大小为2a 0h 0D ．电梯上升的最大高度可能为3h 0答案C解析由题图可知从0到2h 0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h 0到3h 0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h 0，故A 、D 错误；根据动能定理可得12m v 2＝Fh ＝mah ＝mS 面积，则v ＝2S 面积，则电梯在h 0处的速度大小为a 0h 0，在2h 0处的速度大小为3a 0h 0，在3h 0处的速度大小为2a 0h 0，所以电梯在0～h 0和2h 0～3h 0范围内的速度变化量不相等，故B 错误，C 正确．7.(2023·广东省清中、河中、北中、惠中联考)如图所示，竖直圆轨道固定在水平面上，其中A为最低点，B 为最高点，C 为与圆心等高的点，质量为1kg 且可视为质点的小球在轨道内做完整的圆周运动．已知小球动能E k 的变化范围为10～20J ，忽略一切摩擦，重力加速度g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是()A ．轨道半径为1mB ．小球对轨道的最大压力与最小压力的大小之比为3∶1C ．小球在C 点时对轨道的压力大小为45ND ．以地面为势能零点参考平面，小球在C 点的重力势能等于动能答案B 解析在A 点F N1－mg ＝m v max 2R ，在B 点F N2＋mg ＝m v min 2R ，A 到B 过程，根据动能定理有－mg ×2R ＝12m v min 2－12m v max 2，又有12m v max 2＝20J ，12m v min 2＝10J ，解得R ＝0.5m ，小球对轨道的最大压力与最小压力之比F N1′F N2′＝F N1F N2＝31，A 错误，B 正确；在C 点F N3＝m v C 2R，A 到C 过程，根据动能定理有－mgR ＝12m v C 2－12m v max 2，解得小球在C 点时对轨道的压力大小F N3′＝F N3＝60N ，C 错误；以地面为势能零点参考平面，小球在C 点的重力势能E p ＝mgR ＝5J ，小球在C 点的动能E k ＝12m v C 2＝15J ，D 错误．8．(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为()A ．2kgB ．1.5kgC ．1kgD ．0.5kg 答案C 解析法一：特殊值法画出运动示意图．设该外力的大小为F ，据动能定理知A →B (上升过程)：－(mg ＋F )h ＝E k B －E k AB →A (下落过程)：(mg －F )h ＝E k A ′－E k B ′整理以上两式并代入数据得物体的质量m ＝1kg ，选项C 正确．法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg ＋F )h ＝E k －E k0，则E k ＝－(mg ＋F )h ＋E k0下落过程：(mg －F )h ＝E k ′－E k0′，则E k ′＝(mg －F )h ＋E k0′，结合题图可知mg ＋F ＝72－363－0N ＝12N ，mg －F ＝48－243－0N ＝8N 联立可得m ＝1kg ，选项C 正确．9.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h 、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则()A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 答案AB 解析对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；滑草车在滑道上段加速，在滑道下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v m 2，解得：v m ＝2gh 7，选项B 正确；全过程有W G －W 克f ＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝－335g ，故加速度大小为335g ，选项D 错误．10.如图所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为4mg ，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则()A ．W ＝12mgR ，小球恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，小球不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离答案C 解析在N 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v N 2R ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝4mg ，解得v N ＝3gR ，对小球从开始下落至到达N 点的过程，由动能定理得mg ·2R －W ＝12m v N 2－0，解得W ＝12mgR .由于小球在PN 段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v Q 2－12m v N 2，因为W ′<12mgR ，故v Q >0，所以小球到达Q 点后，继续上升一段距离，选项C 正确．11．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A 、B 静置于水平桌面上，滑块A 的右端与滑块B 的左端接触．某时刻开始，给滑块A 一个水平向右的力F ，使滑块A 、B 开始滑动，当滑块A 、B 滑动1.0m 时撤去力F .整个运动过程中，滑块A 、B 的动能E k 随位移s 的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：(1)滑块A 对B 做的功；(2)力F 的大小．答案(1)12J (2)39N 解析(1)B 在撤去F 后继续滑行s B ＝1.0m ，撤去F 时B 的动能E k B ＝6J ，由动能定理有－f B s B ＝0－E k B在撤去F 前，对B 由动能定律得W AB －f B s ＝E k B联立并代入数据解得W AB ＝12J(2)撤去力F 后，滑块A 继续滑行的距离为s A ＝0.5m ，撤去F 时A 的动能E k A ＝9J ，由动能定理有－f A s A ＝0－E k A力F 作用的过程中，分析滑块A 、B 整体，由动能定理有(F －f A －f B )s ＝E k A ＋E k B代入数据解得F ＝39N.12．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；(2)小球到达B 点时对圆弧轨道的压力大小．答案(1)34mg 5gR 2(2)152mg 解析(1)设水平恒力的大小为F 0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F ，小球到达C 点时速度的大小为v C ，则F 0mg ＝tan α，F ＝mg cos α，由牛顿第二定律得F ＝m v C 2R，联立并代入数据解得F 0＝34mg ，v C ＝5gR 2(2)设小球到达B 点时速度的大小为v B ，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得－2FR ＝12m v C 2－12m v B 2，代入数据解得v B ＝52gR 小球在B 点时有F N －F ＝m v B 2R，解得F N ＝152mg 由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝152mg .。

高三物理教案动能定理及其应用（5篇）高三物理教案动能定理及其应用（5篇）作为一位兢兢业业的人民教师，前方等待着我们的是新的机遇和挑战，有必要进行细致的教案准备工作，促进思维能力的发展。

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欢迎分享！高三物理教案动能定理及其应用（精选篇1）1、研究带电物体在电场中运动的两条主要途径带电物体在电场中的运动,是一个综合力和能量的力学问题,研究的方法与质点动力学相同(仅仅增加了电场力),它同样遵循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能定理、功能原理等力学规律.研究时,主要可以按以下两条途径分析:(1)力和运动的关系--牛顿第二定律根据带电物体受到的电场力和其它力,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电物体的速度、位移等.这条线索通常适用于恒力作用下做匀变速运动的情况.(2)功和能的关系--动能定理根据电场力对带电物体所做的功,引起带电物体的能量发生变化,利用动能定理或从全过程中能量的转化,研究带电物体的速度变化,经历的位移等.这条线索同样也适用于不均匀的电场.2、研究带电物体在电场中运动的两类重要方法(1)类比与等效电场力和重力都是恒力,在电场力作用下的运动可与重力作用下的运动类比.例如,垂直射入平行板电场中的带电物体的运动可类比于平抛,带电单摆在竖直方向匀强电场中的运动可等效于重力场强度g值的变化等.(2)整体法(全过程法)电荷间的相互作用是成对出现的,把电荷系统的整体作为研究对象,就可以不必考虑其间的相互作用.电场力的功与重力的功一样,都只与始末位置有关,与路径无关.它们分别引起电荷电势能的变化和重力势能的变化,从电荷运动的全过程中功能关系出发(尤其从静止出发末速度为零的问题)往往能迅速找到解题切入点或简化计算高三物理教案动能定理及其应用（精选篇2）1、与技能：掌握运用动量守恒定律的一般步骤。

2、过程与：知道运用动量守恒定律解决问题应注意的问题，并知道运用动量守恒定律解决有关问题的优点。

高考物理总复习 考查点11 动能和动能定理考点解读学案►考情分析第1课时 动能和动能定理(1)►知识梳理考点1 动能 A1．定义：物体由于________而具有的能．2．公式：________，式中v 为瞬时速度．3．矢标性：动能是________，没有负值，动能与速度的方向________．4．动能是状态量，动能的变化是过程量，等于末动能减去初动能，即ΔEk ＝________.【典例1】 (2021·无锡模拟)甲、乙两物体质量之比1∶2，速度大小之比是2∶1，则甲与乙的动能之比是( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶4D ．4∶1 【解析】 由动能的定义式Ek ＝12mv2得Ek 甲Ek 乙＝12m 甲v2甲12m 乙v2乙＝m 甲m 乙×⎝ ⎛⎭⎪⎫v 甲v 乙2＝21.【答案】 B【点拨】 动能只与物体的质量和瞬时速度有关，与其他物理量没有关系．【变式1】 关于某物体动能的一些说法，正确的是( )A ．物体的动能变化，速度一定变化B ．物体的速度变化，动能一定变化C ．物体的速度变化大小相同时，其动能变化大小也一定相同D ．选择不同的参考系时，动能可能为负值考点2 动能定理 C注意：对动能定理的明白得(1)物理意义：动能定理实际上是一个质点的功能关系，揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功对应着物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来决定．动能定理是力学中的一条重要规律，它不仅贯穿于这一章的内容，而且贯穿于以后的学习内容中，是物理学习的重点．(2)动能定理尽管是在物体受恒力作用下，沿直线做匀加速直线运动时推导出来的，然而关于外力是变力或物体做曲线运动，动能定理都成立，要对动能定理适用条件(不论外力是否为恒力，也不论物体是否做直线运动，动能定理都成立)有清晰的认识．(3)动能定理提供了一种运算变力做功的简便方法．功的运算公式W ＝Fscos α只能求恒力做的功，不能求变力做的功，而由于动能定理提供了一个物体的动能变化ΔEk 与合外力对物体所做功的等量代换关系，因此已知(或求出)物体的动能变化ΔEk ，就能够间接求得变力做功的大小．(4)它描述了力作用一段位移(空间积存)的成效——动能发生变化．【典例2】 速度为v 的子弹恰可穿透一块固定的木板，假如子弹速度为2v ，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，则可穿透同样的固定木板( )A ．2块B ．3块C ．4块D ．8块【解析】 由动能定理－Ffs ＝0－12mv2，当速度变为2v 时，由动能定理－Ffs ′＝0－12m(2v)2联立以上两式解得s ′＝4s ，故正确答案为C.【答案】 C【点拨】应用动能定理涉及一个过程和两个状态．所谓一个过程是指合力做功过程，应明确该过程各外力所做的总功；两个状态是反映物体初末两个状态的动能．【变式2】如图所示，用恒力F使一个质量为m的物体由静止开始沿水平地面移动的位移为l，力F跟物体前进方向的夹角为α，物体与地面间的动摩擦因数为μ，求：(1)力F对物体做功W的大小；(2)地面对物体的摩擦力Ff的大小；(3)物体获得的动能Ek.【典例3】质量为2kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到动身点时的动能为(取g＝10m/s2)()A．196J B．84JC．56J D．0J【解析】物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得：－mgssin30°＋Wf＝0－Ek0，代入数据知，阻力做功Wf＝－56J；下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功且与上滑过程中摩擦力做功相同，得到mgssin30°＋Wf＝Ek－0，代入数据解得：Ek＝84J，选项B正确．【答案】B【点拨】明确过程，结合动能随位移的变化关系图象，确定始末状态动能，确定合外力所做的总功，依照动能定理列方程求解．【变式3】质量为1kg的物体以一定的初速度沿倾角为37°的斜面向上滑行，最后又回到动身点．在此过程中，其动能随物体到斜面底端距离的变化关系如图所示，则物体在斜面上受到的摩擦力大小为() A．2N B．4N C．6N D．8N►随堂练习1.质量为m＝2kg的物体，在水平面上以v1＝6m/s的速度匀速向西运动，若有一个F＝8N，方向向北的恒力作用于物体，在t＝2s内物体的动能增加了()A．28J B．64J C．32J D．36J2．(2021·南京模拟)体育课上同学们进行一项抛球入框游戏．球框(框壁厚度忽略不计)紧靠竖直墙壁放在水平地面上，如图所示，某同学将球(可视为质点)正对竖直墙壁水平抛出并投入框中．球框高度和宽度均为L，球的抛出点离地面的高度3L，离墙壁的水平距离5L.球与墙壁碰撞前后水平速度大小相等、方向相反，竖直速度不变．已知球的质量为m，重力加速度为g，空气阻力不计．求：(1)为使球落入框中，球抛出时的最小速度；(2)球刚落到框底时的最小动能；(3)为使球落入框中，球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度．第2题图3．(2021·无锡模拟)某校科技节要进行无动力小车过障碍竞赛．某参赛小组设计竞赛路径中的一段如图所示，质量m＝0.1kg的小车从粗糙斜面上某点静止开释，斜面倾角为30°，斜面与小车间的摩擦力恒为0.3N，小车沿斜面轨道运动一段距离后，由B点进入半径为R＝0.32m的光滑竖直圆轨道，B为圆轨道最低点，小车沿竖直圆轨道内侧运动一周后由C点水平飞出并飞跃壕沟，安全落在平台DE面上．C点至平台高度差h＝1.25m，壕沟和平台宽度均为s＝1.50m.设除了斜面外其余部分运动过程中的阻力均不计，取g等于10m/s2.求：(1)若小车飞越壕沟，恰好落在平台上D点，小车在C点的飞出的速度为多少？(2)要使小车能完整地翻越竖直圆轨道，小车在B点进入圆轨道的速度至少为多少？说明小车翻越竖直轨道后有可能落到D点吗？(3)要使小车能完整翻越竖直轨道，且安全落在平台DE上，小车在斜面上开释高度范畴为多少？第3题图第2课时动能和动能定理(2)►知识梳理1.应用动能定理的优越性(1)由于动能定理反映的是物体两个状态的动能变化与其合力所做功的量值关系，因此对由初始状态到终止状态这一过程中物体运动性质、运动轨迹、做功的力是恒力依旧变力等诸多问题不必加以追究，确实是说应用动能定理不受这些问题的限制．(2)一样来说，能用牛顿第二定律和运动学知识求解的问题，用动能定理也能够求解，而且往往用动能定理求解更加简捷．但是，有些用动能定理能求解的问题，应用牛顿第二定律和运动学知识却无法求解．能够说，熟练地应用动能定理求解问题，是一种高层次的思维和方法，应该增强用动能定理去解题的主动意识．(3)用动能定理可求变力所做的功．在某些问题中，由于力F 的大小、方向的变化，不能直截了当用W ＝Flcos α求出变力做功的值，但能够由动能定理求解得到．2．应用动能定明白得题的一样步骤(1)选取研究对象，明确物理过程；宋以后，京师所设小学馆和武学堂中的教师称谓皆称之为“教谕”。

高三物理总复习—动能定理及其应用1．理解动能定理的确切含义2．熟练运用动能定理分析解决有关问题重点：1．动能定理的确切含义2．动能定理的应用难点：动能定理的应用考点点拨：1．利用动能定理求变力做功2．应用动能定理应该注意的问题3．动能定理在多过程、多体问题中的应用课前自主完成：金榜73页，主干回顾一、对动能定理的理解1．一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做功W具有等量代换关系(1)若ΔEk>0，表示合外力对物体做正功。

(2)若ΔEk<0，表示合外力对物体做负功。

(3)若ΔEk＝0，表示合外力对物体做功为零。

2.动能定理公式中等号的意义(1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。

(2)单位相同，国际单位都是焦耳。

(3)因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。

3．动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。

二、动能定理的应用1．运用动能定理须注意的问题(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程始末的动能。

(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同符号(正负)一同代入公式。

2．解题步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程。

(2)分析研究对象的受力情况和各个力的做功情况，然后求各个外力做功的代数和。

(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2。

(4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解。

题型一应用动能定理求变力的功例1用汽车从井下提重物，重物质量为m，定滑轮高为H，如图5－2－3所示，已知汽车由A点静止开始运动至B点时的速度为v，此时轻绳与竖直方向夹角为θ.这一过程中轻绳的拉力做功多大？变式一个质量为m的小球拴在钢绳的一端，另一端施加大小为F1的拉力作用，在水平面上做半径为R1的匀速圆周运动。

高三物理教案动能定理5篇高三物理教案动能定理篇1一、教学任务分析匀速圆周运动是继直线运动后学习的第一个曲线运动，是对如何描述和研究比直线运动复杂的运动的拓展，是力与运动关系知识的进一步延伸，也是以后学习其他更复杂曲线运动(平抛运动、单摆的简谐振动等)的基础。

学习匀速圆周运动需要以匀速直线运动、牛顿运动定律等知识为基础。

从观察生活与实验中的现象入手，使学生知道物体做曲线运动的条件，归纳认识到匀速圆周运动是最基本、最简单的圆周运动，体会建立理想模型的科学研究方法。

通过设置情境，使学生感受圆周运动快慢不同的情况，认识到需要引入描述圆周运动快慢的物理量，再通过与匀速直线运动的类比和多媒体动画的辅助，学习线速度与角速度的概念。

通过小组讨论、实验探究、相互交流等方式，创设平台，让学生根据本节课所学的知识，对几个实际问题进行讨论分析，调动学生学习的情感，学会合作与交流，养成严谨务实的科学品质。

通过生活实例，认识圆周运动在生活中是普遍存在的，学习和研究圆周运动是非常必要和十分重要的，激发学习热情和兴趣。

二、教学目标1、知识与技能(1)知道物体做曲线运动的条件。

(2)知道圆周运动;理解匀速圆周运动。

(3)理解线速度和角速度。

(4)会在实际问题中计算线速度和角速度的大小并判断线速度的方向。

2、过程与方法(1)通过对匀速圆周运动概念的形成过程，认识建立理想模型的物理方法。

(2)通过学习匀速圆周运动的定义和线速度、角速度的定义，认识类比方法的运用。

3、态度、情感与价值观(1)从生活实例认识圆周运动的普遍性和研究圆周运动的必要性，激发学习兴趣和求知欲。

(2)通过共同探讨、相互交流的学习过程，懂得合作、交流对于学习的重要作用，在活动中乐于与人合作，尊重同学的见解，善于与人交流。

三、教学重点难点重点：(1)匀速圆周运动概念。

(2)用线速度、角速度描述圆周运动的快慢。

难点：理解线速度方向是圆弧上各点的切线方向。

四、教学资源1、器材：壁挂式钟，回力玩具小车，边缘带孔的旋转圆盘，玻璃板，建筑用黄沙，乒乓球，斜面，刻度尺，带有细绳连接的小球。

第2课时动能定理【课前回顾】循图忆知【课堂释疑】要点一对动能定理的理解1．对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。

(2)既可以是恒力，也可以是变力。

2．“＝”体现的二个关系[多角练通]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零2.(多选)如图5­2­1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。

电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这个过程中，以下说法中正确的是()图5­2­1A ．电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv 22B ．电梯地板对物体的支持力所做的功大于mv 22C ．钢索的拉力所做的功等于mv 22＋MgH D ．钢索的拉力所做的功大于mv 22＋MgH 要点二 动能定理的应用1．应用动能定理的流程2．应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。

(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。

(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。

(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。

[典例] (2015·邯郸模拟)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大。

W 克 fDA＝μmgcos θ·sinh θ＋μmgs，
④
联立③④得W克fAD＝W克fDA，
⑤
联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确.
例2 (多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面
底端沿斜面向上滑动.该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离 后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为E5k.已知sin α ＝0.6，重力加速度大小为g.则
(3)小球的释放点离水平地面的高度H. 答案 0.35 m
小球从释放到运动到 A 点的过程，运用动能定理有 mgH－μmgL＝ 12mvA2，代入数据解得 H＝0.35 m.
动能定理在往复运动问题中的应用
1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性， 而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又 往往是无限的或者难以确定. 2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特 点是与路程有关，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，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析 这类问题可简化解题过程.
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3.如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为
斜面的最低点.一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜
面上做往复运动.小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为
小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动
的总路程为
A.s4i9nHθ
ma下＝mgsin α－μmgcos α， 解得a下＝g5 ，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g， 故a上>a下， 由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过 相同的位移，根据位移公式l＝12 at2，则可得出t上<t下，D错误.

第3节 动能和动能定理 学案【学习目标】1、知道动能是标量，掌握动能的表达式。

2、掌握动能定理的表达式和单位。

3、理解动能定理的确切含义，应用动能定理解决实际问题。

基础知识：一.动能1.定义:物体因运动而具有的能量称为动能。

2.影响动能大小的因素 (1)动能的大小与运动物体的速度有关，同一物体，速度越大，动能越大。

(2)动能的大小与运动物体的质量有关，同样速度，质量越大，动能越大。

3.表达式：E k ＝12m v 2。

4.单位：焦耳，符号为J 。

5.标矢性：动能只有大小、没有方向。

二、动能定理1.推导：如图所示，物体的质量为m ，在与运动方向相同的恒力F 的作用下发生了一段位移l ，速度由v 1增加到v 2，此过程力F 做的功为W 。

2.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

3.表达式：W ＝E k2－E k1。

如果物体受到几个力的共同作用，W 即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和。

4.适用范围：动能定理是物体在恒力作用下，并且做直线运动的情况下得到的，当物体受到变力作用，或者做曲线运动时，可以采用把整个过程分成许多小段，也能得到动能定理。

重难点理解：一、动能的“三性”(1)相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系。

(2)标量性：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值。

(3)状态量：动能是表征物体运动状态的物理量，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应。

动能变化量的理解(1)表达式：ΔE k＝E k2－E k1。

(2)物理意义：ΔE k＞0，表示动能增加；ΔE k＜0，表示动能减少。

(3)变化原因：合外力对物体做功是引起物体动能变化的原因，合力做正功，动能增加；合力做负功，动能减少。

二.对动能定理的理解(1)外力对物体做的总功等于其动能的增加量，即W＝ΔE k。

(2)表达式W＝ΔE k中的W为外力对物体做的总功。

应用动能定理解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程。

第2讲　动能和动能定理教材知识萃取1. 如图,在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑,该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ,其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。

若摩托车经过a 点时的动能为E 1,它会落到坑内c 点,c 与a 的水平距离和高度差均为h ;若经过a 点时的动能为E 2,该摩托车恰能越过坑到达b 点。

�2�1等于A.20 B.18C.9.0D.3.01.B 摩托车落到c 点时,根据平抛运动规律有h =v 01t 1,h =12g �12,解得�012=�ℎ2;同理摩托车落到b 点时有�022=9gh 。

又动能E 1=12m �012、E 2=12m �022,所以�2�1=18,故A 、C 、D 项错误,B 项正确。

答案2. 某音乐喷泉一个喷水管的流量为Q =0.04 m 3/s,喷出的水最高可达20 m 的高度,已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m 3,不计空气阻力和水滴之间的相互作用,用于该喷水管的电动机功率约为A.8.0×103 WB.8.0×104 WC.2.0×103 WD.2.0×104 W2.A 根据题意,水离开管口的速度大小v =2� =2×10×20 m/s=20 m/s,设给喷管喷水的电动机输出功率为P ,很短一段时间Δt 内喷出的水柱的质量m =ρ·V =ρQ Δt ,根据动能定理可得P Δt =12mv 2,代入数据解得P =8.0×103 W,故A 正确,BCD 错误。

答案3. [多选]游乐场有一种儿童滑轨,其竖直剖面示意图如图所示,AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道,BC部分轨道水平。

一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下,滑到圆弧轨道末端B点时,对轨道的正压力为2.5mg,重力加速度大小为g。

下列说法正确的是A.小孩到达B点时的速度大小为2�B.小孩到达B点时的速度大小为6�2mgRC.小孩从A到B克服摩擦力做的功为14mgRD.小孩从A到B克服摩擦力做的功为12教材素材变式3.BC　根据牛顿第三定律可知,小孩在B点处受到轨道的支持力N=2.5mg,根据牛顿第二定律有N-mg=��2,解得v=6�2,故选项A错误,B正确;根据动能定理有mgR-W f=12mv2,将v=6�2代入可求出小孩从A到B克服摩擦力做的功W f=14mgR,故选项C正确,D错误。

2012级诸城一中一轮复习学案（010）动能、动能定理及其简单应用出题人徐桂平做题人王木全审核人魏明海使用时间 9.23 实用时间【学习目标】1．正确理解动能概念和动能定理内容．2．会利用动能定理分析物理过程并进行比较综合问题的计算．【考向分析】该知识点是近几年高考的重点，也是高考的热点，考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律： (1)物体在单一过程中受恒力作用，确定物体动能的变化。

(2)物体经历多个过程，受多个力的作用，且每个过程中所受力的个数可能不同，确定物体动能的变化。

(3)在一个复杂的综合问题的某一过程，应用牛顿第二定律与动能定理相结合，分析力的做功或物体的动能变化情况。

【自主学习】一、考点梳理1.试从大小决定因素、矢量性、过程量与状态量等方面对动能这一概念加以归纳理解。

2.运用动能定理处理力学的问题有什么优点，在运用过程中需要注意哪些问题？二、自主演练1．改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化。

在下列几种情况下，改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化。

在下列几种情况下，汽车的动能各是原来的几倍？A．质量不变，速度增大到原来的 2 倍。

B．速度不变，质量增大到原来的 2 倍。

C．质量减半，速度增大到原来的 4 倍。

D．速度减半，质量增大到原来的 4 倍。

2．一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g ＝10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是 ( )．A．合外力做功50 J B．阻力做功500 JC．重力做功500 J D．支持力做功50 J3. 运动员将质量是500g的足球踢出后，足球上升的最大高度是10m，在最高点的速度是20m/s，重力加速度为10m/s2，不计空气阻力，则（）A．该运动员踢球时对足球做的功是150JB．球到最高点时重力对足球做功的瞬时功率为100WC．以球到最高点时为计时起点，t=1s时重力对足球做功的瞬时功率为50WD．以球到最高点时为计时起点，0～0.5s内重力的平均功率是0.5～1.0s内重力平均功率的3倍4.质量为2g 的子弹。

考点一功的分析与计算1．定义一个物体受到力的作用，如果在____________上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功．2．必要因素力和物体在____________上发生的位移．3．物理意义功是能量转化的________．4．计算公式(1)当恒力F的方向与位移l的方向一致时，力对物体所做的功为W＝________.(2)当恒力F的方向与位移l的方向成某一夹角α时，力F对物体所做的功为W＝________，即力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦值这三者的乘积． 5．功的正负(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做________．(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做________，或者说物体________这个力做了功．(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体__________．[思维深化]判断下列说法是否正确．(1)只要物体受力且发生位移，则力对物体一定做功．( )(2)如果一个力阻碍了物体的运动，则这个力一定对物体做负功．( ) (3)摩擦力可能对物体做正功、负功，也可能不做功．( ) (4)作用力做正功时，反作用力一定做负功．( )1．[正、负功的判断]如图1所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止．则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )图1A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功2．[变力做功的计算](多选)如图2所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是()图2A．重力做功为mgLB．绳的拉力做功为0C．空气阻力F阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－12F 阻πL3．[恒力做功的计算](2014·新课标Ⅱ·16)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A ．W F 2>4W F 1，W f2>2W f1 B ．W F 2>4W F 1，W f2＝2W f1 C ．W F 2<4W F 1，W f2＝2W f1D ．W F 2<4W F 1，W f2<2W f1功的计算方法 1．恒力做功：2．变力做功：(1)用动能定理：W ＝12m v 22－12m v 21. (2)当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车恒定功率启动时． (3)将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等． 3．总功的计算：(1)先求物体所受的合外力，再求合外力的功； (2)先求每个力做的功，再求各功的代数和．考点二 功率的理解和计算1．定义：功与完成这些功所用________的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的________．3．公式：(1)P ＝________，P 为时间t 内的____________． (2)P ＝F v①v 为平均速度，则P 为____________． ②v 为瞬时速度，则P 为____________． 4．对公式P ＝F v 的几点认识：(1)公式P ＝F v 适用于力F 的方向与速度v 的方向____________的情况． (2)功率是标量，只有大小，没有方向；只有正值，没有负值．(3)当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解．[思维深化]判断下列说法是否正确．(1)由P ＝Wt ，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率．( )(2)由P ＝F v ，既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率．( ) (3)由P ＝F v 知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制地增大．( ) (4)由P ＝F v 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比．( )4．[合理近似解答实际问题]一个成年人以正常的速度骑自行车，受到的阻力为总重力的0.02倍，则成年人骑自行车行驶时的功率最接近于( ) A ．1W B ．10W C ．100WD ．1000W5．[应用P ＝Fv 求瞬时功率](多选)一质量为1kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到水平外力F 作用，如图3所示．下列判断正确的是( )图3A ．0～2s 内外力的平均功率是4WB ．第2s 内外力所做的功是4JC ．第2s 末外力的瞬时功率最大D ．第1s 末与第2s 末外力的瞬时功率之比为9∶46．[机车运动中功率综合问题]一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升，物体上升的高度为h ，则整个过程中，下列说法正确的是( )A．钢绳的最大拉力为Pv2 B．钢绳的最大拉力为mgC．重物匀加速的末速度为PmgD．重物匀加速运动的加速度为Pm v1－g7．[机车运动中功率综合问题](2015·新课标全国Ⅱ·17)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图4所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()图4关于功率的理解和应用1．求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率． 2．机车启动中的功率问题(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝PF 阻(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v ＝P F <v m ＝P F 阻. 考点三 动能定理及其应用1．内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中______________．2．表达式：W＝____________＝____________.3．理解：动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力做功是引起物体动能变化的原因．4．适用条件：(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于________．(2)既适用于恒力做功，也适用于____________．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以____________作用．5．应用技巧：若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以________考虑，也可以____________考虑．[思维深化]判断下列说法是否正确．(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．()(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．()(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．()(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．()(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．()(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．()8．[应用动能定理求变力的功]如图5所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )图5A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mgh D ．－(mgh ＋12m v 2)9．[动能定理与图象的结合](多选)质量为1kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图6甲所示，外力F 和物体克服摩擦力F f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列分析正确的是()图6A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B．物体运动的位移为13mC．物体在前3m运动过程中的加速度为3m/s2D．x＝9m时，物体的速度为32m/s10．[应用动能定理分析临界问题](2015·新课标全国Ⅰ·17)如图7，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则()图7A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离动能定理的理解及应用技巧1．动能定理说明了合力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能．2．应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．3．明确研究对象的已知量和未知量，若求过程的初、末速度，首先确定各力做功及总功，然后列出方程；若求某力或某力的功，首先确定过程的初、末速度，然后列方程求解． 4．解决图象问题的突破点(1)注意图象斜率、面积和截距的物理意义．(2)注意挖掘图象中的隐含信息，往往可以找到解题突破口．考点四 用动能定理解决多过程问题1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其____________的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是________列式．3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与________无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与________的乘积．(3)弹簧弹力做功与________无关．11．[直线与平抛运动组合的多过程问题](2015·浙江理综·23)如图8所示，用一块长L1＝1.0m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m．斜面与水平桌面的夹角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图8(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m.12.[含弹簧的物体运动多过程问题]如图9甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回．A离开弹簧后，恰好回到P点．物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求：图9(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；(2)O点和O′点间的距离x1；(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离．分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？13．[直线与圆周运动组合的多过程问题]如图10所示，半径R＝0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示．O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25m ，斜面MN 足够长，物块P 质量m 1＝3kg ，与MN 间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g ＝10m/s 2，求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图10(1)小物块Q 的质量m 2；(2)烧断细绳后，物块P 第一次到达D 点时对轨道的压力大小； (3)物块P 在MN 斜面上滑行的总路程．利用动能定理求解多过程问题的基本思路1．弄清物体的运动由哪些过程组成．2．分析每个过程中物体的受力情况．3．各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．4．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能．5．对所研究的全过程运用动能定理列方程．1．(2015·海南单科·3)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A．4倍B．2倍C.3倍D.2倍2．(2015·海南单科·4)如图11所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图11 A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 3．(2015·浙江理综·18)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N ；弹射器有效作用长度为100m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( ) A ．弹射器的推力大小为1.1×106N B ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107W D ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s 24．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一滑雪道ABC 的底部是一个半径为R 的圆，圆与雪道相切于C 点，C 的切线沿水平方向，到水平雪地之间是高为H 的峭壁，D 是圆的最高点，如图12所示．运动员从A 点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D 旋转一周，再滑到C 点后被水平抛出，当抛出时间为t 时，迎面遭遇一股强风，最终运动员落到了雪地上，落地时速度大小为v .已知运动员连同滑雪装备总质量为m ，重力加速度为g ，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道间的摩擦阻力，求：图12(1)运动员刚好能过D点，AC的高度差h；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；(3)强风对运动员所做的功．答案解析考点一考点逐项排查1．力的方向 2.力的方向3．量度 4.(1)Fl(2)Fl cosα5．(1)正功(2)负功克服(3)不做功思维深化(1)×(2)√(3)√(4)×题组阶梯突破1．B[支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝g tanθ，当a>g tanθ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a<g tanθ时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B是错误的．]2．ABD [小球下落过程中，重力做功为mgL ，A 正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B 正确；空气阻力F 阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F 阻做功为－F 阻·12πL ，C 错误，D 正确．]3．C [根据x ＝v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，根据加速度的定义a ＝v －v 0t ，得两过程的加速度关系为a 1＝a 22.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即F f1＝F f2＝F f ，根据牛顿第二定律得，F 1－F f1＝ma 1，F 2－F f2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12F f ，即F 1>F 22.根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f1＝12W f2，W F 1>14W F 2，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．] 考点二 考点逐项排查 1．时间 2．快慢3．(1)Wt 物体做功的快慢 (2)①平均功率 ②瞬时功率4．(1)在一条直线 思维深化(1)× (2)√ (3)× (4)√ 题组阶梯突破4．C [设人和车的总质量为100 kg ，匀速行驶时的速率为5 m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等F ＝0.02mg ＝20N ，则人骑自行车行驶时的功率为P ＝F v ＝100W ，故C 正确．] 5．AD [第1s 末质点的速度 v 1＝F 1m t 1＝31×1m /s ＝3 m/s.第2s 末质点的速度v 2＝v 1＋F 2m t 2＝(3＋11×1) m /s ＝4 m/s.则第2s 内外力做功W 2＝12m v 22－12m v 21＝3.5J 0～2s 内外力的平均功率P ＝12m v 22t ＝0.5×1×422W ＝4W. 选项A 正确，选项B 错误；第1s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3W ＝9W ，第2s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4W ＝4W ，故P 1∶P 2＝9∶4.选项C 错误，选项D 正确．]6．D [加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为P v 2，故A 错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B 错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于P mg，故C 错误；重物匀加速运动的末速度为v 1，此时的拉力为F ＝P v 1，由牛顿第二定律得：a ＝F －mg m ＝P m v 1－g ，故D 正确．]7．A [当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 逐渐增大，所以牵引力F 1逐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1，f 不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F 1＝f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1f.当汽车的功率突变为P 2时，汽车的牵引力突增为F 2，汽车继续加速，由P 2＝F 2v 可知F 2减小，又因F 2－f ＝ma 2，所以加速度逐渐减小，直到F 2＝f 时，速度最大v m ′＝P 2f，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A 正确．] 考点三考点逐项排查1．动能的变化量2.12m v 22－12m v 21 E k2－E k1 4．(1)曲线运动 (2)变力做功 (3)分阶段5．分段 整个过程思维深化(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√题组阶梯突破8．A [小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12m v 2，重力做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F ＝mgh －12m v 2，所以正确选项为A.] 9．ACD [由W f ＝F f x 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力F f ＝2N ，由F f ＝μmg 可得μ＝0.2，A 正确；由W F ＝Fx 对应图乙可知，前3m 内，拉力F 1＝5N,3～9m 内拉力F 2＝2N ，物体在前3m 内的加速度a 1＝F 1－F f m ＝3m/s 2，C 正确；由动能定理得：W F －F f x ＝12m v 2可得：x ＝9m 时，物体的速度为v ＝32m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W F F f＝13.5m ，B 错误．] 10．C [根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR 2.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR 2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确．] 考点四考点逐项排查1．运动状态2．分段3．(1)路径 (2)路程 (3)路径题组阶梯突破11．(1)arctan0.05 (2)0.8 (3)1.9m解析 (1)为使小物块下滑，应有mg sin θ≥μ1mg cos θ①θ满足的条件tan θ≥0.05②即当θ＝arctan0.05时物块恰好从斜面开始下滑．(2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)③由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0④代入数据得μ2＝0.8⑤(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12m v 2⑥ 结合③式并代入数据得v ＝1m/s ⑦由平抛运动规律得H ＝12gt 2，x 1＝v t 解得t ＝0.4s ⑧x 1＝0.4m ⑨x m ＝x 1＋L 2＝1.9m12．(1)12m v 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 208μg解析 (1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12m v 20. (2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得2μmg (x 1＋x 0)＝12m v 20解得x 1＝v 204μg－x 0 (3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功W F 只有A 时，从O ′到P 有W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2m v 21 分离后对A 有12m v 21＝μmgx 2 联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg. 13．(1)4kg (2)78N (3)1.0m解析 (1)根据共点力平衡条件，两物块的重力沿斜面的分力相等，有：m 1g sin53°＝m 2g sin37°解得：m 2＝4kg即小物块Q 的质量m 2为4kg.(2)小物块P 到D 点过程，由动能定理得m 1gh ＝12m 1v 2D 根据几何关系，有：h ＝L 1sin53°＋R (1－cos53°)在D 点，支持力和重力的合力提供向心力：F D －m 1g ＝m 1v 2D R解得：F D ＝78N由牛顿第三定律得，物块P 对轨道的压力大小为78N.(3)分析可知最终物块在CDM 之间往复运动，C 点和M 点速度为零．由全过程动能定理得：m 1gL 1sin53°－μm 1g cos53°L 总＝0解得L 总＝1.0m即物块P 在MN 斜面上滑行的总路程为1.0m.限时自测1．D [设f ＝k v ，当阻力等于牵引力时，速率最大，输出功率变化前，有P ＝F v ＝f v ＝k v ·v ＝k v 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝k v ′·v ′＝k v ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确．]2．C [在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m v 2R，F N ＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下滑过程中，根据动能定理可得mgR －W f ＝12m v 2，解得W f ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，C 正确．] 3．ABD [设总推力为F ，位移x ＝100m ，阻力F 阻＝20%F ，对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%F ·x ＝12m v 2，解得F ＝1.2×106N ，弹射器推力F 弹＝F －F 发＝1.2×106N －1.0×105N ＝1.1×106N ，A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹·x ＝1.1×106×100J ＝1.1×108J ，B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P ＝F 弹·0＋v 2＝4.4×107W ，C 错误；根据运动学公式v 2＝2ax ，得a ＝v 22x ＝32m /s 2，D 正确．] 4．(1)52R (2)5gR ＋g 2t 2 H －12gt 2 (3)12m v 2－mg (H ＋52R ) 解析 (1)运动员刚好做圆周运动的速度满足mg ＝m v 2D R由动能定理得mg (h －2R )＝12m v 2D联立解得h ＝52R (2)运动员做平抛运动，在竖直方向的速度v ′＝gt 从A 到C 由动能定理得mg ·52R ＝12m v 20 v 1＝v 20＋v ′2＝5gR ＋g 2t 2下落高度为h 1＝12gt 2 距地面高度为h 2＝H －h 1＝H －12gt 2 (3)由动能定理得W f ＋mg (H ＋52R )＝12m v 2 W f ＝12m v 2－mg (H ＋52R )。

年级：高三 学科：物理 班级： 学生姓名： 制作人： 不知名 编号：2023－31第2讲 动能和动能定理学习目标：理解动能和动能定理。

2、能用动能定理解释生产生活中的现象。

预学案1、动能（1）定义：物体由于______而具有的能。

（2）公式：______________。

（3）动能是______,只有正值,动能与速度方向______。

（4）动能是状态量,因为v 是瞬时速度。

（5）相对性：由于速度具有_______,所以动能也具有相对性。

（6）动能的变化量：物体_____与__________之差,即ΔE k =12m v 22-12m v 12。

动能的变化是过程量2、动能定理探究案探究一：动能和动能的变化。

总复习大本P 96 通关题组1、2、3、4。

探究二：动能定理的应用 （单体单过程、单体多过程、多体多过程）。

总复习大本P 97 典例1、典例2、典例3、多维训练1、2、3。

探究三：动能定理与图像问题综合。

总复习大本P 99典例4、典例5、多维训练1、2、3。

检测案1、从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。

忽略空气阻力,该过程中小球的动能E k与时间t的关系图像是()2、(2022·广州模拟)将一乒乓球竖直向上抛出,乒乓球在运动过程中,它的动能随时间变化的关系的图线如图所示。

已知乒乓球运动过程中,受到的空气阻力与速率平方成正比,重力加速度为g。

则乒乓球在整个运动过程中加速度的最小值、最大值为()A.0,4gB.0,5gC.g,4gD.g,5g3、在大型货场,常通过斜面将货物送上货车,这个过程简化为如图所示模型:固定光滑斜面的倾角为 ,质量为m的货物,在沿斜面向上的恒力F作用下,由静止开始从斜面的底端向上做匀加速直线运动,经时间t货物运动至斜面E点(图中未标出),然后撤去外力F,再经过时间t3货物速度减为零。

已知外力F做的功为400 J,则撤去外力F时货物的动能为()A.75 JB.85 JC.100 JD.110 J4、(2021·湖北选择考)如图(a)所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小f恒定,物块动能E k与运动路程s的关系如图(b)所示。

2、功的计算
让学生回忆计算功的方法。教师归纳：8种方法，区别这8种方法
变力功的计算：小专题PPT
例题教学：讲义P68例1、P69第1小题
二、功率及计算
功率的两种计算方式 和Ｐ＝Ｆvcosθ及区别
例题：P69例2
三、机车的两种启动方式
复习机车的两种启动方式
小专题PPT
四、动能及动能定理
1、理解动能
2、推导动能定理
动能定理的理解和应用
学习内容
学生活动
一、功的分析与计算
思考、回忆、倾听、勾画。
归纳和练习
思考、小结。
倾听、理解、练习、改错
倾听、理解、练习、改错
倾听、理解、练习、改错
倾听、理解、练习、改错
练习、倾听、思考、笔记。
练习、改错、
交流讨论。
阅读、理解、归纳
倾听、理解、练习、改错
1、功的正负
让学生回忆如何判断一个力是否做功，估正还是负功。教师归纳：利用力和位移的夹角；利用力和速度的夹角；利用能量
3、理解动能定理
4、应用动能定理解题的基本思路
（1）利用动能定理求变力功
（2）利用动能定理求解多过程问题
例题：P71例4，第7题
学生练习P72：第2、3、4、5题
动能定理小专题练习
教学反思
《功、功率、动能定理》
课题
功、功率、动能定理
课时
5
授课班级
考点、知识点
功、功率Ⅱ
动能和动能定理Ⅱ
学习目标
1.掌握功的计算，会判断功的正负；
2.理解功率的两个公式. 和Ｐ＝Ｆv，并能利用功率公式计算平均功率和瞬时功率；
3.会分析机车的两种启动方式；
4.掌握动能定理，并能熟练应用ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ能定理解决实际问题

第2课时 动能和动能定理及应用一、动能1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。

2.公式：E k ＝12mv 2。

3.单位：焦耳，1 J ＝1 N ·m ＝1 kg ·m 2/s 2。

4.矢标性：动能是标量，只有正值。

5.状态量：动能是状态量，因为v 是瞬时速度。

二、动能定理1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

2.表达式：W ＝12mv 22－12mv 21或W ＝E k2－E k1。

3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。

4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。

(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。

【思考判断】1.物体的动能不变，所受合外力一定为零( × )2.物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化( × )3.动能不变的物体，一定处于平衡状态( × )4.一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化( √ )5.如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零( √ )6.做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比( √ )考点一 动能 动能定理(d/d) [要点突破]1.对动能定理的三点理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”。

(2)动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。

(3)合外力对物体做正功，物体的动能增加；合外力对物体做负功，物体的动能减少；合外力对物体不做功，物体的动能不变。

2.应用动能定理解决问题的步骤 (1)选取研究对象，明确它的运动过程。

(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况，然后求各个外力做功的代数和。

第四单元动能动能定理一。

背景和教学任务简介本节课在上一节对《功和功率》复习课的基础上展开对《动能动能定理》复习课的教学。

考虑到是高三第一轮的复习，本节课主要是通过引导学生对动能和动能定理概念和规律的复习，让学生理解动能定理含义，并通过一定量的问题分析，使学生初步掌握应用动能定理解题的一般方法步骤，培养学生分析问题、解决问题的能力。

二、教学目标：知识目标：1、通过一个简单问题的引入让学生回忆动能和能定理的内容；2、理解和应用动能定理，掌握动能定理表达式的正确书写。

3、分析得出应用动能定理解决问题的解题步骤。

4、能熟练应用动能定理解决一定的物理问题。

能力目标：1、能根据功是动能变化的量度关系解决简单的力学问题。

2、理论联系实际，培养学生逻辑思维能力、分析、解决问题的能力；情感目标：通过动能定理的理解和解题应用，培养学生对物理复习课学习的兴趣，培养辩正唯物主义的分析观点。

三、重点、难点分析1、本节重点是对动能定理的理解与应用。

2、总功的分析与计算对学生来说始终是个难点，总功的符号书写也是学生出错率最多的地方，应通过例题逐步提高学生解决该问题的能力。

3、通过动能定理进一步复习，让学生学会正确熟练应用动能定理，掌握应用动能定理解题的步骤，这是本节的难点。

四、教学设计思路和教学流程教学设计思想：通过习题引入复习内容，然后通过一个练习让学生讨论应用动能定理解题的步骤，同时教师把规范的解题步骤展示给学生，以便学生能逐渐掌握应用动能定理解题的正确书写。

教学过程中始终贯彻“以学生为本”的教学理念，采用学生讨论、思考、信息获取、演算、总结及口头表述的方法，突出老师与学生教与学的相互性，力求改变老师一讲到底的传统上课方式，在课堂教学模式上有所突破，同时根据学生的认知过程强化双基教学，提高学生的分析问题基本能力。

教学流程是通过一个简单的练习引出动能和动能定理的复习内容。

以分析做功为线索，通过师生对问题的共同讨论分析，最后由学生讨论、发言，总结出动能定理解题的一般步骤，并且通过巩固练习和思考提示学生进一步掌握应用动能定理解题的方法步骤。