2018届二轮复习 动能及动能定理 学案 (全国通用)

动能和动能定理教案动能和动能定理教案作为一位杰出的老师，时常会需要准备好教案，编写教案有利于我们科学、合理地支配课堂时间。

那么优秀的教案是什么样的呢？以下是小编精心整理的动能和动能定理教案，仅供参考，希望能够帮助到大家。

动能和动能定理教案1一、教材分析：动能定理是本重点，也是整个力学的重点。

动能定理是一条适用范围很广的物理定理，但教材在推导这一定理时，由一个恒力做功使物体的动能变化，得出力在一个过程中所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。

然后逐步扩大几个力做功和变力做功及物体做曲线运动的情况。

这个梯度是很大的，为了帮助学生真正理解动能定理，教师可以设置一些具体的问题，让学生寻找物体动能的变化与那些力做功相对应。

二、三维目标:(一)知识与技能：1、知道动能的符号和表达式和符号，理解动能的概念，利用动能定义式进行计算。

2、理解动能定理表述的物理意义，并能进行相关分析与计算3、深化性理解动能定理的物理含义，区别共点力作用与多物理过程下动能定理的表述（二）过程与方法：1、掌握利用牛顿运动定律和动学公式推导动能定理2、理解恒力作用下牛顿运动定律与动能定理处理问题的异同点，体会变力作用下动能定理解决问题的优越性。

（三）情感态度与价值观1、感受物理学中定性分析与定量表述的关系，学会用数学语言推理的简洁美。

2、体会从特殊到一般的研究方法。

教学重点：理解动能的概念，会用动能的定义式进行计算。

教学难点：探究功与速度变化的关系，会推导动能定理的表达式，理解动能定理的含义与适用范围，会利用动能定理解决有关问题。

三、教学过程：（一）提出问题、导入新通过上节探究功与速度变化的关系：功与速度变化的平方成正比。

问：动能具体的数学表达式是什么？（二）动能表达式的推导1、动能与什么因素有关？动能是物体由于运动而具有的能量，所以动能与物体的质量和速度有关，质量越大、速度越大，物体的动能越大2、例;有一质量为的物体以初速度V1在光滑的水平面上运动，受到的拉力为F，经过位移为X后速度变为V2.。

第1讲 功 功率与动能定理[选考考点分布]考点一 功和能基本概念及规律辨析1．(2017·浙江4月选考·12)火箭发射回收是航天技术的一大进步．如图1所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则( )图1A ．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力答案 D解析匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，所以机械能不守恒，选项A错；在减速阶段，加速度向上，所以超重，选项B错误；火箭着地时，地面给火箭的力大于火箭重力，即选项D正确；合外力做功等于动能改变量，选项C错．2. (2016·浙江10月学考·4)如图2所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是( )图2A．动能B．动能、重力势能C．重力势能、机械能D．动能、重力势能、机械能答案 C解析无人机匀速上升，所以动能保持不变，所以选项A、B、D均错．高度不断增加，所以重力势能不断增加，因此无人机机械能不断增加，所以选项C正确．3. (2015·浙江10月学考·5)画作《瀑布》如图3所示．有人对此画作了如下解读：水流从高处倾泻而下，推动水轮机发电，又顺着水渠流动，回到瀑布上方，然后再次倾泻而下，如此自动地周而复始．这一解读违背了( )图3A．库仑定律B．欧姆定律C．电荷守恒定律D．能量守恒定律答案 D4. (人教版必修2P66第2题改编)如图4所示，质量为m的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中达到的最高点(位置2)的高度为h，已知重力加速度为g.下列说法正确的是( )图4A．足球由位置1运动到位置2的过程中，重力做的功为mghB．足球由位置1运动到位置3的过程中，重力做的功为2mghC．足球由位置2运动到位置3的过程中，重力势能减少了mghD．如果没有选定参考平面，就无法确定重力势能变化了多少答案 C解析足球由位置1运动到位置2的过程中，高度增加h，重力做功－mgh，选项A错误；足球由位置1运动到位置3的过程中，由于位置1和位置3在同一水平面上，故足球的高度没有变化，重力做的功为零，选项B错误；足球由位置2运动到位置3的过程中，足球的高度降低，重力做正功，重力势能减少，由于2、3两位置的高度差是h，故重力势能减少了mgh，选项C正确；分析重力势能的变化，只要找出高度的变化量即可，与参考平面的选取没有关系，选项D错误．5．(人教版必修2P67、P68、P75、P80插图改编)如图5所示的几个运动过程中，物体的弹性势能增大的是( )图5A．如图甲，撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能B．如图乙，人拉长弹簧过程中，弹簧的弹性势能C．如图丙，模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能D．如图丁，小球被压缩弹簧向上弹起的过程，弹簧的弹性势能答案 B6．(2017·稽阳联谊学校8月联考)如图6所示，质量为m的小球(可以看成质点)，在恒力F 的作用下，从地面上A点由静止开始运动．途经桌面处B点到达C点，现以桌面为参考平面，已知H <h ，则( )图6A ．小球从A 到B 重力做功小于从B 到C 重力做的功 B ．小球在A 点的重力势能大于在C 点的重力势能 C ．整个过程小球的机械能一定增大D ．整个过程小球的机械能守恒 答案 C解析 功的大小比较看绝对值，h >H ，所以A 错误；重力势能的大小看位置高低，A 点最低，B 错误；恒力F 始终做正功，所以机械能一直变大，C 对，D 错误．考点二 功和功率的分析与计算1．(2017·浙江11月选考·13)如图7所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m 到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m 3/min ，水离开炮口时的速率为20 m/s ，则用于( )图7A ．水炮工作的发动机输出功率约为1×104W B ．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W C ．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W D ．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 答案 B解析 若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率P ＝mgh t ＝400×10×60×15×60W ＝800 W ，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W ，故选项D 错误．在1 s内，喷出去水的质量为m ′＝ρV ＝103×360 kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为E p ＝m ′gh ＝50×10×60 J＝3×104 J ，水的动能为E k ＝12m ′v 2＝1×104 J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104J ，所以水炮工作的发动机输出功率为4×104W ，选项B 正确，A 、C 错误．2．(2017·浙江11月选考·10)如图8所示，质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c 点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa 、Ob 分别为0.9 m 和0.6 m ．若她在1 min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m ，则克服重力做的功和相应的功率约为( )图8A ．430 J,7 WB ．4 300 J,70 WC ．720 J,12 WD ．7 200 J,120 W答案 B解析 设每次俯卧撑中，运动员重心变化的高度为h ，由几何关系可得，h 0.4＝0.90.9＋0.6，即h ＝0.24 m ．一次俯卧撑中，克服重力做功W ＝mgh ＝60×9.8×0.24 J＝141.12 J ，所以1 min内克服重力做的总功为W 总＝NW ＝4 233.6 J ，功率P ＝W 总t＝70.56 W ，故选B.3．(2017·金华市高三上学期期末)如图9所示，质量为m 的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k 倍，当它以速度v ，加速度a 加速前进时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从该时刻起，发动机始终在额定功率下运转，重力加速度为g ，则以下分析正确的是( )图9A ．汽车发动机的额定功率为kmgvB ．汽车行驶的最大速度为(kg ＋a )v kgC ．当汽车加速度减小到a2时，速度增加到2vD ．欲使汽车最大速度增加到此时的2倍，则发动机额定功率应增加到此时的4倍 答案 B解析 速度为v 时，根据牛顿第二定律知P 0v－kmg ＝ma ，所以P 0＝kmgv ＋mav ，故A 错误；最后汽车匀速运动牵引力等于阻力时速度最大，故v m ＝P 0kmg ＝kmgv ＋mav kmg ＝v ＋av kg，故B 正确；加速度为a 2时，此时牵引力为F ，则F －kmg ＝m a2，解得F ＝kmg ＋ma2，此时速度为v ＝P 0F＝kmgv ＋mav kmg ＋ma 2＝2kgv ＋2av 2kg ＋a ，故C 错误；由于汽车匀速运动时速度最大，汽车受到的阻力不变，此时的功率P ＝F f ·2v m ＝2P 0，故D 错误．4．(2017·浙江“七彩阳光”联考)物体在大小相等的力F 作用下，分别在粗糙的水平地面上发生了一段位移x ，其力与速度方向夹角如图10所示，则下列判断正确的是()图10A ．甲图中力F 做负功B ．乙图中合外力做功最多C ．丙图中摩擦力做功最多D ．三个图中力F 做功相同 答案 B解析 根据W ＝Fx cos α，甲中F 与位移x 的夹角为30°，故为正功，乙中F 与x 的夹角为150°，故为负功，丙中F 与x 的夹角为30°，故为正功，三种情况下力F 的功的大小是相同的；甲图中摩擦力最大做功最多；乙图中合外力为F 的水平分力与摩擦力的和，而甲和丙中合外力为F 的水平分力与摩擦力的差，乙图中合外力做功最多．5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)周末放学了，小黄高兴的骑着电动自行车沿平直公路回家，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5 m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，取重力加速度g ＝10 m/s 2.根据估算，小黄骑此电动车做功的平均功率最接近( )A ．10 WB ．100 WC ．1 kWD ．10 kW 答案 B解析 车和人的质量大约100 kg ，匀速行驶时，牵引力等于阻力，F ＝F f ＝0.02mg ＝0.02×1 000N ＝20 N ，则骑车的平均功率P ＝Fv ＝20×5 W＝100 W.1.功的计算方法 (1)恒力做功：W ＝Fl cos α，F 为恒力．(2)变力做功：①用动能定理：W ＝12mv 2 2－12mv 1 2.②当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车恒功率启动时． 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．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． (1)可用P ＝Wt.(2)可用P ＝Fv cos α，其中v 为物体运动的平均速度．3．计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．求解瞬时功率时，如果F 和v 不同向，可用力F 乘以F 方向的分速度，或用速度v 乘以速度方向的分力求解． (1)公式P ＝Fv cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝Fv F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)P ＝F v v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．考点三 动能定理的应用1．(2016·浙江10月学考·20)如图11甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB 、半径R ＝10 m 的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF .分别通过水平光滑衔接轨道BC 、C ′E 平滑连接，另有水平减速直轨道FG 与EF 平滑连接，EG 间的水平距离l ＝40 m ．现有质量m ＝500 kg 的过山车，从高h ＝40 m 处的A 点静止下滑，经BCDC ′EF 最终停在G 点．过山车与轨道AB 、EF 间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG 间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g 取10 m/s 2.求：图11(1)过山车运动至圆轨道最低点C 时的速度大小； (2)过山车运动至圆轨道最高点D 时对轨道的作用力大小； (3)减速直轨道FG 的长度x .(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案 (1)810 m/s (2)7×103N (3)30 m 解析 (1)设C 点的速度为v C ，由动能定理得mgh －μ1mg cos 45°hsin 45°＝12mv C 2代入数据解得v C ＝810 m/s (2)设D 点速度为v D ，由动能定理得mg (h －2R )－μ1mg cos 45°hsin 45°＝12mv D 2F ＋mg ＝m v D2R，解得F ＝7×103 N由牛顿第三定律知，过山车在D 点对轨道的作用力为7×103N (3)全程应用动能定理mg [h －(l －x )tan 37°]－μ1mg cos 45°hsin 45°－μ1mg cos 37°l －xcos 37°－μ2mgx ＝0解得x ＝30 m.2．(2015·浙江10月选考·20)如图12所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m ＝2.0×103kg 的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数为v 1＝36 km/h ，汽车继续沿下坡匀加速直行l ＝350 m 、下降高度h ＝50 m 时到达“避险车道”，此时速度表示数为v 2＝72 km/h.(g ＝10 m/s 2)图12(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)． 答案 (1)3.0×105J (2)2.0×103N (3)33.3 m 解析 (1)由ΔE k ＝12mv 2 2－12mv 1 2得ΔE k ＝3.0×105 J(2)由动能定理mgh －F f l ＝12mv 2 2－12mv 1 2得F f ＝12mv 1 2－12mv 2 2＋mgh l＝2.0×103N(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x ，由动能定理－(mg sin 17°＋3F f )x ＝0－12mv 2 2得x ＝12mv 2 2mg sin 17°＋3F f≈33.3 m3．(2017·宁波市九校高三上学期期末)如图13所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它运动轨道示意图．假设在某次演示中，赛车从A 位置由静止开始运动，经2 s 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点后水平飞出，赛车能从C 点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D 点和E 点分别为圆形轨道的最高点和最低点．已知赛车在水平轨道AB 段运动时受到的恒定阻力为0.4 N ，赛车质量为0.4 kg ，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W ，B 、C 两点间高度差为0.45 m ，C 与圆心O 的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图13(1)赛车通过C 点时的速度大小； (2)赛道AB 的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D 后回到水平赛道EG ，其半径需要满足什么条件． 答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)0＜R ≤2546 m解析 (1)赛车在BC 间做平抛运动，则v y ＝2gh ＝3 m/s.由图可知：v C ＝v ysin 37°＝5 m/s(2)由(1)可知B 点速度v 0＝v C cos 37°＝4 m/s 则根据动能定理：Pt －F f l AB ＝12mv 0 2，得到：l AB ＝2 m.(3)当恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v D2R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12mv D 2－12mv C 2，解得R ＝2546 m ，所以轨道半径需满足0＜R ≤2546m(可以不写0)． 4. (2016·温州市期中)如图14所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg 的物体(可视为质点)，从h ＝3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A 、B 连线的中点处，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图14(1)传送带左、右两端A 、B 间的距离L ；(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量； (3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h ′. 答案 (1)12.8 m (2)160 J (3)1.8 m解析 (1)从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中运用动能定理得：mgh －μmgL 2＝0－0，解得L ＝12.8 m.(2)在此过程中，物体与传送带间的相对位移x 相＝L 2＋v 带·t ，又L 2＝12μgt 2，而摩擦热Q ＝μmg ·x 相，以上三式可联立得Q ＝160 J.(3)物体随传送带向右匀加速，设当速度为v 带＝6 m/s 时，向右的位移为x ，则μmgx ＝12mv 带2得x ＝3.6 m ＜L2，即物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v 带＝6 m/s 的速度冲上斜面，由动能定理得12mv 带 2＝mgh ′，解得h ′＝1.8 m.1.应用动能定理解题的步骤2．注意事项(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便．(2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．(3)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W ，将该力做功表示为－W ，也可以直接用字母W 表示该力做功，使其字母本身含有负号．考点四 动力学和能量观点的综合应用1．(2017·浙江11月选考·20)如图15甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC 、DE 的下端与水平半圆形轨道CD 顺滑连接，倾斜轨道BC 的B 端高度h ＝24 m ，倾斜轨道DE 与圆弧EF 相切于E 点，圆弧EF 的圆心O 1、水平半圆轨道CD 的圆心O 2与A 点在同一水平面上，DO 1的距离L ＝20 m ．质量m ＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B 点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F 时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE 段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝132，EF 段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)甲 乙图15(1)求过山车过F 点时的速度大小；(2)求从B 到F 整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)如果过D 点时发现圆轨道EF 段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF 段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？ 答案 (1)310 m/s (2)－7.5×104J (3)6×103N 解析 (1)在F 点由牛顿第二定律得：m 人g －0.25m 人g ＝m 人v F2r，r ＝L sin θ＝12 m代入已知数据可得：v F ＝310 m/s (2)根据动能定理，从B 点到F 点： 12mv F 2－0＝mg (h －r )＋W f 解得W f ＝－7.5×104J(3)在没有故障时，物体到达D 点的速度为v D ，根据动能定理12mv F 2－12mv D 2＝－mgr －μmg cos37°·L DEL DE ＝L cos 37°＝16 m ，发现故障之后，过山车不能到达EF 段，设刹车后恰好到达E 点速度为零，在此过程中，过山车受到的摩擦力为F f1，根据动能定理 0－12mv D 2＝－mgL DE sin 37°－F f1L DE ， 联立各式解得F f1＝4.6×103N使过山车能停在倾斜轨道上的摩擦力至少为F f2， 则有F f2－mg sin θ＝0，解得F f2＝6×103N 综上可知，过山车受到的摩擦力至少应为6×103N.2．(2017·浙江4月选考·20)图16中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O 1、O 2，弯道中心线半径分别为r 1＝10 m ，r 2＝20 m ，弯道2比弯道1高h ＝12 m ，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m ＝1 200 kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)图16(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v 1；(2)汽车以v 1进入直道，以P ＝30 kW 的恒定功率直线行驶了t ＝8.0 s 进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；(3)汽车从弯道1的A 点进入，从同一直径上的B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d ＝10 m ，求此最短时间(A 、B 两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)． 答案 见解析解析 (1)在弯道1行驶的最大速度设为v 1由牛顿第二定律，kmg ＝m v 1 2r 1得v 1＝kgr 1＝5 5 m/s(2)在弯道2行驶的最大速度设为v 2由牛顿第二定律，kmg ＝m v 22r 2得v 2＝kgr 2＝510 m/s 直道上由动能定理Pt －mgh ＋W f ＝12mv 2 2－12mv 1 2代入数据可得W f ＝－2.1×104J (3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短 由图可得r ′2＝r 1 2＋[r ′－(r 1－d 2)]2代入数据可得r ′＝12.5 m 汽车沿该线路行驶的最大速度为v ′则kmg ＝m v ′2r ′得v ′＝kgr ′＝12.5 m/s 由sin θ＝r 1r ′＝0.8 则对应的圆心角2θ＝106° 线路长度s ＝106360×2πr ′≈23.1 m最短时间t ′＝sv ′≈1.8 s3．(2016·浙江4月选考·20)如图17所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB 与粗糙直轨道BC 平滑连接，高度差分别是h 1＝0.20 m 、h 2＝0.10 m ，BC 水平距离L ＝1.00 m ．轨道Ⅱ由AE 、螺旋圆形EFG 和GB 三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F 点等高．当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0.05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点；当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C 点．(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g ＝10 m/s 2)图17(1)当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小； (2)求滑块与轨道BC 间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d 时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B 点？请通过计算说明理由． 答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)不能，理由见解析 解析 (1)由机械能守恒定律可得E 弹＝ΔE k ＝ΔE p ＝mgh 1＝0.05×10×0.20 J＝0.1 JΔE k ＝12mv 0 2可得v 0＝2 m/s(2)由E 弹∝d 2可得ΔE k ′＝E 弹′＝4E 弹＝4mgh 1 由动能定理可得－mg (h 1＋h 2)－μmgL ＝－ΔE k ′ μ＝3h 1－h 2L＝0.5(3)恰能通过螺旋轨道最高点须满足的条件是mg ＝mv 2R m由机械能守恒定律有v ＝v 0＝2 m/s 得R m ＝0.4 m当R >R m ＝0.4 m 时，滑块会脱离螺旋轨道，不能上升到B 点．4．(2017·台州市9月选考)如图18所示，质量为m ＝0.1 kg 可视为质点的小球从静止开始沿半径为R 1＝40 cm 的14圆弧轨道AB 由A 点滑到B 点后，进入与AB 圆滑连接的14圆弧管道BC .管道出口处为C ，圆弧管道半径为R 2＝20 cm ，在紧靠出口C 处，有一半径为R 3＝8.4 cm 、水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔D ，筒旋转时，小孔D 恰好能经过出口C 处，小球射出C 出口时，恰好能接着穿过D 孔进入圆筒，并越过轴线再从D 孔向上穿出圆筒，到最高点后返回又能向下穿过D 孔进入圆筒，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s 2.问：图18(1)小球到达B 点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？ (2)小球穿出圆筒小孔D 时的速度多大？ (3)圆筒转动的最大周期T 为多少？答案 (1)3 N 5 N (2)0.8 m/s (3)0.08 s 解析 (1)从A 到B ，由动能定理得：mgR 1＝12mv B 2由牛顿第二定律得：到达B 点瞬间前：F N B －mg ＝m v B2R 1解得F N B ＝3 N到达B 点瞬间后：F N B ′－mg ＝m v B2R 2解得F N B ′＝5 N由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力分别为3 N 和5 N. (2)从A 到D 过程中，由机械能守恒可得：mgR 1＝mgR 2＋mg ·2R 3＋12mv D 2解得：v D ＝0.8 m/s(3)由机械能守恒可得：mgR 1＝mgR 2＋12mv C 2解得：v C ＝2 m/s穿越圆筒过程中：v C －v D ＝g (nT ＋0.5T ) 穿出到进入圆筒过程中：2v D ＝gn ′T 得到关系式：3n ′＝4n ＋2要使周期最大，n 和n ′必须同时取正整数且n 最小 取n ＝1，得T max ＝0.08 s.1.动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．2．能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．专题强化练(限时：35分钟)1. (2017·浙江吴越联盟联考)跳水比赛中，看似不起眼的跳板却是高科技产品，不仅要够结实，够弹性，而且还要软硬度适中．如图1所示，运动员在跳板上会有一个起跳动作，若研究从运动员下落接触跳板到下落到最低点这一过程，下列说法正确的是( )图1A．运动员的动能不断增大B．运动员的机械能先增大后减小C．运动员的势能先减小后增大D．跳板的弹性势能不断增大答案 D2．(2017·杭州市四校联考)第17届亚运会于2014年9月19日～10月4日在韩国仁川举行，我国运动员薛长锐、李玲以5.55 m和4.35 m分别夺得男、女撑杆跳金牌．如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a～b、b～c、c～d、d～e，如图2所示，不计空气阻力，则对这四个阶段的描述不正确的是( )图2A．a～b阶段：加速助跑，人和杆的总机械能增加B．b～c阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加C．c～d阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量D．d～e阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人动能的增加量答案 C解析a～b阶段：人加速过程中，人和杆的动能增加，重力势能不变，人和杆的机械能增加，所以A正确；b～c阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，所以B正确；c～d阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和杆的弹性势能减少量之和等于重力势能的增加量，所以C错误；d～e阶段：只有重力做功，重力所做的功等于人动能的增加量，所以D正确．3. (2017·金华市义乌模拟)如图3所示，缆车在牵引索的牵引下沿固定的倾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略．在缆车向上运动的过程中，下列说法正确的是( )图3A．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能B．缆车增加的动能等于牵引力对缆车做的功和克服阻力做的功之和C．缆车所受牵引力做的功等于缆车克服阻力和克服重力做的功之和D．缆车增加的机械能等于缆车受到的牵引力与阻力做的功之和答案 D解析根据重力做功与重力势能的变化关系可知，缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能，故A错误；由动能定理可知，牵引力对缆车做的功等于缆车增加的动能、增加的重力势能与克服摩擦力所做的功之和，即牵引力对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和，故B、C错误，D正确．4. (2017·浙江“9＋1”高中联盟期中)如图4为倾角可调的可移动式皮带输送机，适用于散状物料或成件物品的装卸工作．在顺时针(从左侧看)匀速转动的输送带上端无初速度放一货物，货物从上端运动到下端的过程中，其动能E k(选择地面所在的水平面为参考平面)与位移x的关系图象可能正确的是( )图4答案 B解析货物从上端运动到下端的过程可能一直加速、也可能先加速后匀速或者先加速后做加速度较小的加速运动，故只有B正确．5. (2017·浙江温州中学选考)飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图5所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1＝120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v＝100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点，g＝10 m/s2.请计算(计算结果均保留两位有效数字)图5(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)电磁弹射器的牵引力F牵的大小；(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量．答案(1)4.0 m/s2(2)6.8×105 N (3)1.0×108 J解析(1)令后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为F f2＝0.2mg，则F推－F f2＝ma2，得a2＝4.0 m/s2.(2)令电磁弹射阶段飞机加速度为a1，末速度为v1，平均阻力为F f1＝0.05mg，则v21＝2a1l1，v2－v1 2＝2a2(l－l1)，得a1≈39.7 m/s，由F牵＋F推－F f1＝ma1，得F牵≈6.8×105 N.(3)电磁弹射器对飞机做功W＝F牵l1≈8.2×107 J，则其消耗的能量E＝W80%≈1.0×108 J.6．(2017·浙江名校协作体联考)如图6所示，质量m＝1 kg的小物块静止放在粗糙水平桌面上，它与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.4，且与水平桌面边缘O点的距离s＝8 m．在紧贴桌面边缘O 点右侧固定了一个12圆弧挡板，半径R ＝3 m ，圆心与桌面同高．今以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F ＝8 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．(g 取10 m/s 2)图6(1)若小物块恰能击中圆弧挡板最低点，则其离开O 点时的动能大小； (2)在第(1)问情况下拉力F 作用的时间；(3)若小物块在空中运动的时间为0.6 s ，则拉力F 作用的距离． 答案 (1)7.5 J (2)1588 s (3)6516m 解析 (1)小物块离开O 点后开始做平抛运动， 故：R ＝v 0t ，R ＝12gt 2又E k O ＝12mv 0 2，得E k O ＝7.5 J.(2)由开始运动到小物块到达O 点由动能定理得：F ·x －μmgs ＝12mv 0 2，解得x ＝7916m 由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，得a ＝4 m/s 212at 2＝x ，得t ＝1588s (3)小物块离开O 点后开始做平抛运动，由下落时间可知下落距离y ＝12gt 2，解得y ＝1.8 m.①若小物块落到半圆的左半边，则平抛运动水平位移x 1＝R －R 2－y 2＝0.6 m ，v 1＝x 1t＝1 m/s由动能定理得F ·L 1－μmgs ＝12mv 1 2解得L 1＝6516m②若小物块落到半圆的右半边，同理可得v 2＝9 m/s。

专题05 功、功率与动能定理构建知识网络：考情分析：功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考查常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强。

复习中要特别注意功和功率的计算，动能定理、机械能守恒定律的应用以及与平抛运动、圆周运动知识的综合应用重点知识梳理： 一、功1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力. (2)物体在力的方向上发生的位移. 2.功的物理意义 功是能量转化的量度. 3.公式W ＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移. (2)该公式只适用于恒力做功. 4.功的正负(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做正功.(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功.(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功.通晓两类力做功特点(1)重力、弹簧弹力和电场力都属于“保守力”，做功均与路径无关，仅由作用对象的初、末位置(即位移)决定。

(2)摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关。

二、功率1.物理意义：描述力对物体做功的快慢.2.公式：(1)P ＝Wt，P 为时间t 内的物体做功的快慢. (2)P ＝Fv①v 为平均速度，则P 为平均功率. ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率. 3.对公式P ＝Fv 的几点认识：(1)公式P ＝Fv 适用于力F 的方向与速度v 的方向在一条直线上的情况. (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. 4.额定功率：机械正常工作时的最大功率.5.实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率. 三、动能1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k ＝12mv 2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1J ＝1N·m＝1kg·m 2/s 2.5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 12.四、动能定理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动能的变化.2.表达式：(1)W ＝ΔE k . (2)W ＝E k2－E k1. (3)W ＝12mv 22－12mv 12.3.物理意义：合外力做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)动能定理既适用于恒力做功，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.【名师提醒】一对平衡力做功绝对值肯定相等；一对相互作用力做功的绝对值不一定相等，可以同为正或同为负，也可以一个做功一个不做功，可以一正一负绝对值不一定相等---因为相互作用力作用在不同的物体上，不同的物体位移不一定相等。

第一讲功功率动能定理[ 知识建构 ][ 高考调研 ]1. 考察方向展望：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特色和求解．②与功、功率相关的剖析与计算．③动能定理和动力学方法的综合应用．④动能定理在电磁学中的应用．2. 常用的思想方法：①化曲为直的思想方法．②微元法．③协力功的求法．④变力功的求法．[ 答案 ] (1) 恒力做功的计算①单个力做的功：直接用W＝Fx cosα计算．有两种不一样的计算公式，即分解力或分解位移；常有的恒力功有：电场力功： W Q＝ qEd＝ qU安培力功： W安＝ BILd重力功： W G＝ mgh②协力做的功方法一：先求协力 F 合，再用 W合＝ F 合 l cosα求功．方法二：先求各个力做的功W1、 W2、W3、，再应用W合＝W1＋ W2＋ W3＋求协力做的功．(2)功率的两个公式W① P＝t.求出的功率是时间t 内的均匀功率．②P＝ Fv cosα.此中α是 F 与 v 方向的夹角；若 v 取刹时速度，则对应的 P 为刹时功率；若 v 取均匀速度，则对应的 P 为均匀功率．(3)对动能定理的理解①动能定理中所说的“外力”，是指物体遇到的全部力，包含重力．②对“总功”的两种理解各外力做功的代数和： W＝ W1＋ W2＋；合外力的功： W＝ F 合 l cosθ(力均为恒力)．③对“位移和速度”的理解：一定是相关于同一个惯性参照系，一般以地面为参照系．④动能定理表达式是一个标量式，不可以在某个方向上应用动能定理．考向一功和功率的计算[ 概括提炼 ]功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点1．正确理解功的定义式W＝ Fl 及变形式 W＝ Fl cosα中各物理量的意义，该式仅合用于恒力做功的状况．2．变力做功的求解注意对问题的正确转变，如将变力转变为恒力，也可应用动能定理等方式求解．W3．关于功率的计算，应注意划分公式P＝t和公式 P＝ Fv，前式重视于均匀功率的计算，尔后式重视于刹时功率的计算．(2017 ·江苏卷) 以下图，两个半圆柱A、 B紧靠着静置于水平川m面上，其上有一圆滑圆柱C，三者半径均为R. C的质量为m， A、 B 的质量都为2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使 A 迟缓挪动，直至C恰巧降到地面．整个过程中 B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加快度为g.求：(1)未拉A 时，C遇到B作使劲的大小；F(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A挪动的整个过程中，拉力做的功W.[ 思路点拨 ]由圆柱 C一开始受力均衡可得卖力 F 的大小．动摩擦因数最小时， B 受 C 压力的水均分力最大．拉力为变力，可依据动能定理求解拉力做的功．[ 分析 ] (1) C受力均衡，有2F cos30°＝mg3解得 F＝3 mg(2)C恰巧降到地面时， B受 C压力的水均分力最大3F x max＝2 mgB受地面的摩擦力 f ＝μmg依据题意 f min＝ F xmax3解得μmin＝.(3)C降落的高度 h＝( 3－1) RA的位移 x＝2( 3－1) R摩擦力做功的大小 f ＝fx ＝2( 3－1)μmgRW依据动能定理W－ W＋ mgh＝0－0f解得＝(2μ－1)(3－1).W mgR33[答案](1)3 mg(2)2(3)(2 μ－ 1)(3－ 1) mgR动摩擦因数的最小值也可用以下方法剖析求解：以下图，用水平向右的力拉A，使 A 迟缓挪动，直至C恰巧降到地面时m对整体，有N B＋ N A＝mg＋2×2g，地面支持力N B＝ N A＝mg对 C，竖直方向上有2F B cos60°＝mg3对 B，水平方向上有 f ＝ F B sin60°＝2 mg而 f ≤f m＝μN B＝μmg，故动摩擦因数33μ≥2，最小值μmin＝2.当 F 为变力或物体做曲线运动时，或要求解的问题中没有明确固定的受力或在力的方向上的位移时，考虑用动能定理求变力做的功 . 剖析各力做功状况时不要出现“丢功”及“错功” . 严格依据重力、弹力、摩擦力的次序找出运动物体所受的各个力，而后正确判断出各个力做的功 . 存在电场时，还要考虑能否有电场力做功.[ 娴熟加强 ]1．(2017 ·长沙雅礼中学三模) 如右图所示是一种冲洗车辆用的手持式喷水枪．设枪口截面积为0.6 cm 2，喷出水的速度为33度为 1×10 kg/m )()20 m/s.当它工作时，预计水枪的均匀功率约为( 水的密A．12 W B． 120 WC． 240 W D． 1200 W[分析]考虑Δt时间内从枪口射出去的水，其质量为Δm＝ρsvΔt，该部分水增添的动能＝12＝13，则水枪的均匀功率P＝/＝1 2，联合上式，有2k k k ρsv3，代入数据，得P＝240 W.[答案]C2.( 多项选择 )(2017 ·河南五校联考) 将三个圆滑的平板倾斜固定，三个平板顶端究竟端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，以下图．现将三个完整同样的小球由最高点 A 沿三个平板同时无初速度地开释，经一段时间抵达平板的底端．则以下说法正确的是()A．重力对三个小球所做的功同样B．沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的均匀功率最大C．三个小球抵达底端时的刹时速度同样D．沿倾角为θ3的平板下滑的小球抵达平板底端时重力的刹时功率最小[分析]假定平板的长度为x ，由功的定义式可知＝sinθ＝，则 A 正确；小球W mgx mgh在斜面上运动的加快度a＝ g sinθ，小球抵达平板底端时的速度为v＝2ax＝ 2gx sin θ＝12 2gh，明显抵达平板底端时的速度大小相等，但方向不一样，则C错误；由位移公式x＝2at 2x2h W mg sinθ2gh可知 t ＝ a ＝g sin2θ，整个过程中重力的均匀功率为P＝t＝2，则沿倾角为θ1 的平板下滑的小球的重力均匀功率最大， B 错误；依据＝cos(90 °－θ) ＝P mgvmgv sinθ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球抵达平板底端时重力的刹时功率最小， D 正确．[答案]AD3．(2017 ·全国卷Ⅲ ) 如图，一质量为m、长度为l的均匀柔嫩细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q迟缓地竖直向上拉起至M点， M点与绳的上端P 相距31l .重力加快度大小为g.在此过程中，外力做的功为()1A. mgl91 B. 6mgl1C.3mgl1 D. 2mgl[分析]将绳的下端Q 迟缓向上拉至点，相当于使下部分1的绳的重心高升1，故重M33l1l 1力势能增添3mg·3＝9mgl，由功能关系可知A项正确．[答案]A考向二动能定理的应用[ 概括提炼 ]应用动能定理解题应注意的四点1．方法的选择：动能定理常常用于单个物体的运动过程，因为不波及加快度实时间，比动力学方法要简捷．2．规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．3．过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不一样的小过程( 如加快、减速的过程 ) ，此时能够分段应用动能定理，也能够对全过程应用动能定理，但假如对整个过程应用动能定理，则使问题简化．4．电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径没关，洛伦兹力在任何状况下都不做功．(2016 ·全国卷Ⅰ) 如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态．直轨道5与一半径为6R的圆滑圆弧轨道相切于C点， AC＝7R， A、B、 C、 D均在同一竖直平面内．质量为 m的小物块 P 自 C点由静止开始下滑，最低抵达 E 点(未画出)．随后 P 沿轨道被弹回，最高抵达 F 点， AF＝4R.已知 P 与直轨道间的动摩擦因数1g.(取μ＝4，重力加快度大小为34sin37 °＝，cos37°＝ )55(1)求 P 第一次运动到 B点时速度的大小．(2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能．(3) 改变物块P 的质量，将P 推至E点，从静止开始开释．已知P 自圆弧轨道的最高点7D处水平飞出后，恰巧经过G点． G点在C点左下方，与C点水平相距2R、竖直相距R.求P运动到 D点时速度的大小和改变后P 的质量．[ 思路路线 ][分析](1) 依据题意知，、C 之间的距离为l＝7－2①B R R 设 P 抵达 B 点时的速度为v B，由动能定理得12mgl sinθ－μmgl cosθ＝2mv B②式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得Bv＝ 2 gR③(2) 设＝ .P 抵达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为p.P由B点运动到E点BE x E的过程中，由动能定理有12mgx sinθ－μmgx cosθ－E p＝0－2mv B④E、 F 之间的距离为l 1＝4R－2R＋ x⑤P抵达 E 点后反弹，从E点运动到 F 点的过程中，由动能定理有E p－ mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦12E p＝5 mgR⑧75(3)设改变后 P 的质量为 m1. D 点与 G 点的水平距离 x1和竖直距离 y1分别为 x1＝2R－6R sinθ⑨55y1＝ R＋6R＋6R cosθ⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ 的事实．设 P 在 D 点的速度为 v D ，由 D 点运动到 G 点的时间为 t . 由平抛运动公式有y 1＝1gt 2?2x1＝ D ?v t联立⑨⑩ ? ? 式得vD＝35 ?5 gR设 P 在 C 点速度的大小为 v C . 在 P 由 C 点运动到 D 点的过程中机械能守恒，22 5511 C11D1＋ cosθ ? 有 mv ＝ mv＋ mg RR2 26 6P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有12E p － m 1g ( x ＋5R )sin θ－ μm 1g ( x ＋ 5R )cos θ ＝ 2m 1v C ?联立⑦⑧ ? ?? 式得 m 1＝ 31m123 1[ 答案 ] (1)2gR (2) 5 mgR (3) 5 5gR 3m应用动能定理解题的基本步骤[ 娴熟加强 ]迁徙一 动力学与动能定理的综合应用方法1．(2017 ·宁德市模拟 ) 以下图，一半径为R 的水平圆环绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边沿有一质量为m 的滑块 ( 可视为质点 ) ，当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边沿滑落， 进入一段圆弧轨道AB . 随后滑上以v 0 顺时针匀速转动的传递带，当滑块滑到与传递带左端B 的距离为L / n 时，滑块速度恰巧与传递带速度同样．已知AB 段为一段圆滑的圆弧轨道，轨道半径为r ，圆弧轨道与传递带在B 点水平相切，滑块与圆盘、传递带间的动摩擦因数均为μ，重力加快度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块进入轨道 AB和经过B 点时的机械能损失．(1)当圆盘的角速度为多大时，滑块从圆盘上滑落？(2)求轨道 AB的高度．(3)求滑块抵达圆弧轨道的 B 点时对轨道的压力大小．[ 分析 ] (1) 滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充任向心力，依据牛顿第二定律，可得μmg＝mω 2Rμg代入数据解得ω＝R .(2)滑块在 A 点时的速度 v A＝ωR＝μgR，设轨道 AB 的高度为 h，滑块抵达 B 点时的速度为 v，下滑过程机械能守恒，12122gh＋μgRmgh＝2mv－2mv，解得 v＝A若滑块滑上传递带时的速度小于传递带速度，则滑块在传递带上遇到向右的滑动摩擦12 1 22v －μgR μL力，做匀加快运动，依据动能定理有μmgL/n＝2mv－2mv，则 h＝0－n2g若滑块滑上传递带时的速度大于传递带的速度，则滑块遇到向左的滑动摩擦力，做匀减1 1 22－μgRμL速运动，依据动能定理有－2v0μmgL n＝2mv－2mv，则 h＝2g＋n .(3) 在B点，由牛顿第二定律，可得Nv2 F － mg＝ m r2mv02μmgL解得 F N＝mg＋r＋nr.μg22v －μgR μL v －μgR μL00[答案] (1)R(2)2g－n或2g＋n2(3)mg＋＋2μmgLr nr mv0迁徙二动能定理在电场中的应用2．(2017 ·上海市静安区摸底) 以以下图所示，两个带正电的点电荷M和 N，带电量均为Q，固定在圆滑绝缘的水平面上，相距 2L ， A 、 O 、 B 是 MN 连线上的三点，且 O 为中点， OA ＝ OBL＝ 2，一质量为m 、电量为q 的点电荷以初速度v 0 从A 点出发沿MN 连线向N 运动，在运动过程中电荷遇到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零， 当它运动到 O 点时，动能为初动能的 n 倍，到 B 点速度恰巧为零， 而后返回来去运动， 直至最后静止．已知静电力恒量为k ，取 O 处电势为零，求：(1) A 点的场强盛小；(2) 阻力的大小； (3) A 点的电势；(4) 电荷在电场中运动的总行程．[分析](1) 由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：AQQ32kQE ＝ k L 2－ k 3L2＝9L 2；22(2) 由对称性知， φA ＝ φB ，电荷从 A 到 B 的过程中， 电场力做功为零， 战胜阻力做功为：W ＝F L ，由动能定理：ff122mv 0－ F L ＝ 0－ 2mv ，得： F ＝2ffL(3) 设电荷从 A 到 O 点电场力做功为W ，战胜阻力做功为 1 2W ，F f1 1 21 2由动能定理： W F －W f ＝ nmv 0－ mv 02222mv 0得： W F ＝ 4 (2 n － 1)由： W F ＝q ( φA － φO )W F2mv 0得： φA ＝ ＝ 4 (2 n － 1)qq2mv 0(4) 电荷最后停在 O 点，在全过程中电场力做功为 W F ＝ 4 (2 n － 1) ，电荷在电场中运动的总行程为 s ，则阻力做功为－ F f s .12由动能定理： W F －F f s ＝ 0－ 2mv 021 21 2mv 0n －1) －＝－即： (20 042L mvs2mv解得： s＝( n＋0.5) L.232kQ mv0 [ 答案 ] (1)9L2(2) 2L2mv0(3) 4q (2 n－ 1)(4)( n＋ 0.5) L高考题型展望——动能定理与图象联合的问题[ 考点概括 ]动能定理与图象联合的问题1．图象问题剖析的“四步走”2．常有图象所围面积的含义v－ t图由公式 x＝vt可知， v－ t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a－ t图由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量－图由公式＝可知，－x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功F x W Fx FP－ t 图由公式 W＝Pt 可知， P－ t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功[ 典题示例 ](201 7·河北名校结盟 ) 晓宇在研究一辆额定功率为P＝20 kW的轿车的性能，他驾驶一轿车在如图甲所示的平直路面上运动，此中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO 段路面间的动摩擦因数大．晓宇驾驶轿车保持额定功率以10 m/s 的速度由M向右运动，该轿车从 M向右运动到 N的过程中，经过速度传感器丈量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图乙所示，在 t ＝15 s时图线的切线与横轴平行．已知轿车的质量为m＝2 t，轿车在 MO 段、 ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求.(1)该轿车在 MO段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中恰巧经过 O点时加快度的大小；(3)该轿车由 O运动到 N的过程中位移的大小．[ 审题指导 ]第一步读题干—提信息题干信息1)驾驶轿车保持额定功率以10 m/s 的速度由向右运动属于恒定功率启动模型．M说明 t ＝15秒时轿车加快度为零，做匀速运2)在 t ＝15 s时图线的切线与横轴平行动．5～ 15 秒做加快度减小的变减速运动．3) 图乙4) 由O运动到N的过程中位移的大小注意O到N过程牵引力大小改变.第二步审程序—顺思路[ 分析 ] (1) 轿车在 MO 段运动时，以 10 m/s的速度匀速运动，有F ＝ f ， P ＝F v1111 20×103联立解得 f 1＝N ＝ 2000 N.10(2) 轿车在 ON 段保持额定功率不变，由图象可知t ＝ 15 s 时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的均衡条件有F 2＝ f 2， P ＝F 2v 220×103联立解得 f 2＝N ＝ 4000 N5t ＝ 5 s 时轿车经过 O 点，开始做减速运动，有F 1－ f 2＝ma2解得 a ＝－ 1 m/s轿车经过 O 点时加快度大小为 1 m/s 2.(3) 由动能定理可知Pt －f x ＝ 12 1222mv －2mv21解得 x ＝ 68.75 m.[ 答案 ] (1)2000 N (2)1 m/s 2(3)68.75 m1 机车启动的方式不一样，机车运动的规律就不一样，所以机车启动时， 其功率、速度、加快度、 牵引力等物理量的变化规律也不同样，剖析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描绘的规律.2 恒定功率下的加快必定不是匀加快，这类加快过程发动机做的功可用W ＝ Pt计算，不可以用W＝Fl计算因为 F 为变力.3以恒定牵引力加快时的功率必定不恒定，这类加快过程发动机做的功常用W＝ Fl计算，不可以用W＝ Pt计算因为功率P 是变化的.[ 展望题组]1．( 多项选择 )(2017 ·华中师大附中二模) 一质量为 2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以必定的初速度在粗拙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力渐渐减小，且当拉力减小到零时，物体恰巧停止运动，右图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知()A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC．匀速运动时的速度约为 6 m/sD．减速运动的时间约为 1.7 s[分析]F－ s 图象围成的面积代表拉力 F 做的功，由图知减速阶段F－s 围成面积约13个小格，每个小格 1 J 则约为 13 J ，故 B 选项正确．刚开始匀速，则F＝μmg，由图知 F＝7 N，则F＝0－1 2F＝μ＝＝ 0.35 ，故 A 选项正确．全程应用动能定理F－0，此中mg Wμmgs2mv W(7 ×4＋ 13)J ＝ 41 J，得v≈6 m/s，故 C 正确．因为不是匀减速，没方法求减速运动的时间，故 D错误．[答案]ABC2．(2017 ·湖南五十校联考) 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 的变化状况如右图所示．物体在＝ 0 处，速度为 1 m/s ，全部摩擦不计，则物x体运动到 x＝16 m处时，速度大小为()A． 2 2 m/s B． 3 m/sC． 4 m/s D.17 m/s[ 分析 ]F－ x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力 F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16 m1 212处时，力 F 对物体做的总功W＝40 J，由动能定理，得W＝2mv2－2mv1，代入数据，可得v2＝3 m/s ，B 正确．[答案]B3．(2017 ·宁夏银川一中第二次考试) 质量为 1 kg 的物体，放在动摩擦因数为0.2 的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移s 之间的关系以以下图所示，重力加快度为10 m/s 2，则以下说法正确的选项是()A．AB段加快度大小为 3 m/s B．OA段加快度大小为 5 m/s 2 2C．s＝9 m 时速度大小为32 m/sD．s＝3 m 时速度大小为22 m/s[ 分析 ] 剖析可知W－s图线的斜率表示拉力的大小，由W－ s 图象，可知 F OA＝5 N， F AB＝2 N ，而物体遇到的摩擦力为F f＝2 N，故物体在 OA 段加快，由牛顿第二定律，可知F OA－ f ＝，故a ＝ 3 m/s2，而在段物体做匀速运动，选项A、 B 错误．在段，依据动能F ma AB OA定理，有－12v A＝3 2 m/s，故可知选项 C 正确， D 错误．＝A，解得Wμmgs2mv[答案]C4．泥石流是在雨季因为暴雨、洪水将含有沙石且柔软的土质山体经饱和稀释后形成的大水．泥石流流动的全过程固然只有很短时间，但因为其高速行进，拥有强盛的能量，因此损坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平川面上搁置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力 F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2.则：(1)物体在运动过程中的最大加快度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？[ 分析 ] (1) 当推力F最大时，加快度最大，由牛顿第二定律，得：F m－μmg＝ ma可解得： a m＝15 m/s2.(2) 由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x速度最大时，协力为0，即F＝μmg所以 x＝3 m.(3) 位移最大时，末速度必定为0由动能定理可得：W F－μmgx＝0由图象可知，力 F 做的功为11W F＝2F m x m＝2×80×4 J＝160 J所以x＝8 m.[答案](1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m。

考前第 7 天能量和动量[ 回首知识 ]1．功的定义式W＝ Fl cosα(α是 F 与位移 lπ方向的夹角 ) ，这类方法只合用于恒力做功．当 0≤α< 2时ππF 做正功，当α＝2时 F 不做功，当2 <α≤π时F做负功．2．功率WP＝t＝Fv cosα(1) 当v为刹时速度时，对应的P为刹时功率．(2) 当v为均匀速度时，对应的P为均匀功率．3．机车启动问题中的注意点P m(1)全程最大速度的临界点为： F 阻＝. v mP(2)匀加快运动的最后点为－F阻＝ma；此时刹时功率等于额定功率P额．v1m(3)在匀加快过程中的某点有：P1－ F 阻＝ma. v1P阻2(4)在变加快运动过程中的某点有m－F ＝ ma.v24．动能定理(1)定义：外力做功的代数和等于物体动能的变化量．(2)表达式： W合＝ E k2－ E k1.(3)合用范围：单个物体，单调过程或多个过程，直线运动或曲线运动．5．机械能守恒定律(1)建立条件：系统内只有重力或弹力做功，其余任何内力、外力都不做功或做功的代数和为零．物体间只有动能和重力势能及弹性势能互相转变，系统跟外界没有发活力械能的转变，机械能也没有转变成其余形式的能( 如没有内能产生) ，系统的机械能守恒．(2)表达式①E k1＋ E p1＝ E k2＋ E p2②ΔE k＝－ΔE p.③ΔE A增＝ΔE B减6．几种常有的功能关系做功能量变化功能关系重力做功重力势能变化ΔE W＝－ΔEp G p弹力做功弹性势能变化p F＝－pΔE WΔE 合外力做功 W合动能变化ΔE k W合＝ΔE k 除重力和弹力以外其余力做功W机械能变化ΔE W ＝ΔE其其系统内滑动摩擦力与介质阻力做功系统内能变化ΔE内F f s 相对＝ΔE内F f s 相对电场力做功电势能变化ΔE W＝－ΔEW ＝ qU p AB pABAB电流做功 W＝ UIt电能变化ΔE W＝－ΔE7. 动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，这个关系叫做动量定理．(2)表达式： F·t ＝ mv2－ mv1＝Δp.动量定理不单合用于恒力作用的过程，也合用于随时间变化的变力作用的过程．关于变力作用的过程，动量定理中的F能够理解为变力在作用时间内的均匀值．(3) 依据F＝ ma得v′－ v p′－ pF＝ ma＝m Δt＝Δt ，即ΔpF＝，这是牛顿第二定律的另一种表Δt达形式．8．动量定恒定律(1) 内容：假如一个系统不受外力，或许所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．(2) 三种常有表达式① p＝ p′(系统互相作用前的总动量p 等于互相作用后的总动量p′)．实质应用时的三种常有形式：a．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′( 合用于作用前后都运动的两个物体构成的系统) ．b． 0＝m1v1′＋m2v2′( 合用于本来静止的两个物体构成的系统，比方爆炸、反冲等) ．c．m1v1＋m2v2＝ ( m1＋m2) v( 合用于两物体作用后联合为一体或拥有同样速度的状况，如完整非弹性碰撞) ．②Δp＝0(系统总动量不变) ．③Δp1＝－Δp2(互相作用的两物体构成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反) ．(3)动量守恒的条件①理想守恒：系统不受外力或系统所受外力之和为零，则系统动量守恒．②分方向守恒：系统在某一方向上不受外力，或外力之和为零，则系统在这一方向上的动量变化量为零，系统在这一方向上动量守恒．③近似守恒：系统的内力远大于外力或许系统在某一方向上的内力远大于外力，则系统的外力或系统在某一方向上的外力能够忽视不计，系统或系统在某一方向上的动量近似守恒．[ 回首方法 ]1．求变力做功的常用方法(1)将变力转变为恒力以恒代变法——经过关系点将变力做功转变为恒力做功；化曲为直法——可将方向变化大小不变的变力转变为恒力来求所做的功；均匀力法——若力 F 随位移 l 线性变化，可用均匀力将变力转变为恒力．(2) 图象法：作出变力F 随位移 l 变化的图线，图线与位移轴所围的面积即变力所做的功．(3)当某力做功的功率 P一准时，该力在时间 t 内做的功可由 W＝ Pt 计算．(4)依据动能定理、功能关系，经过求能量的变化来求变力所做的功．2．解决机械能守恒综合题目的一般方法(1)对物体进行运动过程的剖析，剖析每一运动过程的运动规律．(2)对物体进行每一过程中的受力剖析，确立有哪些力做功，有哪些力不做功，哪一过程中知足机械能守恒定律的条件．(3)剖析物体的运动状态，依据机械能守恒定律及相关的力学规律列方程求解．3．剖析小球碰撞能否合理的三种方法(1)动量守恒，即p 1＋ 2＝ 1′＋2′p p p(2)动能不增添，即k1＋ k2≥ k1′＋ k2′或12＋121212′2 1122≥11′＋2E E E E2mv2mv2mv2mv(3)速度要切合物理情形①碰前两物体同向，则应用v后>v前，碰后，本来在前的物体速度必定增大，且v前′≥ v 后′；②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不行能都不改变．[ 回首易错点 ]1．划分一对静摩擦力与一对滑动摩擦力做功．2．划分均匀功率与刹时功率．3．划分在机车启动类问题中“匀加快最后时辰的速度”与“所能达到的最大速度”．4．划分机械能守恒条件中“只有重力做功”和“只受重力作用”．5．划分动量守恒条件与机械能守恒条件．6．划分动量定理与动能定理．7．划分弹性碰撞与非弹性碰撞．。

七、动能和动能定理【要点导学】1、物体由于________而具有的能叫做动能，计算公式为___________,式中速度v为物体的对_______运动速度，根据公式可知，动能恒大于或等于零。

2、物体的动能变化是由______________________决定的，反映这一规律的定理叫_______，其表达式为___________________。

当__________对物体做正功时，物体的动能将增加，说明_________是物体运动的动力；当___________对物体做负功时，物体的动能将减小，说明____________是物体运动的动力；如果___________对物体不做功（例如匀速圆周运动的向心力），物体的________就不变化。

动能定理指出了物体动能变化的决定因素，因此计算物体的动能变化时，必须从________做功的角度来思考，尤其是在计算变力做功时，一般都选用__________处理。

3、动能定理是无条件适用的，它是力学中的重要定理，应用动能定理的一般步骤为：①确定研究对象，明确它的运动过程；②正确的________是应用动能定理的前提，由于涉及合外力做功，必须正确进行________，如果出现少力或力方向错误等，则整个问题的解答已经错误；③正确判断各个力的_______情况，什么力做功？什么力不做？什么力做正功？什么力做负功？④正确的状态分析，由于动能定理中需要物体初末状态的动能值，因此必须正确分析清楚处末状态的运动情况；⑤根据W总=mv22/2－mv12/2列方程求解；⑥写好答案（必要时对答案进行讨论）。

［范例精析］例1如图所示，在光滑的平台上有一质量为6kg的物体，开始处于静止状态，当人拉紧绳子以5m/s的速度匀速从B点运动到A点。

已知OB=3m，AB=4m。

求此过程中人对物体所做的功。

解析①确定研究对象为水平面上的物体；②物体受到重力、平台的支持力、绳子的拉力；③重力和平台的支持力都不对物体做功，绳子拉力对物体做正功（但绳子拉力大小未知）；④物体的速度由零增加到5m/s；⑤根据W总=mv22/2－mv12/2列方程为W总= W拉＝mv22/2－mv12/2＝6×（5×4/5）2/2－0=48J答：此过程中人对物体所做的功为48J。

专题三 能量和动量 第2讲 动能定理[知识回顾][热点•考向突破]高考题型1 动能定理求解变力做功[典例1](2015•Ⅰ卷T17)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 [思路探究] 1.怎样计算质点滑到轨道最低点N 时的速度？2.质点做圆周运动过程中摩擦力的变化与速度的变化有关系吗？【方法总结】：[跟踪训练1](2018•江苏扬州质检改编)如图所示，曲面PC 和斜面PD 固定在水平面MN 上，C 、D 处平滑连接，O 点位于斜面顶点P 的正下方，并且OC=OD 。

某人从顶端P 由静止开始分别沿曲面和斜面滑下，经过C 、D 两点后继续运动，最后停在水平面的A 、B 两处．各处材质相同，忽略空气阻力，则（ ）A ．此人在曲面PC 和斜面PD 上克服摩擦力做功一定相等B ．此人沿PCA 运动到C 的速度c v 和沿PDB 运动到D 的速度D v 大小相等C ．距离OA 一定等于OBD ．距离OA 一定小于OB高考题型2 动能定理与图象结合的问题[典例2](2017•江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek 0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )[思路探究]求解图像问题的方法有哪些？【方法总结】：[跟踪训练2](2018•平度市校级检测改编)（多选）质量m=1kg 的物体，在水平拉力F （拉力方向与物体初速度方向相同）的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4m 时，拉力F 停止作用，运动到位移是8m 时物体停止，运动过程中E k ﹣x 的图线如图所示（g 取10m/s 2）.则（ ）A 、物体的初速度为2m/sB 、物体和平面间的动摩擦因数为0.25C 、拉力F 为4.5ND 、拉力F 为6.5N高考题型3 功能关系中的动能定理[例3](2018•温州校级检测)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的半圆轨道与一斜面轨道平滑链接，A 、B 连线竖直．一质量为m 的小球自P 点由静止开始下滑，小球沿轨道运动到最高点B 时对轨道的压力大小为mg ．已知P 点与轨道最高点B 的高度差为2R ，则小球从P 点运动到B 点的过程中（ ）A ．重力做功2mgRB ．机械能减小mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功mgR[思路探究] 1.合外力做功与动能的变化有什么样的关系？2.常见的功能关系有哪些？【方法总结】：[跟踪训练3](2016•四川)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1900J ，他克服阻力做功100J ．韩晓鹏在此过程中（ ）A.动能增加了1900JB.动能增加了2000JC.重力势能减小了1900JD.重力势能减小了2000J 高考题型4 动能定理解决多过程问题[例4](2016•Ⅰ卷T25)如图所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R.已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝53，cos 37°＝54) (1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小；(2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距R 27、竖直相距R.求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量.[思路探究] 1.哪几个过程可用动能定理？2.怎样求解弹簧的弹性势能？【方法总结】：[跟踪训练4](2018•郑州一模)在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F 1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F 2推这一物体，当恒力F 2作用的时间与恒力F 1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J ，则在整个过程中，恒力F 1、F 2做的功分别为（ ）A ．16J 、16JB ．8J 、24JC ．32J 、0JD ．48J 、﹣16J[当堂达标]1.(2018•广东清远一模改编)用长为l 、不可伸长的细线把质量为m 的小球悬挂于O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t 时间后停在最低点．则在时间t 内( )A ．小球重力做功为mgl (1－cos α)B ．空气阻力做功为－mgl cos αC ．小球所受合力做功为mgl sin αD ．绳拉力做功的功率为mgl (1－cos α)t2.(2018•河北石家庄校级检测)质量为10kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随位移x 的变化情况如图所示．物体在x=0处速度为1m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x=16m 处时，速度大小为（ ）A ．2m/s B ．3 m/s C ．4 m/s D ．m/s3.(2016·浙江高考)(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，sin37°=0.6，cos37°=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 4．(2016·天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝-1 530 J ，取g ＝10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大．。

《动能和动能定理》教案《动能和动能定理》教案（通用4篇）《动能和动能定理》教案篇1课题动能动能定理教材内容的地位动能定理是功能关系的重要体现，是推导机械能守恒定律的依据，因此是本章的重中之重。

在整个经典物理学中，动能定理又与牛顿运动定律、动量定理并称为解决动力学问题的三大支柱。

也是每年高考必考内容。

因此学好动能定理对每个学生都尤为重要。

--思路导入新课──探究动能的相关因素（定性）──探究功与动能的关系（推理、演绎）──验证功和能的关系──巩固动能定理教学目标知识与技能1.理解动能的确切含义和表达式。

2.理解动能定理及其推导过程、适用范围、简单应用。

3.培养学生探究过程中获取知识、分析实验现象、处理数据的能力。

过程与方法1.设置问题启发学生的思考，让学生掌握解决问题的思维方法。

2.探究和验证过程中掌握观察、总结、用数学处理物理问题的方法。

3.经历科学规律探究的过程、认识探究的意义、尝试探究的方法、培养探究的能力。

情感态度与价值观1.通过动能定理的推导演绎，培养学生的科学探究的兴趣。

2.通过探究验证培养合作精神和积极参与的意识。

3.用简单仪器验证复杂的物理规律，培养学生不畏艰辛敢于进取的精神。

4.领略自然的奇妙和谐，培养好奇心与求知欲使学生乐于探索。

教学重点1.动能的概念，动能定理及其应用。

2.演示实验的分析。

教学难点动能定理的理解和应用教学资源学情分析学生在初中对动能有了感性认识，在高中要定量分析。

高中生的认识规律是从感性认识到理性认识，从定性到定量。

前期教学状况、问题与对策通过前几节的学习，了解了功并能进行简单的计算初步了解了功能关系。

对物体做的功与其动能的具体关系还不清楚，这就是本节重点解决的问题。

教学方式启发式、探究式、习题教学法、类比法教学手段多媒体课件辅助教学教学仪器斜面、物块、刻度尺、打点计时器、铁架台、纸带动能与质量和速度有关验证动能定理--环节教师活动学生活动设计意图导入新课提问：能的概念功和能的关系引导学生回顾初中学习的动能的概念动能和什么因素有关，动能和做功的关系。