高考物理最新教案-高考二轮复习资料专题二21动能定理

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高考二轮总复习课件物理(适用于老高考旧教材)专题2能量与动量第1讲动能定理机械能守恒定律功能关系的

受力和运动分析
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展
应用动能定理解题应注意的三个问题
(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捷。
则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐
减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面
向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增

2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。

W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2

高考教案物理二轮总结学习复习计划专题二能量及动量第讲功及功率动能定理教案

第1讲功和功率动能定理[做真题·明考向] 真题体验透视命题规律讲课提示：对应学生用书第23页[真题再做]1．(多项选择)(2018·高考全国卷Ⅲ，T19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机经过竖井运送到地面．某竖井中矿车提高的速度大小v 随时间t 的变化关系如下图，此中图线①②分别描绘两次不一样的提高过程，它们变速阶段加快度的大小都同样；两次提高的高度同样，提高的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．关于第①次和第②次提高过程( )A ．矿车上涨所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5分析：由图线①知，矿车上涨总高度h ＝v 02·2t 0＝v 0t 0由图线②知，加快阶段和减速阶段上涨高度和h 1＝v 022·(t 02＋t 02)＝14v 0t 0匀速阶段：h －h 1＝12v 0·t ′，解得t ′＝32t 0故第②次提高过程所用时间为t 02＋32t 0＋t 02＝52t 0，两次上涨所用时间之比为2t 0∶52t 0＝4∶5，A 对；对矿车受力剖析，当矿车向上做加快直线运动时，电机的牵引力最大，因为加快阶段加快度同样，故加快时牵引力同样，B 错；在加快上涨阶段，由牛顿第二定律知，F －mg ＝ma ，F ＝m (g ＋a )第①次在t 0时辰，功率P 1＝F ·v 0，第②次在t 02时辰，功率P 2＝F ·v 02，第②次在匀速阶段P 2′＝F ′·v 02＝mg ·v 02＜P 2，可知，电机输出的最大功率之比P 1∶P 2＝2∶1，C 对；由动能定理知，两个过程动能变化量同样，战胜重力做功同样，故两次电机做功也同样，D 错．答案：AC2．(2017·高考全国卷Ⅲ，T16)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13l .重力加快度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl分析：QM 段绳的质量为m ′＝23m ，未拉起时，QM 段绳的重心在QM 中点处，与M 点距离为13l ，绳的下端Q 拉到M 点时，QM 段绳的重心与M 点距离为16l ，此过程重力做功W G ＝－m ′g (13l －16l )＝－19mgl ，对绳的下端Q 拉到M 点的过程，应用动能定理，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D项错误．答案：A3.(2015·高考全国卷Ⅱ，T17)一汽车在平直公路上行驶．从某时辰开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如下图．假设汽车所受阻力的大小f 恒定不变．以下描绘该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的选项是( )分析：当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中知足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 渐渐增大，所以牵引力F 1渐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1，f不变，所以汽车做加快度减小的加快运动，当F 1＝f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1f .当汽车的功率突变成P 2时，汽车的牵引力突增为F 2，汽车连续加快，由P 2＝F 2v 可知F 2减小，又因F 2－f ＝ma 2，所以加快度渐渐减小，直到F 2＝f 时，速度最大v m ′＝P 2f ，此后匀速运动．综合以上剖析可知选项A 正确．答案：A4.(2016·高考全国卷Ⅲ，T24)如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 构成的圆滑固定轨道，二者在最低点B 光滑连结．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R 4处由静止开始自由着落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)经过计算判断小球可否沿轨道运动到C 点．分析：(1)小球着落至A 点的过程，由动能定理得mg ·R 4＝E k A －0小球着落至B 点的过程，由动能定理得mg (R 4＋R )＝E k B －0由以上两式联立解得E k B E k A＝51. (2)小球恰巧经过C 点时，由牛顿第二定律得mg ＝m v 20R 2，解得v 0＝gR 2小球由开始着落至C 点的过程，由动能定理得mg ·R 4＝12mv 2C －0，解得v C ＝gR2因为v C ＝v 0，故小球恰巧能够沿轨道运动到C 点．答案：(1)5∶1 (2)看法析[考情剖析]■命题特色与趋向——怎么考1．近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的剖析与计算，机车启动模型，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用．题目拥有必定的综合性，难度适中．2．本讲高考独自命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相联合．动能定理还是2019年高考的考察重点，要重点关注本讲知识与实质问题相联合的情形题目．■解题要领——怎么做解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的剖析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵巧应用．[建系统·记重点] 知识串连熟记中心重点讲课提示：对应学生用书第24页[网络建立][重点熟记]1．功(1)恒力做功：W ＝Fl cos α(α为F 与l 之间的夹角)．(2)变力做功：①用动能定理求解；②用F x 图线与x 轴所围“面积”求解．2．功率(1)均匀功率：P ＝W t ＝F v cos α.(2)刹时功率：P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角)．(3)机车启动两类模型中的重点方程：P ＝F ·v ，F －F 阻＝ma ，v m ＝P F 阻，Pt －F 阻x ＝ΔE k . 3．动能定理：W 合＝12mv 2－12mv 20.4．应用动能定理的两点注意(1)应用动能定理的重点是写出各力做功的代数和，不要遗漏某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负．(2)动能定理是标量式，不可以在某一方向上应用．[研考向·提能力] 考向研析掌握应试技术讲课提示：对应学生用书第24页考向一功和功率的剖析与计算1．(2018·北京昌平期末)如下图，质量为60kg 的某同学在做引体向上运动，从双臂挺直到肩部与单杠同高度算1次．若他在1min 内达成了10次，每次肩部上涨的距离均为，则他在1min内战胜重力所做的功及相应的功率约为(g取10m/s2)()A．240 J,4 W B.2 400 J,2 400 WC．2 400 J, 40 W D．4 800 J,80 W分析：他每次引体向上战胜重力所做的功为W1＝mgh＝60×10×0.4 J＝240 J，他在1 min内战胜重力所做的功为W＝10W1＝10×240 J＝2 400 J，相应的功率约为P＝Wt＝40 W，选项C正确．答案：C2．(多项选择)如下图，传递带AB的倾角为θ，且传递带足够长，现有质量为m、可视为质点的物体以初速度v0从B端开始向上运动，物体与传递带之间的动摩擦因数μ>tanθ，传递带的速度为v(v0<v)，方向未知，重力加快度为g.物体在传递带上运动过程中，以下说法正确的选项是()A．摩擦力对物体做功的最大刹时功率是μmgv cosθB．摩擦力对物体做功的最大刹时功率是μmgv0cosθC．摩擦力对物体可能先做负功后做正功D．摩擦力对物体做的总功可能为零分析：物体与传递带之间的动摩擦因数μ>tanθ，则μmg cosθ>mg sinθ，传递带的速度为v(v0<v)，若v0与v同向，物体先做匀加快运动，直至物体加快运动到与传递带速度同样时物体速度最大，此时摩擦力的刹时功率最大，则最大刹时功率为P＝μmgv cosθ；若v0与v反向，物体沿传递带向上开始做类竖直上抛，依据对称性知，物体在传递带上运动的速度最大为v0，此时摩擦力的刹时功率最大，则最大刹时功率为P＝μmgv0cosθ，因为最大刹时功率有两种可能值，所以选项A、B均错误．若v0与v反向，物体先是沿传递带向上做匀减速运动，速度为零后，沿传递带向下做匀加快运动，滑动摩擦力方向一直沿传递带向下，摩擦力先对物体做负功，后做正功，物体回到B端时位移为零，滑动摩擦力做的总功为零，选项C、D正确．答案：CD3．长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的圆滑斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面刚才接触且细绳恰巧竖直，如下图．此刻用水平推力F迟缓向左推进斜面体，直至细绳与斜面平行，则以下说法中正确的选项是()A．因为小球遇到斜面的弹力一直与斜面垂直，故对小球不做功B．细绳对小球的拉力一直与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C．小球遇到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D．若水平面圆滑，则推力做功为mgL(1－cosθ)分析：小球遇到的斜面的弹力沿小球位移方向有重量，故对小球做正功，A 错误；细绳的拉力方向一直和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，固然合外力做功为零，但小球的重力势能增添，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面圆滑，则推力做功等于小球重力势能的增量，即为mgL(1－sinθ)，D错误．答案：B考向二机车启动问题1．恒定功率启动(1)机车先做加快度渐渐减小的变加快直线运动，后做匀速直线运动，速度—时间图象如下图，当F＝F阻时，v m＝PF＝PF阻.(2)动能定理：Pt －F 阻x＝12mv 2m －0. 2．恒定加快度启动(1)速度—时间图象如下图．机车先做匀加快直线运动，当功率增大到额定功率后获取匀加快的最大速度v 1.以后做变加快直线运动，直至达到最大速度v m 后做匀速直线运动．(2)常用公式：⎩⎨⎧ F －F 阻＝ma P 额＝Fv 1P 额＝F 阻v m v 1＝at 14.如下图，汽车在平直路面上匀速运动，用越过圆滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v ，汽车的功率为P ，汽车遇到的阻力(不含绳的拉力)恒为f ，则此时绳对船的拉力大小为( )A.P v cos θ＋fB.P v cos θ－fC.P cos θv ＋f D.P cos θv －f分析：将船的速度分解如下图，沿绳索方向的分速度v 1＝v cos θ，依据P ＝Fv 1得，汽车的牵引力大小F ＝P v 1＝P v cos θ.依据均衡条件得，绳对汽车的拉力大小F ′＝F －f ＝P v cos θ－f ，那么此时绳对船的拉力大小为P v cos θ－f ，应选项B 正确．答案：B5．一辆汽车内行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如下图，已知该车质量为2×103kg ，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103N ．若汽车从静止开始以恒定加快度2m/s 2做匀加快运动，则此匀加快过程能连续的时间大概为( )A ．8sB ．14sC ．26sD ．38s分析：由图象可知，汽车的最大功率约为P ＝200kW ，在匀加快阶段由牛顿第二定律可知F －F 阻＝ma ，即F ＝F 阻＋ma ＝3×103N ＋2×103×2N ＝7000N ，再由P ＝Fv 可知v ＝P F ＝200×1037000m/s ＝2007m/s ，由v ＝at ，解得t ＝1007s≈14.3s ，应选项B 正确．答案：B6．(多项选择)(2018·江西赣中南五校联考)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如下图，从t 1时辰起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f ，则( )A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增添量B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 1 C ．汽车运动的最大速度v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1 D ．t 1～t 2时间内，汽车的均匀速度等于v 1＋v 22分析：0～t 1时间内，汽车加快度a ＝v 1t 1，由牛顿第二定律F －F f ＝ma ，解得F ＝m v 1t 1＋F f .t 1～t 2时间内，汽车的功率P ＝Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，选项B 正确；由P＝F f v2可得汽车运动的最大速度v2＝PF f＝(mv1F f t1＋1)v1，选项C正确；依据动能定理，0～t1时间内，汽车的牵引力做的功减去战胜阻力做的功等于汽车动能的增添量，选项A错误；t1～t2时间内，汽车的均匀速度大于v1＋v22，选项D错误．答案：BC[方法技巧]解决机车启动问题的四点注意(1)分清是匀加快启动还是恒定功率启动，如第5题中是匀加快启动，第6题中0～t1时间内是匀加快运动，t1～t2时间内是恒定功率运动．(2)匀加快启动过程中，机车功率是不停增大的，当功率达到额定功率时匀加快运动速度达到最大(如第6题中t1时辰对应的速度v1)，但不是机车能达到的最大速度(t2时辰速度v2)，但该过程中的最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力是不停减小的，机车做加快度减小的加快运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)不论哪一种启动方式，最后达到最大速度时，均知足P＝F f v m，P为机车的额定功率．考向三动能定理的应用[典例展现]如图甲所示是游玩园的过山车，其局部可简化为如图乙所示的表示图，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 顺滑连结，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h＝24m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L＝20m，质量m＝1000kg的过山车(包含乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，抵达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自己重力的1 4.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，比率系数μ＝132，圆弧轨道EF圆滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连结点时无机械能损失．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加快度g取10m/s2)(1)求过山车过F点时的速度大小；(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，立刻触发制动装置，使过山车不可以抵达EF段并保证不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车遇到的摩擦力起码为多大？[分析](1)设过山车过F点时的速度为v F，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，依据牛顿第二定律有m1g－14m1g＝m1v2Fr，又r＝L sinθ联立方程并代入数据解得v F＝310m/s.(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得mg(h－r)＋W＝12mv2F－0代入数据解得W＝－7.5×104J.(3)触发制动装置后，设过山车恰巧能够抵达E点时对应的摩擦力为F f，过山车在D点和F点的速度分别为v D和v F，由动能定理得－F f L cosθ－mgr cosθ＝0－12mv2D未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得－μmg cosθ·L cosθ－mgr＝12mv2F－12mv2D联立方程并代入数据解得F f＝4.56×103N因为F f<mg sinθ＝6000N，故由题意可知过山车遇到的摩擦力起码为6000N. [答案](1)310m/s(2)－7.5×104J(3)6000N[方法技巧]应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”(1)一个过程：明确研究过程，确立这一过程研究对象的受力状况和地点变化或位移信息．(2)两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能状况，如例题中B 点的速度为零，F 点的速度可利用动力学求出．(3)四个关注①成立运动模型，判断物体做了哪些运动，如例题中EF 段为圆周运动． ②剖析各个运动过程中物体的受力和运动状况．③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加快度、位移，确立初、末状态． ④依据实质状况分阶段(如例题中选DEF 段)或整个过程利用动能定理列式计算．7.如下图，质量为m 的小滑块从O 点以速度v 0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最后静止于O 点，则运动过程中弹簧获取的最大弹性势能是( ) A.13mv 20B.14mv 20C.16mv 20D.18mv 20分析：设动摩擦因数为μ，O 点离弹簧右端距离为L ，弹簧最大压缩量为Δx .小滑块从O 点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得－μmg (L＋Δx )－W 弹＝0－12mv 20，再剖析弹簧压缩量最大到小滑块最后静止的过程，由动能定理可得W 弹－μmg (L ＋Δx )＝0－0，联立可得W 弹＝14mv 20，故弹簧获取的最大弹性势能是14mv 20，选项B 正确．答案：B(1)物块运动到C 点时的速度大小v C ；(2)物块在圆轨道最低点P 遇到轨道支持力的大小F N ；(3)A 点离P 点所在的水平川面的高度H .分析：(1)物块落在D 点时，速度在竖直方向上的分速度v y ＝gt ＝20m/s ，又tan37°＝v C v y联立解得v C ＝15m/s.(2)在物块从P 点运动到C 点的过程中，由动能定理得－mg ·2R ＝12mv 2C －12mv 2P在P 点由重力与支持力的协力供给向心力得F N －mg ＝m v 2P R联立以上式子并代入数据解得F N ＝3250N.(3)在物块从A 点运动到P 点的过程中，由动能定理可得mgH －μmg cos37°H －R ＋R cos37°sin37°＝12mv 2P 解得H ＝45.5m.9．(2018·江苏南京一模)如下图，炼钢厂往常用滚筒来传递软钢锭，使拥有必定初速度的软钢锭经过滚筒滑上平台．质量为M 的软钢锭长为L ，上表面圆滑，下表面与平台间是粗拙的．现以水平向右的初速度滑上平台，所有滑上平台时的速度为v .此时，在其右端无初速度地放上一个质量为m 的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L 距离时速度为零，滑块恰巧抵达平台．重力加快度为g ，空气阻力不计．求：(1)滑块获取的最大加快度(不考虑与平台的撞击过程)；(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程战胜阻力做的功；(3)滑块抵达平台的动能．分析：(1)因为滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L 时，滑块离开做自由落体运动，滑块获取的最大加快度a ＝g .(2)软钢锭滑上平台时的动能E k ＝12Mv 2 设战胜阻力做功为W f 克，由动能定理得－W f 克＝0－12Mv 2则W f 克＝12Mv 2(3)滑块离开软钢锭后自由着落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L 的时间同样，都为t ，L ＝12μgt 2，－μ(M ＋m )gL －μMgL ＝0－12Mv 2v m ＝gtE km ＝12mv 2m联解以上四个方程式得E km ＝2(2M ＋m )mg 2L 2Mv 2答案：(1)g (2)12Mv 2 (3)2(2M ＋m )mg 2L 2Mv 2[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分独自成册对应学生用书第131页(45分钟)一、单项选择题1.(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳索拉动木箱，使它从静止开始沿粗拙水平路面运动至拥有某一速度．木箱获取的动能必定( )A ．小于拉力所做的功B ．等于拉力所做的功C ．等于战胜摩擦力所做的功D ．大于战胜摩擦力所做的功分析：由题意知，W 拉－W 阻＝ΔE k ，则W 拉＞ΔE k ，A 对，B 错；W 阻与ΔE k 的大小关系不确立，C 、D 错．答案：A2．如下图，质量为m 的汽车在某下坡的公路上，赶快度v 0开始加快运动，经时间t 速度达到最大值v m .设在此过程中汽车发动机的功率恒为P ，汽车所受的摩擦阻力为恒力．关于该过程，以下说法正确的选项是( )A ．该过程中汽车向来做匀加快直线运动B ．该过程中汽车所受阻力f ＝P v mC ．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt ＋12mv 2mD ．该过程中汽车做加快度不停减小的加快运动分析：汽车发动机的功率恒为P ，则汽车做加快度渐渐减小的加快运动，A错误，D 正确；汽车速度达到最大值v m 时，汽车的牵引力F ＝P v m ，故f ＝P v m＋mg sin θ，B 错误；因为还有重力做功，汽车所受阻力做的功没法求出，C 错误．答案：D3.如下图，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O 点，自由静止在A 地点．现用水平力F 迟缓地将小球从A 地点拉到B 地点后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F 1，而后松手让小球从静止返回，到A 点时细线的拉力为F 2，则( )A ．F 1＝F 2＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做的功为F 1LC ．从B 到A 的过程中，小球遇到的协力大小不变D ．从B 到A 的过程中，小球重力的刹时功率向来增大分析：在B 地点，依据均衡条件有F 1sin30°＝mg ，解得F 1＝2mg .从B 到A ，依据动能定理得mgL (1－cos60°)＝12mv 2，依据牛顿第二定律得F 2－mg ＝m v 2L ，联立两式解得F 2＝2mg ，故A 项正确；从A 到B ，小球迟缓挪动，依据动能定理得W F －mgL (1－cos60°)＝0，解得W F ＝12mgL ，故B 项错误；从B 到A 的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的协力在变化，故C 项错误；在B 地点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B 到A 的过程中，重力的功领先增大后减小，故D 项错误．答案：Am ，在平直路面上行驶时，所受阻力不变．当均衡车加快度为a ，速度为v 时，均衡车的功率为P 1，则当功率为P 2时，均衡车行驶的最大速度为( )A.P 2v P 1B.P 2v P 1－mavC.P 1v P 2D.P 1v P 2－mav分析：对均衡车受力剖析，设遇到的阻力的大小为F f ，由牛顿第二定律可得，F －F f ＝ma ，所以F ＝F f ＋ma ，所以功率P 1＝Fv ＝(F f ＋ma )v ，解得F f ＝P 1v －ma ，当功率恒为P 2时，设最大速度为v ′，则P 2＝F ′v ′＝F f v ′，所以v ′＝P 2F f ＝P 2v P 1－mav，选项B 正确．答案：B5．一滑块在水平川面上沿直线滑行，t ＝0时的速率为1m/s ，从此刻开始在与初速度相反的方向上施加一水平作使劲F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，两图取同一正方向，g 取10 m/s 2，则以下说法正确的选项是( )A ．滑块的质量为2kgB ．第1s 内摩擦力对滑块做的功为－1JC ．第2s 末拉力FD．第2s内拉力F分析：由题图乙可知滑块的加快度a＝1m/s2，依据牛顿第二定律，在第1s 内有F＋F f＝ma，第2s内有F′－F f＝ma，代入数据解得F f＝1N，m＝2kg，A正确；第1s内滑块的位移大小x1＝12×1×1m＝0.5m，则摩擦力对滑块做的功W F f＝－F f x1＝－1×0.5J＝－0.5J，B错误；第2s末拉力的功率P＝F′v＝3×1W＝3W，C错误；第2s内滑块的位移x2＝12×1×1m＝0.5m，则第2s内拉力的均匀功率P＝Wt＝F′x2t＝,1)W＝1.5W，D错误．答案：A500kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加快，遇到的阻力不变，其加快度a和速度的倒数1v的关系如下图，则赛车()A．做匀加快直线运动B．功率为20kWC．所受阻力大小为2000ND．速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N分析：由图象可知，汽车的加快度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加快运动，选项A错误；依据P＝Fv，F－F f＝ma可得a＝Pm·1v－F fm，由图象可知F fm＝4，Pm＝400，解得F f＝2000N，P＝2×105W，选项B错误，C正确；速度大小为50m/s时牵引力大小为F＝Pv＝2×10550N＝4000N，选项D错误．答案：C7．(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，而后滑回到原处．物块初动能为E k0，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()分析：物块上滑时，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑时，摩擦力沿斜面向上，依据动能定理W ＝ΔE k 知，图象中的斜率表示物块遇到的协力，物块上滑时恒定的协力大于物块下滑时恒定的协力，所以C 项正确．答案：C二、多项选择题8.(2018·湖南长沙高三一模)如下图，内壁圆滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后快速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，一定经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中一直未离开轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W ，第二次击打过程中小锤对小球做功4W ，设两次击打过程中小锤对小球做的功所有用来增添小球的动能，则W 的值可能是( ) A.56mgR B.34mgR C.38mgR D.32mgR分析：第一次击打小球时，小球运动的最大高度为R ，即W ≤mgR .第二次击打小球，使小球运动到圆轨道的最高点，而小球能够经过最高点的条件为mg ≤m v 2高R ，即v 高≥gR .小球从静止到抵达最高点的过程中，由动能定理得W ＋4W －mg ·2R ＝12mv 2高－0，得W ≥12mgR ，所以W 知足12mgR ≤W ≤mgR ，选项A 、B 正确．答案：AB9.a 、b 为紧靠着的且两边固定的两张同样薄纸，如下图．一个质量为1kg 的小球从距纸面高为60cm 的地方自由着落，恰能穿破两张纸．若将a 纸的地点高升，b 纸的地点不变，在同样条件下要使小球还能穿破两张纸，则a 纸距离b 纸可能是(小球穿破两张纸时，战胜阻力做功同样)( )A ．15cmB ．20cmC ．30cmD ．60cm分析：小球穿过两张纸时，由动能定理得mgh －2W ＝0，将a 纸向上移，若恰能穿过第一张纸，则mgh ′－W ＝0，解得着落的高度h ′＝12h ，所以两张纸的距离不可以超出12h ＝30cm ，选项A 、B 、C 正确．答案：ABC10．(2018·福建福州高三质检)如下图为某电动汽车在加快性能试验过程中的v t 图象．为了简化计算，可近似以为：汽车运动时遇到的阻力恒定，在0～30s 内做匀加快直线运动，30s 后汽车发动机的功率保持不变．则( )A ．15s 末、30s 末汽车的牵引力大小之比为2∶1B ．15s 末、30s 末汽车的发动机功率之比为1∶2C ．30s 末、54s 末汽车的加快度大小之比为4∶3D ．0～30s 内、30～54s 内汽车发动机做功之比为5∶8分析：由题意可知汽车前30s 做匀加快直线运动，则牵引力恒定，所以A 错误；由图可知15s 末、30s 末的速度分别为9m/s 、18 m/s ，由公式P ＝Fv 可知，15s 末、30s 末汽车的发动机功率之比为1∶2，B 正确；由图可知30s 末、54s 末的加快度之比应为a 1a 2＝P 18－F f P 24－F f＝43×P －18F f P －24F f >43，C 错误；0～30s 内，汽车发动机做的功W 1＝Fx 1＝P 18×30×182(J)＝15P (J)，30～54s 内汽车发动机做功W 2＝P (54s －30s)＝24P (J)，所以W 1W 2＝58，D 正确．答案：BD三、非选择题11．一匹马拉着质量为60kg的雪橇，从静止开始用80s的时间沿平直冰面跑完1000m．设在运动过程中雪橇遇到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8s时间内做匀加快直线运动，从第8s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇连续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15m/s；开始运动的8s内马拉雪橇的均匀功率是8s后功率的一半．求整个运动过程中马拉雪橇做功的均匀功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．分析：设8s后马拉雪橇的功率为P，则匀速运动时P＝F·v＝F f·v即运动过程中雪橇遇到的阻力大小F f＝P v①关于整个过程运用动能定理得P2·t1＋P(t总－t1)－F f·x＝12mv2－0②代入数据，解①②得P＝723W，F f再由动能定理可得P t总－F f·x＝12mv2解得P＝687W.12．某课外研究小组自制了如下图的导轨，此中，导轨的所有半圆形部分均圆滑，水平部分均粗拙．圆半径分别为R、2R、3R和4R，R＝，水平部分长度L＝2m，将导轨竖直搁置，轨道最低点离水平川面高h＝1m．将一个质量为m＝、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点P处，钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为μv0＝13m/s，g取10 m/s2.求：(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A时对轨道的压力；(2)钢球落地址到抛出点的水平距离．。

【公开课教案】鲁科版必修二《第二章动能定理》复习教学设计

高中物理鲁科版必修二第二章“动能定理”专题复习一、教学目标：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二、教学重难点：1、重点：（1）动能定理的确切含义（2）动能定理的应用2、难点：动能定理的应用三、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．动能定理在多体问题中的应用四、教学过程：（一）知识整合1、动能定理内容及公式形式：=ΔE K⑴动能定理的内容和表达式：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。

W总⑵物理意义：动能定理指出了____功和____能___的关系，即外力做的总功，对应着物体动能的变化，变化的大小由_____外力做的总功来度量。

我们所说的外力，既可以是重力、弹力、摩擦力，又可以是电场力、磁场力或其他力。

物体动能的变化是指____末动能与初动能的差____。

⑶动能定理的适用条件：动能定理既适用于直线运动，也适用于____曲线运动___。

既适用于恒力做功，也适用于_____变力做功_____。

2、对动能定理的理解(重难点阐释)(1)对合力功的理解: 力可以是各种性质的力，既可以同时做用，也可以______分阶段作用____，只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可，这些正是动能定理解题的优越性所在。

(2)对该定理标量性的认识: 动能定理中各项均为标量如求合力的功时，可以先求出各力所做的功，再求它们的代数和。

动能的变化就等于末动能的大小减初动能的大小，与速度的方向无关。

(3) 对定理中“变化”一词的理解:定理中的物理量是相对于同一参考系的，“变化”的确切含义为：末态与初态的动能差，或称为“改变量”、“增量”。

而功：是力对空间的积累,积累的效应：是使物体的动能发生变化(4) 对状态与过程关系的理解: 功是过程量；而动能是状态量。

动能定理表示了过程量等于状态量的改变量的关系。

3、应用动能定理解题的基本步骤：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做功的情况：受哪些力？每个力是否做功？做正功还是负功？做多少功？然后求各力做功的代数和。

高三物理二轮复习课件专题二第一讲功、功率和动能定理

专题二动量与能量
第一讲功、功率和动能定理
专题二动量与能量
◎高考命题分析
命题主线之
价值引领
高考命题研究
四年考向分析
1.科学本质、科学态度：选取了定速巡航、篮球运动、赛道滑雪及冰滑梯等素材，考查考生在解决问题时所体现的核心价值及学科核心素养水平 2．社会责任：选取了福建土楼、复兴号动车组、红军长征等素材，培养学生的民族自信心和自豪感，激发学生的进取意识、振兴中华的使命感和责任感
Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
第2轮物理（新高考）
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专题二动量与能量
图例
方法
过程与结论
一个水平拉力 F 拉着一个物体在水平面上运动的位移为图像法 x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F20x0
平均值法
弹簧在弹性限度内由长度 x1 被继续拉至长度 x2 的过程中，克服弹力做功 W＝kx1＋2 kx2·(x2－x1)
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专题二动量与能量
2．求变力做功的六种方法
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专题二动量与能量
3．机车启动问题 (1)机车匀加速启动过程的最大速度 v1：此时机车的功率最大，由 F 牵－ F 阻＝ma 和 P＝F 牵 v1 求得 v1＝F阻＋P ma。 (2)全程的最大速度 vm：此时 F 牵＝F 阻，由 P＝F 阻 vm 求得 vm＝FP阻。
A．
12.5μgL 4
C． 2μgL
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B． μgL
D．
12.5 μgL 2
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专题二动量与能量
解析：第 5 个物块进入 BC 后物块开始做减速运动，因此第 5 个物块刚到达 B 点时 1 号物块的速度达到最大值，此过程中根据动能定理有 F·4L－μmg(L ＋2L＋3L＋4L)＝21×8mv2－0，得 v＝ 2μgL，C 正确。

高三物理下册《动能定理(共同专题)》教案、教学设计

4.能够运用数学工具，如微积分、向量等，解决涉及动能定理的复杂物理问题。
5.培养学生的逻辑思维能力和解题技巧，提高他们在物理学科中的综合运用能力。
（二）过程与方法
1.采用问题驱动的教学策略，引导学生通过观察、实验、分析等方法探索动能定理。
2.利用案例分析、小组讨论等形式，激发学生的探究兴趣，培养他们独立思考和合作解决问题的能力。
例如：在斜面实验中，如果斜面的倾斜角度改变，小车的速度和动能会发生怎样的变化？请结合动能定理进行分析。
作业要求：
1.学生需按时完成作业，保持字迹清晰，书写规范。
2.对于实践应用题和探究性作业，鼓励学生使用图示、表格等形式展示解题过程，提高报告的可读性。
3.小组合作题需在组内进行讨论，形成共识，并在作业中体现每个成员的分工和贡献。
1.对动能、势能等概念有初步了解，但可能对动能定理的本质含义和适用范围理解不够深入。
2.学生在解决实际物理问题时，可能难以将动能定理与其他相关知识有效结合，需要提高综合运用能力。
3.部分学生对物理学科存在恐惧心理，缺乏自信，需要教师在教学过程中给予鼓励和支持。
4.学生在团队合作中表现出较强的沟通能力和协作精神，但个别学生仍需提高独立思考和分析问题的能力。
1.基础题目：计算物体在受力作用下的动能变化，如斜面滑块、自由落体等。
2.提高题目：结合实际情境，运用动能定理解决更复杂的问题，如碰撞、抛物线运动等。
3.拓展题目：探讨动能定理在现实生活中的应用，如汽车碰撞试验、运动员起跑等。
4.学生互评：学生相互批改练习题，交流解题思路，提高解题能力。
（五）总结归纳
-表达式：W = ΔK
3.动能定理的适用条件：
-物体受力作用在直线运动或曲线运动中。

高三二轮复习《第1讲功、功率、动能定理》教案

专题五功和能第1讲功、功率、动能定理一、构建知识网络：二、核心知识、方法回扣：1．做功的两个重要因素是：有力作用在物体上，且使物体在力的方向上。

.功的求解可利用W ＝Fs cos α求，但F 必须为；变力的功一般应用间接求解；也可以利用F —s 图象来求．2．功率是指单位时间内做的功，公式有：平均功率P ＝Wt ＝F v cos α；瞬时功率P ＝Fv cos α，当α＝0，即F 与v 方向时，P ＝Fv . 3.常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与无关. (2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功,也可以做负功,还可以不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和 ,在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的转移,没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和 ,且总为 ,在一对滑动摩擦力做功的过程中,不仅有相互摩擦物体间机械能的转移,还有机械能转化为内能.转化为内能的量等于系统机械能的减少量,等于滑动摩擦力与的乘积. ③摩擦生热是指滑动摩擦生热,静摩擦不会生热. 4.动能定理：(1)合力的功等于的变化,即W ＝ . (2)动能定理的适用对象：涉及单个物体(或可看成单个物体的物体系)的受力和位移问题,或求解做功的问题.(3)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.②分析研究对象的受力情况和各力做功情况,然后求各个外力做功的.③明确物体在运动过程始末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1,及其他必要的解题方程,进行求解.三、重要的二级结论：（1）恒力的功等于恒力×恒力方向的位移；恒力的功率等于恒力×恒力方向的速度。

（2）滑动摩擦力、空气阻力等，在曲线运动或往返运动时，这类力（大小不变）的功等于力和路程（不是位移）的积．（3）求摩擦生热时，Q=f滑×s相（4）水平面、斜面的动摩擦因素μ处处相同时，克服摩擦力的功等于μmgs水。

高三物理动能定理及其应用教案

动能定理及其应用知识点动能Ⅱ1．定义：物体由于01运动而具有的能。

2．公式：E k＝0212m v2。

3．标矢性：动能是03标量，只有正值，动能与速度方向04无关。

4．状态量：动能是05状态量，因为v是瞬时速度。

5．相对性：由于速度具有06相对性，所以动能也具有相对性。

6．动能的变化：物体07末动能与08初动能之差，即ΔE k＝12m v22－12m v21。

动能的变化是过程量。

知识点动能定理Ⅱ1．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01动能的变化。

2．表达式(1)W＝02ΔE k。

(2)W＝03E k2－E k1。

(3)W＝0412m v22－12m v21。

3．物理意义：05合力的功是物体动能变化的量度。

4．适用范围广泛(1)既适用于直线运动，也适用于06曲线运动。

(2)既适用于恒力做功，也适用于07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08不同时作用。

一堵点疏通1．合力做功是物体动能变化的原因。

()2．如果物体所受合力不为零，那么合力的功也一定不为零。

()3．物体的动能不变则物体的速度不变。

()4．物体做变速运动时动能一定变化。

()5．运用动能定理可以求变力做功。

()答案 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√二对点激活1．(人教版必修第二册·P88·T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是()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2倍D．速度减半，质量增大到原来的4倍答案 D解析由E k＝12知只有D项所述情形中汽车动能不变，故D正确。

2m v2．(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()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总功，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力再求合力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的变化量，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答案BC解析W＝E k2－E k1中的W指合力的功，当然包括重力在内，E k2－E k1为动能的变化量，由合力的功来量度，W>0，ΔE k>0，W<0，ΔE k<0，动能定理也适用于曲线运动和变力做功。

教科版高中物理必修二《动能动能定理》教案2-新版

4.4 动能动能定理一、教学目的：1．知识目标(1)理解动能的概念.(2)知道动能的定义式，会用动能的定义式进行计算.(3)理解动能定理及其推导过程，知道动能定理的适用范围.2．能力目标(1)运用演绎推导方式推导动能定理的表达式.(2)理论联系实际，培养学生分析问题的能力.3．德育目标通过动能定理的演绎推导，培养学生对科学研究的兴趣.二、重点、难点分析1．本节重点是对动能公式和动能定理的理解与应用。

2．动能定理中总功的分析与计算在初学时比较困难，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加深功与能的关系的理解，让学生对功、能关系有更全面、深刻的认识，这是本节的较高要求，也是难点。

三、教学方法：分析推理、讲练结合四、教具：可改变倾角的斜面，大小不等的小木块三块五、教学过程：引入新课：我们在初中学过，物体由于运动而具有的能量叫动能．现在让我们复习一下初中做过的实验．(演示滑块从斜面上滑下，引导学生观察．)同一滑块从不同的高度滑下，高度越大时滑块把木块推得越远，对木块做的功越多．让质量不同的滑块从同一高度滑下，同学们可以看到，质量大的滑块把木块推得更远，对木块做的功更多。

实验表明，物体的质量越大，速度越大，它的动能就越大，如何定量地表示动能?做功对物体的运动状态会产生什么效果?本节课我们来进行研究．进行新课：(一)动能定义：在物理学中用这个量表示物体的动能，动能的符号为E k.单位：在国际单位制中，动能的单位是：1kg.m2/s2=1N.m=1J.动能是标量，只有大小，没有方向。

动能是一个状态量，是针对某物体在某时刻而言。

因此，动能表达式中的V只能是瞬时速度。

例题1：质量m=3kg的物体以V0= 5m/s的初速度竖直上抛，经过一段时间后，速度变为竖直向下的V t=4m/s,求这段时间内物体动能的变化量。

解析：动能的变化量为ΔE k=-13.5J.(二)动能定理：1．推导：设质量为m的物体，初速度为V1，在与运动方向相同的恒力F的作用下发生一段位移S，速度增加至V2。

高中物理动能定理讲课教案

高中物理动能定理讲课教案
教学目标：
1. 了解动能定理的概念及公式。

2. 掌握如何应用动能定理解决物理题目。

3. 能够理解动能定理与动能守恒的关系。

教学重点：
1. 动能定理的概念和公式。

2. 动能定理的应用。

教学难点：
1. 理解动能定理的推导过程。

2. 熟练应用动能定理解决问题。

教学过程：
一、导入（5分钟）
教师引入话题，通过一个例子引出动能和动能定理的概念，激发学生的学习兴趣。

二、讲解（15分钟）
1. 动能的定义和计算公式。

2. 动能定理的概念及公式推导。

3. 动能定理的应用方法。

三、练习（20分钟）
教师带领学生进行练习，包括计算动能、应用动能定理解决问题等方面的练习，让学生熟练掌握动能定理的应用方法。

四、讲解与总结（10分钟）
1. 再次强调动能定理的重要性和应用。

2. 总结动能定理与动能守恒的关系。

五、课堂小结（5分钟）
教师对本节课的重点内容进行总结，并布置相关作业。

教学反思：
本节课通过引入生动的例子和实际问题，让学生更加直观地理解了动能定理的概念和应用方法。

在练习环节，学生积极参与，对动能定理的掌握程度也有所提高。

下节课将继续巩固学生的动能定理应用能力，并进一步拓展和应用动能定理的知识。

高考物理二轮复习专题研讨课：动能定理

(2)冰壶从 O 点运动到 A 点的过程中受到小孩施加的水平推力 F．
(F－μmg)x＝12mvA 2
解得 F＝μmg
x＋L x
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；
2．分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
受哪些力
各力是否做功
做正功还是负功
做多少功
各力做功的代数和
根据动能定理有
mg解(2得R－：Rμ)＝－12μtanmg3c7o°＝s 03．7°37·5 sin23R7°＝0
由 FN≥0 得 vC≥ Rg＝2 m/s
(3)滑块离开 C 点后做
(2)若使滑块能到达 C 点，根据牛顿第二平抛运动，有 x＝vC′t，
定律有 mg＋FN＝mvRC 2
y＝2 m/s 滑块从 A 点由几何知识得 tan 37°
B．机械能减少 mgR C．合外力做功 mgR
只受重力
D．克服摩擦力做功12mgR
图4
根据 mg＝mRv2得，小球在 B 点的速度 v＝ gR
小球从 P 点到 B 点的过程中，重力做
功 W＝mgR，故选项 A 错误
减少的机械能 ΔE 减＝mgR－12mv2＝12mgR，
故选项 B 错误
合外力做功 W
直线上的最高点 B．求：只有重力提供向心力 (1)小球到达 B 点时的速率；
(2)若不计空气阻力，则初速度 v0 为多少；
(3)若初速度 v0＝3 gL，则小球在
从 A 到 B 的过程中克服空气阻力
做了多少功．
图3
解析 (1)小球恰能到达最高点
B，有
mg＝mvLB
2
，得
vB＝
gL

高考复习教案物理动能和动能定理

高考复习教案物理动能和动能定理教案名称：物理学高考复习教案——动能和动能定理一、教学目标：1. 理解动能的概念，能够准确计算物体的动能；2. 掌握动能定理的表达式和应用方法；3. 能够运用动能和动能定理解决与物体运动相关的问题；4. 培养学生的动手能力和实验观察能力，提高科学实验的设计和分析能力。

二、教学重点：1. 动能的计算方法；2. 动能定理的理解和应用。

三、教学内容：1. 动能的概念：动能是物体运动过程中所具有的能量，它与物体的质量和速度有关。

动能的计算公式为：动能 = 1/2 ×质量 ×速度的平方（K = 1/2 × m × v²）。

2. 动能定理：动能定理是描述物体动能变化与做功之间的关系的定理。

动能定理的表达式为：物体的净功 = 动能的增量（W净= ΔK）。

3. 动能定理的应用：a. 通过动能定理可以推导出力的功与动能的关系，即功 = 动能的增量（W = ΔK）。

b. 利用动能定理可以解决物体在不同运动状态下的问题，例如自由落体、斜面上的滑动等。

四、教学过程：1. 导入：通过一个生活实例引入动能的概念，如小球从斜面上滚下来，引导学生思量小球的速度和质量对于动能的影响。

2. 知识讲解：a. 介绍动能的概念和计算公式，引导学生掌握动能的计算方法。

b. 讲解动能定理的表达式和含义，解释物体的净功与动能的关系。

3. 实验演示：进行一个简单的实验，如利用弹簧测力计测量小车在水平面上的运动过程中的净功，并利用动能定理验证实验结果。

4. 计算练习：给学生提供一些动能和动能定理的计算练习题，包括不同情境下的问题，如自由落体、斜面上的滑动等，匡助学生巩固所学知识。

5. 拓展应用：鼓励学生思量动能和动能定理在实际生活中的应用，如交通工具的设计、机械能的转化等。

6. 总结归纳：对本节课所学的动能和动能定理进行总结，强调动能的计算方法和动能定理的应用。

五、教学评价：1. 实验报告：要求学生根据实验结果撰写实验报告，包括实验目的、实验步骤、数据记录和实验结论等。

高考物理二轮专题讲义：动能定理

动能定理1.掌握利用动能定理解题的注意事项2能够正确利用动能定理解决复杂运动问题，进一步培养学生的能量观，运动与相互作用观动能定理的理解1.内容：合外力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

表达式：W ＝12mv 22－12mv 12。

（1）定理中“外力”的两点理解重力、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．公式中“＝”体现的三个关系3．深入理解：(1)W >0，物体的动能增加；W <0，物体的动能减少；W ＝0，物体的动能不变。

(2)动能定理研究的对象是单一物体(质点)或者是可以看成单一物体(质点)的物体系。

对于运动状态不同的物体，应分别应用动能定理列式求解。

(3)动能是标量，12mv 2中的v 指物体的合速度，动能定理中的功指所有力做的总功，所以不能把速度分解到某个力的方向上应用动能定理。

【典型例题1】(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( ) 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【对点演练1】(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功－0.5 J，则下列判断正确的是()A．物体的重力势能增加了3 J B．物体的重力势能减少了3 JC．物体的动能增加了4.5 J D．物体的动能增加了8 J动能定理的基本应用1．应用流程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)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以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；也可以全过程应用动能定理．(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．【典型例题2】(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中()A．弹簧的最大弹力为μmg B．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为2μgs【对点演练2.1】如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1＋Hh )【对点演练2.2】(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，载人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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为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【问题导学5】动能定理中的图像问题 1．解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，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、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题． 2．四类图象所围“面积”的含义【典型例题3】如图甲所示，置于水平地面上质量为m 的物体，在竖直拉力F 作用下，由静止开始向上运动，其动能E k 与距地面高度h 的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g ，空气阻力不计．下列说法正确的是( )A．在0～h0过程中，F大小始终为mgB．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少【对点演练3】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的关系图象是()动能定理解决多过程问题【典型例题4】如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，求：(1)物块到达A点时的速度大小和PA间的高度差；(2)物块从A运动到B所用的时间和克服摩擦力做的功．【对点演练4】如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑面相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。

高考物理二轮复习专题归纳—动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律(全国版)

高考物理二轮复习专题归纳—动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律（全国版）考点一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解：2．应用动能定理的四点提醒：(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，比动力学方法要简捷．(2)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)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2022·广东深圳市联考)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/s2，在这一过程中摩擦力做功为()A．66.6J B．－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，则有mg ＝m v 2r，拉力F 沿圆的切线方向，根据动能定理有F ·2πr 4－mgr ＋W f ＝12mv 2，又r ＝3.6m ，解得摩擦力做功为W f ＝－66.6J ，故选B.例2(2022·河南信阳市质检)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道．BC 和DE 是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC 的圆心为O 点，圆心角θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4.某运动员从轨道上的A 点以v ＝4m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点距水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝3m ，忽略空气阻力．(g ＝10m/s 2)(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中，求到达B 点时的速度大小v B ；(2)求水平轨道CD 的长度L ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，求出回到B 点时速度的大小．如果不能，求出最后停止的位置距C 点的距离．答案(1)8m/s (2)5.5m (3)见解析解析(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中做平抛运动，到达B 点时，其速度沿着B点的切线方向，可知运动员到达B点时的速度大小为v B＝v cos60°，解得v B＝8m/s(2)从B点到E点，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－12mv B2代入数值得L＝5.5m(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从E点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得mgH－μmgL－mgh′＝0解得h′＝0.8m<2m故运动员不能回到B点．设运动员从E点开始返回后，在CD段滑行的路程为s，全过程由动能定理得mgH－μmgs＝0解得总路程s＝7.5m由于L＝5.5m所以可得运动员最后停止的位置在距C点2m处．考点二机械能守恒定律及应用1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法看动能与势能之和是否变化能量转化判断法没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2．机械能守恒定律的表达式3．连接体的机械能守恒问题共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同，线速率与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒．例3(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P 点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A ．它滑过的弧长B ．它下降的高度C ．它到P 点的距离D ．它与P 点的连线扫过的面积答案C 解析如图所示，设小环下降的高度为h ，大圆环的半径为R ，小环到P 点的距离为L ，根据机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2，由几何关系可得h ＝L sin θ，sin θ＝L 2R ，联立可得h ＝L 22R ，则v ＝L g R，故C 正确，A 、B 、D错误．例4(多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．弹簧对圆环先做正功后做负功B．弹簧弹性势能增加了3mgLC．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零答案BC解析弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，A错误；由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度h＝2L2－L2＝3L，根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加量等于圆环重力势能的减少量，则有ΔE p＝mgh＝3mgL，B正确；弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒，则有ΔE k＋ΔE p重＋ΔE p弹＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C正确；圆环下滑到最大距离时，加速度方向竖直向上，所受合力方向为竖直向上，D错误．考点三能量守恒定律及应用1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律．2．应用能量守恒定律的基本思路(1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变．(2)转移：E A减＝E B增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量．(3)转化：|ΔE减|＝|ΔE增|，减少的某些能量等于增加的某些能量．例5(2021·山东卷·18改编)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止．现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动．已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．(弹簧的弹性势能可表示为：E p＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)(1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能E k；(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值F min；(3)若三物块都停止时B、C间的距离为x BC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fx BC的大小；答案(1)2F－4fkF2－6fF＋8f2k(2)(3＋102)f(3)W<fx BC解析(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得Fx0＝2fx0＋12kx02弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得12kx02＝2fx0＋2E k联立方程解得x0＝2F－4f kE k＝F2－6fF＋8f2k.(2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx ＝f若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F min，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得E k＝12kx2＋fx结合第(1)问结果可知F min＝(3±10 2 )f根据题意舍去F min＝(3－102)f，所以恒力的最小值为F min＝(3＋10 2 )f.(3)从B、C分离到B停止运动，设B的位移为x B，C的位移为x C，以B为研究对象，由动能定理得－W－fx B＝0－E k以C为研究对象，由动能定理得－fx C＝0－E k由B、C的运动关系得x B>x C－x BC联立可知W<fx BC.1.(2022·江苏新沂市第一中学高三检测)如图所示，倾角为θ的斜面AB段光滑，BP 段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P处，弹簧处于原长时上端位于B点，可视为质点、质量为m的物体与BP之间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ)，物体从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q.已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则()A．物体的最大动能等于mgx sinθB．弹簧的最大形变量大于1x2C．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为1mgx sinθ2D．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B点答案C解析物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为E k＝mgx sin θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgx sin θ，A 错误；设弹簧的最大压缩量为L ，弹性势能最大为E p ，物体从A 到最低点的过程，由能量守恒定律得mg (L ＋x )sin θ＝μmgL cos θ＋E p ，物体从最低点到Q 点的过程，由能量守恒得mg (L ＋x 2)sin θ＋μmgL cos θ＝E p ，联立解得L ＝x tan θ4μ，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于12x ，B 错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩擦力做的功，则有ΔE ＝2μmgL cos θ＝12mgx sin θ，C 正确；设从Q 到第二次最高点位置C ，有mgx QC sin θ＝2μmgL ′cos θ，如果L ′＝L ，则有x QC ＝x 2，即最高点为B ，但由于物体从Q 点下滑，则弹簧的最大形变量L ′＜L ，所以最高点应在B 点上方，D 错误．2．(2022·广东省六校联盟联考)如图所示，小明在离水面高度h 0＝1.8m 的岸边，将一质量m ＝20g 的小石片以水平初速度v 0＝8m/s 抛出，玩“打水漂”．小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为F f ＝0.4N ，在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a ＝0.5m/s 2的加速度沿竖直方向沉入水深h ＝1m 的河底．假设小石片每次均接触水面Δt ＝0.04s 后跳起，跳起时竖直方向上的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k ＝0.75.取重力加速度g ＝10m/s 2，不计空气阻力．求小石片：(1)沉入河底前瞬间的速度大小v t ；(2)从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W ；(3)从抛出到开始下沉的时间t .答案(1)1m/s (2)－1.19J (3)6.4s 解析(1)小石片沉入河底时的速度v t 2＝2ah ，解得v t ＝1m/s(2)小石片从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理有mg (h 0＋h )＋W ＝12mv t 2－12mv 02，解得W ＝－1.19J (3)小石片先做平抛运动，竖直方向有h 0＝12gt 12，解得t 1＝0.6s 小石片在水面上滑行时加速度a ′＝－F f m＝－20m/s 2，每次滑行的速度变化量Δv ＝a ′Δt ＝－0.8m/s ，而n ＝v 0|Δv |＝10次，即小石片接触水面滑行了10次，空中跳起了9次，第n 次跳起后的水平速度v xn ＝v 0＋n Δv ＝(8－0.8n )m/s ，竖直速度v yn ＝kv xn ，空中飞行时间t n ＝2v yn g ，可得第n 次弹起后在空中飞行的时间为t n ＝65(1－0.1n )s ，在空中的飞行总时间t 2＝∑91t n＝5.4s ，在水面上滑行的时间为t 3＝0.04×10s ＝0.4s ，总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3，解得t ＝6.4s.专题强化练[保分基础练]1.(2022·河北保定市高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R ，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A 、B (视为质点)用细线相连，两球与截面圆的圆心O 处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)．在微小扰动下，小球A 由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P .不计空气阻力，重力加速度大小为g .小球A 通过P 点时的速度大小为()A.gRB.2gRC.π2－1gR D.π2gR 答案C 解析对A 、B 组成的系统，从开始运动到小球A 运动到最高点的过程有mg ·πR 2－mgR ＝12×2mv 2，解得v ＝π2－1gR ，故选C.2.(多选)(2022·广东省模拟)如图所示，一弹性轻绳(弹性绳的弹力与其伸长量成正比，且弹性绳的弹性势能E p ＝12kx 2，其中k 是弹性绳的劲度系数，x 是弹性绳的伸长量)穿过内壁光滑、不计粗细的硬质圆管AB ，弹性绳左端固定在A 点，右端连接一个质量为m 的小球，小球穿过竖直光滑固定的杆，A 、B 、C 三点在同一水平线上，弹性绳的自然长度与圆管AB 的长度相等．将小球从C 点由静止释放，小球到达D 点时的速度为零，B 、C 两点的距离为h ，C 、D 两点的距离为2h .重力加速度大小为g ，弹性绳始终在弹性限度内．下列说法正确的是()A．小球从C点运动到D点的过程中，小球对杆的弹力不变B．小球从C点运动到D点的过程中，小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先增大后减小C．弹性绳的劲度系数为2mghD．当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为45°时，小球的速度最大答案AD解析小球对杆的弹力方向总是水平向左，当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为α时，杆对小球的弹力大小F1＝khsinα·sinα＝kh，结合牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力大小恒为F2＝F1＝kh，A正确；小球从C点运动到D点的过程中，小球先做加速直线运动后做减速直线运动，即小球的动能先增大后减小，根据机械能守恒定律可知，该过程中小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大，B错误；小球从C点运动到D点的过程，根据机械能守恒定律有mg·2h＋12kh2＝1 2kx BD2，又x BD2－h2＝(2h)2，联立解得k＝mgh，C错误；当小球在竖直方向上所受合力为零时，小球的速度最大，设此时B点右侧的弹性绳与杆的夹角为θ，有mg＝khsinθ·cosθ，代入数据解得θ＝45°，D正确．3．(多选)(2022·重庆市涪陵第五中学高三检测)如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物．金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ＝d，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为103mgdC．金属环在Q点的速度大小为2gd3D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角α＝53°答案AD解析金属环在P点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确；金属环从P上升到Q的过程中，设绳子拉力做的功为W，对重物应用动能定理有W＋W G＝0，则W＝－W G＝－5mg(dsinθ－d)＝－103 mgd，故B错误；设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重物整体，由动能定理得5mg(dsinθ－d)－mgdtanθ＝12mv2，解得v＝2gd，故C错误；若金属环最高能上升到N点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有5mg(dsinθ－dsinα)＝mg(dtanθ＋dtanα)，解得α＝53°，故D正确．4．(2021·浙江1月选考·11)一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示．则汽车()A．发动机的输出功率为70kWB．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J 答案C解析据题意知，发动机的输出功率为P＝Wt＝17kW，故A错误；根据能量守恒定律结合能量分配图知，1s消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104J，故B、D错误，C正确．[争分提能练]5．(2022·山西太原市高三期末)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能E k－x关系图像如图乙所示．其中0.10～0.25m间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知()A．物块的质量为0.2kgB．弹性绳的劲度系数为50N/mC．弹性绳弹性势能的最大值为0.6JD．物块被释放时，加速度的大小为8m/s2答案D解析由分析可知，x＝0.10m时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmgΔx＝ΔE k，则m＝ΔE kμgΔx＝0.300.2×10×0.25－0.10kg＝1kg，所以A错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有E pm＝μmgx m＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝kΔx m－μmgm＝100×0.10－0.2×1×101m/s2＝8m/s2，所以D正确．6．(多选)(2022·广东揭阳市高三期末)图为某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速度－位移图像，运动员及装备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，不计空气阻力，g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．下落过程中，运动员机械能守恒B．运动员在下落过程中的前10m加速度不变C．弹性绳最大的弹性势能约为15300JD．速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2250J答案BCD 解析下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，所以A 错误；运动员在下落过程中的前10m 做自由落体运动，其加速度恒定，所以B 正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5m ，所以E p ＝mgH m ＝15300J ，所以C 正确；由题图可知，下落约15m 时，运动员的速度最大，根据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E pm ＝mgH －12mv m 2＝2250J ，所以D 正确．7.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ，现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E 点，D 、E 两点间距离为L 2，若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 在从C 运动至D 的过程中的加速度大小；(2)物体A 从C 至D 点时的速度大小；(3)弹簧的最大弹性势能．答案(1)120g(2)gL10(3)38mgL解析(1)物体A从C运动到D的过程，对物体A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有4mg sin30°－mg－4μmg cos30°＝5ma解得a＝1 20 g(2)物体A从C运动至D的过程，对整体应用动能定理有4mgL sin30°－mgL－4μmgL cos30°＝12·5mv2解得v＝gL 10(3)当A、B的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mg(L＋L2)sin30°－mg(L＋L2)－μ·4mg cos30°(L＋L2)－W弹＝0－0解得W弹＝38mgL则弹簧具有的最大弹性势能E p＝W弹＝38mgL.8.(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 1和N 2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v 1；(3)滑杆向上运动的最大高度h .答案(1)8N 5N (2)8m/s (3)0.2m 解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N 1＝(m ＋M )g ＝8N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N ，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N ，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N 2＝Mg －f ′＝5N.(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl －fl ＝12mv 12－12mv 02代入数据解得v 1＝8m/s.(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv 1＝(m ＋M )v碰后滑块和滑杆以速度v 整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m ＋M )gh ＝0－12(m ＋M )v 2代入数据联立解得h ＝0.2m.[尖子生选练]9．(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度l AB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放．(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F N的大小；(2)设释放点距B点的长度为l x，滑块第一次经F点时的速度v与l x之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度l x的值．答案(1)7N(2)v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m(3)见解析解析(1)滑块由静止释放到C点过程，由能量守恒定律有mv C2mgl sin37°＋mgR(1－cos37°)＝12在C点由牛顿第二定律有F N－mg＝m v C2R解得F N＝7N(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得mgl1sin37°－(3mgR cos37°＋mgR)＝0解得l1＝0.85m因此要能过F点必须满足l x≥0.85m能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得mgl x sin37°－4mgR cos37°＝12mv2，解得v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m.(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍mgl x sin37°－mg l FG2sin37°－nμmg l FG2cos37°＝0，l FG＝4Rtan37°解得l x＝7n＋615m(n＝1,3,5，…)又因为l AB≥l x≥0.85m，l AB＝3m，当n＝1时，l x1＝13 15m当n＝3时，l x2＝9 5 m当n＝5时，l x3＝41 15m.。

高考物理二轮复习动能定理应用归类复习教案

动能定理综合应用归类复习动能定理是高中物理教学中用能量观点分析力学问题常见的基本规律之一，也是高考中的高频考点知识，近几年来，高考试题注重将动能定理与牛顿运动定律、曲线运动、机械能、能量守恒定律、电磁学等知识相结合，综合考查考查学生的分析、推理、综合应用能力，试题具有过程复杂、难度较大、能力要求高的特点，。

一、动能与其他形式能的综合例题一、（2008年广东理基）一个25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m／s。

取g＝10m／s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（）A．合外力做功50J B．阻力做功500JC．重力做功500J D．支持力做功50J解析：小孩在下滑过程中受重力、斜面的支持力、摩擦力，其中重力做正功，支持力不做功，摩擦力做负功，物体的初动能为1=kE，末运动能为JJmvEk500.2252121222=⨯⨯==，物体动能的变化为2221-21初末vmmvEk=∆=50J，由动能定理有，合力做的功为W=50J，而JWJWmghWWWfffG 500.31025=+⨯⨯=+=+=故W f=-700J.正确答案为A。

此题中熏力做正功750J，重力势能减少了750J，摩擦力做负功700J，机械能减少了700J，合力做功50J，动能增加了50J。

点评：功是能量转化的量度，物体动能发生变化则一定有力对物体做了功。

动能定理应用中求合力的功及确定物体初末状态的动能是关键。

解题时要巧妙地运用好功能关系、能量守恒定律，同时注意把动能的变化，重力势能的变化，机械能的变化，电势能的变化与相应力做功的关系区别开来。

例题二、（05天津卷）一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。

若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）Ａ．动能减小Ｂ．电势能增加Ｃ．动能和电势能之和减小Ｄ．重力势能和电势能之和增加解析：解答油滴受到重力和电场力，由油滴的运动轨迹可以判断油滴的合外力竖直向上，电场力大于重力。

2021-2022年高三物理第二轮专题复习专题二动量和能量教案人教版

2021年高三物理第二轮专题复习专题二动量和能量教案人教版高考形势分析及历年部分省市高考试题分布：高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。

在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。

并时常发现“压轴题”就是能量试题。

历年高考中动量和能量题分布情况：xx年，全国理综II，计算题25题考查动量和能量综合题；全国理综III，计算题25题考查动量和能量综合题；北京卷24题考查动量和能量综合题；天津卷选择题21题考查碰撞中的动量守恒，25题考查动量和能量的综合题。

xx年，全国理综I动量和能量的题占19分，理综II占36分，理综III占20分，北京卷占16分，天津卷占18分。

xx年全国理综I、III，选择题20题动量定理和动能定理；理综II，18题碰撞中的动量和能量问题；重庆卷2计算题25题考查机械能守恒定律、动量守恒定律和圆周运动中的牛顿第二定律的知识；四川卷计算题25题考查带电粒子在磁场中的运动，动量守恒定律，圆周运动，平抛运动。

天津卷实验题22题考查验证碰撞中的动量守恒定律和百分误差。

xx年，湖南卷实验题22题，考查验证中碰撞中的动量守恒定律，计算题24题考查电子阻尼、碰撞动量守恒；北京卷选择题19题考查碰撞动量守恒和单摆周期的知识结合，20题考查动量定理和电场的知识。

全国卷II选择题16题考查动量和动能定理。

四川卷选择题18题考查碰撞中的动量守恒定律和机械能守恒定律。

天津卷选择题15题考查动量守恒与动能定理，计算题23题考查机械能守恒，圆周运动中的牛顿第二定律，动量守恒定律和动能定理。

动量与能量知识框架：一、考点回顾1．动量、冲量和动量定理2．动量守恒定律3．动量和能量的应用4．动量与动力学知识的应用5．航天技术的发展和宇宙航行6．动量守恒定律实验二、动量和能量知识点1．动量(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv.是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向一致。

教科版高中物理必修二《动能动能定理》教案1-新版

4.4 动能动能定理●教学目标一、知识目标1.理解动能的概念.2.知道动能的定义式，会用动能的定义式进行计算.3.理解动能定理及其推导过程，知道动能定理的适用范围.二、能力目标1.运用演绎推导方式推导动能定理的表达式.2.理论联系实际，培养学生分析问题的能力.三、德育目标通过动能定理的演绎推导，培养学生对科学研究的兴趣.●教学重点1.动能的概念.2.动能定理及其应用.●教学难点对动能定理的理解.重点与难点动能定理的应用知识要点一、探究功与速度变化的关系运动的物体具有动能，所以动能是与速度有关系的。

那物体是如何获得速度和动能的呢？------需要有力对其做功。

实验探究：功与速度变化的关系实验目的：功与速度变化的关系实验器材：气垫导轨、滑块、光电门、完全相同的橡皮筋实验方案：主要解决两个问题1、如何测量速度？------光电门2、如何测量或比较功的大小？------完全相同的数目不同的橡皮筋做功满足倍数关系实验步骤：计算表格数据v1W v1*v1计算表格t1t2 d1 0.00379 0.00351 0.005 1.319261 8 1.740452 0.00407 0.00377 0.005 1.228501 7 1.5092153 0.00444 0.00412 0.005 1.126126 6 1.268164 0.00481 0.00445 0.005 1.039501 5 1.0805625 0.00537 0.00497 0.005 0.931099 4 0.8669456 0.00626 0.00579 0.005 0.798722 3 0.6379577 0.00766 0.00709 0.005 0.652742 2 0.4260718 0.01064 0.00982 0.005 0.469925 1 0.2208291、调平气垫导轨2、滑块在8根橡皮筋的拉力作用下从静止开始做加速运动，记录下滑块经过光电门所用的时间3、贴近滑块剪断一根橡皮筋，从同一位置静止释放滑块，滑块在7根橡皮筋的拉力4、再剪断一根5、数据处理实验数据：很明显可以看出功与速度的大小是不成正比的。