(高三第一轮专题复习)动能定理

合集下载

高三物理动能动能定理复习

应为（ A ）
A、6.4m B、5.6m C、7.2m D、10.8m
变式题：将一质量为m的小球由高H处以水平初速度 V0抛出，试求落地时小球的动能为多大？
Ek未12mv02 mgH
考点四、动能定理在多过程中的应用
1 考题：物体从高出地面H处由静止自由落下，如图所示，
不考虑空气阻力，落至地面掉入沙坑内h处停止，求物
A
f=7N
R
B
规律总结用动能定理求解变力做功的注意要点:
1. 分析物体受力情况,确定哪些力是恒力,哪些力
是变力.
2. 找出其中恒力的功及变力的功. 3. 分析物体初末状态,求出动能变化量. 4. 运用动能定理求解.
考点六、动能定理的综合应用
考题：如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为 1200，半径R为2.0米，一个物体在离弧底E高度为h=3.0米处,以初速4.0米/秒沿斜面向上运动，若物体与两斜面的动摩擦因数为0.02，则物体在两斜面上（不包括圆弧部分）一共能走多长路程？（取g=10米/秒2）
和初、未状态的动能
一．
对研究对象的每个运动过程进行受力分析
二．由动能定理列出方程，求出结果
三．对结果进行分析和讨论
考点一、动能概念的理解
考题：关于物体的动能，下列说法中正确的是（ A ）
A、一个物体的动能总是大于或等于零 B、一个物体的动能的大小对不同的参考系是相同的 C、动能相等的两个物体动量必相同 D、质量相同的两个物体，若动能相同则它们的动量必相同
•动能定理对应是一个过程，只强调该过程的初状态和未状态以及整个过程中合外力的功
•△EK>0,动能增加； △EK<0,动能减小

(新课标)高考物理一轮总复习第五章第二讲动能定理及其应用教案-人教版高三全册物理教案

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。

高三复习《动能定理》练习

机械能守恒定律专题一动能定理与功能关系［知识点拨］1、动能定理：适用范围：适用于物体的直线运动和曲线运动；适用于恒力和变力做功；适用于阶段和全程；适用于各种性质的力。

重点提示： ①动能定理W ＝E K2－E K1中，W 指的是合．外力．．所做的功，解决时不要漏掉某个力做的功；要特别注意力F 做的功W F =Fl ，其中的l 是相对地而言的（或相对同一惯性参考系而言）；而Q 热=F f 滑l 相对，是指滑动摩擦力产生的热量，l 相对是相对另一接触面的。

②若物体运动过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一整体考虑。

③求各力做功时，要明确哪个力在哪一阶段上所做的功。

④求合外力做功，可用W 合=F 合•l ；或用W 合=W 1+W 2+W 3+…。

思维误区警示：对于一个系统，系统不受外力或合外力为零，并不能保证重力以外其他力不做功，所以系统外力之和为零，机械能不一定守恒，而此时系统的动量却守恒（因为动量守恒的条件是系统的合外力为零）。

同样，只有重力做功，并不意味系统不受外力或合外力为零。

2、功能关系（1）重力做功与重力势能的关系：W= -ΔE p =E P1-E p2=mgh 1-mgh 2（2）弹力做功与弹性势能的关系：W= -ΔE p =E P1-E p2=22212121kl kl 特别提醒：弹力做功中弹力仅仅适用于弹簧、橡皮筋等等。

（3）除重力和弹簧的弹力之外的力对物体做的总功与物体机械能的关系： W /=ΔE=E 2-E 1特别提醒：系统机械能的变化是由于“除重力和弹簧的弹力之外的力对物体所做的总．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．功．”、、△E 机）的常用方法：W G =E P1-E P2=mgΔh 重力做功与路径无关重力做正功，重力势能减少，重做负功，重力势能增加注意：ΔE P 和重力做功与参考平面的选择无关（但重力势能与参考平面的选择有关）1．某科技创新小组设计制作出一种全自动升降机模型，用电动机通过钢丝绳拉着升降机由静止开始匀加速上升，已知升降机的质量为m ，当升降机的速度为v 1时，电动机的有用功率达到最大值p ，以后电动机保持该功率不变，直到升降机以最大速度v 2匀速上升为止，整个过程中忽略摩擦阻力及空气阻力，重力加速度为g 。

高三物理复习【动能定理及其应用】

例 3 如图所示，AB 为倾角 θ＝37° 的斜面轨道，轨道的 AC 部分
光滑，CB 部分粗糙．BP 为圆心角等于 143°，半径 R＝1 m 的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于 B 点，P、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在 A 点，另一自由端在斜面上 C 点处，现有一质量 m＝ 2 kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到 D 点后(不拴接)释放，物块经过 C 点后，从 C 点运动到 B 点过程中的位移与时间的关系为 x＝ 12t－4t2(式中 x 单位是 m，t 单位是 s)，假设物块第一次经过 B 点后恰能到达 P 点，(sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取 10 m/s2)试求：
A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0 m
解析：设小物块在 BC 段通过的总路程为 s.由于只有 BC 面上存在摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得： mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得 s＝3 m．由于 d＝0.50 m，所以，小物块在 BC 面上经过 3 次往复运动后，又回到 B 点．D 正确．
方法技巧用好动能定理的“5 个”突破突破①——研究对象的选取动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为研究对象，应用动能定理．突破②——研究过程的选取应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程是不相同的．因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化运算．
W－mgsin 37°·CD ＝12mv02 代入数据得 W＝12mv02＋mgsin 37°·CD ＝156 J.
(2)物块在 CB 段，根据牛顿第二定律，物块所受合力 F＝ma＝
16 N 物块在 P 点的速度满足 mg＝mRvP2 C 到 P 的过程，由动能定理得

高三力学复习十五讲--动能定理的应用

力学复习十二一、动能定理的应用[知识点析]1、用动能定理求变力做的功由于某些力F 的大小或方向变化，所以不能直接由公式W=FScos α计算它们做的功，此时可由其做功的结果——动能的变化来求变力F 做的功。

2、在不同过程中运用动能定理由于物体运动过程中可能包括几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一整体过程，往往对全过程运用动能定理比较简便。

[例题析思][例题1]一列质量为M=5.0×105kg 的火车，在一段平直的轨道上始终以额定功率P 行驶，在300S 内的位移为 2.85×103m ，而速度由8m/s 增加到火车在此轨道上行驶的最大速度17m/s 。

设火车所受阻力f 大小恒定，求1、火车运动中所受阻力f 的大小；2、火车头的额定功率P 的大小。

[解析]火车的初速度和末速度分别用V 0和V t 表示，时间用t 表示，位移用S 表示，根据动能定理有： Pt-fs=2022121mV mV t -火车速度达到最大时，牵引力等于阻力f ，根据瞬时功率的计算公式有：P=fV e 。

N S V V V M f t t 4225202105.2)285030017(2)817(100.5)(2)(⨯=-⨯⨯-⨯⨯=--=N fV P t 541025.417105.2⨯=⨯⨯==[思考1]总质量为M 的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m ，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L 的距离，于是立即关闭发动机滑行，设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？[提示]法一：脱节的列车整个运动过程有两个阶段，先做匀加速运动，后关闭发动机滑行做匀减速运动，运用动能定理，从全过程考虑有： FL-K(M-m)gS 1=0-20)(21V m M -对末节车厢根据动能定理有-kmgS 2=0-2021mV ，由于原来列车匀速，故有F=kmg ，则m M ML S S S -=-=∆/21法二：由于脱节后列车比末节车厢多行驶的那段距离内，克服阻力所做的功等于牵引力在L 这段距离内所做的功，所以有：)/()(m M ML S Sg m M K KMgL -=∆∆-=[例题2]如图6-25所示，ABCD 是一条长轨道，其中AB 段是倾角为θ的斜面，CD 段是水平的，BC 是与AB 和CD 都相切的一小段圆弧，其长度可以不计。

第六章第2讲动能和动能定理-2025届高三一轮复习物理

第六章机械能守恒定律第2讲动能和动能定理对应学生用书P124考点动能定理的应用一、动能(E k ):物体由于①而具有的能量。

1.在物理学上,用②表示物体的动能,式中m 为物体的质量、v 为物体的速度。

2.动能是③,只具有大小,没有方向;由于速度具有相对性,因此动能也具有④性。

3.单位:⑤。

1J=1N·m =1kg·m/s 2。

二、动能定理1.文字表述:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中⑥的变化。

力:指物体受到的所有力的⑦力。

功:指合外力做的功,它等于各个力做功的⑧和。

2.数学表述:W 合=12mv 2-12m 02或W 合=E k -E k0或F 合x=E k -E k0。

3.适用范围: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;力可以是各种性质的力,既可同时作用,也可分阶段作用。

答案①运动②12mv 2③标量④相对⑤焦耳(J )⑥动能⑦合外⑧代数1.如图所示,质量为m 的物块在光滑水平面上,在水平恒力F 作用下发生了一段位移s ,物块在始、末状态的速度分别是v 1和v 2。

请根据牛顿第二定律和运动学规律推导动能定理的表达式。

答案物块在恒力F 作用下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F=ma ,由运动学公式有22-12=2as ,即s=22-122,把F 、s 代入W=Fs 得W=(22-12)ma 2=12m 22-12m 12。

2.如图所示,小滑块自左侧斜面高度为h 1的A 点由静止开始下滑,经长度为l 的水平面,最后滑到右侧斜面,到达高度为h 2的D 点速度恰好减为零。

若A 、D 两点的连线与水平面之间的夹角为θ,小滑块与左、右两斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同,请推导出动摩擦因数μ与角度θ之间的关系式。

答案对整个过程应用动能定理,有mgh 1-mgh 2-μmg cos α·ℎ1sin -μmg ·l-μmg cos β·ℎ2sin =0-0解得μ=ℎ1-ℎ2ℎ1tan +l+ℎ2tan。

2024年新人教版高考物理一轮复习课件第6章专题强化8 动能定理在多过程问题中的应用

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.
1234567
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.

动能定理高三一轮复习

vB 4m / s
考点二：动能定理在曲线运动中的应用
【例题2】如图所示为“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球(可视为质点)从a 点水平射向b点并进入轨道，经过轨道后从p点水平抛出，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能损失， ab段长L＝1.25 m，圆的半径R＝0.1 m，小球质量m＝0.01 kg，轨道质量为M＝0.15 kg，g＝10 m/s2，求：(1)若v0＝5 m/s，小球从p点抛出后的水平射程； (2)若v0＝5 m/s，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向； (3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多大时，轨道对地面的压力为零．
【变式练习1】如图，一质量m=1.0kg的小滑块从A点以1m/s的速度沿倾角为53°的斜面AB滑到B点，已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，A点与B点间的距离s=1.5m，g取10m/s2，求：滑块运动到B点的速度。
解析：A到B过程，应用动能定理：
B
1 1 2 2 mgs sin 53 mg cos 53 s mv B mv A 2 2
Wf 1000J
【考情分析】
考纲要求考纲解读
动能和动能定理
高考的出题形式以选择题、计算题为主，常与平抛、圆周运动、电磁学等知识综合 II 级在一起考查。考题难度在中等以上，未来高考将可能出现密切联系生活、生产实际、联系现代科学技术的新情景、新信息的综合题，在复习中应侧重本部分知识的理解和应用。

高三物理一轮复习 5.2 动能动能定理练习题

(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)1.如右图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是()A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面变成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB′升高hC．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧形，物体不能升高h，因为物体的机械能不守恒D．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧形，物体都不能升高h，但物体的机械能仍守恒【解析】若把斜面从C点锯断，物体到达最高点时水平速度不为零，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后不能升高h；若把斜面弯成如题图所示的半圆弧形，物体在升高h 之前已经脱离轨道．物体在这两种情况下机械能均守恒．【答案】 D2.游乐场中的一种滑梯如右图所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则()A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功【解析】下滑过程中支持力的方向总与速度方向垂直，所以支持力不做功，A错误；越往下滑动重力势能越小，B错误；摩擦力的方向与速度方向相反，所以摩擦力做负功，机械能减少，D正确，C错误．【答案】 D3.一个高尔夫球静止于平坦的地面上．在t＝0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如右图所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出() A．高尔夫球在何时落地B．高尔夫球可上升的最大高度C．人击球时对高尔夫球做的功D．高尔夫球落地时离击球点的距离【解析】因高尔夫球击出后机械能守恒，所以从题中图象看到，5 s末速率与初速率相等，说明球落回到地面，在2.5 s速率最小，为水平速度，根据运动的合成与分解可以算出竖直方向的初速度，这样就可以算出高尔夫球上升的最大高度和运动的时间，在水平方向高尔夫球匀速运动，可以求出射程，因高尔夫球的质量未知，不能算出人击球时对高尔夫球做的功，C项错误．【答案】ABD4.一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置，一重球(可视为质点)无初速放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b位置．现让重球从高于a位置的c位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩至d，以下关于重球下落运动过程中的正确说法是(不计空气阻力)()A．整个下落a至d过程中，重球均做减速运动B．重球落至b处获得最大速度C．在a至d过程中，重球克服弹簧弹力做的功等于重球由c至d的重力势能的减小量D．重球在b处具有的动能等于重球由c至b处减小的重力势能【答案】BC5.(2010年哈师大附中)在2008年北京奥运会上，俄罗斯著名撑杆跳运动员伊辛巴耶娃以5.05 m的成绩第24次打破世界纪录．右图为她在比赛中的几个画面，下列说法中正确的是()A．运动员助跑阶段，运动员的动能增加B．撑杆恢复形变时，其弹性势能全部转化为运动员的动能C．在上升过程中运动员先对杆做负功后对杆做正功D．运动员在上升过程中运动员的机械能守恒【答案】 B6.(2010年湖南师大附中)一不可伸长的轻绳两端各系小球a和b，跨在固定在同一高度的两根光滑水平细杆上，a球置于地面上，质量为3m，b球从水平位置静止释放，质量为m，如右图所示，当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ，下列结论正确的是() A．θ＝90°B ．θ＝45°C ．b 球摆到最低点的过程中，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小D ．b 球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的瞬时功率一直增大【解析】设b 球的摆动半径为R ，当摆过角度θ时的速度为v ，对b 球由动能定理：mgR sin θ＝12m v 2，此时绳子拉力为F T ＝3mg ，在绳子方向由向心力公式：F T －mg sin θ＝m v 2R ，解得θ＝90°，A 对B 错；故b 球摆动到最低点的过程中一直机械能守恒，竖直方向的分速度先从零开始逐渐增大，然后逐渐减小到零，故重力的瞬时功率P b ＝mg v 竖先增大后减小，C 对D 错．【答案】 AC 7.面积很大的水池，水深为H ，水面上浮着一正方体木块，木块边长为a ，密度为水的1/2，质量为m .开始时，木块静止，有一半没入水中，如右图所示．现用力将木块缓慢地压到池底．在这一过程中( )A ．木块的机械能减少了mg ⎝⎛⎭⎫H －a 2 B ．水池中水的机械能不变C ．水池中水的机械能增加了2mg ⎝⎛⎭⎫H －a 2 D ．水池中水的机械能增加了2mg ⎝⎛⎭⎫H －5a 8 【答案】 AD8．用起重机将一个质量为m 的货物竖直向上以加速度a 匀加速提升H 米，在这个过程中，以下说法中正确的是( )A ．起重机对物体的拉力大小为maB ．物体的机械能增加了mgHC ．物体的动能增加了maHD ．物体的机械能增加了maH【解析】由动能定理可知，合外力对物体所做的功等于物体动能的变化，动能增加了F 合H ＝maH ，故选C.【答案】 C 9.(2010年华中科大附中)某同学经查阅资料得知：弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12kx 2，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量．为验证这个结论，他找来一根劲度系数未知的轻质弹簧和已知质量为m 的物块，事先测出物块与水平面间的动摩擦因数μ的值．又查出当地重力加速度g 的值．(1)在测量实验所用弹簧的劲度系数k 时，若只能选用一个测量仪器，则可以选择________．(2)在测出弹簧的劲度系数k 和物块与水平面间的动摩擦因数μ的值之后，按照图所示的方式进行仪器组装：弹簧左端固定在墙上，物块紧靠弹簧右端放置在水平面上，且与弹簧不拴接．在弹簧处于原长的情况下，标记物块左侧边缘(即弹簧右端)的位置O ；然后用水平力推物块，将弹簧压缩，标记弹簧压缩最短时物块左侧边缘的位置A ；然后突然撤去推力，弹簧将物块推出，物块滑行一段距离后停下，标记此时物块左侧边缘的位置B .测得OA 之间的距离为x 1，OB 之间的距离为x 2.在分析实验数据时，若算出________与________的值近似相等，便可视为成功验证了弹簧的弹性势能表达式．(且测得的物理量和已知物理量的符号表示)．【答案】 (1)刻度尺(钟表同样得分)(2)12kx 21 μmg (x 1＋x 2) 10．在半径R ＝5 000 km 的某星球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图甲所示．竖直平面内的光滑轨道由轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，将质量m ＝0.2 kg 的小球，从轨道AB 上高H 处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C 点时对轨道的压力F ，改变H 的大小，可测出相应的F 大小，F 随H 的变化关系如图乙所示．求：(1)圆轨道的半径；(2)该星球的第一宇宙速度．【解析】 (1)小球过C 点时满足F ＋mg ＝m v 2Cr又根据mg (H －2r )＝12m v 2C联立解得F ＝2mgrH －5mg由题图可知：H 1＝0.5 m 时，F 1＝0；可解得r ＝0.2 m H 2＝1.0 m 时F 2＝5 N ；可解得g ＝5 m/s 2 (2)据m v 2R＝mg可得v ＝Rg ＝5×103 m/s.【答案】 (1)0.2 m (2)5×103 m/s 11.飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M ，其俯视图如右图所示．现开启电动机，传送带达稳定运行的速度v 后，将行李依次轻轻放到传送带上．若有n 件质量均为m 的行李需通过传送带运送给旅客．假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量．求从电动机开启，到运送完行李需要消耗的电能为多少？【解析】设行李与传送带间的动摩擦因数为μ，则传送带与行李间由于摩擦产生的总热量Q ＝nμmg Δs由运动学公式得：Δs ＝s 传－s 行＝v t －v t 2＝v t2又：v ＝μgt ，联立解得：Q ＝12nm v 2由能量守恒得：E ＝Q ＋12M v 2＋n ×12m v 2所以：E ＝12M v 2＋nm v 2.【答案】 12M v 2＋nm v 212.(2009年高考山东理综)如右图所示，某货场需将质量为m 1＝100 kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R ＝1.8 m ．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A 、B ，长度均为l ＝2 m ，质量均为m 2＝100 kg ，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g ＝10 m/s 2)(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．(2)若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间．【解析】 (1)设货物滑到轨道末端时的速度为v 0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得m 1gR ＝12m 1v 20① 设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，根据牛顿第二定律得 F N －m 1g ＝m 1v 20R②联立①②式，代入数据得 F N ＝3 000 N ③根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3 000 N ，方向竖直向下． (2)若滑上木板A 上时，木板不动，由受力分析得 μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g ④若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得 μ1m 1g >μ2(m 1＋m 2)g ⑤ 联立④⑤式，代入数据得 0．4<μ≤0.6⑥(3)μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动．设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1⑦设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得v21－v20＝－2a1l⑧联立①⑦⑧式，代入数据得v1＝4 m/s⑨设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1＝v0－a1t○10联立①⑦⑨○10式，代入数据得t＝0.4 s○11【答案】(1)3 000 N方向竖直向下(2)0.4<μ1≤0.6(3)4 m/s0.4 s。

动能定理及其应用-高考物理一轮复习

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(
6
A.动摩擦因数 μ＝7
AB
)
2gh
B.载人滑草车最大速度为
7
C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh
3
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为5g
2
第2讲动能定理及其应用
一、板块摩擦模型
二、斜面摩擦模型
三、变力做功模型
四、动能定理中的图象模型
1.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.由物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量函数关系式.
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、图线下的面积等所
放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A
将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此
f
A
f
F
B
过程中(
)
BD
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
XA
XB
B.B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
C.A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
动能为 2 J，v1＝
2Ek
m ＝ 2 m/s，故 A 错误.
同理，当x＝2 m时动能为4 J，v2＝2 m/s；当x＝
4 m时动能为9 J，v4 ＝3 m/s，则2～4 m内有
2a2x2＝v42－v22，解得2～4 m内物块的加速度为

高三物理一轮复习《功、功率、动能定理》教学设计

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

动能定理专题复习(考点+题型+专题练习)

21222121mv mv W -=21222121E mv mv W k -=∆=动能和动能定理第1步：讲基础一、动能：1、定义：物体由于运动而具有的能量叫动能．2、表达式：221mv E k =3、物理意义：动能是描述物体运动状态的物理量，是标量。

4、单位：焦耳( J ) 二、动能定理： >1、内容：合力对物体所做的总功等于物体动能的变化。

2、表达式：第2步：学技巧一、对动能定理的进一步理解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，即。

1、式中的W ，是力对物体所做的总功，可理解为各个外力所做功的代数和，也可以理解为合力所做的功。

2、式中的k E ∆，是物体动能的变化，是指做功过程的末动能减去初动能。

3、动能定理的研究对象一般是单一物体，或者是可以看成单一物体的物体系。

4、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。

&二、常用应用动能定理的几种情况1、动能定理适用于恒力、变力、直线、曲线运动。

2、动能定理是标量式，不涉及方向问题。

在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理。

3、对于求解多个过程的问题可全程考虑，从而避开考虑每个运动过程的具体细节。

具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点。

（注意动能损失：例3和例4比较）4、变力做功问题。

在某些问题中，由于力F 大小的变化或方向的改变，不能直接由αcos Fl W =来求变力F 所做的功，此时可由其做功的效果——动能的变化来求变力F 所做的功。

三、经典例题例1、（课本例题）一架喷气式飞机，质量ｍ＝5×103 kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s ＝×102ｍ时，达到起飞速度ｖ＝60ｍ/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的倍(ｋ＝，求飞机受到的牵引力. 分析：研究对象：飞机研究过程：从静止→起飞（V=60m/s ）适用公式：动能定理：2022121mv mv W -=合表达式：=-S f F )(221mv得到牵引力：Nkmg S mv F 42108.12⨯=+=例2、将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力。

高三一轮复习动能定理教学设计

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。