1、動能動能定理一、動能1定義：物體由于_而具有的能2表達式：Ek_.3單位：_，1 J1 N·m1 kg·m2/s2.4矢標性：_量5瞬時性：v是瞬時速度6相對性：物體的動能相對于不同的參考系一般不同二、動能定理1內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的_.2表達式：WEk2Ek1_.3適用范圍(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于_運動(2)既適用于恒力做功，也適用于_做功(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以不同時作用,1.(單選)關于某物體動能的一些說法，正確的是()A物體的動能變化，速度一定變化B物體的速度變化，動能一定變化C物體的速

2、度變化大小相同時，其動能變化大小也一定相同D選擇不同的參考系時，動能可能為負值21.(單選)下列關于運動物體所受合力、合力做功和動能變化的關系，正確的說法是()A物體所受合力為零，其動能一定不變B物體所受合力不為零時，其動能一定發生變化C物體的動能保持不變，其所受合力做功可能不為零D物體的動能保持不變，則所受合力一定為零22.(單選)人用手托著質量為m的物體，從靜止開始沿水平方向運動，前進距離s后，速度為v(物體與手始終相對靜止)，物體與人手掌之間的動摩擦因數為，則人對物體做的功為()AmgsB0CmgsD.mv2動能定理及其應用1對動能定理的理解(1)動能定理公式中等號表明了合外力做功與物體

3、動能的變化間的兩個關系：數量關系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關系可以通過計算物體動能的變化，求合外力的功，進而求得某一力的功因果關系：合外力的功是引起物體動能變化的原因(2)動能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的問題時，優先考慮使用動能定理2運用動能定理需注意的問題(1)應用動能定理解題時，在分析過程的基礎上無需深究物體運動過程中狀態變化的細節，只需考慮整個過程的功及過程初末的動能(2)若過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮但求功時，有些力不是全過程都作用的，必須根據不同的情況分別對待求出總功，計算時要把各力的

4、功連同正負號一同代入公式如圖所示，質量為m的小球用長為L的輕質細線懸于O點，與O點處于同一水平線上的P點處有一個光滑的細釘，已知OP，在A點給小球一個水平向左的初速度v0，發現小球恰能到達跟P點在同一豎直線上的最高點B.則：(1)小球到達B點時的速率為多少？(2)若不計空氣阻力，則初速度v0為多少？(3)若初速度v03，則在小球從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？思路點撥(1)小球恰能到達B點，隱含什么條件？(2)空氣阻力是變力，能否運用功的公式WFlcos 計算？課堂筆記規律總結應用動能定理解題的基本思路(1)選取研究對象，明確它的運動過程；(2)分析研究對象的受力情況和各力的做功情況：

5、 (3)明確研究對象在過程的初末狀態的動能Ek1和Ek2；(4)列動能定理的方程W合Ek2Ek1及其他必要的解題方程，進行求解1.某滑沙場，如圖所示，某旅游者乘滑沙橇從A點由靜止開始滑下，最后停在水平沙面上的C點，設滑沙橇和沙面間的動摩擦因數處處相同，斜面和水平面連接處可認為是圓滑的，滑沙者保持一定姿勢坐在滑沙橇上不動，若測得AC間水平距離為x，A點高為h，求滑沙橇與沙面間的動摩擦因數.動能定理與圖象結合問題解決物理圖象問題的基本步驟1觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義2根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式3將推導出的物理規律與數

6、學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量(2014·濰坊模擬)倫敦奧運會女子10米(即跳臺距水面10 m)跳臺比賽中，我國小將陳若琳技壓群芳奪得冠軍設陳的質量為m50 kg，其體形可等效為長度L1.0 m，直徑d0.3 m的圓柱體，不計空氣阻力，當她跳起到達最高點時，她的重心離跳臺臺面的高度為0.70 m，在從起跳到接觸水面過程中完成一系列動作，入水后水的等效阻力F(不包括浮力)作用于圓柱體的下端面，F的數值隨入水深度y變化的函數圖象如圖所示，該直線與F軸相交于F

7、2.5mg處，與y軸相交于yh(某一未知深度)處，為了確保運動員的安全，水池必須有一定的深度，已知水的密度1×103 kg/m3，g取10 m/s2，根據以上數據估算：(1)起跳瞬間所做的功；(2)從起跳到接觸水面過程的時間；(3)跳水池至少應為多深？(保留兩位有效數字)審題突破由圖象可知，阻力F隨入水深度y線性減小，可用什么方法求做的功？入水過程中浮力如何變化？入水后浮力如何變化？注意重力做正功，浮力和阻力做負功，各力做功過程中的位移大小不同課堂筆記規律總結解決這類問題首先要分清圖象的類型若是Fx圖象與坐標軸圍成的圖形的面積表示做的功；若是vt圖象，可提取的信息有：加速度(與F合對

8、應)、速度(與動能對應)、位移(與做功距離對應)等，然后結合動能定理求解2.(多選)(2014·北京東城區高三聯考)物體沿直線運動的vt圖象如圖所示，已知在第1秒內合外力對物體做的功為W，則()A從第1秒末到第3秒末合外力做功為4WB從第3秒末到第5秒末合外力做功為2WC從第5秒末到第7秒末合外力做功為WD從第3秒末到第4秒末合外力做功為0.75W利用動能定理求解多過程問題1解決多過程問題應優先考慮應用動能定理(或功能關系)，從而使問題得到簡化能解決的幾個典型問題如下：(1)不涉及加速度、時間的多過程問題(2)有多個物理過程且不需要研究整個過程中的中間狀態的問題(3)變力做功的問題(

9、4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力學問題2注意應用不同特點的力的做功特點：(1)重力、電場力或恒力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積(2014·蘇北四市模擬)如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s5 m，軌道CD足夠長且傾角37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h14.30 m、h21.35 m現讓質量為m的小滑塊自A點由靜止釋放已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 3

10、7°0.6，cos 37°0.8.求：(1)小滑塊第一次到達D點時的速度大小；(2)小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔；(3)小滑塊最終停止的位置距B點的距離審題指導(1)在B、C軌道交接處速度大小變化嗎？(2)小滑塊在AB、CD段只有重力做功，猜猜只能停在哪一段呢？課堂筆記3.如圖所示，斜面傾角為，質量為m的滑塊在距擋板P的距離為s0的A點以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為，滑塊所受摩擦力小于滑塊沿斜面的“下滑力”，若滑塊每次與擋板相碰，碰后以原速率返回，無動能損失，求滑塊停止運動前在斜面上經過的路程涉及多個原型的動力學和能量的綜合問題(一)該得的分一

11、分不丟！(1)小船從A點運動到B點克服阻力做功Wffd(3分)(2)小船從A點運動到B點，電動機牽引纜繩對小船做功WPt1(2分)由動能定理有WWfmvmv(3分)由式解得v1(2分)(3)設小船經過B點時纜繩的拉力大小為F，繩與水平方向夾角為，電動機牽引纜繩的速度大小為v，則PFv(2分)vv1cos (2分)由牛頓第二定律有Fcos fma(3分)由式解得a.(2分)答案(1)fd(2) (3)名師點評涉及多個原型的試題，一般都屬于多過程或多狀態問題，正確劃分過程或確定研究狀態是解題的前提，找出各子過程間的聯系是解題的關鍵4.(多選)(2014·孝感統測)如圖所示，汽車通過輕質光

12、滑的定滑輪，將一個質量為m的物體從井中拉出，繩與汽車連接點距滑輪頂點高h，開始時物體靜止，滑輪兩側的繩都豎直繃緊，汽車以速度v向右勻速運動，運動到跟汽車連接的細繩與水平方向夾角為30°時，則()A從開始到細繩與水平方向夾角為30°時，拉力做功mghB從開始到細繩與水平方向夾角為30°時，拉力做功mghmv2C在細繩與水平方向夾角為30°時，拉力功率為mgvD在細繩與水平方向夾角為30°時，拉力功率大于mgv一 高考題組1(多選)(2011·高考新課標全國卷)一質點開始時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用，此后，該質點的動能可能(

13、)A一直增大B先逐漸減小至零，再逐漸增大C先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小D先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大2(2010·高考山東卷)如圖所示，四分之一圓軌道OA與水平軌道AB相切，它們與另一水平軌道CD在同一豎直面內，圓軌道OA的半徑R0.45 m，水平軌道AB長s13 m，OA與AB均光滑，一滑塊從O點由靜止釋放，當滑塊經過A點時，靜止在CD上的小車在F1.6 N的水平恒力作用下啟動，運動一段時間后撤去力F.當小車在CD上運動了s23.28 m時速度v2.4 m/s，此時滑塊恰好落入小車中，已知小車質量M0.2 kg，與CD間的動摩擦因數0.4.(取g10 m/s2)求

14、：(1)恒力F的作用時間t.(2)AB與CD的高度差h.二 模擬題組3(單選)(2014·河北石家莊質檢)如圖所示為汽車在水平路面上啟動過程中的速度圖象，Oa為過原點的傾斜直線，ab段表示以額定功率行駛時的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，則下列說法正確的是()A0t1時間內汽車做勻加速運動且功率恒定Bt1t2時間內汽車牽引力做功為mvmvCt1t2時間內的平均速度為(v1v2)D在全過程中t1時刻的牽引力及其功率都是最大值，t2t3時間內牽引力最小4(2014·長春模擬)殲15戰機在遼寧艦上試飛成功標志著我國艦載機發展邁出了新的一步殲15戰機的質量為m，以水平速度

15、v0飛離遼寧艦逐漸上升，假設在此過程中水平分速度不變，在重力和豎直向上的恒定升力作用下前進L時，上升高度為h.求：(1)升力的大小；(2)上升高度為h時戰機的動能；(3)上升高度為h時升力的功率三 選做題5(改編題)如圖為豎直平面內的坐標系xOy，在第二象限有一光滑足夠長水平平臺，在第一象限固定一曲面呈拋物線形狀的物體，曲面滿足方程y.在平臺上的P點(圖上未標出)，坐標為(2 m,3.6 m)，現有一質量為m1 kg的物塊(不計大小)，用水平向右的力F9 N拉物塊，當物塊離開平臺時立即撤去拉力，最終物塊撞到曲面上(g取10 m/s2)求：(1)物塊撞到曲面前瞬間的動能大小；(2)要使物塊撞到曲

16、面前瞬間的動能最小，物塊初始位置的坐標基礎再現·對點自測 運動mv2焦耳標變化mvmv曲線變力自我校對1.A21.A22.D 考點透析·講練互動 【例1】解析(1)小球恰能到達最高點B，有mgm，得vB .(2)從AB由動能定理得mgmvmv可求出v0 .(3)由動能定理得mgW阻mvmv可求出W阻 mgL.答案(1) (2) (3)mgL【突破訓練1】解析設斜面與水平面所成的夾角為，滑沙者和滑沙橇總質量為m，則滑沙者和滑沙橇從A點到最低點，重力做功WGmgh摩擦力做功WFf1mgcos ·滑沙者在水平面上運動時，只有滑動摩擦力做功WFf2mg.法一：“隔離”過程

17、，分段研究，設最低點物體的速度為v，由A點到最低點根據動能定理得WGWFf1mv20在水平面上運動時，同理有WFf20mv2，解得.法二：從A到C全過程由動能定理得WGWFf1WFf20解得.答案【例2】解析(1)起跳瞬間做功Wmgh1，h10.70 m0.2 m，代入數據得W100 J.(2)從起跳到接觸水面為豎直上拋運動，mvmgh1，代入數據得v02 m/s，據位移公式：h2v0tgt2，h210 m，代入數據得t1.63 s.(3)由Fy圖象可知，阻力F隨y均勻變化，故平均阻力為.從起跳到入水至最低點，設水池至少深為h，根據動能定理得Wmg(h2h)F浮(hL)00，式中F浮gVgL代

18、入數據，得h6.6 m.答案(1)100 J(2)1.63 s(3)6.6 m【突破訓練2】解析選CD.從第1秒末到第3秒末物體做勻速直線運動，說明物體所受合外力為零，故合外力做功為零，A錯誤；從第3秒末到第5秒末物體加速度大小是第1秒內加速度的一半，所以這段時間的合外力是第1秒內合外力的一半，而位移是第1秒內位移2倍，考慮位移方向與合外力方向相反，所以這段時間內合外力做功為W，B錯誤；第3秒末到第4秒末物體位移是從第3秒末到第5秒末位移的四分之三，D正確；第5秒末到第7秒末合外力方向與位移方向相同，同理可知這段時間的合外力是第1秒內合外力的一半，而位移是第1秒內位移的2倍，所以這段時間內合外

19、力做功為W，C正確【例3】解析(1)小滑塊從ABCD過程中，由動能定理得mg(h1h2)mgsmv0將h1、h2、s、g代入得：vD3 m/s.(2)小滑塊從ABC過程中，由動能定理得mgh1mgsmv將h1、s、g代入得：vC6 m/s小滑塊沿CD段上滑的加速度大小agsin 6 m/s2小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間t11 s由對稱性可知小滑塊從最高點滑回C點的時間t2t11 s故小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔tt1t22 s.(3)對小滑塊運動全過程應用動能定理，設小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總有：mgh1mgs總將h1、代入得：s總8.6 m故小滑塊最終停止的位置距B點

20、的距離為2ss總1.4 m.答案(1)3 m/s(2)2 s(3)1.4 m【突破訓練3】解析由于滑塊所受摩擦力小于“下滑力”，故物體最終只能停在擋板處設滑塊經過的總路程為s，則整個過程中，重力做功：WGmgs0sin ，摩擦力做功：WFfmgcos ·s由動能定理得：mgs0·sin mgcos ·s0mv解得：s.答案 技法提煉·思維升華 【突破訓練4】解析選BD.汽車以v向右勻速運動，運動到跟汽車連接的細繩與水平方向夾角為30°時，物體上升的高度恰為h，對速度v分解可知沿細繩方向的分速度大小為v，根據動能定理可知A錯誤、B正確；由于物體加

21、速上升，故細繩拉力大于物體的重力，所以細繩拉力的功率大于mgv，C錯誤，D正確 高效演練·輕松闖關 1解析選ABD.當恒力方向與質點原來速度方向相同時，質點的動能一直增大，故A正確當恒力方向與質點原來速度方向相反時，速度先逐漸減小至零再逐漸增大，質點的動能也先逐漸減小至零再逐漸增大，故B正確當恒力方向與原來質點的速度方向夾角大于90°時，將原來速度v0分解為平行恒力方向的vy，垂直恒力方向的vx，如圖甲，vy先逐漸減小到零再逐漸增大，vx始終不變，v，質點速度v先逐漸減小至vx再逐漸增大，質點的動能先減小至某一非零的最小值，再逐漸增大，故D正確當恒力方向與v0方向夾角小于90°時，如圖乙，vy一直增大，vx始終不變，質點速度v逐漸增大，動能一直增大，沒有其他情況，故C錯誤2解析(1)設小車在軌道CD上加速的距離為s，由動能定理得FsMgs2Mv2設小車在軌道CD上做加速運動時的加速度為a，由牛頓運動定律