陕西省石泉县高中物理第3章动能的变化与机械功3.3动能定理教案沪科版必修2
2019-2020学年高中物理 第3章 动能的变化与机械功 3.3 动能定理的应用教案 沪科版必修2.doc
2019-2020学年高中物理第3章动能的变化与机械功 3.3 动能定理的应用教案沪科版必修2教研中心教学指导一、课标要求1.掌握外力对物体所做的总功的计算，理解“代数和”的含义，培养学生分析实验结果、从中得出规律的能力.2.知道应用动能定理的解题过程及动能定理的适用范围，经历探究归纳的一般程序和方法，培养分析推理的能力.3.用动能定理进行简单的分析和计算，培养学生分析实际问题的能力.4.培养实验探究验证物理规律的能力和创造能力.二、教学建议通过案例分析探究动能变化与功的关系，首先从汽车行驶制动距离与汽车速率对应关系入手，得出动能变化与功的关系，激发学生的学习兴趣和探究的欲望；再通过研究实际问题中多个力同时做功与动能变化得到合力做功与动能变化的关系，从而解决实际问题；通过实验探究动能变化计算变力做功，引导学生进行分析推理动能定理的适用范围的探究活动；最后总结动能定理的一般解题步骤，培养学生的解题能力和创新精神.在中学，动能定理是认识功能关系、解决动力学问题的金钥匙.有必要在进行“功能”教学中，就渗透“外力做功与动能变化”这一动能定理的思想，激发非智力因素，学好高中物理.值得提及的是，尽管研究对象的动能随选取的参考系不同而异，但动能定理所研究的是动能变化与外力做功之间的关系，相对于惯性参考系总能得到确定的结果.教学中应向学生交代，运用动能定理时必须使有关参量相对于同一参考系.资源参考动能轨道武器的发展方向国外正迅猛发展且日趋成熟的动能武器代表着现代武器技术发展的两大方向之一.高级自动寻的技术是动能武器的核心技术.动能拦截器是动能武器的核心部分，它采用高级自动寻的技术，实现高精度自主探测、制导、控制和对目标直接碰撞动能毁伤，是一种高精度、高机动、高智能、光电信息高度密集的信息化武器.国外发展现状与趋势：夺取制天权将成为未来夺取制空权、制海权和制地权的前提.外空军事化已成为必然的发展趋势.争夺空间优势将是世界各国关注的焦点.以美国和俄罗斯为代表，各国采取了一系列发展空间军事力量的举措.美国为适应全球军事战略和谋求在未来太空领域的绝对优势的需求，其外空军事计划的一系列重大举措正在被有步骤、有计划、积极地加速推进.其谋求空间优势的步骤可以明显地分为3步：一、对地面作战提供空间支援；二、控制空间；三、部署天基武器，实施全球攻击.可以明显看出，控制空间已成为一场典型的军事革命.目前，美国正在处于完善第一步、加速发展第二步、积极探索第三步的状态，其在控制空间方面的设想主要为：完善太空监视，保护自己的卫星，确保自由进入太空，阻止对方使用太空，阻止对方使用其太空能力等.其相应采取了以下措施：①建立完备的空间监视系统，以全面夺取信息化战争时代的战略优势；②坚持不懈地发展反卫星武器，明确提出把发展摧毁卫星能力作为威慑战略的组成部分，如陆军的地基动能反卫星武器系统；③积极发展卫星防护技术，包括采取抗毁加固和抗干扰措施，比如对重要战略地位的GPS提出了导航战计划和现代化改进计划；④积极发展天基武器和相关的技术；⑤研究发展新的作战理论，通过举行“施里弗”太空战军事模拟演习，以检验和评估其新型的外空作战理论；⑥适时开展军队组织改编，建立天军.俄罗斯把空间作战武器系统分为两大部分——空间攻防作战武器系统和空间保障作战武器系统.俄罗斯设想在空间进攻作战中反卫星作战将成为主要作战样式，使用的武器有“特拉”-3陆基高能激光武器打击近地轨道敌军用卫星，使用轨道轰炸机或“太空雷”对付敌近地轨道卫星，使用载人空间战斗站打击敌在近地轨道、地球同步轨道和高轨道的卫星，使用轨道飞机和航空航天飞机对卫星实施攻击.在空间防御作战方面，俄罗斯设想主要拦截敌洲际弹道导弹和潜射弹道导弹，包括陆基核能反导武器以及载人空间战斗站等.国外动能轨道武器发展需求：为对付军事卫星等空间目标威胁发展反卫星武器，世界大国均在大力发展航天技术，发射各种军事卫星与轨道飞行器，威胁敌对方的国家安全.低轨成像军事侦察卫星为战场透明化提供支撑手段，全球性的、实时和近实时的、全天候和昼夜的侦察、监视、进攻评估及环境监测，以提供战区进攻规划、战场监视和打击效果评估能力，其中威胁最大的是成像侦察卫星和低轨导弹预警卫星.高轨卫星具有重要的战略地位，其中主要的威胁包括全球导航定位系统、地球同步轨道的预警卫星、国防通信卫星和数据中继卫星等.全球导航定位系统（GPS/GLONASS/伽利略等）是精确打击体系和整个杀伤链的核心.它是各种精确制导武器系统不可分割的重要组成部分.为对付己方卫星受到的攻击威胁发展天基动能自卫武器.在现代化高技术局部战争中，获取战场制信息权是需要解决的首要问题.制信息权的获取始终是保障夺取战略优势和主动权、形成精确打击和积极防御能力的前提和关键.当前，以美国和俄罗斯为首的空间军事强国都在坚持不懈地发展反卫星武器系统.例如，美国的地基动能反卫星武器系统已具备了反低轨道卫星的能力，天基动能武器也正在加紧研制之中，可形成高达3.6万千米的全轨道高度反卫星能力；俄罗斯把反卫星作战作为主要的空间作战样式，使用载人空间战斗站打击敌在近地轨道、地球同步轨道和高轨道的卫星.卫星防护技术包括主动和被动防御措施.主动防御包括分布式卫星系统中含动能（带KKV）防御卫星、卫星自主机动、卫星干扰自卫、施放诱饵卫星和伪装等措施；被动防御包括低可探测性（隐形）、超高轨道运行和装甲防护等措施.由于体积、质量的限制，卫星上不可能装载许多被动防护装置.为了克服轨道公开性和自身易损性带来的防御弊端，采取主动自卫战略将起到事半功倍的效果.在众多主动自卫方式中，动能反拦截（动能防御卫星）是一条技术较为可行、效能较为明显的卫星自卫途径.创造对重要地面与水面军事战略目标进行攻击的新手段，发展天对地攻击武器.导弹攻防与信息对抗是未来战争的主要形式.战略指挥中心、大型地/水面辐射源（预警雷达、舰载警戒雷达等）等关键信息节点成了重点打击的目标.打击目标还包括空间飞行器的地面测控站、注入站、接收站和中继站及其执行空间任务的保障系统.离开了这些地面站，它就不能正常发挥作用.弹道导弹威胁与天基反导防御问题.弹道导弹由于其射程远、速度快、精度高、突防能力强、可携带包括子母弹头、核弹头或生物化学弹头（包括单弹头和子母弹头）等大规模杀伤能力弹头、破坏力大和使用方便，被列为威胁性最大的攻击性精确制导武器之一.弹道导弹防御武器包括助推段/上升段、中段、末段高层和末段低层反导系统.天基动能反导武器用于在来袭弹道导弹的主动段/上升段实施拦截.它可与地基上升段动能反导系统一起构成对来袭弹道导弹的第一层防御.从武器系统的效能来看，尽早进行拦截有利于扩大保卫区面积，减少武器布防数量，因此最理想的情况是实施主动段/上升段拦截.对于天基平台反导系统来说，不存在地域的限制，只要天基平台网、指挥控制网和预警探测网一经建立，可对任何地区的来袭的弹道导弹实施上升段拦截，从长远角度看，天基反导将成为空间战略防御的重要组成部分，采用天基动能武器对弹道导弹的主动段/上升段实施拦截，以构筑完整弹道导弹防御系统.动能轨道武器组成：天基动能轨道武器体系由部署在轨道上的天基动能作战系统和支持保障系统两大部分组成.天基动能作战系统是动能轨道武器体系的主要组成部分.它包括天基动能反卫武器系统、天基动能反导武器系统、天基对地攻击武器系统、天基动能自卫轨道武器系统和其他动能轨道武器（包括控制空间的新概念轨道动能武器、占据式/污染式轨道控制武器等）.动能轨道武器体系的支持保障系统包括空间目标跟踪监视网、地面测控网、天地一体导弹预警网、天地一体作战指挥通信网和发射场系统与运载器支持系统等.动能轨道武器的关键技术分析：（1）动能拦截器/天基动能拦截弹技术.包括动能拦截器/拦截弹总体设计与试验技术、直接侧向力控制与精确制导技术、快速响应姿/轨控发动机及动力系统、轻小光纤陀螺惯性测量与复合导航系统等关键技术.（2）精确探测跟踪与末制导技术.在精确探测跟踪与末制导技术方面，现代光学凝视成像技术、光学高帧频成像导引头和射频被动导引头技术是实现“零脱靶量”制导控制的技术基础，可直接用于天基动能轨道武器的高精度制导控制.（3）空间作战平台总体技术与平台战时测控技术.空间作战平台总体技术包括小型机动空间作战平台技术和小空间平台的设计、制造、入轨测试和在轨控制等，也包括在现有成熟的卫星平台上改进出适合天基动能轨道武器作战的武器平台总体技术.（4）空间作战指挥控制技术.鉴于空间攻防作战是一种战略为主的作战行为，因此需要建立多级空间作战指挥控制作战系统，包括国家空间作战司令部、空间作战任务控制中心和武器系统指挥控制中心等，需要先进的作战指挥控制技术.（5）空间目标监测与探测跟踪技术.包括空间目标监视、跟踪、测轨预报、登录、编目、准确时空信息处理和目标管理技术，弹道导弹的预警、探测跟踪与识别技术.（6）先进与能快速机动发射的运载器技术.包括发展固体运载火箭技术、战时机动应急发射技术等.。
高中物理 第3章 动能的变化与机械功 3.2 研究功与功率教案 沪科版必修2
3.2 研究功与功率教研中心教学指导一、课标要求1.知道功的公式W=Fscosθ，会用这个公式进行计算.2.理解正功和负功的概念，知道在什么情况下力做正功或负功.知道正功使物体的动能增加，负功使物体的动能减少.3.知道什么是几个力对物体所做的总功，知道几个力对物体所做的总功等于这几个力的合力对物体所做的功.4.理解功率的概念，能运用功率的公式P=W/t进行有关的计算.5.正确理解公式P=Fv的意义，知道什么是瞬时功率，什么是平均功率，并能用来解释现象和进行计算.二、教学建议（一）功教材先复习初中学习的功的知识，通过实例说明：力和在力的方向上发生的位移是做功的两个不可缺少的因素.在复习公式W=Fs及功的单位的基础上进一步提出力与位移方向不一致时计算功的更一般的公式是W=Fscosα.教材举例说明如何应用功的一般计算公式，并重点讨论了公式的意义.功的一般计算公式是重点内容，是高中较初中扩大加深的地方，我们要让学生很好地掌握.我们要让学生学会应用公式，还要进一步理解公式的物理意义. 1.物理学中的“做功”与日常生活中的“工作”含义不同.初中强调过它们的区别，但许多学生不甚理解，仍然极易混淆.我们可通过实例说明：力和力的方向上发生的位移是做功的两个不可缺少的条件.举例应比较全面，如：物体受力但没有位移；物体受力也有位移，但在力的方向上无位移；物体受力而且在力的方向上有位移等，教材不要求我们说明为什么要引入功的概念.从理论联系实际说明引入功的必要性必须联系功能关系、能的转化与守恒定律，这比较困难.从实践上说明引入功的必要性也要花相当时间，这里不必向学生介绍. 2.谈到做功时要明确是什么力做功.教师在举例、实验、讲解概念、公式、分析例题等教学过程中，谈到做功时总要明确是什么力做功，使学生体会到这是功的概念所要求的.清楚这一点，对后面学习重力势能的大小与克服重力做功有关，以及学习动能定理及重力做功与重力势能变化的关系等都有好处.3.做功过程中的位移指受力物体的位移.我们没有必要把位移说成是力的作用点的位移，这样讲学生不好接受.我们把物体看成质点，物体的位移也就是力的作用点的位移.4.要分析说明公式W=Fscosα的含义.应让学生理解这是计算功的一般公式.当然，这个公式的适用条件是恒力，如果是变力，这个公式就不适用了，至于变力功如何计算，可引导学生去阅读选学教材“变力的功”.在讲授公式时不要让学生单纯从数学形式上就α=0°、90°、180°得出结论，应启发学生从力做的功等于力F与物体在力的方向上的位移s的乘积来分析几个特殊情况的意义.要让学生体会到：α=0°时物体在力的方向上的位移就是s；α=90°时物体在力的方向上无位移；α=180°时物体位移方向与力的方向相反，力做的功为负.5.负功的意义是难点，教材从两方面说明，从公式上看α＞90°时，cosα＜0，W＜0，即力和物体位移间夹角大于90°时，力对物体做负功.在这里可举一些α=180°的实例，帮助学生理解.物体运动方向与受力方向相反,从动力学观点看，力F是阻力，对物体运动起阻碍作用.力F做负功-Fs时也常常说成物体克服力F做（正）功Fs.学生对这种说明常弄不清正负，在教学中可明确写出对应关系：力F做负功-Fs克服力F做（正）功Fs.力做功有正负，但要注意不要让学生误解为功是矢量.在这里应强调力、位移是矢量，功是标量.力做功的正负反映了力是动力时使物体速度增大，力是阻力时使物体速度减小. （二）功率（1）功率是说明力做功快慢的物理量.功率的定义、公式、单位等，这些基本上根据学生实际情况适当作些扩充加深.如有可能可说明，物体做功的功率、机器做功的功率等说法实质上都是力做功的功率.可举例说明，如：汽车的功率就是牵引力的功率，起重机起吊重物的功率就是钢绳拉力的功率.（2）注意分析清楚P=Fv的物理意义，有的学生不了解一个动力机器有一定功率的限制，学生从直觉出发误认为机器功率大就是力大、速度快，他们认为力大是根本.在教学中要向学生强调说明一个动力机器都有它的额定功率（铭牌上标明），机器工作时受额定功率的限制，这是基本的，而力和速度可以变化.只有在这样的基础上才能让学生正确理解P=Fv的意义.在实际中，一种重要的情况是发动机在额定功率下运行，要向学生分析说明，在这种条件下v小F大、v大F小的道理，并指出这里的F是牵引力.同时还可说明在不超过额定功率时，发动机的功率可大可小，由具体条件决定.在这种情况下，如F一定则v大P就大、v小P就小，如v一定则F大P就大、F小P就小，这些都需要举例说明.资源参考质点间相互作用力做功的特点及其应用由于作用力与反作用力同时存在、同时消失，而且总是大小相等、方向相反，所以相互作用力冲量的矢量和总为零.但这并不意味着作用力的功与反作用力的功之和也一定为零.例如：如图所示物块沿粗糙桌面A向B运动过程中，物块对桌面的滑动摩擦力没有做功，而桌面对物块的滑动摩擦力却做了负功.两者之和不为零，这表明相互作用力做功具有其自身的特点.那么相互作用力做功究竟具有怎样的特点呢？今作以下的理论分析.如图（a）所示，两质点沿虚线轨迹运动.它们相对于参考点O的位置矢量各为r1和r2.F和-F分别表示质点1对2和2对1的作用力.这对相互作用力元功之和为dA＝F·dr2+（-F）·dr1＝F·（dr2-dr1）.用r=r2-r1表示质点2相对于1的位置矢量，则dr=dr2-dr1，dr为质点2相对于质点1的元位移，见图（b）.相互作用力元功之和可简化为dA＝F· dr.可见，质点间相互作用力所做元功之和等于其中一质点所受的力与该质点相对于另一质点元位移的标积.一般情形下这功并不为零，为零是有条件的.1.相互作用力做功之和为零的条件在以往的教学过程中，对相互作用力做功是否为零、何时为零的问题常会感到有些说不清楚，但通过上面的分析证明，我们不难看出，相互作用力做功之和为零有两种情形：第一，dr=0时，dA=0.即相互作用的两质点间无相对运动时，相互作用力做功之和为零.物体间的一对静摩擦力做功之和为零就属这一情形.第二，F⊥dr时， dA=0.即相互作用的两质点间虽有相对运动，但只要其相对运动方向与相互作用力的方向相垂直，相互作用力做功之和仍为零.这一情形在中学物理教学中也颇为常见.例如：如图中小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平面上，在物块相对斜面下滑的过程中，由于物块与斜面间的一对弹力（N和N′）与物块相对于斜面的运动方向垂直，所以根据上述结论，N与N′对物块和斜面做功之和为零.再如：如图中小车与摆置于光滑水平轨道上，当把球自水平向下摆动的过程中，由于小车水平方向的运动，摆球相对地面的运动轨迹并非是圆周，但是不论小车水平方向的运动如何，摆球相对小车的运动应是圆周运动，因此绳子的拉力T与T′始终与摆球相对于小车的运动方向垂直，因此绳子拉力T与T′对小车和摆球所做的总功为零.实际上，正是因为系统内力做功为零，才保证了上述两例中系统的机械能守恒.可见，正确地掌握相互作用力做功之和为零的条件，并灵活地加以应用，可以使许多复杂的问题简单化.2.相互作用力做功之和不为零的特点根据dA=F·dr可知，相互作用力做的总功仅取决于一质点所受的力与该质点相对另一质点的相对位移.根据这一结论，我们可以不必考虑每个质点的具体运动，而直接通过它们彼此间的相对位移，便可确定相互作用力做的总功.下面举例说明.例题：如图，长10 m的B板置于光滑的水平面上，物块A以一定的水平速度从左端上表面滑上B板，在B板上滑行一段时间后，又从B板的右端飞出.已知A与B间的滑动摩擦力为10 N.求：这一过程中，A与B整个系统损失的机械能.解析:由于滑动摩擦力的方向总是和受力点相对位移的方向相反，所以根据上述相互作用力做功的结论，A、B间的这一对滑动摩擦力做的总功总是负值，其绝对值等于滑动摩擦力与A、B相对位移大小的乘积.即W总=-fs相对=-10×10 J=-100 J正是因为滑动摩擦力对系统做了-100 J的功，系统的机械能减少了100 J.减少的机械能在这一过程中转化为等量的内能.可见，灵活地掌握相互作用力的做功特点，我们便可以不再考虑较为烦琐的A、B相对地面的运动情况，从而极大地简化了问题.。
高中物理第3章动能的变化与机械功章末总结教学案沪科版必修2(new)
第3章动能的变化与机械功章末总结一、功和功率的计算1.功的计算方法（1）利用W＝Fs cos α求功，此时F是恒力。
（2）利用动能定理或功能关系求功。
（3)利用W＝Pt求功.2。
功率的计算方法（1)P＝错误!：此式是功率的定义式,适用于任何情况下功率的计算，但常用于求解某段时间内的平均功率.(2)P＝Fv cos α：此式一般计算瞬时功率，但当速度为平均速度时，功率为平均功率。
例1质量为m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动。
0～2 s内F与运动方向相反，2~4 s内F与运动方向相同，物体的v－t图像如图1所示，g 取10 m/s2，则（）图1A.拉力F的大小为100 NB.物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC.4 s内拉力所做的功为480 JD。
4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J答案B解析由图像可得：0～2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：a1＝错误!＝错误! m/s2＝5 m/s2，匀减速过程有F＋f＝ma1.匀加速过程加速度大小为a2＝错误!＝错误! m/s2＝1 m/s2，有F－f＝ma2，解得f＝40 N，F＝60 N,故A错误.物体在4 s时拉力的瞬时功率为P＝Fv＝60×2 W＝120 W，故B正确。
4 s内物体通过的位移为s＝（错误!×2×10－错误!×2×2)m＝8 m，拉力做功为W＝－Fs＝－480 J，故C错误。
4 s内物体通过的路程为x＝(错误!×2×10＋错误!×2×2） m＝12 m，摩擦力做功为W f＝－fx＝－40×12 J＝－480 J,故D错误。
针对训练 1 如图2所示,两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出,不计空气阻力，则( )图2A。
两小球落地时速度相同B.两小球落地时重力的功率相等C.从开始运动至落地，重力对两小球做功相同D。
高中物理第3章动能的变化与机械功3.3动能定理的应用教学案沪科版必修2
3.3 动能定理的应用[学习目标] 1.能灵活运用合力做功的两种求法.2.会用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.3.熟悉应用动能定理的步骤，领会应用动能定理解题的优越性.一、研究汽车的制动距离应用动能定理分析问题，只需考虑物体初、末状态的动能与所做的功，而不必考虑物体的加速度和时间，因而往往比用牛顿运动定律和运动学规律更简便.例1 质量为m 的汽车正以速度v 0运动，司机踩下刹车闸，经过位移s 后汽车停止运动，若阻力为f ，则汽车的制动距离与汽车的初速度的关系如何？答案 mv 202f解析 由动能定理得：－fs ＝0－12mv 2得：s ＝mv202f(1)在f 一定的情况下：s ∝mv 20，即初动能越大，位移s 越大.(2)对于给定汽车(m 一定)，若f 相同，则s ∝v 20，即初速度越大，位移s 就越大.若水平路面的动摩擦因数μ一定，则s ＝mv 202f ＝v202μg.二、合力做功与动能变化 1.合力做功的求法(1)一般方法：W 合＝W 1＋W 2＋…(即合力做的功等于各力对物体做功的代数和).对于多过程问题总功的计算必须用此方法.(2)多个恒力同时作用下的匀变速运动：W 合＝F 合s cos α. 2.合力做功与动能的变化的关系合力做功与动能的变化满足动能定理，其表达式有两种： (1)W 1＋W 2＋…＝ΔE k . (2)W 合＝ΔE k .例2 如图1所示，利用斜面从货车上卸货，每包货物的质量m ＝20 kg ，斜面倾角α＝37°，斜面的长度s ＝0.5 m ，货物与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求货物由静止开始滑到底端的动能.(取g ＝10 m/s 2)图1答案 见解析解析 方法一 斜面上的货物受到重力G 、斜面支持力N 和摩擦力f 共三个力的作用，如图所示.货物位移的方向沿斜面向下.可以用正交分解法，将货物所受的重力分解到与斜面平行的方向和与斜面垂直的方向.可以看出，三个力中重力和摩擦力对货物做功，而斜面支持力对货物没有做功. 其中重力G 对货物做正功W 1＝mgs sin 37°＝20×10×0.5×0.6 J＝60 J 支持力N 对货物没有做功，W 2＝0摩擦力f 对货物做负功W 3＝(μmg cos 37°)s cos 180°＝－0.2×20×10×0.8×0.5 J＝－16 J所以，合外力做的总功为W ＝W 1＋W 2＋W 3＝(60＋0－16) J ＝44 J由动能定理W ＝E k2－E k1(其中E k1＝0)知货物滑到底端的动能E k2＝W ＝44 J. 方法二 若先计算合外力再求功，则合外力做的功W ＝F 合s ＝(mg sin 37°－μmg cos 37°)s ＝(20×10×0.6－0.2×20×10×0.8)×0.5 J＝44 J同样可以得到货物到底端时的动能E k2＝44 J 三、利用动能定理求变力的功1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W 变＋W 其他＝ΔE k .例3 如图2所示，质量为m 的小球自由下落d 后，沿竖直面内的固定轨道ABC 运动，AB 是半径为d 的14光滑圆弧，BC 是直径为d 的粗糙半圆弧(B 是轨道的最低点).小球恰能通过圆弧轨道的最高点C .重力加速度为g ，求：图2(1)小球运动到B 处时对轨道的压力大小. (2)小球在BC 运动过程中，摩擦力对小球做的功. 答案 (1)5mg (2)－34mgd解析 (1)小球下落到B 点的过程由动能定理得2mgd ＝12mv 2，在B 点：N －mg ＝m v2d ，得：N ＝5mg ，根据牛顿第三定律：N ′＝ N ＝5mg .(2)在C 点，mg ＝m v2C d2.小球从B 运动到C 的过程：12mv 2C －12mv 2＝－mgd ＋W f ，得W f ＝－34mgd . 针对训练 如图3所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg 的物体.定滑轮的位置比A 点高3 m.若此人缓慢地将绳从A 点拉到B 点，且A 、B 两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°，则此人拉绳的力做了多少功？(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计滑轮的摩擦)图3答案 100 J解析 取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W .根据题意有h ＝3 m. 物体升高的高度Δh ＝h sin 30°－hsin 37°.①对全过程应用动能定理W －mg Δh ＝0.②由①②两式联立并代入数据解得W ＝100 J. 则人拉绳的力所做的功W 人＝W ＝100 J. 四、利用动能定理分析多过程问题一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理.(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解.(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解.当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便.注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和. 例4 如图4所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB 长L ＝1.5 m ，一个质量为m ＝0.5 kg 的木块在F ＝1.5 N 的水平拉力作用下，从桌面上的A 端由静止开始向右运动，木块到达B 端时撤去拉力F ，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)； (2)木块沿弧形槽滑回B 端后，在水平桌面上滑动的最大距离. 答案 (1)0.15 m (2)0.75 m解析 (1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h ，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升的最大高度处，由动能定理得：FL －fL －mgh ＝0其中f ＝μN ＝μmg ＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N 所以h ＝FL －fL mg ＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15 m (2)设木块离开B 点后沿桌面滑动的最大距离为x .由动能定理得：mgh －fx ＝0所以：x ＝mgh f ＝0.5×10×0.151.0m ＝0.75 m1.(用动能定理求变力的功)如图5所示，质量为m 的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R ，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动.设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是( )图5A.0B.2μmgRC.2πμmgRD.μmgR2答案 D解析 物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v ，则有μmg ＝mv 2R.①在物体由静止到获得速度v 的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：W ＝12mv 2－0.②联立①②解得W ＝12μmgR .2.(动能定理的应用)如图6所示，物体在离斜面底端5 m 处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6答案 3.5 m解析 对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示.方法一 分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v ，物体下滑阶段N 1＝mg cos 37°，故f 1＝μN 1＝μmg cos 37°.由动能定理得：mg sin 37°·l 1－μmg cos 37°·l 1＝12mv 2－0设物体在水平面上滑行的距离为l 2， 摩擦力f 2＝μN 2＝μmg由动能定理得：－μmg ·l 2＝0－12mv 2由以上各式可得l 2＝3.5 m. 方法二 全过程列方程：mgl 1sin 37°－μmg cos 37°·l 1－μmg ·l 2＝0得：l 2＝3.5 m.3.(动能定理在多过程问题中的应用)某兴趣小组设计了如图7所示的玩具轨道，其中“2008”四个等高数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内(所有数字均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多)，底端与水平地面相切.弹射装置将一个小物体(可视为质点)以v a ＝5 m/s 的水平初速度由a 点弹出，从b 点进入轨道，依次经过“8002”后从p 点水平抛出.小物体与地面ab 段间的动摩擦因数μ＝0.3，不计其它机械能损失.已知ab 段长L ＝1.5 m ，数字“0”的半径R ＝0.2 m ，小物体质量m ＝0.01 kg ，g ＝10 m/s 2.求：图7(1)小物体从p 点抛出后的水平射程；(2)小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向. 答案 (1)0.8 m (2)0.3 N 方向竖直向下解析 (1)设小物体运动到p 点时的速度大小为v ，对小物体由a 运动到p 过程应用动能定理得：－μmgL －2mgR ＝12mv 2－12mv 2a①从p 点抛出后做平抛运动，由平抛运动规律可得： 2R ＝12gt2② s ＝vt③ 联立①②③式，代入数据解得：s ＝0.8 m④(2)设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F ，取竖直向下为正方向F ＋mg ＝mv 2R⑤联立①⑤式，代入数据解得F ＝0.3 N 方向竖直向下.课时作业一、选择题(1～7题为单选题，8～9题为多选题)1.在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A.mgh －12mv 2－12mv 2B.12mv 2－12mv 20－mgh C.mgh ＋12mv 20－12mv2 D.mgh ＋12mv 2－12mv 20答案 C解析 选取物块从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得：mgh －W f 克＝12mv 2－12mv 2解得：W f 克＝mgh ＋12mv 20－12mv 2.2.如图1所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )图1A.12μmgR B.12mgR C.－mgR D.(1－μ)mgR答案 D解析 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，物体从A 运动到C 的全过程，根据动能定理，有mgR －W AB －μmgR ＝0.所以有W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR .3.一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图2所示，则拉力F 所做的功为( )图2A.mgl cos θB.mgl (1－cos θ)C.Fl cos θD.Fl sin θ答案 B解析 小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F ＝mg tan θ，随着θ的增大，F 也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以这道题要考虑用动能定理求解.由于物体缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl (1－cos θ)＋W ＝0，所以W ＝mgl (1－cos θ).4.质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧最右端O 相距s ，如图3所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(不计空气阻力)( )图3A.12mv 20－μmg (s ＋x )B.12mv 20－μmgxC.μmgsD.μmgx答案 A解析 设物体克服弹簧弹力所做的功为W ，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为－W ，摩擦力对物体做功为－μmg (s ＋x )，根据动能定理有－W －μmg (s ＋x )＝0－12mv 20，所以W ＝12mv 20－μmg (s ＋x ).5.质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图4所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )图4A.14mgRB.13mgRC.12mgR D.mgR 答案 C解析 小球通过最低点时，设绳的张力为T ，则T －mg ＝m v 21R ，6mg ＝m v21R① 小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg ＝m v22R②小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得 －mg ·2R －W f ＝12mv 22－12mv 21③由①②③式联立解得W f ＝12mgR ，选C.6.如图5所示，假设在某次比赛中运动员从10 m 高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)( )图5A.5 mB.3 mC.7 mD.1 m 答案 A解析 设水深为h ，对运动全程运用动能定理可得：mg (H ＋h )－fh ＝0，mg (H ＋h )＝3mgh .所以h ＝5 m.7.如图6所示，小球以初速度v 0从A 点沿粗糙的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，则经过A 点的速度大小为( )图6A.v 20－4ghB.4gh －v 20C.v 20－2ghD.2gh －v 20 答案 B解析 从A 到B 运动过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mgh ＋W f ＝12mv 20，从B 到A 过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)，根据动能定理可得mgh －W f ＝12mv 2，两式联立得再次经过A 点的速度为4gh －v 20，故B 正确.8.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max 后，立即关闭发动机直至静止，v －t 图像如图7所示，设汽车的牵引力为F ，受到的摩擦力为f ，全程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )图7A.F ∶f ＝1∶3B.W 1∶W 2＝1∶1C.F ∶f ＝4∶1D.W 1∶W 2＝1∶3答案 BC解析 对汽车运动的全过程，由动能定理得：W 1－W 2＝ΔE k ＝0，所以W 1＝W 2，选项B 正确，选项D 错误；由动能定理得Fs 1－fs 2＝0，由图像知s 1∶s 2＝1∶4.所以F ∶f ＝4∶1，选项A 错误，选项C 正确.9.如图8所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动.小环从最高点A 滑到最低点B 的过程中，线速度大小的平方v 2随下落高度h 的变化图像可能是图中的( )图8答案 AB解析 对小环由动能定理得mgh ＝12mv 2－12mv 20，则v 2＝2gh ＋v 20.当v 0＝0时，B 正确.当v 0≠0时，A 正确. 二、非选择题10.如图9所示，光滑水平面AB 与一半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C 点，重力加速度为g .求：图9(1)弹簧弹力对物块做的功； (2)物块从B 到C 克服阻力所做的功；(3)物块离开C 点后，再落回到水平面上时的动能. 答案 (1)3mgR (2)12mgR (3)52mgR解析 (1)由动能定理得W ＝12mv 2B在B 点由牛顿第二定律得7mg －mg ＝m v 2BR解得W ＝3mgR(2)物块从B 到C 由动能定理得 12mv 2C －12mv 2B ＝－2mgR ＋W ′ 物块在C 点时mg ＝m v2C R解得W ′＝－12mgR ，即物块从B 到C 克服阻力做功为12mgR .(3)物块从C 点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR ＝E k －12mv 2C ，解得E k ＝52mgR .11.如图10所示，一个质量为m ＝0.6 kg 的小球以初速度v 0＝2 m/s 从P 点水平抛出，从粗糙圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C ，已知圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，g ＝10 m/s 2.求：图10(1)小球到达A 点的速度v A 的大小； (2)P 点到A 点的竖直高度H ；(3)小球从圆弧A 点运动到最高点C 的过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J 解析 (1)在A 点由速度的合成得v A ＝v 0cos θ，代入数据解得v A ＝4 m/s(2)从P 点到A 点小球做平抛运动，竖直分速度v y ＝v 0tan θ①由运动学规律有v 2y ＝2gH②联立①②解得H ＝0.6 m(3)恰好过C 点满足mg ＝mv2C R由A 点到C 点由动能定理得－mgR (1＋cos θ)－W ＝12mv 2C －12mv 2A代入数据解得W ＝1.2 J.12.如图11所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m ＝10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h ＝2 m 的高处.已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝32，g 取10 m/s 2.图11(1)通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？(2)工件从传送带底端运动至h ＝2 m 高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？答案 (1)工件先以2.5 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m 与传送带达到共同速度2 m/s 后做匀速直线运动 (2)220 J 解析 (1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力：f ＝μmg cos θ，工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律：f －mg sin θ＝ma 可得：a ＝fm－g sin θ＝g (μcos θ－sin θ) ＝10×⎝⎛⎭⎪⎫32cos 30°－sin 30° m/s 2＝2.5 m/s 2. 设工件经过位移s 与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：s ＝v 202a ＝222×2.5m＝0.8 m ＜hsin θ＝4 m故工件先以2.5 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m 与传送带达到共同速度2 m/s 后做匀速直线运动.(2)在工件从传送带底端运动至h ＝2 m 高处的过程中，设摩擦力对工件做功为W f ，由动能定理得W f －mgh ＝12mv 20，可得：W f ＝mgh ＋12mv 20＝10×10×2 J＋12×10×22J ＝220 J.。
陕西省沪科版高中物理必修二第3章动能的变化与机械功3.2研究功与功率教案
教法 与
学法
知识点 课程导入
功率
讲授法 学法：练习法
信息技术应用分析
学习目标
媒体内容与形式
情感、态度与价值 PPT
观
知识与技能 过程与方法
电子白板
使用方式 教师播放 教师演示
功率的练习
知识与技能 过程与方法
PPT
教师演示
小节
知识与技能 情感、态度与价值
观
学生自主表达
学生操作
由于本班学生的动手解题能力不强，而且基础知识薄弱，通过本节课
的学习，学生虽然已经基本掌握了学习内容，知道了功的计算及功率的计
算，已经知道他们的单位。但是他对们对余弦函数不是很了解，故在做题
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备注
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过程中会出现困难，所以在今后教学中因该加强数学知识的巩固和渗透。 本节课着重要让学生理解 P=FS 公式的理解和应用，该公式的应用更加的灵 活，和广泛，同时也就增加了难度，所以应当多加理解和应用。
作业布置 板书设计 教学反思
P51.2.3 题。
一、功
1 功的概念及二因素
2 功的计算 W=Fl cosα
F 是恒力
二、正功与负功
所谓正功负功，是反映力对物体做功性质的，若为正功，表明该
力促进了物体的运动，若为负功，表明力阻碍物体的运动。
三、总功的计算
W 总=W1+W2+W3+……+Wn
=F 合 s cos α
师生活动
设计意图
教
提问：初中所学的做功，两个必要因素 复习旧知引入新
学
是什么？
课
活
学生回答：
【2020】最新高中物理第3章动能的变化与机械功3-3动能定理的应用学案沪科版必修2
编 辑：__________________
时 间：__________________
[学习目标] 1.能灵活运用合力做功的两种求法.2.会用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.3.熟悉应用动能定理的步骤，领会应用动能定理解题的优越性．
图3
A．这段时间内电动机所做的功为Pt
B．这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动
C．这段时间内电动机所做的功为 mvm2＋fs
D．这段时间内电动机所做的功为 mvm2
答案 AC
解析 根据W＝Pt知，这段时间内电动机所做的功为Pt，故A正确；电动机的功率不变，速度增大，则牵引力减小，加速度减小，先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零后，做匀速直线运动，而在t时间内做加速运动，故B错误；根据动能定理得，W－fs＝ mvm2，则这段时间内电动机做的功W＝fs＋ mvm2，故C正确，D错误．
解得v2＝4 m/s≈13.3 m/s.
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－ mv12，
解得s＝21.6 m.
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故最后停止的位置与B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题
(2)多个恒力同时作用下的匀变速运动：W合＝F合scosα.
2．合力做功与动能的变化的关系
合力做功与动能的变化满足动能定理，其表达式有两种：
(1)W1＋W2＋…＝ΔEk.
(2)W合＝ΔEk.
例2 如图1所示，利用斜面从货车上卸货，每包货物的质量m＝20 kg，斜面倾角α＝37°，斜面的长度s＝0.5 m，货物与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求货物由静止开始滑到底端的动能．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
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3.3动能和动能定理【学习目标】1．通过设计实验探究功与物体速度的变化关系.2．明确动能的表达式及含义．3．能理解和推导动能定理．4．掌握动能定理及其应用．【要点梳理】要点一、探究功与速度变化的关系要点诠释：1.探究思路让小车在橡皮绳的弹力下弹出，沿木板滑行。
由于橡皮绳对小车做功，小车可以获得速度，小车的速度可以通过打点计时器测出。
这样进行若干次测量就可以得到多组数据，通过画图的方法得出功与速度的关系。
2. 操作技巧（1）功的变化我们可以通过由一根橡皮绳逐渐增加到若干根的方法得到。
（2）要将木板倾斜一定角度，使小车在木板上沿斜面向下的重力的分力与其受的摩擦力相等，目的是让小车在木板上可以做匀速直线运动。
3.数据的处理以单根橡皮绳做的功为横坐标，以速度的平方为纵坐标描点连线，画出图象。
4.实验结论画出2W v -图象，图象为直线，即2W v ∝。
要点二、动能、动能的改变要点诠释：1.动能：(1)概念：物体由于运动而具有的能叫动能．物体的动能等于物体的质量与物体速度的二次方的乘积的一半．(2)定义式：212k E mv =，v 是瞬时速度． (3)单位：焦(J)．(4)动能概念的理解．①动能是标量，且只有正值．②动能具有瞬时性，在某一时刻，物体具有一定的速度，也就具有一定的动能． ③动能具有相对性，对不同的参考系，物体速度有不同的瞬时值，也就具有不同的动能，一般都以地面为参考系研究物体的运动．2.动能的变化：动能只有正值，没有负值，但动能的变化却有正有负．“变化”是指末状态的物理量减去初状态的物理量．动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合力对物体做负功，或者说物体克服合力做功．要点三、动能定理要点诠释：(1)内容表述：外力对物体所做的总功等于物体功能的变化．(2)表达式：21k k W E E =-，W 是外力所做的总功，1k E 、2k E 分别为初、末状态的动能．若初、末速度分别为v 1、v 2，则12112k E mv =，22212k E mv =． (3)物理意义：动能定理揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功，对应着物体动能的变化．变化的大小由做功的多少来量度．动能定理的实质说明了功和能之间的密切关系，即做功的过程是能量转化的过程．等号的意义是一种因果关系的数值上相等的符号，并不意味着“功就是动能增量”，也不是“功转变成动能”，而是“功引起物体动能的变化”．(4)动能定理的理解及应用要点．动能定理虽然可根据牛顿定律和运动学方程推出，但定理本身的意义及应用却具有广泛性和普遍性．①动能定理既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程．②动能定理既适用于物体做直线运动情况，也适用于物体做曲线运动情况．③动能定理的研究对象既可以是单个物体，也可以是几个物体所组成的一个系统． ④动能定理的研究过程既可以是针对运动过程中的某个具体过程，也可以是针对运动的全过程．⑤动能定理的计算式为标量式，v 为相对同一参考系的速度．⑥在21k k W E E =-中，W 为物体所受所有外力对物体所做功的代数和，正功取正值计算，负功取负值计算；21k k E E -为动能的增量，即为末状态的动能与初状态的动能之差，而与物体运动过程无关．要点四、应用动能定理解题的基本思路和应用技巧要点诠释：1.应用动能定理解题的基本思路（1）选取研究对象及运动过程；（2）分析研究对象的受力情况及各力对物体的做功情况：受哪些力？哪些力做了功？正功还是负功？然后写出各力做功的表达式并求其代数和；（3）明确研究对象所历经运动过程的初、末状态，并写出初、末状态的动能1K E 、2K E 的表达式；（4）列出动能定理的方程：21K K W E E =-合，且求解。
2.动能定理的应用技巧（1）由于动能定理反映的是物体在两个状态的动能变化与其合力所做功的量值关系，所以对由初始状态到终止状态这一过程中物体运动性质、运动轨迹、做功的力是恒力还是变力等诸多问题不必加以追究，就是说应用动能定理不受这些问题的限制。
（2）一般来说，用牛顿第二定律和运动学知识求解的问题，用动能定理也可以求解，而往往用动能定理求解简捷；可是有些用动能定理能够求解的问题，应用牛顿第二定律和运动学知识却无法求解。
可以说，熟练地应用动能定理求解问题，是一种高层次的思维和方法，应该增强用动能定理解题的主动意识。
要点五、动能定理与牛顿第二定律的联系和区别在推导动能定理的过程中应用了只能在惯性参考系中成立的牛顿第二定律，因而动能定理也只适用于惯性参考系．而对于不同的惯性参考系，虽然力对物体做的功、物体的动能、动能的变化都不相同，但动能定理作为一个力学规律在不同的参考系中仍然成立．动能定理适用于在惯性参考系中运动的任何物体．要理解动能定理与牛顿第二定律的联系与区别，应该从两者反映的物理规律的本质上加以认识．我们知道力的作用效果能够使物体的运动状态发生改变，即速度发生变化，而两者都是来描述力的这种作用效果的．前者对于一个力作用下物体的运动过程着重从空间积累的角度反映作用结果，而后者注重反映该过程中某一瞬时力的作用结果．动能定理是从功的定义式出发，结合牛顿第二定律和动力学公式推导出来的，所以它不是独立于牛顿第二定律的运动方程，但它们有较大的区别：牛顿第二定律是矢量式，反映的是力与加速度的瞬时关系，即力与物体运动状态变化快慢之间的联系；动能定理是标量式，反映的是力对物体持续作用的空间累积效果，即对物体作用的外力所做功与物体运动状态变化之间的联系，因而它们是研究力和运动的关系的两条不同途径．把对一个物理现象每个瞬时的研究转变成对整个过程的研究，是研究方法上的一大进步．动能定理适用于直线运动，也适用于曲线运动；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，既可以是同时作用，也可以是分段作用，只要能够求出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．【典型例题】类型一、对“探究功与速度变化的关系”实验的考查例1、关于“探究功与速度变化的关系”实验中，下列叙述正确的是( )A ．每次实验必须设法求出橡皮筋对小车做功的具体数值B ．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C ．放小车的长木板应该尽量使其水平D ．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出【解析】实验中没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少，只要测出以后各次实验时橡皮筋做的功是第一次实验时的多少倍就已经足够了，A 错；每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后各次实验时，橡皮筋做的功是第一次实验时的整数倍，B 错；小车运动中会受到阻力，只有使木板倾斜到一定程度，使重力沿斜面方向的分力与阻力相平衡，才能减少误差，C 错；实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，D 正确．【答案】D类型二、对动能、动能变化的理解例2、一质量为0.1 kg 的小球，以5m/s 的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是( )A ．△v ＝10 m/sB ．△v ＝0C ．△E k ＝1 JD ．△E k ＝0【思路点拨】 本题考察动能的变化k E【答案】A 、D【解析】速度是矢量，故△v ＝v 2-v 1＝5m/s ＝10m/s ．而动能是标量，初末两态的速度大小相等，故动能相等，因此△E k ＝0．选A 、D ．【总结升华】物体速度大小变化相等时，物体的动能变化大小是不相同的。
举一反三【变式】关于运动物体所受的合外力、合外力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是( )．A ．运动物体所受的合外力不为零，合外力必做功，物体的动能肯定要变化B ．运动物体所受的合外力为零，则物体的动能肯定不变C ．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零D ．运动物体所受合外力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化【答案】B【解析】关于运动物体所受的合外力、合外力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点：(1)若运动物体所受合外力为零，则合外力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化．(2)物体所受合外力不为零，物体必做变速运动，但合外力不一定做功；合外力不做功，则物体动能不变化．(3)物体的动能不变，一方面表明物体所受的合外力不做功；同时表明物体的速率不变(速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合外力只是用来改变速度方向产生向心加速度，如匀速圆周运动)．根据上述三个要点不难判断，本题只有选项B 是正确的．类型三、动能定理求匀变速直线运动问题例3、如图所示，质量为m 的物体，从高为h 、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平面上，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体滑至斜面底端时的速度；(2)物体在水平面上滑行的距离．【思路点拨】物体在斜面上做匀加速运动，在水平面上做匀减速运动，两过程可分别应用动能定理求解。
【答案】（1）v =2）hl μ=【解析】(1)由动能定理可得212mgh mv =，解得v =． (2)设物体在水平面上滑行的距离为l ，由动能定理得2102mgl mv μ-=-，解得22v h l g μμ==．此题也可对整个过程运用动能定理求解：00mgh mgl μ-=-，整理得hl μ=．【总结升华】该题用牛顿运动定律也能求解，但用动能定理不涉及中间过程，所以解法更为简单，特别是对全程应用动能定理时更简单．举一反三【变式1】如图所示，质量为m 的物体从斜面上的A 处由静止滑下,在由斜面底端进入水平面时速度大小不变,最后停在水平面上的B 处。
量得A 、B 两点间的水平距离为s ，A 高为h ，已知物体与斜面及水平面的动摩擦因数相同，则此动摩擦因数μ= 。
【答案】=μh s【变式2】如图所示，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，其长度可以忽略不计．一质量为m 的小滑块在A 点从静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在D 点，A 点和D 点的位置如图所示．现用一沿着轨道方向的力推滑块，把它缓慢地由D 点推回到A 点时停下．设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，则推力对滑块做的功等于( )A ．mghB ．2mghC ．1sin h mg μθ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．cot mgl mgh μμθ+ 【答案】B【解析】小滑块在斜面上和在平面上运动时都受到三个力，即重力、支持力和摩擦力．整个过程中，支持力由于与速度方向始终垂直，故不做功．从A 到D 的过程中，由动能定理，有0f G F W W -=，故f F G W W mgh ==．当它返回时，从D 到A 的过程中，重力和摩擦力均做负功，因推力平行于轨道，所受摩擦力大小跟A 到D 相同，做的功也相等，均为f F W -．从D 到A 的返回过程，根据动能定理，有0f F F W mgh W --=．故2f F F W mgh W mgh =+=．【总结升华】本题中，往返两过程均克服摩擦力做功，且相等，所以不必通过求力和位移找摩擦力做功的表达式．类型四、动能定理求曲线运动问题例4、某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，其中“2008”四个等高数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内(所有数字均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多)，底端与水平地面相切．弹射装置将一个小物体(可视为质点)以a v ＝5 m/s 的水平初速度由a 点弹出，从b 点进入轨道，依次经过“8002”后从p 点水平抛出．小物体与地面ab 段间的动摩擦因数μ＝0.3，不计其他机械能损失．已知ab 段长L ＝1.5 m ，数字“0”的半径R ＝0.2 m ，小物体的质量m ＝0.0l kg ，g 取10 m/s 2．求：(1)小物体从p 点抛出后的水平射程；(2)小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向．【思路点拨】解题的关键是抓住小球到最高点恰无作用力，此时重力作为向心力，在应用动能表达式时，搞清初、末状态．【解析】(1)设小物体运动到p 点时的速度大小为v ，对小物体由a 运动到p 过程应用动能定理得：2211222a mgL Rmg mv mv μ--=-． ① 小物体自p 点做平抛运动，设运动时间为t ，水平射程为s ，则2122R gt =， ② s ＝vt ． ③联立①②③式，代入数据解得s ＝0.8 m ． ④(2)设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F ，取竖直向下为正方向，2mv F mg R+=．⑤ 联立①⑤式，代入数据解得F ＝0.3 N ．方向竖直向下．【总结升华】本题的物量情景新颖，实质考查的是平抛运动、圆周运动的有关知识及动能定理的运用，小球在数字“2008”中运动的过程中4个最高点时的速度是相同的，可以根据具体情况选取不同的过程列方程，解得的结果相同．【高清课程：动能和动能定理 例5】【变式】质量为m 的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用。