高中物理動能定理教案

20xx高考物理《動能定理》材料分析。

一名優(yōu)秀的教師在教學時都會提前最好準備，教師要準備好教案為之后的教學做準備。教案可以讓上課時的教學氛圍非?；钴S，幫助教師有計劃有步驟有質量的完成教學任務。所以你在寫教案時要注意些什么呢？為了讓您在使用時更加簡單方便，下面是小編整理的“20xx高考物理《動能定理》材料分析”，歡迎您閱讀和收藏，并分享給身邊的朋友！

20xx高考物理《動能定理》材料分析

第2節(jié)動能定理

考點一|動能定理的理解

1．內容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化量．

2．表達式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1.

3．理解：動能定理公式中等號表明了合外力做功與物體動能的變化具有等量代換關系．合外力做功是引起物體動能變化的原因．

1．定理中“外力”的兩點理解

(1)重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．

(2)既可以是恒力，也可以是變力．

2．公式中“＝”體現(xiàn)的三個關系

1．下列關于運動物體的合力做功和動能、速度變化的關系，正確的是()

A．物體做變速運動，合外力一定不為零，動能一定變化

B．若合外力對物體做功為零，則合外力一定為零

C．物體的合外力做功，它的速度大小一定發(fā)生變化

D．物體的動能不變，所受的合外力必定為零

C[力是改變物體速度的原因，物體做變速運動時，合外力一定不為零，但合外力不為零時，做功可能為零，動能可能不變，A、B錯誤；物體合外力做功，它的動能一定變化，速度也一定變化，C正確；物體的動能不變，所受合外力做功一定為零，但合外力不一定為零，D錯誤．]

2．在光滑水平面上，質量為2kg的物體以2m/s的速度向東運動，若對它施加一向西的力使它停下來，則該外力對物體做的功是()

A．16JB．8JC．－4JD．0

C[根據(jù)動能定理W＝mv－mv＝0－×2×22J＝－4J，選項C正確．]

3．一個25kg的小孩從高度為3.0m的滑梯頂端由靜止開始滑下，滑到底端時的速度為2.0m/s.g取10m/s2，關于力對小孩做的功，以下結果正確的是()

A．合外力做功50JB．阻力做功500J

C．重力做功500JD．支持力做功50J

A[由動能定理可求得合外力做的功等于物體動能的變化，即ΔEk＝mv2＝×25×2.02J＝50J，A選項正確；重力做功WG＝mgh＝25×10×3.0J＝750J，C選項錯誤；支持力的方向與小孩的運動方向垂直，不做功，D選項錯誤；阻力做功W阻＝W合－WG＝(50－750)J＝－700J，B選項錯誤．]

4.(加試要求)有一質量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖521所示．如果由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，則以下敘述正確的是()

圖521

A．木塊所受的合外力為零

B．因木塊所受的力都不對其做功，所以合外力做的功為零

C．重力和摩擦力的合力做的功為零

D．重力和摩擦力的合力為零

C[木塊做曲線運動，速度方向變化，加速度不為零，故合外力不為零，A錯；速率不變，動能不變，由動能定理知，合外力做的功為零，而支持力始終不做功，重力做正功，所以重力做的功與摩擦力做的功的代數(shù)和為零，但重力和摩擦力的合力不為零，C對，B、D錯．]

考點二|動能定理的應用

1．應用動能定理的優(yōu)越性

(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．

(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．

(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．

2．運用動能定理解決問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式．

3．全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：

(1)重力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．

(3)彈簧彈力做功與路徑無關．

(20xx·浙江10月學考)如圖522所示為公路上的“避險車道”，車道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽車在剎車失靈的情況下避險．質量m＝2.0×103kg的汽車沿下坡行駛，當駕駛員發(fā)現(xiàn)剎車失靈的同時發(fā)動機失去動力，此時速度表示數(shù)v1＝36km/h，汽車繼續(xù)沿下坡勻加速直行l(wèi)＝350m、下降高度h＝50m時到達“避險車道”，此時速度表示數(shù)v2＝72km/h.

圖522

(1)求從發(fā)現(xiàn)剎車失靈至到達“避險車道”這一過程汽車動能的變化量；

(2)求汽車在下坡過程中所受的阻力；(g取10m/s2)

(3)若“避險車道”與水平面間的夾角為17°，汽車在“避險車道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽車在“避險車道”上運動的最大位移．(sin17°≈0.3)

【解析】(1)由ΔEk＝mv－mv代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝3.0×105J.(2)由動能定理，有mgh－Ffl＝mv－mv代入數(shù)據(jù)得Ff＝＝2.0×103N.(3)設向上運動的最大位移為l′，由動能定理，有－(mgsin17°＋3Ff)l′＝0－mv

代入數(shù)據(jù)得l′＝≈33.3m.

【答案】(1)3.0×105J(2)2.0×103N(3)33.3m

(20xx·浙江10月學考)如圖523所示，游樂場的過山車可能底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖2的模型．傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF，分別通過水平光滑銜接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接．EG間的水平距離l＝40m，現(xiàn)有質量m＝500kg的過山車，從高h＝40m的A點靜止下滑，經(jīng)BCDC′EF最終停在G點，過山車與軌道AB、EF的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG的動摩擦因數(shù)μ2＝0.75，過山車可視為質點，運動中不脫離軌道，求：

圖523

(1)過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大?。?/p>

(2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力；

(3)減速直軌道FG的長度x.(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

【解析】(1)從A到B根據(jù)動能定理，得：mv－mv＝mgh－μ1mgcos45°代入數(shù)據(jù)得vB＝8m/s，因為BC間光滑，所以vB＝vC＝8m/s.(2)從C到D根據(jù)動能定理，得：mv－mv＝－mg2R，由向心力公式得：＝mg＋FN，聯(lián)立兩方程并代入數(shù)據(jù)，得FN＝7000N.(3)從E到G建立動能定理，得：mv－mv＝－mg(l－x)tan37°－μ1mgcos37°－μ2mgx.由于CE間光滑，所以E點的速度等于C點的速度，G點的速度為0，代入數(shù)據(jù)得x＝30m.

【答案】(1)8m/s(2)7000N(3)30m

1．解題步驟

2注意事項www.lvshijia.net

(1)動能定理的研究對象可以是單一物體，或者是可以看作單一物體的物體系統(tǒng)．

(2)動能定理是求解物體的位移或速率的簡捷公式．當題目中涉及位移和速度而不涉及時間時可優(yōu)先考慮動能定理；處理曲線運動中的速率問題時也要優(yōu)先考慮動能定理．

(3)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做功，必須根據(jù)不同的情況分別對待求出總功．

(4)應用動能定理時，必須明確各力做功的正、負．當一個力做負功時，可設物體克服該力做功為W，將該力做功表達為－W，也可以直接用字母W表示該力做功，使其字母本身含有負號．

1．物體沿直線運動的vt關系圖象如圖524所示，已知在第1秒內合外力對物體做的功為W，則()

圖524

A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4W

B．從第3秒末到第5秒末合外力做功為－2W

C．從第5秒末到第7秒末合外力做功為－W

D．從第3秒末到第4秒末合外力做功為－0.75W

D[由動能定理W合＝mv－mv知第1s內W＝mv2.將動能定理應用于A、B、C、D項知，D正確，A、B、C錯誤．]

2.(加試要求)(20xx·永康模擬)如圖525，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則()

圖525

A．W＝mgR，質點恰好可以到達Q點

B．WmgR，質點不能到達Q點

C．W＝mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離

D．W

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20xx高考物理復習實驗05探究動能定理學案新人教版

20xx高考物理《平拋運動》材料分析

20xx高考物理《平拋運動》材料分析

第2節(jié)平拋運動
考點一|平拋運動的基本規(guī)律

1．性質
加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線．
2．基本規(guī)律
以拋出點為原點，水平方向(初速度v0方向)為x軸，豎直向下方向為y軸，建立平面直角坐標系，則：
(1)水平方向：做勻速直線運動，速度vx＝v0，位移x＝v0t.
(2)豎直方向：做自由落體運動，速度vy＝gt，位移y＝gt2.
(3)合速度：v＝，方向與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝＝.
(4)合位移：x＝，方向與水平方向的夾角為α，tanα＝＝.
3．對規(guī)律的理解(加試要求)
(1)飛行時間：由t＝知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關．
(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定，與其他因素無關．
(3)落地速度：vt＝＝，以θ表示落地速度與x軸正方向的夾角，有tanθ＝＝，所以落地速度也只與初速度v0和下落高度h有關．

(20xx·浙江4月學考)某卡車在公路上與路旁障礙物相撞．處理事故的警察在泥地中發(fā)現(xiàn)了一個小的金屬物體，經(jīng)判斷，它是相撞瞬間車頂上一個松脫的零件被拋出而陷在泥里的．為了判斷卡車是否超速．需要測量的量是()
A．車的長度，車的重量
B．車的高度，車的重量
C．車的長度，零件脫落點與陷落點的水平距離
D．車的高度，零件脫落點與陷落點的水平距離
D[根據(jù)題意和實際情景分析，零件在卡車撞停時，由于慣性向前飛出，不計空氣阻力，視為做平拋運動，測出水平位移和高度，由h＝gt2，x＝v0t，得v0＝x，故D正確．]
(20xx·浙江10月學考)如圖421甲所示，飼養(yǎng)員對著長l＝1.0m的水平細長管的一端吹氣，將位于吹氣端口的質量m＝0.02kg的注射器射到動物身上．注射器飛離長管末端的速度大小v＝20m/s.可視為質點的注射器在長管內做勻變速直線運動，離開長管后做平拋運動，如圖乙所示．若動物與長管末端的水平距離x＝4.0m，求注射器下降的高度h.

圖421
【解析】由平拋運動規(guī)律有x＝vt得t＝＝0.2s由h＝gt2得h＝0.2m.【答案】0.2m

1．兩個重要推論
(1)做平拋(或類平拋)運動的物體任一時刻的瞬間速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖422中A點和B點所示．

圖422
(2)做平拋(或類平拋)運動的物體在任意時刻任一位置處，設其速度方向與水平方向的夾角為α，位移方向與水平方向的夾角為θ，則tanα＝2tanθ.
2．平拋運動的求解方略——運動分解
(1)→→→
(2)時間相等是聯(lián)系兩個分運動的橋梁．
(3)注意速度、位移的合成與分解．

1．關于做平拋運動的物體，說法正確的是()
A．速度始終不變
B．加速度始終不變
C．受力始終與運動方向垂直
D．受力始終與運動方向平行
B[物體做平拋運動的條件是物體只受重力作用，且初速度沿水平方向，故物體的加速度始終不變，大小為g，B正確；物體的平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，其合運動是曲線運動，速度的大小和方向時刻變化，A錯誤；運動過程中，物體所受的力與運動方向既不垂直也不平行，C、D錯誤．]
2．(20xx·嘉興高三檢測)關于從同一高度以不同初速度水平拋出的物體，比較它們落到水平地面上的時間(不計空氣阻力)，以下說法正確的是()
A．速度大的時間長
B．速度小的時間長
C．一樣長
D．質量大的時間長
C[水平拋出的物體做平拋運動，由y＝gt2得t＝，其下落的時間由下落的高度決定，從同一高度以不同初速度水平拋出的物體，落到水平地面上的時間相同，A、B、D錯誤，C正確．]
3．(20xx·浙江10月學考)一水平固定的水管，水從管口以不變的速度源源不斷地噴出，水管距地面高h＝1.8m，水落地的位置到管口的水平距離x＝1.2m，不計空氣及摩擦阻力，水從管口噴出的初速度大小是()
A．1.2m/sB．2.0m/s
C．3.0m/sD．4.0m/s
B[水從管口噴出后做平拋運動，此時運動時間由豎直方向上的h決定，根據(jù)h＝gt2得t＝＝0.6s，水平方向做勻速直線運動，由x＝v0t得初速度v0＝2.0m/s，B選項正確．]
4．如圖423所示，滑板運動員以速度v0從離地高度為h的平臺末端水平飛出，落在水平地面上．忽略空氣阻力，運動員和滑板可視為質點，下列表述正確的是()

圖423
A．v0越大，運動員在空中運動時間越長
B．v0越大，運動員落地瞬間速度越大
C．運動員落地瞬間速度方向與高度h無關
D．運動員落地位置與v0大小無關
B[運動員在豎直方向上做自由落體運動，運動員做平拋運動的時間t＝，只與高度有關，與速度無關，A項錯誤；運動員的末速度是由初速度和豎直方向上的速度合成的，合速度v＝，初速度越大，合速度越大，B項正確；物體在豎直方向上的速度vy＝，高度越高，落地時豎直方向上的速度越大，故合速度方向與高度h有關，C項錯誤；運動員在水平方向上做勻速直線運動，落地的水平位移x＝v0t＝v0，故落地的位置與初速度有關，D項錯誤．]
5．(加試要求)(多選)如圖424所示，從某高度處水平拋出一小球，經(jīng)過時間t到達地面時，速度與水平方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g.下列說法正確的是()

圖424
A．小球水平拋出時的初速度大小
B．小球在t時間內的位移方向與水平方向的夾角為
C．若小球初速度增大，則平拋運動的時間變長
D．若小球初速度增大，則θ減小
AD[由tanθ＝可得小球平拋的初速度大小v0＝，A正確；由tanα＝＝＝＝tanθ可知，α≠，B錯誤；小球平拋運動的時間t＝，與小球初速度無關，C錯誤；由tanθ＝可知，v0越大，θ越小，D正確．]考點二|與斜面有關的平拋運動問題

1．從斜面上平拋(如圖425)

圖425
已知位移方向，方法：分解位移
x＝v0t
y＝gt2
tanθ＝
可求得t＝
2．對著斜面平拋(如圖426)

圖426
已知速度的大小或方向，方法：分解速度
vx＝v0
vy＝gt
tanθ＝＝
可求得t＝

物體從斜面平拋又落在斜面上問題的五條規(guī)律
1．物體的豎直位移與水平位移之比是同一個常數(shù)，這個常數(shù)等于斜面傾角的正切值；
2．物體的運動時間與初速度成正比；
3．物體落在斜面上，位移方向相同，都沿斜面方向；
4．物體落在斜面上時的速度方向平行；
5．當物體的速度方向與斜面平行時，物體離斜面的距離最遠．

1．如圖427所示，以10m/s的水平初速度拋出的物體，飛行一段時間后，垂直地撞在傾角為θ＝30°的斜面上，g取10m/s2，這段飛行所用的時間為()

圖427
A.sB.sC.sD．2s
C[
如圖所示，把末速度分解成水平方向的分速度v0和豎直方向的分速度vy，則有＝cot30°，又vy＝gt將數(shù)值代入以上兩式得t＝s．故選C.]
2.如圖428所示，在足夠長的斜面上的A點，以水平速度v0拋出一個小球，不計空氣阻力，它落到斜面上所用的時間為t1；若將此球改用2v0拋出，落到斜面上所用時間為t2，則t1與t2之比為()

圖428
A．1∶1B．1∶2
C．1∶3D．1∶4
B[因小球落在斜面上，所以兩次位移與水平方向的夾角相等，由平拋運動規(guī)律知tanθ＝＝，所以＝.故選B.]
3．(20xx·臺州模擬)如圖429所示，位于同一高度的小球A、B分別以v1和v2的速度水平拋出，都落在了傾角為30°的斜面上的C點，小球B恰好垂直打到斜面上，則v1、v2之比為()

圖429
A．1∶1B．2∶1
C．3∶2D．2∶3
C[小球A、B從同一高度平拋，到斜面上的C點經(jīng)歷的時間相等，設為t，由題意可得：tan30°＝，tan30°＝，解得：v1∶v2＝3∶2，C正確．]
4．(加試要求)如圖4210所示，兩個相對的斜面，傾角分別為α＝37°和β＝53°.在頂點把兩個小球以同樣大小的初速度分別向左、向右水平拋出，小球都落在斜面上．若不計空氣阻力，則a、b兩個小球的運動時間之比為()

圖4210
A．1∶1B．4∶3
C．16∶9D．9∶16
D[對a有＝tanα，得ta＝①
對b有＝tanβ，得tb＝②
將數(shù)值代入①②得ta∶tb＝9∶16.故選D.]
5．(加試要求)如圖4211所示，一名跳臺滑雪運動員經(jīng)過一段時間的加速滑行后從O點水平飛出，經(jīng)過3s落到斜坡上的A點．已知O點是斜坡的起點，斜坡與水平面的夾角θ＝37°，運動員的質量m＝50kg.不計空氣阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；g取10m/s2)．求：

圖4211
(1)A點與O點的距離L；
(2)運動員離開O點時的速度大?。?br> (3)運動員從O點飛出開始到離斜坡距離最遠所用的時間.
【解析】(1)運動員在豎直方向做自由落體運動，有Lsin37°＝gt2L＝＝75m.(2)設運動員離開O點時的速度為v0，運動員在水平方向的分運動為勻速直線運動，有Lcos37°＝v0t，即v0＝＝20m/s.(3)運動員的平拋運動可分解為沿斜面方向的勻加速運動(初速度為v0cos37°、加速度為gsin37°)和垂直斜面方向的類豎直上拋運動(初速度為v0sin37°、加速度為gcos37°)．當垂直斜面方向的速度減為零時，運動員離斜坡最遠，有v0sin37°＝gcos37°·t，解得t＝1.5s.
【答案】(1)75m(2)20m/s(3)1.5s

20xx高考物理《圓周運動》材料分析

20xx高考物理《圓周運動》材料分析

第3節(jié)圓周運動
考點一|圓周運動的基本概念

1．線速度：描述物體圓周運動快慢的物理量．
v＝＝.
2．角速度：描述物體繞圓心轉動快慢的物理量．
ω＝＝.
3．周期和頻率：描述物體繞圓心轉動快慢的物理量．
T＝，T＝.
4．向心加速度：描述速度方向變化快慢的物理量．
an＝＝rω2＝ωv＝r.
5．相互關系：(1)v＝ωr＝r＝2πrf.
(2)an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r.

(20xx·浙江4月學考)如圖431為某中國運動員在短道速滑比賽中勇奪金牌的精彩瞬間．假定此時他正沿圓弧形彎道勻速率滑行，則他()

圖431
A．所受的合力為零，做勻速運動
B．所受的合力恒定，做勻加速運動
C．所受的合力恒定，做變加速運動
D．所受的合力變化，做變加速運動
D[運動員做勻速圓周運動，其加速度指向圓心，方向時刻變化，為變加速運動，合力也指向圓心，方向時刻變化．D正確．]
(20xx·浙江10月學考)在“G20”峰會“最憶是杭州”的文藝演出中，芭蕾舞演員保持如圖432所示姿式原地旋轉，此時手臂上A、B兩點角速度大小分別為ωA、ωB，線速度大小分別為vA、vB，則()

圖432
A．ωAωBB．ωAωB
C．vAvB
D[該模型為同軸轉動模型，可以得出角速度一樣，因此半徑大的點線速度大，所以A、B兩點角速度一樣，線速度A處大于B處．故選D.]

1．對公式v＝ωr的理解
(1)當r一定時，v與ω成正比；
(2)當ω一定時，v與r成正比；
(3)當v一定時，ω與r成反比．2．常見的三種傳動方式及特點
(1)皮帶傳動：如圖433所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.

圖433
(2)摩擦傳動：如圖434甲所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB.

圖434
(3)同軸傳動：如圖乙、丙所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比．

1．對于做勻速圓周運動的物體，下列說法中不正確的是()
A．相等的時間內通過的路程相等
B．相等的時間內通過的弧長相等
C．相等的時間內通過的位移相等
D．相等的時間內轉過的角度相等
C[勻速圓周運動是指線速度大小不變的圓周運動，因此在相等時間內通過路程相等，弧長相等，轉過的角度也相等，故選項A、B、D正確；相等的時間內通過的位移方向不同，由于位移是矢量，因此位移不相等，故選項C錯誤．]
2.皮帶傳動裝置如圖435所示，兩輪的半徑不相等，傳動過程中皮帶不打滑．關于兩輪邊緣上的點，下列說法正確的是()

圖435
A．周期相同
B．角速度相等
C．線速度大小相等
D．向心加速度相等
C[皮帶不打滑時，皮帶上各點的線速度大小相等，C正確．]
3.如圖436所示，當正方形薄板繞著過其中心O并與板垂直的轉動軸轉動時，板上A、B兩點()

圖436
A．角速度之比ωA∶ωB＝∶1
B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶
C．線速度之比vA∶vB＝∶1
D．線速度之比vA∶vB＝1∶
D[板上A、B兩點的角速度相等，角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，選項A、B錯誤；線速度v＝ωr，線速度之比vA∶vB＝1∶，選項C錯誤，D正確．]
4．(加試要求)如圖437是自行車傳動裝置的示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的大齒輪，Ⅱ是半徑為r2的小齒輪，Ⅲ是半徑為r3的后輪，假設腳踏板的轉速為nr/s，則自行車前進的速度為()

圖437
A.B.
C.D.
D[因為要計算自行車前進的速度，即車輪Ⅲ邊緣上的線速度的大小，根據(jù)題意知：輪Ⅰ和輪Ⅱ邊緣上的線速度的大小相等，據(jù)v＝rω可知：r1ω1＝r2ω2，已知ω1＝ω，則輪Ⅱ的角速度ω2＝ω，因為輪Ⅱ和輪Ⅲ共軸，所以轉動的角速度相等即ω3＝ω2，根據(jù)v＝rω可知，v3＝r3ω3＝＝.]考點二|圓周運動中的動力學分析

1．勻速圓周運動的向心力
(1)作用效果
向心力產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大?。?br> (2)大小
F＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝4π2mf2r.
(3)方向
始終沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力．
(4)來源(加試要求)
向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以由一個力的分力提供．
2．離心現(xiàn)象的受力特點(只必考要求)

圖438
當F＝mrω2時，物體做勻速圓周運動；
當F＝0時，物體沿切線方向飛出；當FFCD．FBFC
B[在平直公路上行駛時，重力等于支持力，由牛頓第三定律知，壓力等于支持力，所以壓力FA＝mg；汽車到達B點時，有向下的加速度，汽車失重，故支持力小于重力，因而壓力小于重力；在C點時與在B點時相反，壓力大于重力，所以FCFAFB，故B正確．]
2．(20xx·通化高三檢測)如圖4310所示，在勻速轉動的圓筒內壁上緊靠著一個物體一起運動，充當向心力的是()

圖4310
A．重力B．彈力
C．靜摩擦力D．滑動摩擦力
B[物體在豎直方向上受重力和靜摩擦力作用，兩力平衡，在水平方向上受彈力作用，彈力充當向心力，B正確．]
3．(20xx·紹興市調研)奧運會單杠比賽中有一個“單臂大回環(huán)”的動作，難度系數(shù)非常大．假設運動員質量為m，單臂抓杠桿身體下垂時，手掌到人體重心的距離為l.如圖4311所示，在運動員單臂回轉從頂點倒立轉至最低點過程中，可將人體視為質量集中于重心的質點，且不考慮手掌與單杠間的摩擦力，重力加速度為g，若運動員在最低點的速度為2，則運動員的手臂拉力為自身重力的()

圖4311
A．2倍B．3倍
C．4倍D．5倍
D[對運動員在最低點受力分析，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)－mg＝m，解得，F(xiàn)＝5mg，D項正確．]
4．(加試要求)在云南省某些地方到現(xiàn)在還要依靠滑鐵索過江，若把這滑鐵索過江簡化成如圖4312所示的模型，鐵索的兩個固定點A、B在同一水平面內，A、B間的距離為L＝80m，鐵索的最低點離A、B連線的垂直距離為H＝8m，若把鐵索看做是圓弧，已知一質量m＝52kg的人借助滑輪(滑輪質量不計)滑到最低點時的速度為10m/s，那么()

圖4312
A．人在整個鐵索上的運動可看成是勻速圓周運動
B．可求得鐵索的圓弧半徑為100m
C．人在滑到最低點時，滑輪對鐵索的壓力為570N
D．人在滑到最低點時，滑輪對鐵索的壓力為50N
C[人借助滑輪下滑過程中，其速度是逐漸增大的，因此人在整個鐵索上的運動不能看成勻速圓周運動；設圓弧的半徑為r，由幾何關系，有：(r－H)2＋2＝r2，解得r＝104m；人在滑到最低點時，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－mg＝m，解得FN＝570N，選項C正確．]考點三|豎直面內圓周運動的臨界問題

1．在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環(huán))約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”．
2．繩、桿模型涉及的臨界問題
繩模型桿模型常見類型過最高點的臨界條件由mg＝m得v臨＝由小球恰能做圓周運動得v臨＝0討論分析(1)過最高點時，v≥，F(xiàn)N＋mg＝m，繩、圓軌道對球產生彈力FN
(2)不能過最高點時，v，在到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道(1)當v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心
(2)當0時，F(xiàn)N＋mg＝m，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大
(20xx·浙江4月學考)如圖4313所示，裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成．其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距離L＝1.00m．軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高．當彈簧壓縮量為d時，恰能使質量m＝0.05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點．(已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比)

圖4313
當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由.
【解析】恰能通過圓環(huán)最高點，需滿足的條件是mg＝①由彈簧壓縮量為d時，恰好使滑塊上升到B點得EpA＝mgh1②沿軌道Ⅱ運動時由A到F機械能守恒EpA＝mv2③①②③聯(lián)立解得v＝2m/s，Rm＝0.4m當RRm＝0.4m時，滑塊會脫離螺旋軌道，不能上升到B點．【答案】見解析
/
1．(多選)(20xx·臺州市六校高二聯(lián)考)如圖4314所示甲、乙、丙、丁是游樂場中比較常見的過山車，甲、乙兩圖的軌道車在軌道的外側做圓周運動，丙、丁兩圖的軌道車在軌道的內側做圓周運動，兩種過山車都有安全鎖(由上、下、側三個輪子組成)把軌道車套在了軌道上，四個圖中軌道的半徑都為R，下列說法正確的是()

圖4314
A．甲圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最高點時，座椅一定給人向上的力
B．乙圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，安全帶一定給人向上的力
C．丙圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，座椅一定給人向上的力
D．丁圖中，軌道車過最高點的最小速度為
BC[在甲圖中，當速度比較小時，根據(jù)牛頓第二定律得，mg－FN＝m，即座椅給人施加向上的力，當速度比較大時，根據(jù)牛頓第二定律得，mg＋FN＝m，即座椅給人施加向下的力，故A錯誤；在乙圖中，因為合力指向圓心，重力豎直向下，所以安全帶一定給人向上的力，故B正確；在丙圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，合力方向向上，重力豎直向下，則座椅給人的作用力一定豎直向上，故C正確；在丁圖中，由于軌道車有安全鎖，可知軌道車在最高點的最小速度為零，故D錯誤．]
2．(20xx·東陽模擬)一輕桿一端固定質量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內做半徑為R的圓周運動，如圖4315所示，則下列說法正確的是()
圖4315
A．小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零
B．小球過最高點的最小速度是
C．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大
D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小
A[輕桿可對小球產生向上的支持力，小球經(jīng)過最高點的速度可以為零，當小球過最高點的速度v＝時，桿所受的彈力等于零，A正確，B錯誤；若v，則桿在最高點對小球的彈力豎直向上，mg－F＝m，隨v增大，F(xiàn)減小，若v，則桿在最高點對小球的彈力豎直向下，mg＋F＝m，隨v增大，F(xiàn)增大，故C、D均錯誤．]
3．長度為1m的輕桿OA的A端有一質量為2kg的小球，以O點為圓心，在豎直平面內做圓周運動，如圖4316所示，小球通過最高點時的速度為3m/s，g取10m/s2，則此時小球將()

圖4316
A．受到18N的拉力
B．受到38N的支持力
C．受到2N的拉力
D．受到2N的支持力
D[設此時輕桿拉力大小為F，根據(jù)向心力公式有F＋mg＝m，代入數(shù)值可得F＝－2N，表示受到2N的支持力，選項D正確．]
4.如圖4317所示，小球緊貼在豎直放置的光滑圓形管道內壁做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是()

圖4317
A．小球通過最高點時的最小速度vmin＝
B．小球通過最高點時的最小速度vmin＝
C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球一定無作用力
D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力
C[小球沿光滑圓形管道上升，到達最高點的速度可以為零，A、B選項均錯誤；小球在水平線ab以下的管道中運動時，由于重力的方向豎直向下，向心力方向斜向上，必須受外側管壁指向圓心的作用力，C正確；小球在水平線ab以上的管道中運動時，由于重力有指向圓心的分量，若速度較小，小球可不受外側管壁的作用力，D錯誤．]

高考物理動能和動能定理復習教案

第2課時動能和動能定理
導學目標1.掌握動能的概念，會求動能的變化量.2.掌握動能定理，并能熟練運用．
一、動能
[基礎導引]
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
E．動能可以分解到兩個相互垂直的方向上進行運算
[知識梳理]
1．定義：物體由于________而具有的能．
2．公式：______________，式中v為瞬時速度．
3．矢標性：動能是________，沒有負值，動能與速度的方向______．
4．動能是狀態(tài)量，動能的變化是過程量，等于__________減初動能，即ΔEk＝__________________.
思考：動能一定是正值，動能的變化量為什么會出現(xiàn)負值？正、負表示什么意義？
二、動能定理
[基礎導引]
1．質量是2g的子彈，以300m/s的速度射入厚度是5cm的木板(如圖1
所示)，射穿后的速度是100m/s.子彈射穿木板的過程中受到的平均阻
力是多大？你對題目中所說的“平均”一詞有什么認識？

2．質量為500g的足球被踢出后，某人觀察它在空中的飛行情況，估計上升的最大高度是10m，在最高點的速度為20m/s.根據(jù)這個估計，計算運動員踢球時對足球做的功．
[知識梳理]
內容力在一個過程中對物體所做的功等于物體在這個過程中____________
表達式W＝ΔEk＝________________
對定理
的理解W0，物體的動能________
W0，物體的動能________
W＝0，物體的動能不變
適用
條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于________
(2)既適用于恒力做功，也適用于________
(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以____________
考點一動能定理的基本應用
考點解讀
1．應用動能定理解題的步驟
(1)選取研究對象，明確并分析運動過程．
(2)分析受力及各力做功的情況，求出總功．
受哪些力→各力是否做功→做正功還是負功→做多少功→確定求總功思路→求出總功
(3)明確過程初、末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2.
(4)列方程W＝Ek2－Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，列輔助方程進行求解．
2．應用動能定理的注意事項
(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．
(2)應用動能定理時，必須明確各力做功的正、負．當一個力做負功時，可設物體克服該力做功為W，將該力做功表示為－W，也可以直接用字母W表示該力做功，使其字母本身含有負號．
(3)應用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程和各量關系．
(4)動能定理是求解物體位移或速率的簡捷公式．當題目中涉及到位移和速度而不涉及時間時可優(yōu)先考慮動能定理；處理曲線運動中的速率問題時也要優(yōu)先考慮動能定理．
典例剖析
例1如圖2所示，用恒力F使一個質量為m的物體由靜止開始沿
水平地面移動的位移為l，力F跟物體前進的方向的夾角為α，
物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：
(1)力F對物體做功W的大??；
(2)地面對物體的摩擦力Ff的大??；
(3)物體獲得的動能Ek.
跟蹤訓練1如圖3所示，用拉力F使一個質量為m的木箱由靜止
開始在水平冰道上移動了l，拉力F跟木箱前進方向的夾角為α，
木箱與冰道間的動摩擦因數(shù)為μ，求木箱獲得的速度．
考點二利用動能定理求功
考點解讀
由于功是標量，所以動能定理中合力所做的功既可通過合力來計算(W總＝F合lcosα)，也可用每個力做的功來計算(W總＝W1＋W2＋W3＋…)．這樣，原來直接利用功的定義不能計算的變力的功可以利用動能定理方便的求得，它使得一些可能無法進行研究的復雜的力學過程變得易于掌握和理解．
典例剖析
例2如圖4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＝L2，在
A點給小球一個水平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)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？
(2)若不計空氣阻力，則初速度v0為多少？
(3)若初速度v0＝3gL，則在小球從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？
跟蹤訓練2如圖5所示，一位質量m＝65kg參加“挑戰(zhàn)極限運動”的業(yè)余選手要越過一寬度為x＝3m的水溝，躍上高為h＝1.8m的平臺．采用的方法是：人手握一根長L＝3.05m的輕質彈性桿一端，從A點由靜止開始勻加速助跑，至B點時，桿另一端抵在O點的阻擋物上，接著桿發(fā)生形變，同時人蹬地后被彈起，到達最高點時桿處于豎直，人的重心恰位于桿的頂端，此刻人放開桿水平飛出，最終趴落到平臺上，運動過程中空氣阻力可忽略不計．(g取10m/s2)
圖5
(1)設人到達B點時速度vB＝8m/s，人勻加速運動的加速度a＝2m/s2，求助跑距離xAB.
(2)設人跑動過程中重心離地高度H＝1.0m，在(1)問的條件下，在B點人蹬地彈起瞬間，人至少再做多少功？

14.用“分析法”解多過程問題
例3如圖6所示是某公司設計的“2009”玩具軌
道，是用透明的薄壁圓管彎成的豎直軌道，其中引
入管道AB及“200”管道是粗糙的，AB是與
“2009”管道平滑連接的豎直放置的半徑為R＝
0.4m的14圓管軌道，已知AB圓管軌道半徑與“0”
字型圓形軌道半徑相同．“9”管道是由半徑為2R的光滑14圓弧和
半徑為R的光滑34圓弧以及兩段光滑的水平管道、一段光滑的豎直管道組成，“200”管
道和“9”管道兩者間有一小縫隙P.現(xiàn)讓質量m＝0.5kg的閃光小球(可視為質點)從距A點高H＝2.4m處自由下落，并由A點進入軌道AB，已知小球到達縫隙P時的速率為v＝8m/s，g取10m/s2.求：
(1)小球通過粗糙管道過程中克服摩擦阻力做的功；
(2)小球通過“9”管道的最高點N時對軌道的作用力；
(3)小球從C點離開“9”管道之后做平拋運動的水平位移．
方法提煉
1．分析法：將未知推演還原為已知的思維方法．用分析法研究問題時，需要把問題化整為零，然后逐步引向待求量．具體地說也就是從題意要求的待求量出發(fā)，然后按一定的邏輯思維順序逐步分析、推演，直到待求量完全可以用已知量表達為止．因此，分析法是從未知到已知，從整體到局部的思維過程．
2．分析法的三個方面：
(1)在空間分布上可以把整體分解為各個部分：如力學中的隔離，電路的分解等；
(2)在時間上把事物發(fā)展的全過程分解為各個階段：如運動過程可分解為性質不同的各個階段；
(3)對復雜的整體進行各種因素、各個方面和屬性的分析．
跟蹤訓練3如圖7所示，在一次消防演習中模擬解救高樓被
困人員，為了安全，被困人員使用安全帶上掛鉤掛在滑竿上
從高樓A點沿輕滑桿下滑逃生．滑桿由AO、OB兩段直桿通
過光滑轉軸在O處連接，且通過O點的瞬間沒有機械能的
損失；滑桿A端用掛鉤鉤在高樓的固定物上，可自由轉
動，B端固定在消防車云梯上端．已知AO長為L1＝5m，
OB長為L2＝10m．豎直墻與端點B的間距d＝11m．掛鉤與兩段
滑桿間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.(g＝10m/s2)
(1)若測得OB與水平方向的夾角為37°，求被困人員下滑到B點時的速度大?。?sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(2)為了安全，被困人員到達B點的速度大小不能超過v，若A點高度可調，而豎直墻與云梯上端點B的間距d不變，求滑桿兩端點A、B間的最大豎直距離h？(用題給的物理量符號表示)

A組利用動能定理求變力功
1．如圖8所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一物體向右滑行，
并沖上固定在地面上的斜面．設物體在斜面最低點A的速度為
v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，則從A
到C的過程中彈簧彈力做功是()
A．mgh－12mv2B.12mv2－mgh
C．－mghD．－(mgh＋12mv2)

B組用動能定理分析多過程問題
2．如圖9所示，摩托車做特技表演時，以v0＝10.0m/s的初速度沖向高臺，然后從高臺水平飛出．若摩托車沖向高臺的過程中以P＝4.0kW的額定功率行駛，沖到高臺上所用時間t＝3.0s，人和車的總質量m＝1.8×102kg，臺高h＝5.0m，摩托車的落地點到高臺的水平距離x＝10.0m．不計空氣阻力，取g＝10m/s2.求：
圖9
(1)摩托車從高臺飛出到落地所用時間；
(2)摩托車落地時速度的大?。?br> (3)摩托車沖上高臺過程中克服阻力所做的功．
3．推杯子游戲是一種考驗游戲者心理和控制力的游戲，游戲規(guī)則是在杯子不掉下臺面的前提下，杯子運動得越遠越好．通常結果是：力度不夠，杯子運動得不夠遠；力度過大，杯子將滑離臺面．此游戲可以簡化為如下物理模型：質量為0.1kg的空杯靜止在長直水平臺面的左邊緣，現(xiàn)要求每次游戲中，在水平恒定推力作用下，沿臺面中央直線滑行x0＝0.2m后才可撤掉該力，此后杯子滑行一段距離停下．在一次游戲中，游戲者用5N的力推杯子，杯子沿直線共前進了x1＝5m．已知水平臺面長度x2＝8m，重力加速度g取10m/s2，試求：
(1)游戲者用5N的力推杯子時，杯子在撤掉外力后在長直水平臺面上運動的時間；(結果可用根式表示)
(2)游戲者用多大的力推杯子，才能使杯子剛好停在長直水平臺面的右邊緣．
4．如圖10所示，光滑14圓弧形槽的底端B與長L＝5m的水平傳送帶相接，滑塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為0.2，與足夠長的斜面DE間的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面與水平面間的夾角θ＝37°.CD段為光滑的水平平臺，其長為1m，滑塊經(jīng)過B、D兩點時無機械能損失．質量m＝1kg的滑塊從高為R＝0.8m的光滑圓弧形槽的頂端A處無初速度地滑下．求(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，不計空氣阻力)：
圖10
(1)當傳送帶不轉時，滑塊在傳送帶上滑過的距離；
(2)當傳送帶以2m/s的速度順時針轉動時，滑塊從滑上傳送帶到第二次到達D點所經(jīng)歷的時間t；
(3)當傳送帶以2m/s的速度順時針轉動時，滑塊在斜面上的最大位移．
課時規(guī)范訓練
(限時：45分鐘)
一、選擇題
1．下列關于運動物體所受的合外力、合外力做的功、運動物體動能的變化的說法中正確的是()
A．運動物體所受的合外力不為零，合外力必做功，物體的動能一定要變化
B．運動物體所受的合外力為零，則物體的動能一定不變
C．運動物體的動能保持不變，則該物體所受合外力一定為零
D．運動物體所受合外力不為零，則該物體一定做變速運動
2．在h高處，以初速度v0向水平方向拋出一個小球，不計空氣阻力，小球著地時速度大小為()
A．v0＋2ghB．v0－2gh
C.v20＋2ghD.v20－2gh
3．如圖1所示，卷揚機的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙面上
的木箱，使之沿斜面加速向上移動．在移動過程中，下列說法
正確的是()
A．F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和
B．F對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力勢能
D．F對木箱做的功等于木箱增加的機械能與木箱克服摩擦力做的功之和
4．子彈的速度為v，打穿一塊固定的木塊后速度剛好變?yōu)榱悖裟緣K對子彈的阻力為恒力，那么當子彈射入木塊的深度為其厚度的一半時，子彈的速度是()
A.v2B.22vC.v3D.v4
5．剎車距離是衡量汽車安全性能的重要參數(shù)之一．如圖2所示的
圖線1、2分別為甲、乙兩輛汽車在緊急剎車過程中的剎車距離l
與剎車前的車速v的關系曲線，已知緊急剎車過程中車與地面
間是滑動摩擦．據(jù)此可知，下列說法中正確的是()
A．甲車的剎車距離隨剎車前的車速v變化快，甲車的剎車性
能好
B．乙車與地面間的動摩擦因數(shù)較大，乙車的剎車性能好
C．以相同的車速開始剎車，甲車先停下來，甲車的剎車性能好
D．甲車的剎車距離隨剎車前的車速v變化快，甲車與地面間的動摩擦因數(shù)較大
6．一個小物塊沖上一個固定的粗糙斜面，經(jīng)過斜面上A、B兩點，到
達斜面上最高點后返回時，又通過了B、A兩點，如圖3所示，關
于物塊上滑時由A到B的過程和下滑時由B到A的過程，動能的
變化量的絕對值ΔE上和ΔE下，以及所用時間t上和t下相比較，有
()
A．ΔE上ΔE下，t上t下B．ΔE上ΔE下，t上t下
C．ΔE上ΔE下，t上t下D．ΔE上ΔE下，t上t下

7．如圖4所示，勁度系數(shù)為k的彈簧下端懸掛一個質量為m的重物，處于
靜止狀態(tài)．手托重物使之緩慢上移，直到彈簧恢復原長，手對重物做的
功為W1.然后放手使重物從靜止開始下落，重物下落過程中的最大速度
為v，不計空氣阻力．重物從靜止開始下落到速度最大的過程中，彈簧
對重物做的功為W2，則()
A．W1m2g2kB．W1m2g2k
C．W2＝12mv2D．W2＝m2g2k－12mv2
8．汽車在水平路面上從靜止開始做勻加速直線運動，到t1秒末關閉
發(fā)動機做勻減速直線運動，到t2秒末靜止．動摩擦因數(shù)不變，其
v－t圖象如圖5所示，圖中βθ.若汽車牽引力做功為W，平均功
率為P，汽車加速和減速過程中克服摩擦力做功分別為W1和W2，
平均功率大小分別為P1和P2，下列結論正確的是()
A．W1＋W2＝WB．P＝P1＋P2
C．W1W2D．P1＝P2
9.如圖6所示，一個粗糙的水平轉臺以角速度ω勻速轉動，轉臺上
有一個質量為m的物體，物體與轉臺間用長L的繩連接著，此
時物體與轉臺處于相對靜止，設物體與轉臺間的動摩擦因數(shù)為
μ，現(xiàn)突然制動轉臺，則()
A．由于慣性和摩擦力，物體將以O為圓心、L為半徑做變速圓周運動，直到停止
B．若物體在轉臺上運動一周，物體克服摩擦力做的功為μmg2πL
C．若物體在轉臺上運動一周，摩擦力對物體不做功
D．物體在轉臺上運動Lω24μgπ圈后，停止運動
10．靜止在粗糙水平面上的物塊A受方向始終水平向右、大小
先后為F1、F2、F3的拉力作用做直線運動，t＝4s時停
下，其v－t圖象如圖7所示，已知物塊A與水平面間的動摩擦
因數(shù)處處相同，下列判斷正確的是()
A．全過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功
B．全過程拉力做的功等于零
C．一定有F1＋F3＝2F2
D．可能有F1＋F32F2
二、非選擇題
11．如圖8所示，粗糙弧形軌道和兩個光滑半圓軌道組成翹尾巴的S形軌道．光滑半圓軌道半徑為R，兩個光滑半圓軌道連接處CD之間留有很小空隙，剛好能夠使小球通過，CD之間距離可忽略．粗糙弧形軌道最高點A與水平面上B點之間的高度為h.從A點由靜止釋放一個可視為質點的小球，小球沿翹尾巴的S形軌道運動后從E點水平飛出，落到水平地面上，落點到與E點在同一豎直線上B點的距離為s.已知小球質量為m，不計空氣阻力，求：
圖8
(1)小球從E點水平飛出時的速度大小；
(2)小球運動到B點時對軌道的壓力；
(3)小球沿翹尾巴的S形軌道運動時克服摩擦力做的功．
復習講義
基礎再現(xiàn)
一、
基礎導引A
知識梳理1.運動2.Ek＝12mv23.標量無關4.末動能12mv22－12mv21
思考：動能只有正值，沒有負值，但動能的變化卻有正有負．“變化”是指末狀態(tài)的物理量減去初狀態(tài)的物理量，而不一定是大的減去小的，有些書上稱之為“增量”．動能的變化量為正值，表示物體的動能增大了，對應于合力對物體做正功；物體的變化量為負值，表示物體的動能減小了，對應于合力對物體做負功，或者說物體克服合力做功．
二、
基礎導引1.1.6×103N見解析
2．150J
知識梳理動能的變化12mv22－12mv21增加減少曲線運動變力做功不同時作用
課堂探究
例1(1)Flcosα(2)μ(mg－Fsinα)
(3)Flcosα－μ(mg－Fsinα)l
跟蹤訓練12[Fcosα－μ(mg－Fsinα)]l/m
例2(1)gL2(2)7gL2(3)114mgL
跟蹤訓練2(1)16m(2)422.5J
例3(1)2J(2)35N(3)2.77m
跟蹤訓練3(1)310m/s(2)見解析
解析(2)設滑竿兩端點AB的最大豎直距離為h1，對下滑全過程由動能定理得
mgh1－μmgd＝12mv2④
所以：h1＝v22g＋μd⑤
若兩桿伸直，AB間的豎直高度h2為
h2＝(L1＋L2)2－d2⑥
若h1h2，則滿足條件的高度為h＝(L1＋L2)2－d2⑦
若h1h2，則滿足條件的高度為
h＝v22g＋μd⑧
若h1＝h2，則滿足條件的高度為
h＝v22g＋μd＝(L1＋L2)2－d2⑨
分組訓練
1．A
2．(1)1.0s(2)102m/s(3)3.0×103J
3．(1)4.8s(2)8N
4．(1)4m(2)(2.7＋55)s(3)0.5m
課時規(guī)范訓練
1．BD
2．C
3．CD
4．B
5．B
6．D
7．B
8．ACD
9．ABD
10．AC
11．(1)s42gR(2)9mg＋mgs28R2
(3)mg(h－4R)－mgs216R