高中物理-動(dòng)能和動(dòng)能定理教學(xué)設(shè)計(jì)學(xué)情分析教材分析課后反思

專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(五)功功率動(dòng)能定理(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)1．(2016·海南“七校聯(lián)盟”大聯(lián)考)如圖13甲所示，某女士第一次站立在臺(tái)階式自動(dòng)扶梯上，扶梯將她送上樓，第二次如圖乙所示，該女士乘相同自動(dòng)扶梯的同時(shí)，她還相對(duì)于扶梯勻速向上走，兩次到達(dá)同一高度．兩次自動(dòng)扶梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度相同，下列關(guān)于兩次自動(dòng)扶梯的牽引力做功和功率的說(shuō)法正確的是()甲乙圖13A．兩次牽引力做功相同，牽引力的功率第一次的較大B．牽引力做功第一次的較大，兩次牽引力的功率相同C．牽引力做功第一次的較大，功率也是第一次的大D．兩次牽引力做功相同，功率也相同B[由于兩次自動(dòng)扶梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度相同，第二次該女士是沿扶梯勻速向上行走，表明兩次扶梯對(duì)該女士的牽引力相同，但把該女士送到同一高度時(shí)，所用的時(shí)間不同，第二次時(shí)間要短，扶梯運(yùn)行的位移要小，由功的公式W＝Fscosα可知，第一次扶梯對(duì)該女士做的功要多．自動(dòng)扶梯牽引力的功率由P＝Fvcosα可知，扶梯對(duì)該女士的牽引力相同，扶梯兩次運(yùn)行的速度也相同，所以?xún)纱螤恳Φ墓β氏嗤?，選項(xiàng)B正確．]2.(2016·湖北六校3月聯(lián)考)如圖14所示，半徑為R的eq\f(1,8)光滑圓弧軌道左端有一質(zhì)量為m的小球，在大小恒為F、方向始終與軌道相切的外力作用下，小球在豎直平面內(nèi)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，軌道左端切線水平，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到軌道的末端時(shí)立即撤去外力，此時(shí)小球的速率為v，已知重力加速度為g，則()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：37162035】圖14A．此過(guò)程外力做功為eq\f(π,2)FRB．此過(guò)程外力做功為eq\f(\r(2),2)FRC．小球離開(kāi)軌道的末端時(shí)，拉力的功率為FvD．小球離開(kāi)軌道后運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)距離圓弧軌道左端的高度為eq\f(πRF,4mg)C[由于力的大小不變，方向始終沿圓弧的切線方向，所以力F做的功為W＝F·eq\f(1,8)·2πR＝eq\f(π,4)FR，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小球離開(kāi)軌道時(shí)的速率為v，方向和外力F的方向相同，所以拉力的功率為Fv，選項(xiàng)C正確；設(shè)小球離開(kāi)軌道后運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v1，小球離開(kāi)軌道后運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)距離圓弧軌道左端的高度為h，根據(jù)動(dòng)能定理有W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)>0，代入W的值可得h<eq\f(πRF,4mg)，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]3．一輛汽車(chē)在平直的公路上以某一初速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù)eq\f(1,v)圖象如圖15所示．若已知汽車(chē)的質(zhì)量，則根據(jù)圖像所給的信息，不能求出的物理量是()圖15A．汽車(chē)的功率B．汽車(chē)行駛的最大速度C．汽車(chē)所受到的阻力D．汽車(chē)運(yùn)動(dòng)到最大速度所需的時(shí)間D[由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，對(duì)應(yīng)圖線可知，eq\f(P,m)＝k＝40，可求出汽車(chē)的功率P，由a＝0時(shí)，eq\f(1,vm)＝0.05可得：vm＝20m/s，再由vm＝eq\f(P,Ff)，可求出汽車(chē)受到的阻力Ff，但無(wú)法求出汽車(chē)運(yùn)動(dòng)到最大速度的時(shí)間，故應(yīng)選D.]4．(2016·河北保定二模)如圖16所示，傾角為θ的斜面固定在水平地面上，其頂端有一輕彈簧，彈簧上端固定．一質(zhì)量為m的小物塊向右滑行并沖上斜面．設(shè)小物塊在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，將彈簧壓縮至最短時(shí)小物塊位于C點(diǎn)，C點(diǎn)距地面高度為h，小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，不計(jì)小物塊與彈簧碰撞過(guò)程中的能量損失，則小物塊在C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為()圖16A.eq\f(1,2)mv2－mgh－eq\f(μmgh,tanθ)B．mgh＋eq\f(1,2)mv2－mghtanθC.eq\f(1,2)mv2－mghD．mgh－eq\f(1,2)mv2＋eq\f(μmgh,tanθ)A[小物塊從A到C克服摩擦力的功Wf＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(μmgh,tanθ)，克服重力的功WG＝mgh，設(shè)克服彈力做的功為W，由動(dòng)能定理有－mgh－eq\f(μmgh,tanθ)－W＝0－eq\f(1,2)mv2，得出W＝eq\f(1,2)mv2－mgh－eq\f(μmgh,tanθ)，所以小物塊在C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,2)mv2－mgh－eq\f(μmgh,tanθ)，故選項(xiàng)A正確．]5．(2016·衡水中學(xué)二模)有兩條滑道平行建造，左側(cè)相同而右側(cè)有差異，一個(gè)滑道的右側(cè)水平，另一個(gè)的右側(cè)是斜坡．某滑雪者保持一定姿勢(shì)坐在雪橇上不動(dòng)，從h1高處的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點(diǎn)水平距離為s的水平雪道上．接著改用另一個(gè)滑道，還從與A點(diǎn)等高的位置由靜止開(kāi)始下滑，結(jié)果能沖上另一個(gè)傾角為α的雪道上h2高處的E點(diǎn)停下．若動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失，則()圖17A．動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθ B．動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(h1,s)C．傾角α一定大于θ D．傾角α可以大于θB[第一次停在BC上的某點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)－μmgs′＝0mgh1－μmg(eq\f(h1,tanθ)＋s′)＝0mgh1－μmgs＝0μ＝eq\f(h1,s)A錯(cuò)誤，B正確．在AB段由靜止下滑，說(shuō)明μmgcosθ＜mgsinθ，第二次滑上CE在E點(diǎn)停下，說(shuō)明μmgcosα＞mgsinα；若α＞θ，則雪橇不能停在E點(diǎn)，所以C、D錯(cuò)誤．]6．(2016·云南五校聯(lián)考)將三個(gè)光滑的平板傾斜固定，三個(gè)平板頂端到底端的高度相等，三個(gè)平板與水平面間的夾角分別為θ1、θ2、θ3，如圖18所示．現(xiàn)將三個(gè)完全相同的小球由最高點(diǎn)A沿三個(gè)平板同時(shí)無(wú)初速度地釋放，經(jīng)一段時(shí)間到達(dá)平板的底端．則下列說(shuō)法正確的是()圖18A．重力對(duì)三個(gè)小球所做的功相同B．沿傾角為θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C．三個(gè)小球到達(dá)底端時(shí)的瞬時(shí)速度相同D．沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小AD[假設(shè)平板的長(zhǎng)度為x，由功的定義式可知W＝mgxsinθ＝mgh，則A正確；小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a＝gsinθ，小球到達(dá)平板底端時(shí)的速度為v＝eq\r(2ax)＝eq\r(2gxsinθ)＝eq\r(2gh)，顯然到達(dá)平板底端時(shí)的速度大小相等，但方向不同，則C錯(cuò)誤；由位移公式x＝eq\f(1,2)at2可知t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，整個(gè)過(guò)程中重力的平均功率為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mg\r(2gh)sinθ,2)，則沿傾角為θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B錯(cuò)誤；根據(jù)P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，速度大小相等，沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小，D正確．]7．(2015·安慶模擬)如圖19甲所示，在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m＝4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動(dòng)，推力隨位移x變化的圖象如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()圖19A．物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)B．物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10mC．物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為8m/sD．物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變BC[物體先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由圖象得到推力對(duì)物體做的功等于圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”，得推力做功為：W＝200J根據(jù)動(dòng)能定理：W－μmgxm＝0，代入數(shù)據(jù)解得：xm＝10m，故B正確；由圖象可得推力隨位移x是變化的，當(dāng)推力等于摩擦力時(shí)，加速度為0，速度最大，則：F0＝μmg＝20N，由圖得到F與x的函數(shù)關(guān)系式為：F＝100－25x，代入F0得：x＝3.2m，由動(dòng)能定理可得：eq\f(100＋20,2)×3.2－20×3.2＝eq\f(1,2)×4×veq\o\al(2,m)，解得：vm＝8m/s，故C正確；拉力一直減小，而摩擦力不變，故加速度先減小后增大，故D錯(cuò)誤．]8．如圖20所示，一水平傳送帶以2.0m/s的速度順時(shí)針傳動(dòng)，水平部分長(zhǎng)為2.0m，其右端與一傾角為θ＝37°的光滑斜面平滑相連，斜面長(zhǎng)為0.4m，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊無(wú)初速度地放在傳送帶最左端．已知物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，sin37°＝0.6，g取10m/s2.則()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：37162036】圖20A．物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．物塊到達(dá)傳送帶右端的速度大小為2m/sC．物塊沿斜面上滑能上升的最大高度為0.2mD．物塊返回傳送帶時(shí)恰好到達(dá)最左端BC[物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝1m＜2m，所以在到達(dá)傳送帶右端前物塊已經(jīng)以2m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；物塊以初速度v0滑上斜面后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，上滑過(guò)程由動(dòng)能定理得－mghm＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得hm＝0.2m，由于x2＝eq\f(hm,sinθ)＝eq\f(1,3)m＜0.4m，所以物塊未到達(dá)斜面的最高點(diǎn)，C正確；物塊返回傳送帶時(shí)滑動(dòng)的距離為x，由動(dòng)能定理得mghm－μmgx＝0，解得x＝1m，所以物塊返回傳送帶時(shí)不會(huì)到達(dá)最左端，D錯(cuò)誤．]二、計(jì)算題(共2小題，32分)9．(16分)(2016·開(kāi)封重點(diǎn)中學(xué)二聯(lián))如圖21所示，一質(zhì)量為m＝2.0kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜置在粗糙水平面上的A點(diǎn)，水平面上的B點(diǎn)處固定有一豎直放置的半徑為R＝0.4m的粗糙半圓形軌道．現(xiàn)給滑塊施加一水平向右且大小為F＝10N的恒定拉力，使滑塊由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)．已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，A、B兩點(diǎn)間的距離為d＝5m，重力加速度取g＝10m/s2.圖21(1)若滑塊剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)停止，求拉力F作用的時(shí)間；(2)若在滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去拉力F，則滑塊剛好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C，求滑塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功．【解析】(1)設(shè)在拉力F作用下滑塊向右滑行的距離為x，則由動(dòng)能定理可得Fx＝μmgd設(shè)在拉力F作用階段滑塊的加速度大小為a1，拉力F作用時(shí)間為t，則有F－μmg＝ma1x＝eq\f(1,2)a1t2聯(lián)立解得t＝eq\r(2)s.(2)設(shè)滑塊在B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，在C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，則由動(dòng)能定理可得(F－μmg)d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由于滑塊剛好能通過(guò)最高點(diǎn)C，則有mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)設(shè)滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力做的功為Wf，則有Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－mg·2R聯(lián)立解得Wf＝5J.【答案】(1)eq\r(2)s(2)5J10．(16分)(2016·吉安四校模擬)如圖22所示，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長(zhǎng)度為l，水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)．可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從軌道右側(cè)A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，通過(guò)圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回．已知R＝0.4m，l＝2.5m，v0＝6m/s，物塊質(zhì)量m＝1kg，與PQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，軌道其它部分摩擦不計(jì)．g取10m/s2，求：圖22(1)物塊經(jīng)過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)物塊從Q運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間及彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能；(3)物塊仍以v0從右側(cè)沖上軌道，調(diào)節(jié)PQ段的長(zhǎng)度l，當(dāng)l長(zhǎng)度是多少時(shí)，物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng).【導(dǎo)學(xué)號(hào)：37162037】【解析】(1)物塊沖上圓形軌道最高點(diǎn)B時(shí)速度為v，由動(dòng)能定律得：－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①物塊在B點(diǎn)時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：FN＋mg＝eq\f(mv2,R) ②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)解得FN＝40N由牛頓第三定律得，物塊對(duì)軌道壓力大小為40N，方向?yàn)樨Q直向上．(2)物塊在Q點(diǎn)時(shí)速度為v0＝6m/s，在PQ段運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有：μmg＝ma ③由運(yùn)動(dòng)規(guī)律l＝v0t－eq\f(1,2)at2 ④聯(lián)立③④式并代入數(shù)據(jù)解得在PQ段運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝0.5s(t＝2.5s不符合題意，舍去)設(shè)物塊在P點(diǎn)時(shí)速度為v1，由動(dòng)能定理得：－μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ⑤物塊壓縮彈簧，由能量守恒得動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，有Epm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑥聯(lián)立⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)解得Epm＝8J.(3)設(shè)物塊以v0沖上軌道直到回到PQ段右側(cè)Q點(diǎn)時(shí)速度為v2，有－2μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ⑦要使物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn)，則物塊能沿軌道上滑至最高點(diǎn)且在最高點(diǎn)的速度大小為v3，則滿(mǎn)足－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2) ⑧且mg＝eq\f(mv\o\al(2,3),R) ⑨聯(lián)立⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)解得l＝1m.【答案】(1)40N，方向豎直向上(2)0.5s8J(3)1m7.7動(dòng)能和動(dòng)能定理導(dǎo)學(xué)案（人教版必修2）科目：物理課題：動(dòng)能和動(dòng)能定理編號(hào)：019課型：新授課：主備人：王運(yùn)振審核人：高一物理組使用時(shí)間：2017—03—26教師寄語(yǔ)：不要等待機(jī)會(huì)，而要?jiǎng)?chuàng)造機(jī)會(huì)。教學(xué)目標(biāo)1、理解動(dòng)能的概念，會(huì)用動(dòng)能的定義式進(jìn)行計(jì)算。2、理解動(dòng)能定理及動(dòng)能定理的推導(dǎo)過(guò)程。3、知道動(dòng)能定理的適用條件，掌握動(dòng)能定理解題的步驟，能用動(dòng)能定理解決實(shí)際問(wèn)題。預(yù)習(xí)學(xué)案1．物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能稱(chēng)為動(dòng)能，表達(dá)式為_(kāi)_________，動(dòng)能是______量，單位與功的單位相同，在國(guó)際單位制中都是________．2．兩個(gè)質(zhì)量均為m的物體，若速度相同，則兩個(gè)物體的動(dòng)能________，若動(dòng)能相同，兩個(gè)物體的速度________________．3．力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中____________，這個(gè)結(jié)論叫動(dòng)能定理．表達(dá)式為W＝________。式中W為合外力對(duì)物體做的功，也可理解為各力對(duì)物體做功的__________，如果外力做正功，物體的動(dòng)能________；外力做負(fù)功，物體的動(dòng)能。4．動(dòng)能定理既適用于________運(yùn)動(dòng)，也適用于________運(yùn)動(dòng)，既適用于________力做功，也適用于________力做功．且只需確定初、末狀態(tài)而不必涉及過(guò)程細(xì)節(jié)，因而解題很方便．5．下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受合力做功和動(dòng)能變化的關(guān)系正確的是()A．如果物體所受合力為零，則合力對(duì)物體做的功一定為零B．如果合力對(duì)物體所做的功為零，則合力一定為零C．物體在合力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一定發(fā)生變化D．物體的動(dòng)能不變，所受合力一定為零6．關(guān)于動(dòng)能概念及公式W＝Ek2－Ek1的說(shuō)法中正確的是()A．若物體速度在變化，則動(dòng)能一定在變化B．速度大的物體，動(dòng)能一定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以變成能D．動(dòng)能的變化可以用合力做的功來(lái)量度課堂導(dǎo)學(xué)【概念規(guī)律練】知識(shí)點(diǎn)一動(dòng)能的概念練習(xí)1．對(duì)動(dòng)能的理解，下列說(shuō)法正確的是()A．動(dòng)能是機(jī)械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運(yùn)動(dòng)的物體都具有動(dòng)能B．動(dòng)能不可能為負(fù)值C．一定質(zhì)量的物體，動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化；但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化D．動(dòng)能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)知識(shí)點(diǎn)二動(dòng)能定理1、內(nèi)容：2、公式：3、條件：知識(shí)點(diǎn)三動(dòng)能定理的應(yīng)用考向一：應(yīng)用動(dòng)能定理求變力的功[例1]如圖所示，質(zhì)量為m的小車(chē)在水平恒力F推動(dòng)下，從山坡(粗糙)底部A處由靜止起運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B，獲得速度為v，AB之間的水平距離為x，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．小車(chē)克服重力所做的功是mghB．合外力對(duì)小車(chē)做的功是eq\f(1,2)mv2C．推力對(duì)小車(chē)做的功是eq\f(1,2)mv2＋mghD．阻力對(duì)小車(chē)做的功是eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fx[變式訓(xùn)練]1.如圖所示，電梯質(zhì)量為M，地板上放置一質(zhì)量為m的物體。鋼索拉電梯由靜止開(kāi)始向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)上升高度為H時(shí)，速度達(dá)到v，則()A．地板對(duì)物體的支持力做的功等于eq\f(1,2)mv2B．地板對(duì)物體的支持力做的功等于mgHC．鋼索的拉力做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgHD．合力對(duì)電梯M做的功等于eq\f(1,2)Mv2考向二：動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用【例2】(2015·全國(guó)卷ⅠT17)如圖所示，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(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道，質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功．則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離【例3】如圖所示，一質(zhì)量為m＝2.0kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜置在粗糙水平面上的A點(diǎn)，水平面上的B點(diǎn)處固定有一豎直放置的半徑為R＝0.4m的粗糙半圓形軌道．現(xiàn)給滑塊施加一水平向右且大小為F＝10N的恒定拉力，使滑塊由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)．已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，A、B兩點(diǎn)間的距離為d＝5m，重力加速度取g＝10m/s2.(1)若滑塊剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)停止，求拉力F作用的時(shí)間；(2)若在滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去拉力F，則滑塊剛好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C，求滑塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功．變式訓(xùn)練1、動(dòng)能定理與圖像的結(jié)合一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻撤去力F，其v-t圖象如圖所示．已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則下列關(guān)于力F的大小和力F做功W的大小關(guān)系式正確的是()A．F＝μmg B．F＝2μmgC．W＝μmgv0t0 D．W＝eq\f(3,2)μmgv0t0當(dāng)堂鞏固提升：1．一質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻起受到一恒力作用。此后，該質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能可能()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．質(zhì)量為m的物體在水平力F的作用下，由靜止開(kāi)始在光滑地面上運(yùn)動(dòng)，前進(jìn)一段距離之后速度大小為v，再前進(jìn)一段距離使物體的速度增大為2v，則()A．第二過(guò)程的速度增量等于第一過(guò)程的速度增量B．第二過(guò)程的動(dòng)能增量是第一過(guò)程動(dòng)能增量的3倍C．第二過(guò)程合力做的功等于第一過(guò)程合力做的功D．第二過(guò)程合力做的功等于第一過(guò)程合力做功的2倍3．如圖所示，一輕彈簧直立于水平地面上，質(zhì)量為m的小球從距離彈簧上端B點(diǎn)h高處的A點(diǎn)自由下落，在C點(diǎn)處小球速度達(dá)到最大。x0表示B、C兩點(diǎn)之間的距離；Ek表示小球在C點(diǎn)處的動(dòng)能。若改變高度h，則能表示x0隨h變化的圖象和Ek隨h變化的圖象中正確的是()4．如圖甲所示，用固定的電動(dòng)機(jī)水平拉著質(zhì)量m＝2kg的小物塊和質(zhì)量M＝1kg的平板以相同的速度一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，物塊位于平板左側(cè)，可視為質(zhì)點(diǎn)．在平板的右側(cè)一定距離處有臺(tái)階阻擋，平板撞上后會(huì)立刻停止運(yùn)動(dòng)．電動(dòng)機(jī)功率保持P＝3W不變．從某時(shí)刻t＝0起，測(cè)得物塊的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，t＝6s后可視為勻速運(yùn)動(dòng)，t＝10s時(shí)物塊離開(kāi)平板．重力加速度取g＝10m/s2，求：(1)平板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為多大？(2)物塊在1s末和3s末受到的摩擦力各為多大？(3)平板長(zhǎng)度L為多少？7.7動(dòng)能和動(dòng)能定理學(xué)情分析1、學(xué)情分析學(xué)生在前面分別學(xué)習(xí)過(guò)做功和動(dòng)能的概念,動(dòng)能定理常用于解決運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)題，學(xué)習(xí)好動(dòng)能定理非常重要，并為后一節(jié)的機(jī)械能守恒定律的掌握打下基礎(chǔ)。在學(xué)習(xí)的過(guò)程中，學(xué)生已經(jīng)知道實(shí)驗(yàn)探究和理論推導(dǎo)相結(jié)合的科學(xué)研究方法，在這里再次采用這種方法，使學(xué)生更加熟悉。2、學(xué)習(xí)方法為了使學(xué)生加深理解動(dòng)能定理的推導(dǎo)過(guò)程，可建議學(xué)生課后獨(dú)立進(jìn)行推導(dǎo)，這樣做，可以加深對(duì)功能關(guān)系的認(rèn)識(shí)，提高學(xué)生的推導(dǎo)能力．7.7動(dòng)能和動(dòng)能定理效果分析本節(jié)課通過(guò)上一節(jié)的實(shí)驗(yàn)探究，讓學(xué)生初步了解外力做功與速度的平方成正比，在此基礎(chǔ)上，通過(guò)情景引入，建立模型，進(jìn)行分析推導(dǎo)，讓學(xué)生得到外力做功和速度平方的關(guān)系式，從而建立外力做功和動(dòng)能變化的關(guān)系，然后通過(guò)例題分析，讓學(xué)生加深印象，掌握應(yīng)用方法和思路，聯(lián)系生活，從而讓學(xué)生能做到獨(dú)立應(yīng)用動(dòng)能定理解決具體問(wèn)題的目的。通過(guò)本節(jié)課的教學(xué)，學(xué)生得到相應(yīng)的知識(shí)和方法，能力得到提高，基本上能解決簡(jiǎn)單的問(wèn)題，隨著理解的深入和加深，以后會(huì)理解的更加深刻，應(yīng)用會(huì)更加得心應(yīng)手。7.7動(dòng)能和動(dòng)能定理教材分析1、內(nèi)容與地位動(dòng)能和動(dòng)能定理是人教版第七章第七節(jié)內(nèi)容，它貫穿于這一章教材，是這一章的重點(diǎn)．動(dòng)能定理實(shí)際上是一個(gè)質(zhì)點(diǎn)的功能關(guān)系，課本在講述動(dòng)能和動(dòng)能定理時(shí)，沒(méi)有把二者分開(kāi)講述，而是以功能關(guān)系為線索，同時(shí)引人了動(dòng)能的定義式和動(dòng)能定理．這樣敘述，思路簡(jiǎn)明，能充分體現(xiàn)功能關(guān)系這一線索．考慮到初中已經(jīng)講