時間：2023-05-31 09:50:38
開篇：寫作不僅是一種記錄，更是一種創造，它讓我們能夠捕捉那些稍縱即逝的靈感，將它們永久地定格在紙上。下面是小編精心整理的12篇動能定理公式，希望這些內容能成為您創作過程中的良師益友，陪伴您不斷探索和進步。
動能定理知識點總結
1、什么是動能？它與哪些因素有關？
物體由于運動而具有的能叫動能，它與物體的質量和速度有關。
下面通過舉例表明：運動物體可對外做功，質量和速度越大，動能越大，物體對外做功的能力也越強。所以說動能是表征運動物體做功的一種能力。
2、動能公式
動能與質量和速度的定量關系如何呢？我們知道，功與能密切相關。因此我們可以通過做功來研究能量。外力對物體做功使物體運動而具有動能。下面我們就通過這個途徑研究一個運動物體的動能是多少。
列出問題，引導學生回答：
光滑水平面上一物體原來靜止，質量為m，此時動能是多少？（因為物體沒有運動，所以沒有動能）。在恒定外力F作用下，物體發生一段位移s，得到速度v（如圖1），這個過程中外力做功多少？物體獲得了多少動能？
樣我們就得到了動能與質量和速度的定量關系：
物體的動能等于它的質量跟它的速度平方的乘積的一半。用Ek表示動能，則計算動能的公式為：
由以上推導過程可以看出，動能與功一樣，也是標量，不受速度方向的影響。它在國際單位制中的單位也是焦耳（J）。一個物體處于某一確定運動狀態，它的動能也就對應于某一確定值，因此動能是狀態量。
下面通過一個簡單的例子，加深同學對動能概念及公式的理解。
試比較下列每種情況下，甲、乙兩物體的動能：（除下列點外，其他情況相同）
①物體甲的速度是乙的兩倍；②物體甲向北運動，乙向南運動；
③物體甲做直線運動，乙做曲線運動；④物體甲的質量是乙的一半。
在學生得出正確答案后總結：動能是標量，與速度方向無關；動能與速度的平方成正比，因此速度對動能的影響更大。
3、動能定理
（1）動能定理的推導
將剛才推導動能公式的例子改動一下：假設物體原來就具有速度v1，且水平面存在摩擦力f，在外力F作用下，經過一段位移s，速度達到v2，如圖2，則此過程中，外力做功與動能間又存在什么關系呢？
外力F做功：W1=Fs
摩擦力f做功：W2=-fs
可見，外力對物體做的總功等于物體在這一運動過程中動能的增量。其中F與物體運動同向，它做的功使物體動能增大；f與物體運動反向，它做的功使物體動能減少。它們共同作用的結果，導致了物體動能的變化。
將上述問題再推廣一步：若物體同時受幾個方向任意的外力作用，情況又如何呢？引導學生推導出正確結論并板書：
外力對物體所做的總功等于物體動能的增加，這個結論叫動能定理。
用W總表示外力對物體做的總功，用Ek1表示物體初態的動能，用Ek2表示末態動能，則動能定理表示為：
（2）對動能定理的理解
動能定理是學生新接觸的力學中又一條重要規律，應立即通過舉例及分析加深對它的理解。
a、對外力對物體做的總功的理解
有的力促進物體運動，而有的力則阻礙物體運動。因此它們做的功就有正、負之分，總功指的是各外力做功的代數和；又因為W總=W1＋W2＋?=F1·s＋F2·s＋?=F合·s，所以總功也可理解為合外力的功。
b、對該定理標量性的認識
因動能定理中各項均為標量，因此單純速度方向改變不影響動能大小。如勻速圓周運動過程中，合外力方向指向圓心，與位移方向始終保持垂直，所以合外力做功為零，動能變化亦為零，并不因速度方向改變而改變。
c、對定理中“增加”一詞的理解
由于外力做功可正、可負，因此物體在一運動過程中動能可增加，也可能減少。因而定理中“增加”一詞，并不表示動能一定增大，它的確切含義為末態與初態的動能差，或稱為“改變量”。數值可正，可負。
d、對狀態與過程關系的理解
功是伴隨一個物理過程而產生的，是過程量；而動能是狀態量。動能定理表示了過程量等于狀態量的改變量的關系。
4、例題講解或討論
主要針對本節重點難點——動能定理，適當舉例，加深學生對該定理的理解，提高應用能力。
例1、一物體做變速運動時，下列說法正確的是 [ ]
A、合外力一定對物體做功，使物體動能改變
B、物體所受合外力一定不為零
C、合外力一定對物體做功，但物體動能可能不變
D、物體加速度一定不為零
此例主要考察學生對涉及力、速度、加速度、功和動能各物理量的牛頓定律和動能定理的理解。只要考慮到勻速圓周運動的例子，很容易得到正確答案B、D。
例2、在水平放置的長直木板槽中，一木塊以6.0m／s的初速度開始滑動?；?.0m后速度減為4.0m／s，若木板糟粗糙程度處處相同，此后木塊還可以向前滑行多遠？
此例是為加深學生對負功使動能減少的印象，需正確表示動能定理中各物理量的正負。解題過程如下：
設木板槽對木塊摩擦力為f，木塊質量為m，據題意使用動能定理有：
二式聯立可得：s2=3.2m，即木塊還可滑行3.2m。
此題也可用運動學公式和牛頓定律來求解，但過程較繁，建議布置學生課后作業，并比較兩種方法的優劣，看出動能定理的優勢。
例3、如圖3，在水平恒力F作用下，物體沿光滑曲面從高為h1的A處運動到高為h2的B處，若在A處的速度為vA，B處速度為vB，則AB的水平距離為多大？
可先讓學生用牛頓定律考慮，遇到困難后，再指導使用動能定理。
A到B過程中，物體受水平恒力F，支持力N和重力mg的作用。三個力做功分別為Fs，0和-mg（h2-h1），所以動能定理寫為：
從此例可以看出，以我們現在的知識水平，牛頓定律無能為力的問題，動能定理可以很方便地解決，其關鍵就在于動能定理不計運動過程中瞬時細節。
通過以上三例總結一下動能定理的應用步驟：
（1）明確研究對象及所研究的物理過程。
（2）對研究對象進行受力分析，并確定各力所做的功，求出這些力的功的代數和。
（3）確定始、末態的動能。（未知量用符號表示），根據動能定理列出方程
W總＝Ek2—Ek1
（4）求解方程、分析結果
我們用上述步驟再分析一道例題。
例4、如圖4所示，用細繩連接的A、B兩物體質量相等， A位于傾角為30°的斜面上，細繩跨過定滑輪后使A、B均保持靜止，然后釋放，設A與斜面間的滑動摩擦力為A受重力的0.3倍，不計滑輪質量和摩擦，求B下降1m時的速度多大。
讓學生自由選擇研究對象，那么可能有的同學分別選擇A、B為研究對象，而有了則將A、B看成一個整體來分析，分別請兩位方法不同的學生在黑板上寫出解題過程：
三式聯立解得：v=1.4m/s
解法二：將A、B看成一整體。（因二者速度、加速度大小均一樣），此時拉力T為內力，求外力做功時不計，則動能定理寫為：
f＝0.3mg
關鍵詞：動量定理 沖量 理解和應用
1 如何正確理解動量定理
動量定理所反映的是物體受到沖量作用時物體動量發生變化的規律，是力的時間積累效應。對于動量定理的理解應該明確以下幾點。
1.1 明確牛頓第二定律和動量定理的聯系和區別
動量定理雖然可以由牛頓第二定律推導出來，但它不是牛頓第二定律的延伸；它們又都反映了物體運動狀態變化與合力的關系，但兩者是有區別的。牛頓第二定律只表達了力的瞬時作用效果；而動量定理描述的卻是一個過程，反映的是力的時間積累的效果。動量定理與牛頓第二定律相比，有其獨特的優點。在公式Ft=mv －mv 中，只涉及兩個狀態量mv 、mv 和一個過程量Ft，不涉及加速度a和位移s。所以，應用動量定理處理問題時，只要考慮兩個狀態量mv 、mv 和一個過程量Ft就可以了，不必考慮加速度a和位移s。例如在碰撞問題中，問題間的相互作用時間極短，碰撞力一般是變力，牛頓第二定律無法直接應用。而應用動量定理，可以很輕松地解決問題，無論是求平均作用力，還是求碰撞前后的速度都不是難問題。
1.2 明確沖量的含義及沖量與功的區別
沖量Ft和功FS一樣，都是表示過程的物理量，兩者都是力的積累效果。所不同的是：沖量是力的時間積累效果，而功是力的空間積累效果；沖量表現為動量的變化，功表示的是動能的變化。例如，要使質量為m的靜止物體得到某一速度v，使物體的動量增加mv，則一定要有一個力F作用的過程，一定要經歷一段時間t，這就是力的時間積累效果的含義。
1.3 明確沖力的意義
由動量定理Ft=mv －mv ，沖力F= ，就是物體動量的變化率，它表示物體動量變化的快慢程度。常常在求作用時間極短情況下的作用力用這一關系式，其特點有：①作用時間極短；②雖然有恒力的方向，但卻是變力，在很短的時間內大小變化可以很大，一般計算其平均值；③數值往往可以達到很大。
1.4 明確動量定理的矢量性
動量定理描述的關系是矢量關系，公式Ft=mv －mv 中，沖量F 是矢量，方向取決于F，動量mv也是矢量，方向取決于v，動量的變化mv －mv 也是矢量，方向取決于v －v 。因此Ft的方向跟v －v 的方向一致，不能把F、v、v －v 三者的方向混為一談。無論求沖量還是求動量的變化量，都必須用矢量法進行。若是直線上的問題，通過規定方向后，用正、負號處理，不是直線上的問題一定要用平行四邊形法則進行。
1.5 明確動量與動能的區別
動量和動能都是描述物體運動狀態的物理量，它們都跟運動的質量和速度有關。物體具有一定的運動狀態，它就具有一定的動量和動能。如果物體的運動狀態發生了變化，物體具有的動量和動能地將發生變化，而引起這種變化的原因是外力對物體作用的一種積累結果。力對物體作用一段時間t后，力和作用的時間的乘積叫沖量，它對應于動量的變化，這個規律叫動量定理，公式為Ft=mv －mv 。力對物體作用一段位移S后，力和物體在力的方向上發生的位移的乘積叫功，它對應于動能的變化，這個規律叫動能定理，公式為FS= mv- mv。動量和動能的區別還有：①動能是反映物體由于運動所具有的一種做功的本領，表現為機械運動可以轉化為其它運動形式的能力的一種量度；而動量是表現為機械運動之間的一種量度。②從物理過程來看，有時動量的變化和動能的變化發生在同一過程，需要同時考慮它們的變化；有時則忽略某種變化只考慮其中一種變化。這說明動量和動能發生變化時反映的過程不同，它們遵守規律也不同。動量的變化遵守動量定理，動能的變化規律遵守動能定理。③動量是矢量，動能是標量。
1.6 明確動量定理適應的參照系
動量定理只適應于慣性系，所以定理中的速度必須是相對于同一慣性參照系的速度，否則就會出錯。
2 靈活運用動量定理解答物理問題
應用動量定理的一般思路是：選準研究對象和明確研究過程，對于對象在各過程中的受力、沖量、動量及其在過程中的變化作出全面準確的分析，然后根據所給的條件列方程和求解。下面我們以幾個實例來探討如何靈活運用動量定理。
2.1 運用整體法巧解問題
例1如圖1所示，質量為M的金屬球和質量為m的木塊由細線連接在一起，從靜止開始，以加速度a在水中下沉。經過時間t 細線斷了，金屬球與木塊分開；再經過時間t 木塊停止下沉。求此時金屬球的下沉速度是多大？
解析：以金屬球和木塊組成的整體為研究對象。因為細線在斷開前后，系統所受的合外力不變，始終為F =（M+m）a，作用時間t=t +t ；而木塊的初速度和末速度都為0，即動量的增量為0。根據動量定理有：
(M+m)a(t +t )=Mv
解得：v=
這道題如果運用牛頓定律求解是很繁瑣的，讀者可以試一試。
2.2 運用全程法巧解問題
例2如圖2所示，質量為m=2kg的滑塊，在水平力F=8N的作用下，由靜止開始沿水平面向右運動。已知滑塊與水平面間的摩擦因數μ=0.2，若在F作用時間t =6s后撤去，撤去F后又經過t =2s滑塊與豎直墻壁碰撞，若滑塊與墻壁碰撞的作用時間為t =0.1s，碰撞后滑塊反彈回的速度v′=6m/s，求墻壁對滑塊的平均作用力？（g=10m/s ）
解析：本題運用牛頓定律一步步進行解答是很煩瑣的，我們運用動量定理進行全程考慮，就要簡明很多。
取從滑塊開始運動到碰撞墻壁后反向彈回的全過程應用動量定理，并取F的方向為正方向，則有：Ft －μmg(t +t )－N t =－mv′
解得：N= = =280(N)
所以得到墻壁對滑塊的平均作用力大小為280N，方向與F相反。
2.3 運用動量和動能定理相結合巧解問題
動量定理和動能定理都反映了運動物體的過程量和狀態量的關系。動量定理反映了力對時間積累和動量的變化；動能定理反映了力對空間的積累和動能的變化。如果已知或者要求時間的問題一般用動量定理；如果已知位移或者要求位移的問題一般用動能定理。應用兩個定理解題時，應選擇理想的過程，使始、末狀態量和過程量為已知量或者為未知量。
例3如圖3所示，A、B為固定的檔板，一質量為m的滑塊與水平面的滑動摩擦因素為μ。某時刻給滑塊一個沖量，使滑塊獲得初速度v 開始向右運動，依次反復與兩塊檔板碰撞后停下。在滑塊與檔板碰撞時沒有能量損失，求滑塊運動的總位移和總時間？
解答：本題若用牛頓定律進行解答很繁瑣，涉及求解無窮遞縮等比數列的問題。用動量定理和動能定理求解是一個很簡單的問題。設滑塊所通過的總路程為s；經過的總時間為t。則由動能定理有：
－μmgs=0－ mv
解得：s =。
由動量定理有：－μmgt=0－mv
解得：t= 。
關鍵詞：功；沖量
動能定理W=ΔEk，等式右邊表示物體動能的變化，左邊表示合外力對物體做的功；動量定理I=Δp，等式右邊表示物體動量的變化，左邊表示物體所受合外力的沖量。應用區別：
功W和沖量I都表示合外力作用的效果，功W合表示合外力F的作用效果對空間的積累即功是力和物體在力方向上的位移的乘積FS，功是標量但是有正負。沖量I表示合外力F的作用效果對時間的積累即沖量是力和作用在物體上時間的乘積Ft，沖量是矢量，有大小和方向。而所以在應用時也有一些區別。對于功在求的過程中要注意是恒力做功還是變力做功的問題，恒力做功是力和物體在力方向上的位移的乘積，而變力做功就不能簡單的只看位移了，要看每一段都做什么功，然后再求總功；而沖量中恒力直接可乘時間，但變力要看不同階段力的沖量方向是否相同，總沖量應是每一階段的矢量和。學生常犯的錯誤主要是：只注意公式的代入與求解，忽視了各自的對應關系；如求功時只注意了力或功的數值大小，而忽視力和做功的正負問題。而求沖量時只注意了力或沖量的數值大小，而忽視力和沖量的方向性，從而造成應用時不斷出錯。下面從一道題目上進行分析：
例題一：把一個物體豎直向上拋出，若運動過程中空氣阻力F大小不變，則物體上升到最高點和從最高點返回到拋出點的過程相比較(假設上升的最大高H，上升時間為t1，下降時間為t2.)，討論：（1）全過程重力做功和阻力做的功有什么不同？（2）全過程中重力的沖量和阻力的沖量有什么不同？
分析：（1）由于整個過程重力是恒力，全過程位移為零，所以重力做功為零。而阻力在物體上升和下降時方向不同，即是變力，在物體上升和下降時阻力都是做負功，故阻力做功為W=-2FH.（2）由于整個過程重力是恒力，故重力沖量為I=Mg（t1+t2）.對于阻力的沖量上升過程方向向下，下降時方向向上，兩過程沖量方向不同。故整個過程阻力沖量需要抵消。但能否完全抵消呢？答案是否定的，原因是上升過程與下降過程所用時間不同。那又如何判定時間的長短呢?一是上升過程中重力阻力方向相同，合力較大。從而加速度也較大。在下降過程中阻力和重力方向相反，故合力較小，加速度也較小。由運動學和牛頓定律可知上升時間較短，而下降時間較長。所以阻力的沖量不能完全抵消，即全程阻力沖量大小等于上升過程和下降過程中阻力沖量大小差的絕對值。
例題二.如圖，一球質量為M，從高H處自由下落，不考慮空氣阻力，落到地面后并深入h深處停止，求球落入地面以下的過程中受到的平均阻力。
分析:由于球落入地面以下的過程中所給條件是落入深度h，故需要用動能定理求解；求解過程可分段求解，即落入地面前和落入地面后。也可全程利用動能定理，全程重力做功與阻力做功之和為零，以此來列式子求解。
解析一：自由下落階段設球落到地面前的瞬時速度為V，由運動學知識V2=2gH可得V=（2gH）1/2
設球落入地面以下的過程中受到的平均阻力為F
則由動能定理可得Fh+Mgh=0-（1/2）MV2
解得F=-（Mg+MgH/h）即球落入地面以下的過程中受到的平均阻力大小為Mg+MgH/h，方向豎直向上。
解析二：全過程利用動能定理Fh+Mg（h+H）=0解得F=-（Mg+MgH/h）即球落入地面以下的過程中受到的平均阻力大小為Mg+MgH/h，方向豎直向上。
例題三：如上圖，一球質量為M，從高H處自由下落，不考慮空氣阻力，落到地面后經過t秒后停下來，求球落入地面以下的過程中受到的平均阻力。分析：本題所給條件是落到地面后的時間，故需要用動量定理求解；求解過程也可類似分段求解，即落入地面前和落入地面后。也可全程利用動量定理，全程重力沖量與阻力沖量之和為零，以此來列式子求解。
解析一：自由下落階段設球落到地面前的瞬時速度為V，由運動學知識V2=2gH可得V=（2gH）1/2
進入地面階段設球落入地面以下的過程中受到的平均阻力為F
設豎直向下為正方向，則由動量定理可得
Ft+Mgt=0-MV解得F=-[Mg+M（2gH）1/2/t]
即球落入地面以下的過程中受到的平均阻力大小為Mg+M（2gH）1/2/t，方向豎直向上。
解析二：設自由下落階段所用時間為T則H=gT2/2得T=(2H/g)1/2
全過程利用動量定理
例1如圖1，小球質量為m，用長為l的輕繩懸掛于天花板上的O點.現用某力拉球，使輕繩轉過θ角.求：若用水平恒力F拉動，球由P處到達Q處時，球的末速度大小.
分析與解求物體在Q點的速
度v.已知物體在P點的速度為零，由P到Q 的運動過程中只有重力和外力做功，兩個力都是恒力，可直接應用動能定理，得
點評應用動能定理解決問題時必須先選擇研究對象的運動過程，確定此過程的初、末速度v0、v；再分析在運動過程中這些力的做功情況，代入動能定理公式.切記，要注意功的正負問題.
二、應用動能定理求恒定力
例2質量為m的小球從離泥塘高H處由靜止落下，不計空氣阻力，落在泥塘上又深入泥塘 后停止，如圖2所示.求小球在泥塘中運動時所受平均阻力多大？
分析與解小球由靜止下落到泥塘表面的過程中，下落高度為h，只有重力做功mgH，進入泥塘后下落高度h，重力和泥的阻力都做功.重力做正
功mgh，阻力做負功-fh.小球由靜止下落到泥塘中靜止的過程中，初、末速度都是零，由動能定理得
點評小球在泥塘中受到的阻力為變力，對這道題求平均阻力，可以認為阻力為恒力.
三、應用動能定理求動摩擦因數
例3一個物體從斜面上高h處由靜止滑下，緊接著在水平面上滑行一段距離后停止，量得停止處對開始運動處的水平距離為s，不考慮物體滑至斜面底端的碰撞作用，并認為斜面與水平面對物體的摩擦因數相同，求摩擦因數μ.
分析與解物體從開始下滑到停止的過程中，只有重力和滑動摩擦力做功.斜面上滑動摩擦力的大小為μmgcosθ，水平面上滑動摩擦力的大小為μmg，都做負功.設物體的質量為m，動摩擦因數為μ，斜面傾角為θ，斜面長為l1，水平面長為l2，有l1cosθ+l2=s.由動能定理得
mgh-μmgcosθ?l1-μmgl2=0.
所以可解得μ=hl.
點評從計算結果看，動摩擦因數為μ與斜面的具體長度沒有關系，只與斜面的高度和滑行的水平距離有關.
四、應用動能定理求變力做功
例4如圖4所示.在一塊水平放置的光滑板面中心開一小孔O，穿過一根細繩，細繩的一端用力F向下拉，另一端系一小球，小球圓周運動的半徑為r，現在開始緩慢增大拉力F，使小球運動半徑逐漸減小8F.小球運動半徑恰好減為r2，在此過程中，繩拉力對小球所做的功為
A.4Fr B.32Fr C.Fr D. 12Fr
分析與解物體在力F的作用下，做勻速圓周運動，設速度為v1，向心力大小等于F，所以
F=mv21r.
物體在力8F的作用下做勻速圓周運動.設速度為v2，向心力大小等于8F，有8F=mv220.5r.
物體由半徑為r勻速圓周到半徑為r2勻速圓周運動的過程中，只有拉力做功，所以W=12mv22-12mv21.
解得W=32Fr.所以B正確.
點評應用動能定理解決力做功問題，要明確物體的初、末速度.分清物體在此過程中各個力的變化情況和做功情況.
五、應用動能定理求路程
例5如圖5所示.ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，BC=d=0.50 m，盆邊緣的高度h=0.30 m.在A處放一個質量為m的小物塊，讓其從靜止出發下滑，已知盆內側壁光滑，而BC面與小物塊間的動摩擦因數為μ=0.10，小物塊在盆內來回滑動，最后停下來.問停的地點到B的距離為多少？
分析與解物體在重力的作用下下滑，下滑過程中只有重力做功，無能量損失，在水平面上由于摩擦力做負功，物體的能量減小，所以沖上另外一邊的曲面上的高度比原高度低，在另一面的曲面上也沒有能量損失，又以原來的速率回到水平面，依次重復.最終將停在水平面的某點.設物體在水平面上的路程為s，物體從A點開始下滑到停下的過程中，初、末速度都為零，由動能定理得
mgh-μmgs=0.
解得s=3 m.
所以，物體在水平面上運動sd=6次，物體停在B點.
點評求物體運動的路程一般涉及摩擦力做功的多過程問題，要分析清物體的末狀態及初、末速度.大小不變的摩擦力做功為力與物體路程的乘積.
六、動能定理在物體系統中的應用
例6如圖6所示.質量分別為3m、2m、m的三個小球A、B、C用兩根長為L的輕繩相連，置于傾角為30°、高為L的固定光滑斜面上.A球恰能從斜面頂端外豎直落下，弧形擋板使小球只能豎直向下運動，小球落地后均不再反彈.由靜止開始釋放它們，不計所有摩擦，求：
（1）A球剛要落地時的速度大??；
（2）C球剛要落地時的速度大小.
分析與解在A球未落地前，對于A、B、C組成的系統，只有重力做功.A下落的高度為L，這個過程里重力做正功；B和C上升的高度都為Lsin30°，重力做負功.A落地時A、B、C速度大小相等，設都為v.由動能定理有
mAgL-（mB+mC）gLsin30°=12（mA+mB+mC）v2.
解得v=gL2.
（2）A球落地后，B球未落地前，B、C組成的系統只有重力做功（A、B間的繩沒有拉力）.B下落的高度為L，重力做正功；C上升的高度為Lsin30°，重力做負功.B落地時B、C速度大小相等，設都為v1.依動能定理有
mBgL-mCgLsin30°
=12（mB+mC）v21-12（mB+mC）v2.
解得v1=3gL2.
B球落地后，C球未落地前，C球在下落過程中只有重力做功.設C球剛要落地時的速度大小為v2，由動能定理有
mCgL=12mCv22-12mCv21.
關鍵詞：高中物理;相對性問題;解析
中圖分類號：G427文獻標識碼：A 文章編號：1992-7711（2014）23-091-2
題目（2014?江蘇卷第15題）如圖所示，生產車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0.小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩地傳到乙上，工件與乙之間的動摩擦因數為μ.乙的寬度足夠大，重力加速度為g.
（1）若乙的速度為v0，求工件在乙上側向（垂直于乙的運動方向）滑過的距離s;
（2）若乙的速度為2v0，求工件在乙上剛停止側向滑動時的速度大小v;
（3）保持乙的速度2v0不變，當工件在乙上剛停止滑動時，下一只工件恰好傳到乙上，如此反復.若每個工件的質量均為m，除工件與傳送帶之間摩擦外，其他能量損耗均不計，求驅動乙的電動機的平均輸出功率.
學生普遍感覺今年的最后一題不難，但對過答案后卻一臉的茫然，原來每個小題都進了圈套，具體涉及如下幾個相對性：
問題一
錯解：沿甲運動方向02-v20=2（-a）sa=μmgm=μg得s=v202μg
解析：工件與傳送帶乙速度不相同時有滑動摩擦?；瑒幽Σ亮Φ姆较蚩偸茄亟佑|面，并且與物體相對運動方向相反。工件與傳送帶乙間摩擦力方向并不在甲運動方向。正確解是以傳送帶乙為參考系，則工件相對傳送帶乙的初速度如圖，滑動摩擦力大小為μmg，方向與相對運動方向相反，即在此參考系里工件做勻減速直線運動，s相對乙=（2v0）22μg=v20μg，工件在乙上側向滑過的距離s=s相對乙?sin45°=2v202μg
問題二
錯解：傳送帶甲方向a=μmgm=μgt=Δva=v0μg，
傳送帶乙方向a=μmgm=μgv=a?Δt=v0
解析：第一同一接觸面只能有一個摩擦力，其次摩擦力的方向是否變化取決于相對速度的方向。正確解是：以傳送帶乙為參考系，工件的相對速度及受力如圖摩擦力與相對速度相反（在同一直線上），所以相對傳送帶乙始終做勻減速直線運動，工件在乙上剛停止側向滑動時，即甲方向上的相對速度減為零，此時乙方向上的相對速度也減為零（相對做直線運動，v相對乙方向不變）。工件在乙方向上的相對速度也減為零即與傳送帶乙有相同的對地速度2v0
問題三
錯解：以傳送帶乙為參考系，工件做勻減速直線運動到相對靜止，由動能定理得wf=o2-12m（5v0）2
p電機=p克f=w克ft=5mv2025v0μg=μmg?5v02
或p電機=p克f=f?v=μmg?5v02
解析：動能、功、動能定理及機械能守恒均有相對性，不同的參考系中得出的結論不相同（速度、位移不同）。具體運用時必須在題目描述的參考系中才能得出相應的答案。正確答案是
受力如上圖所示，在傳送帶乙的方向受摩擦力分力為25μmg，所以驅動乙的電動機的力就等于25μmg，得p=F?v=25μmg?2v0=45μmgv05
能量守恒電動機做功w=12m（2v0）2-12mv20+Q
若以傳送帶乙為參考系，工件相對乙的位移l=v22a=（5v0）22μg=5v202μg則系統摩擦生熱Q=μmgl=5mv202
試卷提供的答案為避免參考系的選擇困惑，全部以地面為參考系，如下：
（1）摩擦力與側向的夾角為45°
側向加速度大小ax=μgcos45°勻變速直線運動-2ax=0-v20，
解得s=2v202μg
（2）設t=0時刻摩擦力與側向的夾角為θ，側向、縱向加速度的大小分別為ax、ay，
則ayax=tanθ，解得ΔvyΔvx=tanθ
很小的Δt時間內，側向、縱向的速度增量Δvx=axΔt，Δvy=ayΔt，
且由題意知tanθ=vyvx則v′yv′x=vy-Δvyvx-Δvx=tanθ
摩擦力方向保持不變，
則當v′x=0時，v′y=0，即v=2v0
（3）工件在上滑動時側向位移為x，沿乙方向的位移為y，
由題意知ax=μgcosθ，ay=μgsinθ
在側向上-2axx=0-v20在乙方向上2ayy=（2v0）2-0
工件滑動時間t=2v0ay乙前進的距離y1=2v0t
工件相對乙的位移l=x2+（y1-y）2則系統摩擦生熱Q=μmgl
解得工件相對乙的位移l=5v202μg則系統摩擦生熱Q=5mv202
電動機做功w=12m（2v0）2-12mv20+Q
由=wt，解得=45μmgv05
可見轉換參考系可能會使問題簡單，但也增加了出錯可能。各規律究竟是必須轉換參考系呢，還是可以轉換參考系呢，還是一定不能轉換參考系呢？
一、滑動摩擦力方向的相對性
滑動摩擦力是阻礙相互接觸物體間相對運動的力，不一定是阻礙物體運動的力。即摩擦力不一定是阻力，它也可能是使物體運動的動力，要清楚阻礙“相對運動”是以相互接觸的物體作為參照物的。即甲乙間摩擦，分析甲受摩擦力則以乙為參考系，分析乙受摩擦力則以甲為參考系。若參考系本身是運動的，這兒就需要轉換相對速度。
二、牛頓定律、運動學公式的相對性
自然界中存在著一種坐標系，在這種坐標系中，當物體不受力時將保持勻速直線運動或靜止狀態，這樣的坐標系叫慣性參照系。地面和相對于地面靜止或作勻速直線運動的物體可以看作是慣性參照系，
由伽利略變換得位置：=+′時間：t=t′速度：=′+加速度：慣性參考系a=a′非慣性參考系：=′+0運動學公式運用時必須保證所有的物理量均以同一參考系，得出結論在另一參考系運用時可能需要轉換。
牛頓定律只在慣性參照系中才成立。在不同的慣性系中，牛頓定律具有相同的形式。
在非慣性系中，牛頓第二定律可表示為：真實合外力+i慣性力=m非慣性系中的加速度
三、功、動能定理的相對性
1.功值、動能值在不同參考系中不同
在不同參考系中位移不同，速度不同，由公式算出的功、動能自然是不同的。（在不同慣性系中的功的差值應當等于物體m在這一運動過程中的動量增量與倆系相對速度的積）
2.動能定理在不同慣性系中的表達式相同
牛頓定律的數學形式與慣性參考系的選取無關，由牛頓定律推導出的動能定理的表達式也是相同的。這也符合愛因斯坦的狹義相對論原理：慣性系之間完全等價，不可區分。
所以自不同慣性系均可大膽運用動能定理，只是計算結果拿到另一參考系中時必須加以轉換。
3.系統內力做功與參考系的選擇無關
相對位移與參考系選擇無關，加上牛頓第三定律也與參考系選擇無關，得出一對系統內力做的總功就與參考系的選擇無關。
四、能量守恒的相對性
關鍵詞：定律；原理；守恒
【中圖分類號】G633.7
學好力學是學好物理的基礎。深入理解力學中的疑難點，學會分析解決問題的方法是學好力學的關鍵。形成疑難點的主要原因是同學們在學習物理時沒有深刻理解物理概念、規律及適用條件，常常將意義相近的概念混為一談，或者亂套公式，要通過對力學中常見疑難點的分析，糾正學生常犯典型錯誤，并給出簡明的分析和解決問題的方法。
一、動能定理和功能原理
功和能的概念及其相互聯系貫穿在高中物理教學的全部過程，它們是高中物理中最重要最基本的一些概念。
表示功的基本公式W=Fscosθ應從三個方面去理解：a式中的s是指力的作用點的位移，公式中的F為恒力。b正確理解正功和負功的概念。力對物體做正功，力的方向和位移方向一致，表示動力做功；力對物體做負功表示力的方向和位移方向相反，表示物體克服阻力做功。C分清功和做功的意義，功是狀態量，做功是過程量。
做功的過程就是物體能量發生變化的過程，合外力對物體做的功，等于物體動能的變化，這一結論叫做動能定理。
學習動能定理時，應明確下述兩點：a功和能是兩個不同概念，b動能和動量都是描述運動狀態的物理量，但動量是矢量，而動能是標量；應用范圍不同，動能是標志物體機械運動轉化為一定量的其它形式的能力的一種量度，它是力對空間的一種積累，而動量是力對時間的一種積累。
如果物體既受動力作用，又受阻力作用，物體機械能的改變量就是外力所做功的代數和。即E2-E1=W動-W阻這個結論叫功能原理。
用功能原理解題的優點是，只須確定初、末狀態機械能的變化，而不必考慮相當復雜的運動過程。
功能原理是動能定理的延伸和擴展，動能定理是功能原理中一個最簡單的特例。如果物體僅在水平方向上做機械運動，不受靜電場力和彈力作用即無勢能變化那只須用動能定理求解；若運動過程中伴有重力勢能、彈性勢能電勢能的變化，就應考慮用功能原理去求解。
三、動量守恒定律和機械能守恒定律
學習兩條守恒定律，應明確以下五個問題
1、運用動量守恒定律，解決實際問題時應注意下述三點a動量守恒定律的數學表達公式是一個矢量式，在列式之前首先要規定正方向；b定律中各速度都必須相對于同一參照系，c定律公式中等號兩邊各動量必須分別是作用前和作用后同一時刻的量。
2、掌握兩個以上的物體所構成的系統的研究方法。動量守恒定律所研究的是物體系統間的相互作用。這里所說的物體系統可以是兩個物體組成的系統，也可以是兩個以上物體所組成的系統，對于兩個以上物體所組成的系統，在弄清物理過程以后，可以用隔離法，采取先分析后綜合的方法來分別處理。
3、在深刻理解機械能守恒定律成立的條件及其物理意義的基礎之上，正確選擇研究對象。物體在發生動能和勢能的相互轉化時，機械能總量保持不變的條件是"沒有摩擦和介質阻力"其含義是，我們所選擇的研究對象，從初態變化到末態的過程中對外不做功，外界對它也不做功，這樣初末態機械能總量才能保持不變。
4、把兩條守恒定律成立條件不要混為一談
如圖（1），木塊B與水平面間無摩擦，子彈A沿小平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短，將子彈開始射入木塊到彈簧壓縮到最短的過程中，動量不守恒，機械能不守恒，因為子彈射入木塊的過程中要克服木塊的摩擦阻力做功，轉化為熱能。即系統對外做功，故系統機械能不守恒；在彈簧被壓縮的過程中，系統又受到墻壁所施給的外力作用，故動量守恒定律也不成立。如果將圖中的子彈A和木塊B改為兩個彈性球，設A、B相碰的過程中不損失機械能，那么三者所組成的系統的機械能守恒，而動量不守恒。
綜上所述，同學們不難看出，兩條守恒定律各有其嚴格的成立的條件，它們之間相互獨立，不能互相取代，因為二者考慮問題的角度不同，動量守恒定律是從受力的角度去分析；而機械能守恒定律是從做功的角度去分析，兩條守恒定律成立的條件不能混為一談。
5、應用兩條守恒定律解題的基本思路是：①首先要弄清物理過程，弄清整個過程性質、細節和特征，把整個過程分解為幾個較簡單的子過程。②根據每一個子過程的性質、細節和特征來判斷該過程符合哪一條守恒定律成立的條件，然后列出相應的方程。③運用數學知識聯立求解，從這里我們可以看出：思維方法的特點是先分析后綜合，化整為零，各個擊破；解題能力分兩步，先把物理問題轉化為數學問題，再運用數學知識解決物理問題，解題的關鍵在于通過弄清物理過程而理出簡明的解題思路。
如圖（2），在光滑小平地面上有一輛質量為М的小車，車上裝有一個半徑為R的光滑圓環，一個質量為m的小滑塊
從跟車面等高的平臺上以速度V。滑入圓環，試問，小滑塊的初速度V。應滿足什么條件才能使它運動到環頂時恰好對環頂無壓力？
分析：小滑塊在光滑小車運動的過程中，即滑塊與車相互作用的過程中，系統的動量守恒?；瑝K至圓環的最高點恰對環頂無壓力則mg=m①式中U為滑塊相對圓心O的線速度，設小車此時速度為V，并規定方向為正方向，則滑塊對地速度為-（u-v）對滑塊和小車組成系統
mV0=MV-m（u-v）②對系統而言機械能守恒 mv02=Mv2+m（u-v）2+2mgR ③
聯立 ①②③ V0=
參考文獻
以下是我從一道簡單的物理電學題入手，層層深入，逐漸演變，充分訓練力電綜合知識的應用。這樣不僅有助于學生系統的掌握知識，還能培養學生的變式思維能力和靈活應用知識解決綜合題的能力，使學生建立物理模型，將知識靈活遷移。
例題：一個質量為m的小球，所帶電荷量為+q，用一長為L的輕細線懸吊于o點，外加一水平向右的勻強電場使小球處于靜止狀態，此時細線偏離豎直方向的夾角為a，不計一切阻力。求：所加勻強電場的場強E為多大？
小球受重力mg、細線的拉力F和水平方向的電場力Eq。由于小球處于平衡狀態，則有mgtana=Eq，E=mgtana/q。這道題是力學中的平衡問題。
變式一：求所加勻強電場的最小值和方向。
這是力學中求作用力最小值的方法，要求的作用力與未知大小的力垂直，大小為已知力乘以夾角的正弦值。
這道題小球所受電場力的最小值為Eq=mgsina，電場強度的最小值為E=mgsina/q ，勻強電場的方向與細線的拉力F垂直，與水平方向的夾角為a斜向上。
變式二：若勻強電場場強方向仍水平向右，（a小于450）將小球向右拉到使細線水平，由靜止釋放小球。求：小球運動到最低點時對細線的拉力？
這是一道應用動能定理和圓周運動的知識的綜合題。首先判斷小球能否過最低點，由于當初平衡時a小于450，所以小球能過最低點而且過最低點的速度不為零。設小球運動到最低點的速度為v，小球在運動過程中重力做正功；細線的拉力不做功；電場力做負功。根據動能定理mgL-EqL=mv2/2可以求出最低點的速度。在最低點電場力只改變速度的大小，重力與拉力的合力提供向心力。根據牛頓第二定律F-mg= mv2/L可解出細線對小球的拉力的大小和方向，根據牛頓第三定律可知小球對細線的拉力豎直向下，大小為mg（3+2tana）。
通過以上兩個變式訓練，可促進學生對力學中求極值、動能定理以及圓周運動的知識加以鞏固和實際應用。
變式三：在原來小球處于平衡位置處至少給小球多大動能能使小球做一完整的圓周運動？
變式三的力學基礎是圓周運動的模型，繩系小球在豎直面內做圓周運動（不計阻力），恰好過最高點的速度的求法是只有重力提供向心力，此時細線拉力恰好減為零，即mg=mv2/R。在最低點速度的求法可用機械能守恒定律或應用動能定理。而本題多受一電場力，機械能不守恒。學生頭腦中有圓周運動過最高點的模型，再將知識遷移到多受一電場力。重力與電場力的合力提供向心力時是小球恰好過的點（已經不是最高點了），這一點中重力與電場力的合力剛好指向圓心，即細線與豎直方向的夾角為a，這是本題的一個難點。根據牛頓第二定律mg/cosa= mv2/L，根據動能定理：2Lmg/cosa=mv2/2-EK。
解變式三要求學生對圓周運動要理解，而不是死記硬背公式，要有解決綜合題的能力，真正掌握知識的本質規律和內在聯系。
變式四：若a=300帶正電小球在水平向右的勻強電場中將球向左拉至使細線水平，由靜止釋放。求：（1）小球開始做什么運動。（2）小球運動到最低點的速度及受的拉力。
這道題比變式三難得多，首先學生不容易想到開始釋放后細線松了，小球不做圓周運動。其次最難的是細線突然拉緊時有機械能損失，什么位置拉緊，之后做什么運動。
在初位置由靜止釋放，電場力向右，細線松了。由于重力和電場力都是恒力，所以小球在開始的一小段時間內，做初速度為零的勻加速運動，到細線與豎直方向夾角為300時，細線剛好拉直。根據動能定理mgLcos300+EqL（1-sin300）= mv2/2，解出速度v。根據運動的合成與分解，沿細線方向速度減小為零，垂直于細線方向的速度為vcos300，再從細線剛好拉直處解到最低點，根據動能定理mgL（1-cos300）+EqLsin300=mv求2/2-m（vcos300）2/2，求出v求，在最低點根據圓周運動知識和牛頓第二定律F-mg=mv求2/L解出細線的拉力。
這道題還可以變形……
【關鍵詞】高職；剛體定軸轉動；教學探索
剛體的定軸轉動作為高職高專物理教學中的必修內容，因其原理在社會生產活動中應用廣泛，受到了廣大教師和學生的普遍重視。但因現階段高職學生接受和理解能力的差異，導致該部分內容的學習似是而非，缺乏明晰而正確的認識，沒有取得預期良好的效果。針對這種情況，筆者利用自己學習和教授普通物理數年的經驗，嘗試尋找一種類比的方法，力爭在降低學習起點的同時，使同學們對普通物理中該部分的內容有一個較為清晰的認識。
牛頓三大運動定律貫穿著普通物理學產的始終，而同學們經過初中、高中數年物理知識的學習，對質點的運動公式了如指掌。剛體的定軸轉動作為大學物理才開始學習的內容，如果突兀地對這一章節開始講授，對于基礎薄弱、接受能力較弱的同學而言，無異于是一場痛苦經歷的開始。我們能否找到一種方法，讓剛體定軸轉動的學習不必另起爐灶，而是借助于同學們已有的知識儲備，較為輕松地順利地接受和學習這章內容。牛頓三大運動定律的適用對象是宏觀低速運動的物體，我們可以把它理解為它不僅適用于宏觀低速的質點運動，滿足這兩個條件的剛體的定軸轉動同樣也可以寫出自己的牛頓運動定律或者類似公式，只不過因為是剛體的定軸轉動，公式中的有些符號或量值會以另外的一種形式出現。也就是說，剛體定軸轉動的公式也可以寫成質點運動里一樣簡潔類似的樣子。下面我們嘗試著從質點運動學公式的角度去找尋定軸轉動剛體各公式的對照。
對于一個質點而言，我們只需要知道這個物體的質量m，受力，初始位置矢量0和初始時刻速度0即可以描述出這個質點運動速度，即：
t=0+at 速度公式
a= 牛頓運動第二定律
也可以描述出物體的運動狀態量，即：
t=0+0t+at2
既然剛體的定軸轉動與質點運動均適用于牛頓三大定律，那么定軸轉動也應該存在一個和上述式子形式相似的表達，只不過因為它是轉動，每一個量可能會有所變化，就像披了層面紗，化了妝一樣，重新出現在剛體定軸轉動的牛頓運動三大定律的宏偉大廈下。
在剛體的定軸轉動中，描述一個剛體的轉動變化用角位移θ，角位移的變化率可用角速度ω=來表示，角速度的變化量可以用角加速度α=來表示。同時，對于定軸轉動的剛全而言，它也存在著一個量使其正比于角加速度α，由剛體的定軸轉動得知這個量為力矩Me=?d，d為作用力對轉動軸的力臂。
仿照質點運動學a=，在轉動里也應該存在一個類似質點動動中質量地位的物理量，這一點我們可以用轉動物體的動能表達公式來尋找。剛體定軸轉動物體的動能表達式Ek=∑mv2=Jω2，因轉動物體的每一質量元它的線速度與角速度之間大小由=ωr來聯系，所以每一個轉動物體的動能都可以寫成Jω2，即每一個轉動物體的J=∑（mr2）都可以找出來，我們稱之為轉動慣量。我們發現剛體定軸轉動中的動能Jω2與質點平動的動能mv2有類似之處，而剛體定軸轉動中的轉動慣量J也和質點平動動能中的質量m地位相當，即披了面紗的質量。
至此，我們找出了剛體定軸轉動的幾個基本物理量，力矩Me，轉動慣量J，以及角位移θ，角速度ω，角加速度α。仿照質點運動學公式可以寫出：
ωt=ω0+at角速度公式
α=剛體定軸轉動的轉動定律
θt=θ0+ωt+αt2
也可以寫出：
L=Jω角動量表達式Met=L=J（ω2-ω1）
角沖量定理
Medθ=Ek2-Ek1=J（ω22-ω12）
動能定理
總結
不管是質點運動還是剛體的定軸轉動，只要都滿足宏觀低速的條件，那么我們都可以寫出它們自己的牛頓第二定理，以及由牛頓第二定理所推導出來的一系列公式。對于教學而言，只需要大家知道牛頓第二定理的形式，而代入轉動物體有所變化的量值后，即可以寫出牛頓第二定理在剛體定軸轉動里的公式表達。同樣基于相同的表達公式，我們也可以輕而易舉地寫出其它諸如角速度公式、角位移公式、角動量定理和動能定理在剛體定軸轉動中的表達，相信學生對剛體的定軸轉動也會有如質點運動里一樣的深刻認識。
【參考文獻】
[1]趙建彬主編.物理學.第一版.北京：機械工業出版社，2004
[2]李伯主編.物理學.第三版.北京：高等教育出版社，2011
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關鍵詞：變力;做功;解題;方法
中圖分類號：G633.7 文獻標識碼：A 文章編號：1003-6148（2015）1-0049-4
1 微元求和法
把整個過程分成極短的很多段，在極短的每一段里的位移可以看成是直線，力可以看成是恒力，則可用功的公式W=Fxcosθ求每一段元功，再求每小段上做的元功的代數和，即整個過程的總功。
例1 解放前后，機械化生產水平較低，人們經常通過“驢拉磨”的方式把糧食顆粒加工成粗面來使用，如圖1所示。假設驢拉磨的平均用力大小為500 N，運動的半徑為1 m，則驢拉磨轉動一周所做的功為多少？
圖1 驢拉磨
解析 將圓周分成很多小段x1，x2，…，xn，拉力在每小段上做的功為W1，W2，…，Wn。因拉力F大小不變，方向始終與物體所在點的速度同向，即力與位移夾角為0°，所以：
W1=Fx1，W2=Fx2，…，Wn=Fxn，
W總=W1+W2+…+Wn=F（x1+x2+…+xn）=F?2πR=1000π J
2 圖像法
F-x圖像：在直角坐標系中，用縱坐標表示作用在物體上的力F，橫坐標表示物體在力的方向上的位移x，則其F-x圖像圖線與坐標軸所圍成的面積（陰影面積）在數值上等于該段位移內力對物體做的功（如圖2）。
圖2 F-x圖像
P-t圖像：在直角坐標系中，用縱坐標表示作用在物體上的力F的功率P，橫坐標表示力作用在物體上的時間t，則其P-t圖像圖線與坐標軸所圍成的面積（陰影面積）在數值上等于該段位移內力對物體做的功（如圖3）。
圖3 P-t圖像
例2 放在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6 s內其速度與時間的圖像和該拉力的功率與時間的圖像分別如圖4甲、乙所示。則0～6 s內物體的位移大小為多少？0～6 s內拉力做的功為多少？
甲 v-t圖像 乙 P-t圖像
圖4 v-t圖像和P-t圖像
解析 由v-t圖像面積表示相應時間內的位移，得0～6 s內物體的位移大小為30 m;由P-t圖線與坐標軸所圍成的面積在數值上等于該段位移內力對物體做的功則W=×2×30+4×10=70 J，所以0～6 s拉力做的功為70 J。
3 轉換變力功為恒力功法
變力做功直接求解時，通常都比較復雜，但若通過轉換研究的對象，可以使問題的矛盾轉化，有時就可轉化變力功為恒力功，可以直接用W=Fxcosθ求解。
例3 人在A點拉著繩通過一定滑輪吊起質量m=50 kg的物體，如圖5所示。開始繩與水平方向夾角為60°，人勻速提起重物由A點沿水平方向運動2 m到達B點，此時繩與水平方向成30°。求人對繩的拉力做了多少功？（g取10 m/s2）
圖5 通過定滑輪吊起物體
解析 人對繩的拉力做的功與繩對物體的拉力做的功是相同的，又因為人勻速提升物體，故物體處于平衡狀態，可知繩上拉力F=mg。所以，人對繩的拉力做功等于重物上升高度Δh中克服重力做的功。Δh由幾何關系易求，所以，人對繩子的拉力做的功：
W=mgΔh=1000（-1） J。
4 轉化變力功為平均力功法
在求解變力功時，若物體受力的方向不變，而大小隨位移是成線性變化的，即力均勻變化時，則可以認為物體受到一大小為F=的恒力作用，F、F分別為物體初、末態所受到的力，然后用公式P=Fvcosθ求此力所做的功。
例4 把長為l的鐵釘釘入木板中，每打擊一次給予的能量為E0，已知釘子在木板中遇到的阻力與釘子進入木板的深度成正比，比例系數為k。問此釘子全部進入木板需要打擊幾次？
解析 在把釘子打入木板的過程中，釘子把得到的能量用來克服阻力做功，而阻力與釘子進入木板的深度成正比。先求出阻力的平均值，便可得阻力做的功。釘子在整個過程中受到的平均阻力為：
，釘子進入深度l過程中克服阻力做的功為：
，設全過程共打擊n次，則給予釘子的總能量：
所以
5 倍增法
采用如圖6所示的裝置探究功與物體速度變化的關系。實驗中用橡皮筋的彈力拉動小車做功使小車獲得動能，探究橡皮筋做的功與小車速度的關系。橡皮筋的彈力是變力，中學教材上沒有現成的公式可以計算功的大小。即使知道彈力功的公式也不能用它進行計算，因為橡皮筋的勁度系數也是變化的。但是，在相同的位移情況下，用一條橡皮筋做的功為W，用兩條橡皮筋時做的功就是2W，依此類推可以找出功和速度的對應關系。
圖6 用橡皮筋拉動小車運動
6 機械能守恒法
機械能守恒定律內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變。應用機械能守恒定律，無需關注中間過程的細節，只需考慮初、末狀態的機械能或動能、勢能的變化。因此，機械能守恒定律對解決曲線運動問題應用廣泛，經常與圓周運動、平拋運動規律相結合解題。
例5 如圖7所示，質量m=2 kg的小球系在輕細橡皮條一端，另一端固定在懸點O處。將橡皮條拉直至水平位置OA處（橡皮條無形變）靜止釋放，小球達O點正下方h=0.5 m處的B點時的速度為v=2 m/s。求小球從A運動到B的過程中橡皮條的彈力對小球所做的功。取g=10 m/s2。
圖7 小球系于橡皮繩端點
解析 橡皮條的彈力是變力，所做的功是變力功無法由公式直接求得。取小球、橡皮條和地球組成的系統為研究對象。在小球從A運動到B的過程中，只有系統內的重力和彈力做功，機械能守恒。取過B點的水平面為零重力勢能參考平面，橡皮條為原長時的彈性勢能為零，設在B時橡皮條的彈性勢能為EP，由機械能守恒定律得mgh=mv2+EP，帶入數值得EP=6 J，橡皮條的彈性勢能增加6 J，故橡皮條的彈力對小球做功-6 J。
7 動能定理法
動能定理內容：力在一個過程中對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于求恒力功也適用于求變力功。因使用動能定理可由動能的變化來求功，所以，動能定理是求變力功的首選。
例6 如圖8所示，某人乘雪橇從雪坡經A點滑至B點，接著沿水平路面滑至C點停止，人與雪橇的總質量為70 kg。表中記錄了沿坡滑下過程中的有關數據，請根據圖表中的數據求人與雪橇從A到B的過程中，損失的機械能為多少？
圖8 人乘雪橇從雪坡下滑
解析 物體從A運動到B的過程中，損失的
機械能等于克服摩擦力所做的功。物體從A運動到B的過程中所受的彈力要發生變化，摩擦力大小隨之變化，方向也在變。所以，克服摩擦力所做的功不能直接由做功的公式求得。對從A到B過程運用動能定理即可求出物體在AB段克服摩擦力所做的功，即從A到B的過程中損失的機械能。設物體在AB段克服摩擦力所做的功為Wf，由動能定理得： ，帶入數值得Wf=9100 J。所以，人與雪橇從A到B的過程中，損失的機械能為9100 J。
8 能量守恒法
能量守恒定律內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。應用能量守恒定律的基本思路：①某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等;②某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
例7 如圖9所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相切，半圓形導軌的半徑為R。一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當它經過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能到達最高點C。（不計空氣阻力）試求：
圖9 物體運行軌道圖示
1）物體在A點時彈簧的彈性勢能;
2）物體從B點運動至C點的過程中產生的內能。
解析 1）設物體在B點的速度為vB，所受彈力為FNB，
則有：
又FNB=8mg，
由能量守恒定律可知：
彈性勢能
2）設物體在C點的速度為vC，由題意可知：
物體由B點運動到C點的過程中，由能量守恒定律得：
一、一板一眼，夯實基礎
俗話說：千里之行，始于足下，物理學習亦是如此.要想讓學生在物理課堂上實現有意義地學習，打好基礎是必需的.這就要求作為教師的我們在物理教學中要一板一眼，認真教學，以夯實學生的基礎為首要目標.
比如講解人教版高中物理必修一第一章第五節《速度變化快慢的描述――加速度》這一節課時，教學目標是讓學生充分理解加速度的概念以熟練運用.講課時，部分同學覺得這部分知識不算太難而放松注意力，但是這些同學往往難以打下堅實的基礎，也就難以在之后的牛頓第二定律等的知識的學習中實現有意義地學習.為了夯實學生的基礎，我在課堂上講解了這樣一道題目：若汽車的加速度方向與速度方向一致，當加速度減小時，汽車的速度會如何變化？當加速度減小到零時，汽車是靜止狀態還是速度最大的狀態？對于這道題目，深刻理解了加速度概念的同學們，通過作速度―時間圖象就輕易地得出加速度減小時，汽車的速度仍在增大，因此加速度為零時，汽車的速度達到最大，但是一些沒有理解加速度本質的學生們卻難以解決這道題目.最后我在課堂上講解了一下這道題目，雖然不算太難，但卻可以大大加深學生對于加速度的理解，同時也達到夯實同學基礎的教學目標.
上例中，通過一板一眼地認真教學，不但夯實了同學們的基礎，而且為之后有關加速度的知識的教學做了一個較好的準備，同時也是在培養同學們有意義學習的意識與能力，這種教學方式對于我們物理教學而言還是極為重要的.
二、循循善誘，自主總結
顧名思義，有意義學習是一種要求學生主動學習并進行探索的學習方式.因此，為了讓學生都能達到高效的有意義學習，我們必須要培養他們的自主學習能力，需要我們在課堂上循循善誘，鼓勵學生自主總結.
比如講解《動能和動能定理》時，教學目標是讓學生熟練掌握動能定理，并能基于此解決一系列綜合性問題.這部分知識聽起來比較容易，但要想深刻掌握僅靠講解是不夠的，必須經過學生自己的反思總結才能做到融會貫通.我在課堂上講解了這樣一道題：一質量為m的小球在距地面為h處自由釋放，落到地面后反彈，碰撞時無能量損失，若小球運動過程中空氣[HJ1.73mm]阻力恒為f，已知g，求解小球與地面第一次碰撞后向上運動的最大高度.我講解時引導學生先確定小球這一研究對象，再根據小球的受力與這些力的做功情況結合動能定理列出了等式，最后進行求解.學生聽完我的講解之后感覺沒有那么困難，自己卻難以解決，這時我要求他們根據我剛才的講解過程思考應用動能定理解題的步驟.學生經過自主總結發現應用動能定理解題分三步，先確定研究對象，再分析受力與運動情況，最后根據W合=Ek2-Ek1求解，這個過程大大提高了他們的自主學習能力，真正做到了有意義學習.
上面案例中，通過對學生循循善誘，引導他們自主總結，不但讓他們做到了有意義學習，能夠舉一反三，同時提高了他們的邏輯思維能力與自主探究能力，這種高效課堂才算是真正把握了課改物理教學的“魄”.
三、畫龍點睛，發散思維
不同于夯實基礎和自主總結，真正提高學生學習素養的是思維的發散，這是有意義學習的必然要求.因此，為了升華課堂教學效果，真正提高學生學習的高度，需要在課堂上畫龍點睛，力求發散學生的思維.
比如講解《萬有引力定律》時，教學目標是讓同學們知道人類對天體運動的認識過程，理解萬有引力定律得出的思路和過程，并明悉萬有引力定律的含義及其適用范圍.這是一節比較抽象的內容，為了加深同學們的理解并發散他們的思維，我在課堂上講解了這樣一道題目：據報道，最近有一顆行星在太陽系外被發現，其質量約為地球質量的6.4倍.且一個在地球表面重量為600 N的人在這個行星表面重量約為960 N，那么該行星的半徑與地球半徑之比為多少？同學們在解決這道題目時根據行星表面萬有引力等于重力，并運用萬有引力公式進行計算，輕易得出半徑之比為2.這只是讓同學們解決了一道簡單的題目，為了讓同學們對知識有更深刻的理解，我引導他們發散思維，鼓勵他們根據萬有引力等于重力進行推導，最后他們得出了GM=gR2這一公式，這就是高中物理非常重要的黃金代換公式.這為同學們之后解決相關題目提供了一個非常簡便的方法，也讓他們對于萬有引力定律的認識上升了一個高度.
以下我們從多角度對一個物理過程加以分析。
如圖所示，光滑水平面上有一個質量為M的靜止木板，一個質量為m的物塊從木板左端以初速度V0滑上木板。設：物塊對木板的摩擦力為f，木板對物塊的摩擦力為f1。物塊沒有從木板上滑下，試分析從物塊滑上木板到物塊和木板相對靜止這一運動過程。
一、從動力學角度分析
由于物塊和木板間摩擦力的作用，物塊以加速度a1=f1/m做勻減速運動，木板以加速度a2=f/M做勻加速運動。當二者速度相等時一起以速度V做勻速運動。根據運動學公式：
對物塊：S1=V0t-a1t2/2 V=V0―a1t
對木板：S2= a2t2/2 V=a2t
二、從動量角度分析
設向右為正，則：
對物塊：根據動量定理-f1t=mV-mV0
對木板：根據動量定理ft=MV
對物塊和木板組成的系統：根據動量守恒定律mV0=（M+m） V
三、從功和能的角度分析
對物塊：根據動能定理-f1S1=mV2/2 -mV02/2
對木板：根據動能定理fS2=MV2/2
對物塊和木板組成的系統：根據能量守恒定律
f （S1―S2）=mV02/2-（M+m）V2/2
上述對一個物理過程，分別從動力學、動量、功和能三個角度進行了分析，不難看出，對于一個物理過程，從多個不同角度去分析研究，會對這一個物理過程和這一個物理過程所遵守的物理規律有更清楚、更深刻的理解。
多角度分析物理過程有三個方面的好處：
首先，可以對物理過程有更全面地、更正確地了解。避免了由于孤立地、片面地看問題而導致錯誤的結論。物理過程的發生是要遵守所有它應該遵守的物理規律的，否則，這個物理過程是不會實現的。學習中，一道物理習題的正確解答，正是多方面、多角度正確分析和綜合思考的結果。
第二，在沒有物理問題的情況下，我們對遇到的某一物理現象或某一物理過程進行多角度的分析，不但對物理現象和物理過程有了正確的認識，而且對物理現象和物理過程中所涉及到的物理概念和物理規律有了更深刻的理解。通過上述實例的多角度分析，我們對動量、動量定理、動量守恒定律、功、動能定理等概念和規律有了進一步的理解。
第三，物理現象和物理過程為我們建立了一個思維的平臺，在這個平臺上，通過多角度的分析和思考可以非常有效地培養自己的思維能力、創新意識、創新能力，這也是多角度分析物理過程的真正意義。
一、正確認識學生的個體差異
在差異化教學前，教師需要正確認識學生的個體差異．不同學生基于其自身的思維能力、基礎知識掌握程度以及學習能力等的不同，對于相同的教學內容在理解與接受上很可能會難度不一樣．有的學生覺得很簡單的內容，對于另一個部分學生而言理解上卻有諸多障礙，這便是學生的個體差異的最為直觀的體現．因此，教師要真實地了解學生的知識掌握情況，了解每一個層面的學生對于某一教學內容在理解與掌握上的障礙．這樣才能夠讓教師為后續的教學過程制定更有針對性的教學計劃，并且結合差異化的教學指導確保每一個層面的學生都能夠在課堂上有所收獲．例如，在探究“機械能守恒定律”的實驗時，教師可以結合學生的個體差異來展開有針對性的教學．可以讓小組長根據每個學生的特長來分配大家的學習任務，動手能力強的學生可以連接實驗器材，計算能力強的學生可以計算打點計時器上某點的瞬時速度，以及初末位置的動能，成績較好、綜合能力較強的學生可以指導其他學生有效展開實驗，能力較差的學生可以觀察學習，這樣就很容易完成實驗．實驗完成后，每個小組內部的成員針對整個實驗過程來相互交流經驗，講解實驗過程，最終使每一個學生都能夠學到相應的知識．差異化教學展開的一個重要前提，便是教師對于學生的學習情況有清晰的認識，并且教師要正確對待學生的個體差異．只有這樣，教師才會有意識地給予學生更有針對性的教學指導，才會看到每一個學生在知識掌握上的不足，進而讓學生都能夠在課堂上培養與提升自己的各方面能力．
二、優化教學模式
要想讓差異化教學得以進行，教師就要不斷優化教學模式．一方面，教學中要充分凸顯學生的教學主體性，要創設更多引發學生參與的教學活動，這樣才能夠提高學生的知識掌握程度．另一方面，在教學活動的創設上，應當設計梯度性的學習任務，這樣才能夠讓每一個層面的學生都參與進來，并且透過小組合作有效地完成整個任務．此外，在教學提問時，教師要注重提問內容與提問方式的合理選擇，針對不同層面的學生，讓他們思考難易不同的問題，這既是差異化教學的直觀體現，也能夠給每一個層面的學生都提供良好的學習機會，促進更多的學生在課堂上有收獲與進步．例如，在講“動能定理”時，教師可以讓成績較差的學生回答什么是動能定理，動能定理的基本公式;中等層次的學生，解決一個力做功情況下動能定理的應用;較高層次的學生，解決分析多個力做功情況下動能定理的題目．這樣，每個學生都能得到應有的提高，從而提高他們學習的信心．教師只有不斷優化課堂教學模式，才能夠更好地體現差異化教學的基本理念，進而讓每一個層面的學生都在課堂中得到應有的重視，讓學生的能力都得到有效的培養與提升．
三、差異化教學評價方式
教學評價不僅是教學中的重要組成，也是差異化教學中教師應當關注的一個重要方面．教師要針對不同的教學內容以及不同的教學環節，尤其是針對不同層面的學生，有意識地轉變自己的教學評價內容與評價模式．對于能力不同的學生，教師在衡量他們的學習表現時標準也可以適當變化．對于能力很強的學生，教師要注重激勵，要讓他們不斷在已有水平上實現突破．對于能力與基礎都較弱的學生，通常他們的學習自信心也不足，教師要注重鼓勵與肯定，要讓他們有更多的受到教師認可的機會，這樣才能激發他們的學習信心與學習動力，促使他們取得學習上的進步．例如，教學中提問學生出現不會回答的情況，有些教師會用同樣的語氣和方法來呵斥不同的學生，或者有些教師對此不做點評，這都是不對的，這樣就不能對學生的學習有促進作用．教師應根據不同的學生有不同的評價，對于低層次的學生，引導他們分析題意，進而找出相應的公式，一步一步地解題．對于高層次的學生，給他分析題目在高考中的等級要求和在考試中的難度，進而使他們感到這種題目不會解的壓迫感，從而鞭策他們學習．教師只有采取差異化的教學評價策略，才能夠“對癥下藥”，讓每一個層面的學生都能夠受到應有的鼓勵與引導，進而促進學生對于課程學習有更多的收獲與進步．總之，在高中物理教學中，差異化教學是一種很好的教學策略．教師要正確認識學生的個體差異，這是差異化教學能夠展開的基礎．同時，教師要優化教學模式，要實施因材施教，這樣才能讓每一個層面的學生都在課堂中得到應有的重視．此外，教師要有意識地給予學生差異化的教學評價，這樣才能讓每一個層面的學生都受到應有的鼓勵與引導，進而促進學生對于課程的學習有更多的收獲與進步。
作者：徐勁松 單位：江蘇省濱海中學
