高中物理 第七章 机械能守恒定律 第7节 动能和动能定理教学案 新人教版必修2-新人教版高一必修2物

第7节动能和动能定理
一、动能
1．大小：E k ＝12
mv 2。

2．单位：国际单位制单位为焦耳，1 J ＝1N·m＝1 kg·m 2
/s 2。

3．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向，只有正值，没有负值。

二、 动能定理
1．推导：如图7­7­1所示，物体的质量为m ，在与运动方向相同的恒力F 的作用下发生了一段位移l ，速度由v 1增加到v 2，此过程力F 做的功为W 。

图7­7­1
1．物体由于运动而具有的能量叫做动能，表达式为
E k ＝12
mv 2。

动能是标量，具有相对性。

2．力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过 程中动能的变化，这个结论叫动能定理，表达式为
W ＝E k2－E k1。

3．如果物体同时受到几个力的共同作用，那么W 为合力
做的功，它等于各个力做功的代数和。

4．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功，
2．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

3．表达式：W＝E k2－E k1。

4．适用范围：既适用于恒力做功也适用于变力做功；既适用于直线运动也适用于曲线运动。

1．自主思考——判一判
(1)速度大的物体动能也大。

(×)
(2)某物体的速度加倍，它的动能也加倍。

(×)
(3)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化。

(√)
(4)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零。

(×)
(5)物体的动能增加，合外力做正功。

(√)
2．合作探究——议一议
(1)同步卫星绕地球做匀速圆周运动，在卫星的运动过程中，其速度是否变化？其动能是否变化？
图7­7­2
提示：速度变化，动能不变。

卫星做匀速圆周运动时，其速度方向不断变化，由于速度是矢量，所以速度是变化的；运动时其速度大小不变，所以动能大小不变，由于动能是标量，所以动能是不变的。

(2)在同一高度以相同的速率将手中的小球以上抛、下抛、平抛三种不同方式抛出，落地时速度、动能是否相同？
提示：重力做功相同，动能改变相同，末动能、末速度大小相同，但末速度方向不同。

对动能、动能定理的理解
1．动能的特征
(1)动能是状态量：与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应。

(2)具有相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能就不同，一般以地面为参考系。

2．对动能定理的理解
(1)表达式W ＝ΔE k 中的W 为外力对物体做的总功。

(2)动能定理描述了做功和动能变化的两种关系。

①等值关系：物体动能的变化量等于合力对它做的功。

②因果关系：合力对物体做功是引起物体动能变化的原因，做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由合力做的功来度量。

1．(全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。

该质点的加速度为( )
A.s t 2
B.
3s 2t
2 C.
4s
t
2
D.8s t
2
解析：选A 质点在时间t 内的平均速度v ＝s t
，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和
v 2，那么v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t 。

由题意知：12mv 22＝9×12
mv 12
，那么v 2＝3v 1，进而得出2v 1
＝s
t 。

质点的加速度a ＝
v 2－v 1t ＝2v 1t ＝s
t
2。

应选项A 正确。

2．(多项选择)一质量为0.1 kg 的小球，以5 m/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，假设以弹回的速度方向为正方向，那么小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是( )
A ．Δv ＝10 m/s
B ．Δv ＝0
C ．ΔE k ＝1 J
D ．Δ
E k ＝0
解析：选AD 小球速度变化Δv ＝v 2－v 1＝5 m/s －(－5 m/s)＝10 m/s ，小球动能的变化量ΔE k ＝12mv 22－12
mv 12
＝0。

故A 、D 正确。

3．以下关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的选项是( ) A ．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化 B ．假设合外力对物体做功为零，那么合外力一定为零 C ．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化 D ．物体的动能不变，所受的合外力必定为零
解析：选C 力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A 、B 错误。

物体的合外力做功，它的动能一定变化，速度也一定变化，C 正确。

物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D 错误。

动能定理的应用
1．应用动能定理解题的基本思路
2．动能定理的优越性
牛顿运动定律
动能定理
适用条件
只能研究物体在恒力作用下做直线运
动的情况
对于物体在恒力或变力作用下做直线运动或曲线运动均适用 应用方法 要考虑运动过程的每一个细节
只考虑各力的做功情况及初、末状
态的动能
运算方法 矢量运算
代数运算
相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
结论
应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不
易出错
[典例] 如图7­7­3所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高
H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m 。

斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。

将质量m
＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。

(重力加速度取g ＝10 m/s 2
；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
图7­7­3
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m 。

[思路点拨] 解答此题时应注意以下两点
(1)物块要沿斜面下滑的临界条件是mg sin θ＝μ1mg cos θ。

(2)物块平抛的水平距离与桌子长度之和为落地点到墙面的最大距离。

[解析] (1)为使小物块下滑，应有mg sin θ≥μ1mg cos θ
θ满足的条件tan θ≥0.05
即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑。

(2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1 cos θ) 由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0 代入数据得μ2＝0.8。

(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2
代入数据得v ＝1 m/s
由平抛运动规律得H ＝12gt 2
，x 1＝vt
解得t ＝0.4 s
x 1＝0.4 m
x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m 。

[答案] (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m
动能定理与牛顿运动定律在解题时的选择方法
(1)动能定理与牛顿运动定律是解决力学问题的两种重要方法，同一个问题，用动能定理一般要比用牛顿运动定律解决起来更简便。

(2)通常情况下，假设问题涉及时间、加速度或过程的细节，要用牛顿运动定律解决；而曲线运动、变力做功或多过程等问题，一般要用动能定理解决。

1．一辆汽车以v 1＝6 m/s 的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s 1＝3.6 m ，如果以v 2＝8 m/s 的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离s 2应为( )
A ．6.4 m
B ．5.6 m
C ．7.2 m
D ．10.8 m
解析：选A 解法一：急刹车后，汽车做匀减速运动，且两种情况下加速度大小是相同
的，由运动学公式可得－v 12
＝－2as 1 ①，－v 22
＝－2as 2 ②，两式相比得s 1s 2＝v 12
v 2
2。

故汽车
滑行距离s 2＝v 22v 12s 1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫862
×3.6 m＝6.4 m 。

解法二：急刹车后，水平方向上汽车只受摩擦阻力的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零。

－Fs 1＝0－12mv 12 ①，－Fs 2＝0－12
mv 22
②，②式除以①式
得s 2s 1＝v 22
v 1
2。

故汽车滑行距离 s 2＝v 22v 12s 1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫862×3.6 m＝6.4 m 。

2.一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 作用下从平衡位置
P 点很缓慢地移动到Q 点，如图7­7­4所示。

那么力F 所做的功为( )
图7­7­4
A ．mgl cos θ
B ．Fl sin θ
C ．mgl (1－cos θ)
D ．Fl (1－sin θ)
解析：选C 小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平衡状态，力F 的大小在不断变化，F 做功是变力做功。

小球上升过程只有重力mg 和F 这两个力做功，由动能定理得－mg (l －l cos θ)＋W F ＝0，所以W F ＝mgl (1－cos θ)。

3．一架喷气式飞机，质量为m ＝5×103
kg ，起飞过程中从静止开始滑行的路程为x ＝5.3×102
m 时(做匀加速直线运动)，达到起飞速度v ＝60 m/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的k 倍(k ＝0.02)，求飞机受到的牵引力。

解析：以飞机为研究对象，它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用，这四个力做的功分别为W G ＝0，W 支＝0，W 牵＝Fx ，W 阻＝－kmgx 。

由动能定理得Fx －kmgx ＝12
mv 2
－0
解得F ＝kmg ＋mv 2
2x
⎝ ⎛⎭
⎪⎫0.02×5×103×10＋5×103×602
2×5.3×102N ＝1.8×104 N 。

答案：1.8×104
N
应用动能定理求解多过程问题
[典例] 如图7­7­5所示，ABCD 为一竖直平面内的轨道，其中BC 水平，A 点比BC 高出10 m ，BC 长1 m ，AB 和CD 轨道光滑。

一质量为1 kg 的物体，从A 点以4 m/s 的速度开始运动，经过BC 后滑到高出C 点10.3 m 的D 点速度为0。

求：(取g ＝10 m/s 2
)
图7­7­5
(1)物体与BC 轨道间的动摩擦因数。

(2)物体第5次经过B 点时的速度。

(3)物体最后停止的位置(距B 点多少米)。

[思路点拨]
(1)重力做功与物体运动路径无关，其大小为mg Δh ，但应注意做功的正、负。

(2)物体第5次经过B 点时在水平面BC 上的路径为4s BC 。

[解析] (1)由动能定理得－mg (h －H )－μmgs BC ＝0－12
mv 12
，解得μ＝0.5。

(2)物体第5次经过B 点时，物体在BC 上滑动了4次，由动能定理得mgH －μmg ·4s BC
＝12mv 22－12
mv 12
， 解得v 2＝411 m/s ≈13.3 m/s 。

(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH －μmgs ＝0－1
2
mv 12，
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 ，故距B 点的距离为2 m －1.6 m ＝0.4 m 。

[答案] (1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B 点0.4 m
物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式那么可使问题简化。

1．(多项选择)如图7­7­6所示为一滑草场。

某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。

质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。

那么( )
图7­7­6
A ．动摩擦因数μ＝6
7
B ．载人滑草车最大速度为
2gh 7
C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3
5
g
解析：选AB 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s 1＝h sin 45°、s 2＝h
sin 37°
由动能定理(或功能关系)知：
2mgh －μmgs 1cos 45°－μmgs 2cos 37°＝0 解得动摩擦因数μ＝6
7，选项A 正确；
载人滑草车在上下两段的加速度分别为
a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝
214g ，a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－3
35
g ，那么在下落h 时的速度最大，由动能定理知：
mgh －μmg s 1cos 45°＝12
mv 2
解得v ＝
2gh
7
，选项B 正确，D 错误； 载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W ＝2mgh ，选项C 错误。

2．从离地面H 高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k (k <1)倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹，求：
(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度。

(2)小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程。

解析：(1)设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h ，那么由动能定理得mg (H －h )－kmg (H ＋h )＝0，解得h ＝1－k 1＋k
H 。

(2)设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是s ，对全过程由动能定理得mgH －kmgs ＝0，解得s ＝H
k。

答案：(1)1－k 1＋k H (2)H
k
1．一物体做变速运动时，以下说法中正确的选项是( ) A ．合外力一定对物体做功，使物体动能改变 B ．物体所受合外力一定不为零
C ．合外力一定对物体做功，但物体动能可能不变
D ．物体的加速度可能为零
解析：选B 物体做变速运动，可能是物体的速度方向变化，而大小不变，如匀速圆周运动，此时物体的动能不变，并无外力对物体做功，应选项A 、C 均错误；物体做变速运动，一定具有加速度，物体所受合外力一定不为零，应选项B 正确，选项D 错误。

2．关于动能定理，以下说法中正确的选项是( ) A ．某过程中外力的总功等于各力做功的绝对值之和 B ．只要合外力对物体做功，物体的动能就一定改变 C ．在物体动能不改变的过程中，动能定理不适用 D ．动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程
解析：选B 公式W ＝ΔE k 中W 为合外力做的功，也可以是各力做功的代数和，A 错，B 对；动能不变，只能说明合外力的总功W ＝0，动能定理仍适用，C 错；动能定理既适用于恒力做功，也可适用于变力做功，D 项错误。

3．一质量为m 的滑块，以速度v 在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2v (方向与原来相反)，在这段时间内，水平力所做的功为( )
A.32mv 2
B ．－32mv 2
C.52
mv 2 D ．－52
mv 2
解析：选A 由动能定理得：W F ＝12m (－2v )2
－12mv 2＝32
mv 2，A 正确。

4．(多项选择)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F 分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s ，如图1所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，那么以下关于力F 对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的选项是( )
图1
A ．力F 对甲物体做功多
B ．力F 对甲、乙两个物体做的功一样多
C ．甲物体获得的动能比乙大
D ．甲、乙两个物体获得的动能相同
解析：选BC 由功的公式W ＝Fl cos α＝Fs 可知，两种情况下力F 对甲、乙两个物体做的功一样多，A 错误、B 正确；根据动能定理，对甲有Fs ＝E k1，对乙有，Fs －fs ＝E k2，可知E k1>E k2，即甲物体获得的动能比乙大，C 正确，D 错误。

5．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。

以a 、E k 、x 和t 分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。

那么以下各图像中，能正确反映这一过程的是( )
解析：选C 物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A 、B 错误；由动能定理，－fx ＝E k －E k0，解得E k ＝E k0－fx ，选项C 正确、D 错误。

6.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O 端相距s ，如图2所示。

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 ，那么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( )
图2
A.12mv 02
－μmg (s ＋x ) B.12mv 02
－μmgx C ．μmgs
D ．μmg (s ＋x )
解析：选A 由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝ 0－12mv 02，W ＝12
mv 02
－μmg (s ＋x )。

7.物体在合外力作用下做直线运动的v­t图像如图3所示。

以下表述正确的选项是( )
图3
A．在0～1 s内，合外力做正功
B．在0～2 s内，合外力总是做负功
C．在1～2 s内，合外力不做功
D．在0～3 s内，合外力总是做正功
解析：选A 由v­t图知0～1 s内，v增加，动能增加，由动能定理可知合外力做正功，A对。

1～2 s内v减小，动能减小，合外力做负功，可见B、C、D错。

8.如图4所示，木板长为l，木板的A端放一质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ。

开始时木板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，假设物体始终保持与板相对静止。

对于这个过程中各力做功的情况，以下说法中正确的选项是( )
图4
A．摩擦力对物体所做的功为mgl sin θ(1－cos θ)
B．弹力对物体所做的功为mgl sin θcos θ
C．木板对物体所做的功为mgl sin θ
D．合力对物体所做的功为mgl cos θ
解析：选C 重力是恒力，可直接用功的计算公式，那么W G＝－mgh；摩擦力虽是变力，但因摩擦力方向上物体没有发生位移，所以W f＝0；因木块缓慢运动，所以合力F合＝0，那么W合＝0；因支持力F N为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定理W合＝ΔE k知，W G ＋W N＝0，所以W N＝－W G＝mgh＝mgl sin θ。

9．质量为m的小球用长度为L的轻绳系住，在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球受空气阻力作用。

小球经过最低点时轻绳受的拉力为7mg，经过半周小球恰好能通过最高点，那么此过程中小球克服空气阻力做的功为( )
A.
mgL
4
B.
mgL
3
C.
mgL
2
D ．mgL
解析：选C 小球经过最低点时，有F N －mg ＝mv 12
L ，解得v 1＝6gL 。

小球恰好能通过最
高点，有mg ＝mv 22L ，解得v 2＝gL 。

根据动能定理－mg ·2L －W f ＝12mv 22－12
mv 12
，解得小球克
服空气阻力做功W f ＝1
2
mgL ，所以C 对。

10.如图5所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g 。

质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
图5
A.1
4mgR B.1
3mgR C.1
2
mgR D.π
4
mgR
解析：选C 在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向
心力，所以有F N －mg ＝m v 2
R
，F N ＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下落过程中重力做正功，摩擦力
做负功，根据动能定理可得mgR －W f ＝12mv 2，解得W f ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功1
2mgR ，C
正确。

11．右端连有光滑弧形槽的水平面AB 长为L ＝1.5 m ，如图6所示。

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，从水平面上A 端由静止开始向右运动，木块到达
B 端时撤去拉力F 。

木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2。

求：
图6
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；
(2)木块沿弧形槽滑回B 端后，在水平面上滑动的距离。

解析：(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h ，对木块由A 端运动到最大高度的过程，由动能定理得FL －μmgL －mgh ＝0
解得h ＝
F －μmg L
mg
＝0.15 m 。

(2)设木块沿弧形槽滑回B 端后在水平面上滑行的距离为s ，由动能定理得mgh －μmgs ＝0
解得s ＝h
μ
＝0.75 m 。

答案：(1)0.15 m (2)0.75 m
12．我国海军歼—15舰载机已经在“辽宁〞号航母上成功着舰和起飞。

现将飞机起飞模型简化为飞机先在水平甲板上做匀加速直线运动，再在倾角为θ＝15°的斜面甲板上以最大功率做加速运动，最后从甲板飞出的速度为360 km/h ，如图7所示。

假设飞机的质量为18吨，甲板AB ＝180 m ，BC ＝50 m 。

(飞机长度忽略当成质点，不计一切摩擦和空气阻力，取sin 15°＝0.3，g ＝10 m/s 2
)
图7
(1)如果要求到达甲板B 点的速度至少为离开斜面甲板速度的60%，那么飞机在水平甲板上运动时的牵引力至少为多少才能使飞机起飞？
(2)如果到达B 点时飞机刚好达到最大功率，那么从飞机开始运动到飞离甲板共需多少时间？
解析：(1)由题意知m ＝18 t ＝1.8×104
kg ，
v C ＝360 km/h ＝100 m/s ，
那么B 点的速度至少为v ＝0.6v C ＝60 m/s ， 由动能定理得，Fx AB ＝12mv 2，解得F ＝1.8×105
N 。

(2)到达B 点时的功率P ＝Fv ＝1.08×107
W ， 飞机从A 运动到B 的时间t 1＝2x AB
v
，
飞机从B 到C 的运动过程由动能定理，得
Pt 2－mg sin θ·x BC ＝1
2mv C 2－12
mv 2，t ＝t 1＋t 2，
联立解得t＝11.58 s。

答案：(1)1.8×105 N (2)11.58 s。