高中物理 第四章 机械能和能源 第4节 动能 动能定理教学案 教科版必修2-教科版高一必修2物理教学

第4节动能__动能定理
1．物体由于运动而具有的能量叫动能，其表达式
为E k ＝12
mv 2。

2．合外力对物体所做的功等于物体动能的变化，
这一关系称为动能定理，表达式为W 合＝ΔE k 。

3．合外力对物体做正功，物体的动能增加，合外
力对物体做负功，物体的动能减少。

4．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做
功，既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

一、动能 1．定义
物体由于运动而具有的能量。

2．大小
物体的动能等于物体质量与物体速度大小的二次方的乘积的一半。

3．表达式
E k ＝1
2
mv 2。

4．单位
与功的单位相同，国际单位为焦耳。

1 J ＝1_N·m＝1_kg·m 2
/s 2。

5．标矢性：动能是标量。

二、动能定理
1．推导
如图4­4­1所示，质量为m 的物体在沿运动方向的合外力作用下发生x 位移，速度由
v 1增大到v 2，那么W ＝Fx ＝max ＝
m
v 22－v 122
＝1
2mv 22
－12
mv 12。

即W ＝ΔE k 。

图4­4­1
2．内容：合外力所做的功等于物体动能的变化。

3．表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12
mv 12。

(1)式中W 为合外力所做的功，它等于各力做功的代数和。

(2)如果合外力做正功，物体的动能增加，合外力做负功，物体的动能减少。

(3)适用X 围：不仅适用于恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动情况。

1．自主思考——判一判
(1)两个物体中，速度大的动能也大。

(×) (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4­4­2
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；卫星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，动能改变量相同，落地时动能相等，速度大小相等，但速度方向不同。

对动能、动能定理的理解
1．动能的特性
(1)瞬时性：动能是状态量，与物体某一时刻的速度相对应。

速度变化时，动能不一定变化，但动能变化时，速度一定变化。

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

(3)标量性：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值。

2．对动能定理的理解
(1)动能定理描述了做功和动能变化的对应关系。

①等值关系：物体动能的变化量总等于外力对它做的总功。

②因果关系：外力对物体做功是引起物体动能变化的原因，外力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，转化了多少由外力做的功来度量。

(2)求总功的两种思路
1．(多项选择)关于动能的理解，以下说法正确的选项是( )
A ．一般情况下，E k ＝12
mv 2
中的v 是相对于地面的速度
B ．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关
C ．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等、方向相反
D ．当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化
解析：选AB 动能是标量，由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关。

动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能。

A 、B 正确，C 、D 错误。

2．以下关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的选项是( ) A ．如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零 B ．如果合力对物体做的功为零，那么合力一定为零
C ．物体在合力作用下做匀变速直线运动，那么动能在一段过程中变化量一定不为零
D ．如果物体的动能不发生变化，那么物体所受合力一定是零
解析：选A 功是力与物体在力的方向上发生的位移的乘积，如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零，A 正确；如果合力对物体做的功为零，可能是合力不为零，而是物体在力的方向上的位移为零，B 错误；竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，在上升和下降阶段经过同一位置时动能相等，动能在这段过程中变化量为零，C 错误；动能不变化，只能说明速度大小不变，但速度方向有可能变化，因此合力不一定为零，D 错误。

3.如图4­4­3所示，物体沿曲面从A 点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B 时，下滑的高度为5 m ，速度为6 m/s ，假设物体的质量为1 kg 。

那么下滑过程中物体克服阻力所做的功为( )
图4­4­3
A ．50 J
B ．18 J
C ．32 J
D ．0 J
解析：选C 由动能定理得mgh －W f ＝12mv 2，故W f ＝mgh －12mv 2＝1×10×5 J－12×1×62 J
＝32 J ，C 正确。

动能定理的应用
1．应用动能定理的解题步骤 (1)确定研究对象，通常是单个物体。

(2)明确运动过程，可以是运动的某段过程，也可以是运动的整个过程。

(3)分析受力情况及各力做功情况。

(4)找准对应过程的始末动能(或速度)。

(5)依据动能定理列式求解。

2．用动能定理求解变力做功
动能定理是求变力做功的最常用的方法，这类题目中，物体受到一个变力和几个恒力作用，这时可以先求出几个恒力所做的功，然后用动能定理间接求变力做的功，即W F ＋W 其他＝ΔE k 。

[典例] 如图4­4­4所示，质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬于O 点，与O 点处于同一水平线上的P 点处有一个光滑的细钉，OP ＝L
2，在A 点给小球一个水平向左的初速度v 0，
发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B 。

图4­4­4
(1)小球到达B 点时的速率为多大？
(2)假设不计空气阻力，那么初速度v 0为多大？
(3)假设初速度v 0＝3gL ，那么在小球从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功？ [思路点拨] 小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B 的临界条件是在B 点重力提供做圆周运动的向心力；由A 到B 的过程，不计空气阻力仅重力做功，由动能定理求出初速度v 0；空气阻力是变力，可应用动能定理求解。

[解析] (1)小球恰能到达最高点B ，有
mg ＝m v B 2
L
2
，得v B ＝
gL
2。

(2)从A 到B 由动能定理得
－mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L ＋L 2＝12
mv B 2－12mv 02
可求出v 0＝
7gL 2。

(3)当v 0＝3gL 时，在小球从A 到B 的过程中由动能定理得 －mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L ＋L 2－W f ＝12mv B 2－12mv 02 可求出W f ＝11
4mgL 。

[答案] (1)
gL
2
(2)
7gL 2 (3)114
mgL
(1)所求的变力的功可以是合力的功，也可以是其中一个力的功，但动能定理中，合力的功才等于动能的变化量。

(2)待求变力的功一般用符号W 表示，但要分清结果是变力的功，还是克服此变力的功。

1.如图4­4­5所示，质量为m 的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F 时，转动半径为R ；当拉力逐渐减小到F
4时，物体仍做匀速圆周运
动，半径为2R 。

那么外力对物体所做的功的大小是( )
图4­4­5
A.
FR 4B.3FR
4
C.5FR
2
D ．零
解析：选A 当细绳的拉力为F 时，设小球做匀速圆周运动的线速度为v 1，那么有F ＝mv 12
R ；
当细绳的拉力减为F
4时，小球做匀速圆周运动的线速度为v 2，那么有F 4＝mv 22
2R。

在细绳的拉力
由F 减为F 4的过程中，由动能定理知，细绳的拉力所做的功为W ＝12mv 22－12mv 12＝－FR
4。

所以，
细绳的拉力所做的功的大小为FR
4
，选项A 正确。

2.如图4­4­6所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m 的圆形轨道相连接。

一个质量为0.1 kg 的物体从高为H ＝2 m 的A 点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C 处时，对轨道的压力等于物体的重力。

求物体从A 运动到C 的过程中克服摩擦力所做的功。

(g 取10 m/s 2
)
图4­4­6
解析：物体运动到C 点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知
N ＋mg ＝mv C 2
r
，又N ＝mg ，
联立两式解得v C ＝2gr ＝2 2 m/s ，
在物体从A 点运动到C 点的过程中，由动能定理有
mg (H －2r )－W f ＝12
mv C 2－0，
代入数据解得W f ＝0.8 J 。

答案：0.8 J
动能定理在多过程中的应用
1．多过程问题的分析
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，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，分析每个力的做功，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。

(3)当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更方便，但此方法的难点在于确定整个过程的总功。

2．动力学问题两种解法的比较
牛顿运动定律运动学公式结合法 动能定理
适用条件
只能研究在恒力作用下物体做直线运动的情况
对于物体在恒力或变力作用下，物体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
通过对比可以看出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4­4­7所示，一质量为2 kg 的铅球从离地面2 m 高处自由下落，陷入沙坑2 cm 深处，求沙子对铅球的平均阻力。

(取g ＝10 m/s 2
)
图4­4­7
[思路点拨] 铅球在运动的两个过程中受力情况不同，重力作用于全过程，阻力仅存在于陷入沙子的过程中。

[解析] 法一 应用牛顿第二定律与运动学公式求解 设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v ，那么有v 2
＝2gH
在沙坑中运动的阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a ，那么有v 2
＝2ah 。

联立以上两式解得a ＝H
h
g
设铅球在沙坑中运动时受到的平均阻力为f ，由牛顿第二定律得f －mg ＝ma ，所以f ＝
mg ＋ma ＝H ＋h h ·mg ＝2＋0.02
0.02
×2×10 N＝2 020 N 。

法二 应用动能定理分段求解
设铅球自由下落到沙面时的速度为v ，由动能定理得
mgH ＝12
mv 2－0
设铅球在沙中受到的平均阻力大小为f 。

由动能定理得mgh －fh ＝0－12mv 2
联立以上两式得f ＝
H ＋h
h
·mg ＝2 020 N 。

法三 应用动能定理全程求解
铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力f 。

重力做功W G ＝mg (H ＋h ) 而阻力做功W f ＝－fh
由动能定理得mg (H ＋h )－fh ＝0－0 代入数据得f ＝2 020 N 。

[答案] 2 020 N
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。

1. (多项选择)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v m 后立即关闭发动机直到停止，运动过程的v ­t 图像如图4­4­8所示，设汽车的牵引力为F ，所受摩擦力为f ，全过程中牵引力做功W 1，克服摩擦力做功W 2，那么( )
图4­4­8
A ．F ∶f ＝1∶4
B ．F ∶f ＝4∶1
C ．W 1∶W 2＝1∶1
D ．W 1∶W 2＝1∶3
解析：选BC 对汽车全过程应用动能定理：W 1－W 2＝0，所以W 1＝W 2；由题图可知牵引力与阻力作用距离之比为1∶4，由Fx 1－fx 2＝0知F ∶f ＝4∶1，B 、C 正确。

2．水上滑梯是一项有趣的娱乐活动。

它简化成如图4­4­9所示的模型：倾斜滑道AB 与水平滑道BC 平滑连接，游客(可视为质点)从A 处无初速度地自由滑下，到达B 点后沿BC 做直线运动，并从C 点水平滑出落入水中。

A 点与BC 的高度差H ＝3 m ，滑道AB 长s 1＝5 m ，
BC 长s 2＝2 m ，末端C 距水面高度h ＝0.8 m 。

游客在AB 段所受摩擦力大小f 1＝40 N ，在BC
段所受摩擦力大小f 2＝50 N ，游客质量m ＝50 kg ，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2。

求：
图4­4­9
(1)游客从A 点沿滑道滑行到B 点过程中克服摩擦力所做的功W 1； (2)游客从C 点滑出至落到水面经历的时间； (3)游客到达C 点时的动能大小E k 。

解析：(1)运动员从A 滑到B 的过程中，克服摩擦力做功为：
W f ＝f 1s 1＝40×5 J＝200 J 。

(2)游客从C 点滑出至落到水面的过程做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，那么有：
h ＝12
gt 2
可得：t ＝
2h
g
＝
2×0.8
10
s ＝0.4 s 。

(3)从A 滑到C 的过程中，根据动能定理有：
mgH －W f －f 2s 2＝E k －0
解得：E k ＝1 200 J 。

答案：(1)200 J (2)0.4 s (3)1 200 J
1．两个物体的质量之比为1∶4，速度大小之比为4∶1，那么这两个物体的动能之比是( )
A ．1∶4
B ．4∶1
C ．2∶1
D ．1∶1
解析：选B 两个物体的质量比为1∶4，速度大小比为4∶1，根据E k ＝12mv 2
得，动能
之比为：
E k 1∶E k 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2×1×42∶⎝ ⎛⎭
⎪⎫12
×4×1＝4∶1。

应选B 。

2．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动。

假设这两个力分别做了6 J 和8 J 的功，那么该物体的动能增加了( )
A ．48 J
B ．14 J
C ．10 J
D ．2 J
解析：选B 合力对物体做功W 合＝6 J ＋8 J ＝14 J 。

根据动能定理得物体的动能增加量为14 J ，B 对。

3．(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 速度是矢量，故Δv ＝v 2－v 1＝5 m/s －(－5 m/s)＝10 m/s 。

而动能是标量，初末两状态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔE k ＝0，A 、D 正确。

4．速度为v 的子弹，恰可穿透一块固定的木板。

如果子弹速度为2v ，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，那么可穿透同样的固定木板( )
A ．2块
B ．3块
C ．4块
D ．8块
解析：选C 设木板的厚度为d ，子弹的速度为v 时，由动能定理知－fd ＝0－12mv 2。

当
子弹的速度为2v 时，设能穿透n 块木板，由动能定理知－f ·nd ＝0－12m (2v )2
，联立两式解
得n ＝4，C 正确。

5.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1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1
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，故物体克服弹簧弹力做功W ＝
1
2
mv 02－μmg (s ＋x )，A 正确。

6.如图2所示，质量为m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k 倍。

物块与转轴OO ′相距R ，随转台由静止开始转动。

当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为( )
图2
A ．0
B ．2πkmgR
C ．2kmgR
D.1
2
kmgR
解析：选D 在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到
一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg ＝m v 2
R。

设这
一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为W f ，由动能定理可得W f ＝12mv 2，解得W f ＝1
2kmgR ，D
正确。

7．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是多少。

(2)小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少。

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
8.如图3所示，一质量为1 kg 的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k ＝50 N/m ，现用一竖直向下的F ＝5 N 的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F ，那么小球再回到初始位置时的速度大小为(弹簧一直处于弹性限度内)( )
图3
A ．1 m/s
B ．2 m/s
C ．2 2 m/s
D.
2
2
m/s 解析：选A 当弹簧的弹力等于重力和F 的合力时，球的速度最大，此时弹簧又向下被
压缩了x ＝F k ＝550m ＝0.1 m ，根据动能定理：Fx ＝12
mv 2
，解得：v ＝1 m/s ，应选A 。

9．(多项选择)(全国丙卷)如图4，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P 。

它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W 。

重力加速度大小为g 。

设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，那么( )
图4
A ．a ＝
2mgR －W
mR
B ．a ＝2mgR －W
mR
C ．N ＝3mgR －2W
R
D ．N ＝
2
mgR －W
R
解析：选AC 质点P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR －W ＝12mv 2
，那么速度v
＝
2mgR －W
m
，在最低点的向心加速度a ＝v 2R ＝2mgR －W
mR
，选项A 正确， 选项B 错
误；在最低点时，由牛顿第二定律得N －mg ＝ma ，N ＝
3mgR －2W
R
，选项C 正确，选项D 错误。

10．如图5所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡
上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下。

滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.3。

假设某人和滑板的总质量m ＝60 kg ，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取10 m/s 2。

(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图5
(1)把人和滑板看做整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图； (2)假设θ＝37°，人从斜坡滑下时加速度的大小；
(3)假设θ＝37°，水平滑道BC 的最大长度为L 1＝20 m ，求人在斜坡上滑下的高度应不超过多少；
(4)假设斜坡倾角θ大小可调节且大小未知、水平滑道BC 的长度未知，但是场地的水平空间距离DC 的最大长度为L 2＝30 m ，人在斜坡上从D 的正上方A 处由静止下滑，那么A 到D 的高度不超过多少？
解析： (1)受力如下图。

(2)根据牛顿第二定律得，mg sin 37°－f ＝ma
N ＝mg cos 37° f ＝μN
联立以上三式，代入数据解得a ＝3.6 m/s 2。

(3)人和滑板从距水平面高H 处下滑，从人和滑板在斜面上开始运动到人和滑板停止运动的过程中，根据动能定理：mgH －μmg cos 37°H
sin 37°
－μmgL 1＝0－0
代入数据解得H ＝10 m 。

(4)设A 到D 的高度为h ，根据动能定理
mgh －μmg cos θ
h
sin θ－μmg ⎝
⎛
⎭⎪⎫
L 2－h
tan θ＝0－0
代入数据解得h ＝9 m 。

答案：(1)见解析 (2)3.6 m/s 2
(3)10 m (4)9 m
11.如图6所示，固定在水平地面上的工件，由AB 和BD 两部分组成，其中AB 部分为光滑的圆弧，圆心为O ，∠AOB ＝37°，圆弧的半径R ＝0.5 m ；BD 部分水平，长度为0.2 m ，C 为BD 的中点。

现有一质量m ＝1 kg 、可视为质点的物块从A 端由静止释放，恰好能运动到D
点。

(g ＝10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图6
(1)物块运动到B 点时，对工件的压力大小；
(2)为使物块恰好运动到C 点静止，可以在物块运动到B 点后，对它施加一竖直向下的恒力F ，F 应为多大？
解析：(1)物块由A 运动到B 点的过程中，由动能定理有：mgR (1－cos 37°)＝12mv 2
解得：v 2
＝2gR (1－cos 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)＝2 (m/s)2
在B 点，由牛顿第二定律有：
N －mg ＝m v 2
R
解得：N ＝mg ＋m v 2R ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫10＋20.5N ＝14 N 由牛顿第三定律有：N ′＝N ＝14 N 。

(2)物块由B 运动到D 点的过程中，由动能定理有：
μmg ·BD ＝12
mv 2
施加恒力F 后，物块由B 运动到C 点的过程中，由动能定理有：μ(mg ＋F )BC ＝12mv 2
可得：mgBD ＝(mg ＋F )BC
由题知：BD ＝2BC ，得：2mg ＝mg ＋F 解得：F ＝mg ＝1×10 N＝10 N 。

答案：(1)14 N (2)10 N。