2-2动能和动能定理
动能和动能的定理
动能定理与牛顿第二定律的关系
牛顿第二定律描述了力对物体运动状态改变 的作用，即F=ma，其中F为作用力，m为质 量，a为加速度。而动能定理则描述了力对物 体动能改变的作用，即合外力对物体所做的 功等于物体动能的变化。
动能定理可以看作是牛顿第二定律在动能方 面的应用，因为物体的加速度与作用力成正 比，而物体的动能与速度平方成正比，所以 当力作用在物体上使其加速时，物体的动能
动能定理对于理解能量守恒定律的意义
动能定理是能量守恒定律在动力学中 的具体表现，通过动能定理可以深入 理解能量守恒定律的内涵和应用。
VS
动能定理表明，力对物体所做的功等 于物体动能的改变量，这有助于我们 更好地理解能量的转化和守恒，以及 物体运动状态的改变。
05 动能定理的深入思考
动能定理与势能、内能的关系
动能的特点
动能是标量，只有大 小，没有方向。
动能是状态量，与过 程无关，只与物体在 某一时刻的状态有关。
动能是相对量，与参 考系的选取有关。
动能与其他物理量的关系
动能与动量关系
P=mv，其中P为物体的动量，单位是 千克·米/秒(kg·m/s)。
动能与能量关系
动能是能量的一种形式，是物体机械 运动的能量，其他形式的能量可以转 化为动能。
也会相应增加或减少。
动能定理与相对论的关系
在相对论中，物体的动能不再是经典力学中的1/2mv^2， 而是与物体的质量和速度相关的更复杂的表达式。但动 能定理的基本思想仍然适用，即合外力对物体所做的功 等于物体动能的改变。
相对论中的动能关系式为E_k = (m_0c^2 + E_k') / √(1-v^2/c^2)，其中E_k为物体的动能，m_0为物体的 静止质量，E_k'为物体因运动而具有的内部能量，v为物 体的速度，c为光速。这个公式可以看作是经典力学中动能的定理表述
2.2动能、动能定理
动能是标量，只有正值
当外力做正功时，W>0，Ek2>Ek1
动能增加。 当外力做负功时，W<0， 即Ek2<Ek1 动能减少。
思考与讨论（一）
如果物体受到几个力作用,动能定理中的W表示的物理 意义是什么？ 答：合力所做的总功。
动能定理表述为： 合 力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这 个过程中动能的变化。
随 堂 练 习
关于动能的理解，下列说法正确的是：
A、一定质量的物体，速度变化时，动能一定变化。 B、一定质量的物体，速度不变时，动能一定不变。
C、一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化。
D、一定质量的物体，动能不变时，速度一定不变。
二、动能定理
合外力对物体做的总功，等于物体动能 的改变量。这个结论称为动能定理。
2 受 力 分 析
1.8 10 N
4
启发：此类问题，牛顿定律和动能定理都适用，但 动能定理更简洁明了。
v0=0m/s
N f G F v=60m/s
s=5.3×102m
解：对飞机 s
F1 3 确 定 各 力 做 功
1找对象（常是单个物体） 4运动情况分析
由动能定理有
F2
1 2 Fs kmgs mv 2
m v2 F km g 5建方程 2s 5.0 103 602 3 0 . 02 5 . 0 10 9.8 2 2 5.3 10
1962年 11月，赫赫有名的“子爵号”飞机正在美国马里兰州伊 利奥特市上空平稳地飞行，突然一声巨响，飞机从高空栽了下来。 事后发现酿成这场空中悲剧的罪魁就是一只在空中慢慢翱翔的天鹅。
鸟本身速度不快，质量也不大，但相对于飞机来说，由于飞机速度很快， 所以它们相互靠近的速度很快，因此，鸟相对飞机的速度很快，具有很 大的相对动能，当两者相撞时，会造成严重的空难事故。
高考物理科普动能与动能定理
高考物理科普动能与动能定理动能与动能定理动能是物理学中的一个重要概念，用来描述物体的运动状态。
在高考物理中，学生需要对动能与动能定理有一定的了解。
本文将介绍什么是动能以及动能定理的含义和应用。
一、动能的定义动能（kinetic energy）是一个物体由于运动而具有的能量。
简单来说，物体的动能与物体的质量和速度有关。
动能的单位是焦耳（J）。
动能的计算公式如下：动能 = 1/2 ×质量 ×速度²其中，质量的单位是千克（kg），速度的单位是米/秒（m/s）。
例如，质量为2千克的物体以10米/秒的速度运动，其动能为：动能 = 1/2 × 2 kg × (10 m/s)² = 100 J这表示该物体由于运动而具有100焦耳的能量。
二、动能定理动能定理（kinetic energy theorem）是描述物体动能变化的定理。
它的表述如下：物体的动能的变化量等于作用在物体上的净外力所做的功。
净外力指的是物体受到的所有外力的矢量和，而功即为力对物体的作用在物体上产生的能量转移。
根据动能定理，如果一个物体受到净外力作用，其动能就会发生改变。
当净外力与物体运动方向一致时，物体的动能增加；当净外力与物体运动方向相反时，物体的动能减少。
三、动能定理的应用动能定理在物理学中具有很多应用。
以下是一些常见的应用场景：1. 能量转换：动能定理可以用来描述机械能的转换。
例如，当一个物体在上升过程中受到重力作用时，其动能会逐渐减小，而重力势能会逐渐增加；当物体下落时，动能增加，而重力势能减小。
2. 简谐振动：对于简谐振动，动能和势能之间会发生周期性的转换。
例如，弹簧振子的动能在振动过程中会由最大值转变为最小值，而势能则相反。
3. 碰撞过程：在碰撞过程中，动能定理可以用来分析物体的速度和动量变化。
例如，当两个物体碰撞时，动能定理可以帮助计算碰撞后物体的速度。
四、总结动能与动能定理是高考物理中的重要知识点。
人教版高一物理必修第2册 动能和动能定理
得到了应用？
山东舰
跑。当位移l达到2.5×103 m时，速度达到起飞速度80 m/s。在此过程中，
1
飞机受到的平均阻力是飞机所受重力的
。g取10 m/s2，求飞机平均
50
FN v0=0
v
牵引力的大小。
F
kmg
mg
解：以飞机为研究对象
l
合 =ΔEk
( F-kmg ) l= 1 2 −0
2
F＝1.04×105 N
5. 动能是标量。
1J= 1kg·m2/s2 =1N⋅m
问题：对于质量一定的物体
1
= 2
2
v
（1）动能变化，速度是否一定变化？ 是
（2）速度变化，动能是否一定变化？ 否
6. 动能的变化：
v
v
ΔEk= Ek末−Ek初
=
1
22
2
−
1
12 =
2
Ek末−Ek初
二、动能定理
1. 内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过
向成37°，重物离开地面30 cm后人停止施力，最后重物自
由下落把地面砸深2 cm。已知重物的质量为50 kg，
g取10 m/s2， cos 37°＝0.8。求：
vB
（1）重物刚落地时的速度是多大？
（2）重物对地面的平均冲击力是多大？
分析过程： ① 加速上升（ A→B ）
B
mg
H
② 竖直上抛，返回地面（ B→A）
口与地面的斜面，若斜面高 3.2 m，斜面长6.5 m，
质量为60 kg的人沿斜面滑下时所受的阻力是240 N，
高中物理(人教版)必修第二册讲义—动能和动能定理
A. 建材重力做功为- mah C. 建材所受的合外力做功为 mgh 【答案】D
B. 建材的重力势能减少了 mgh D. 建材所受钢绳拉力做功为 m(a g)h
【解析】
【详解】A． 建筑材料向上做匀加速运动，上升的高度为 h，重力做功：W=-mgh，故 A 错误；
B． 物体的重力势能变化量为 Ep W mgh
与半径有关，可知 vP＜vQ；动能与质量和半径有关，由于 P 球的质量大于 Q 球的质量，悬挂 P
球的绳比悬挂 Q 球的绳短，所以不能比较动能的大小．故 AB 错误；在最低点，拉力和重力
的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=m
v2 R
，解得，F=mg+m
v2 R
=3mg，a向
F
mg ＝2g m
mv
2 2
表示物体的初动能
（3）W 表示物体所受合力做的功，或者物体所受所有外力对物体做功的代数和。
3.适用范围
（1）动能定理既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功。
（2）动能定理及适用于直线运动，也适用于曲线运动
1．判断下列说法的正误． (1)某物体的速度加倍，它的动能也加倍．( × ) (2)两质量相同的物体，动能相同，速度一定相同．( × ) (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.如图所示，质量为 m 的物块在水平恒力 F 的推动下，从粗糙山坡底部的 A 处由静止运动至 高为 h 的坡顶 B 处，并获得速度 v，A、B 之间的水平距离为 x，重力加速度为 g，则重力做功 为______，恒力 F 做功为________，物块的末动能为________，物块克服摩擦力做功为________．
2019年高中物理人教版必修2《动能和动能定理》
D．余下的力一定对物体做正功
解析：撤去一个水平力后，物体的动能如何变化，关键 是看余下的力与物体运动的速度方向的关系，若其夹角 小于90°，力做正功，动能增加；若其夹角大于90°， 力做负功，动能减小，因为力为恒力，不可能与速度始 终垂直，故力对物体不可能始终不做功，B、D均错误， A、C正确。 答案：AC
①W＝ Ek2－Ek1 。
②W＝12mv2 2－12mv1 2。
(4)两点说明： ①如果物体受到几个力的共同作用，式中W为 合力 所做的 功，它等于各力做功的 代数和 。 ②如果外力对物体做正功，物体的 动能增加 ，外力对物体 做负功，物体的 动能减少 。
(5)适用范围： 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 运动的情况。
答案：BC
3．关于动能概念及公式W＝Ek2－Ek1的说法中正确的是( ) A．若物体速度在变化，则动能一定在变化 B．速度大的物体，动能一定大 C．W＝Ek2－Ek1表示功可以变成能 D．动能的变化可以用合力的功来度量
解析：由Ek＝
1 2
mv2可知，物体的动能由m和v共同决定，物体的
速度大，动能不一定大，B错误；物体速度方向改变，大小不
改变时，物体的动能不变化，A错误；动能定理表明物体动能
的变化与合力的功有一定对应关系，动能的变化可以用合力的
功来度量，但并不说明功可以变成能，故D正确，C错误。
答案：D
4．下列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，则合力一定为零
C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在这段
动能和动能定理
动能和动能定理动能是物体运动过程中所具有的能量，它是物体动力学性质的一种表现。
在物理学中，动能被定义为物体具有的使其能够进行相互作用的能力。
一、动能的定义和计算公式动能是与物体的质量和速度有关的物理量。
它可以通过以下公式进行计算：动能(K) = 1/2 * m * v^2其中，m为物体的质量，v为物体的速度。
二、动能与能量转换动能在物体运动的过程中可以转化为其他形式的能量，例如势能、热能等。
这种能量的转化过程可以通过动能定理来描述。
动能定理表明，物体所具有的动能变化等于物体所受到的净作用力所做的功。
数学表示为：∆K = W其中∆K表示动能的变化，W表示外力所做的功。
三、动能的应用动能的概念和定理在物理学中有广泛的应用。
1. 运动物体的动能计算：通过动能的定义和计算公式，可以计算质点、刚体等运动物体所具有的动能，进一步分析物体的运动状态。
2. 能量转化和守恒：通过动能定理，我们可以理解能量是如何在不同形式之间转化的，例如机械能转化为热能、光能等。
3. 力学分析中的应用：动能定理是力学分析中的重要工具之一，通过应用动能定理，可以计算物体受到的净作用力，进而研究物体的运动规律。
四、动能定理的局限性虽然动能定理在描述物体运动和能量转化方面具有重要意义，但也存在一定的局限性。
1. 仅适用于刚体系统：动能定理的推导基于刚体的运动，对于柔软物体的运动无法直接应用。
2. 需满足牛顿力学前提：动能定理基于牛顿力学的假设和前提，只适用于符合牛顿力学规律的物体。
3. 不考虑其他能量损失：在实际情况下，物体的运动中可能还存在其他能量的损失，例如空气阻力、摩擦等，这些因素在动能定理中没有考虑。
五、结论动能是物体运动过程中所表现出的能量，可以通过物体的质量和速度来计算。
动能定理描述了动能与净作用力所做的功之间的关系，进一步解释了能量转化的过程。
在物理学中，动能和动能定理被广泛应用于分析物体的运动和能量转化过程。
然而，动能定理也存在一定的局限性，在实际问题中需要综合考虑其他因素。
第2节 动能和动能定理
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
第2节 动能和动能定理
一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力
作用．此后，该质点的动能可能( ABD
)
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
第2节 动能和动能定理
某滑沙场，如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A点由静 止开始滑下，最后停在水平沙面上的C点，设滑沙橇和沙
过程中的v－t图象，试根据图象(g取10 m/s2)
(1)求0～2 s内阻力做的功； (2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功； (3)估算运动员从飞机上跳下到着地的时间．
【答案】 (1)－2 560 J (2)158 m 1.25×105 J (3)71 s
第2节 动能和动能定理
(2014·安师大附中高三月考)物体沿直线运动的v－ t图象如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，
sin37°＝0.6，co 37°＝0.8.求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．
3m/s 2s 1.4m
第2节 动能和动能定理
如图所示，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．已知OP＝
面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认 为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，
若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间 的动摩擦因数μ.
第2节 动能和动能定理
如下图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交 接处均由很小的圆孤平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的， 水平轨道BC的长度x＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°， A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与 轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，
2-2动能和动能定理
n T mg cos θ = mv 2 / l et θ dv mg sin θ = m dt v 0 mg d v dv d θ v dv 2 = = v = v0 + 2lg (cos θ 1) dt d θ dt l dθ 2 v θ v0 ∫v0 v d v = gl ∫0 sin θ d θ T = m( l 2g + 3g cosθ )
1 2 dA == d ( mv ) = dEk 2
P = dA dt
pdt = dE K
5
三.动能定理的应用
A = EkQ EkP
6
例1：小球以初速率vA 沿光滑曲面向下滚动, 如 小球以初速率 沿光滑曲面向下滚动, 图所示。 的垂直距离为h 图所示。问当小球滚到距出发点A的垂直距离为 处时, 的B 处时, 速率为多大 ?
动能定义：质点的质量与其运动速率平方的乘积的一半， 动能定义：质点的质量与其运动速率平方的乘积的一半， 1 2 表示， 用 表示，即
F = ma
dr vP
Ek
Ek =
关于动能: 关于动能 状态量; 状态量
2
mv
标量,且只有正值 标量 且只有正值; 且只有正值
具有相对性,与参考系有关 具有相对性 与参考系有关
B B
7
因 N 始终垂直于 dr ， 所以
B
∫
B
A
N dr = 0
1 2 1 2 于是有 ∫ mg d r = mvB mvA A 2 2 而重力加速度的分量式 g y = - g， g x = 0
所以 即
∫ mg d r = ∫ mg d y = ∫ mg d y = mgh
A A h
9
的轻绳， 的小球, 例3 如图长为 l的轻绳，一端系质量为 m的小球, 另一端系于定点 o ， t = 0 时小球位于最低位置，并具 时小球位于最低位置， 有水平速度 v0 ，求小球在任意位置的速率及绳的张力. 求小球在任意位置的速率及绳的张力. 解
动能和动能定理
动能和动能定理一、动能的概念动能是物体运动所具有的能量，是物体运动的一种形式。
在物理学中，动能通常表示为K或E_k，它与物体的质量和速度相关。
动能的大小与物体的质量成正比，与物体的速度的平方成正比。
动能的单位为焦耳（J）。
动能公式：动能公式描述了动能与物体的质量和速度之间的关系。
它的表达式为：K = 1/2mv^2其中，K表示动能，m表示物体的质量，v表示物体的速度。
二、动能定理动能定理是描述物体的动能变化与物体所受的净外力之间的关系。
动能定理可以表述为：物体的净功等于物体动能的变化。
动能定理公式：动能定理可以表示为如下的公式：W_net = ΔK其中，W_net表示物体受到的净功，ΔK表示物体动能的变化。
三、动能定理的解释动能定理的本质是能量守恒定律在物体运动中的具体应用。
根据能量守恒定律，一个孤立系统的能量总量是不变的。
在动能定理中，物体所受的外力所做的功被转化为物体的动能。
根据动能定理，当物体受到净外力时，物体将加速或减速，其动能将发生改变。
如果净功为正，表示物体的动能增加；如果净功为负，表示物体的动能减小。
动能定理可以解释为何抛出物体的速度越大，其运动的距离也越远。
四、应用举例1. 汽车的制动当汽车刹车时，制动器施加一个逆向力，使汽车减速。
根据动能定理，汽车减速时，动能发生变化，由动能转化为其他形式的能量（如热能）。
净功为负，表示汽车的动能减小。
2. 投掷运动当一个物体被投掷到空中时，物体的动能由静止状态转变为动能，然后再转变为高度势能。
在最高点时，物体的动能为零，而势能最大。
根据动能定理，动能的增加等于物体所受的净功。
3. 弹簧振子当一个弹簧振子从平衡位置偏移并释放时，它会振动。
在一个完整的振动周期中，弹簧振子的动能将在振动的过程中不断转化为势能和反向。
根据动能定理，弹簧振子的动能变化等于所受的净功。
五、总结动能和动能定理是描述物体运动和能量转化的重要概念。
动能表示物体运动所具有的能量，与物体的质量和速度有关。
2-2动能定理功能原理
v dW = F cos θ dr v ds = dr
v dri
θi
B
*
dW = F cos θ ds v v * A dW = F ⋅ dr B v B v W = ∫ F ⋅ dr = ∫ F cos θ ds
A A
力学篇
v dr θ v vθ v F dr1 1 F 1
v Fi
3
物理学
自学考试
力学篇
p2 由 Ek = 2m
13
物理学
自学考试
守恒定理 守恒定理
P40例2-9质量为 的质点系在一固定绳 例 质量为 质量为m的质点系在一固定绳 子上,在粗糙的水平面上做半径 的圆周运动, 在粗糙的水平面上做半径R的圆周运动 子上 在粗糙的水平面上做半径 的圆周运动 运动一周后,由初速减为一半 由初速减为一半,求摩擦力作的 运动一周后 由初速减为一半 求摩擦力作的 动摩擦系数;质点静止前运动多少圈 功;动摩擦系数 质点静止前运动多少圈 动摩擦系数 质点静止前运动多少圈?
m'
v v r + dr
B
v v m'm v v dW = F ⋅ dr = −G 2 er ⋅ dr r
力学篇
18
物理学
自学考试
守恒定理 守恒定理
v m从A到B的过程中 F 作功： 从 到 的过程中 作功：
m
v v B m'm v v W = ∫ F ⋅ dr = ∫ − G 2 er ⋅ dr A A r v v r v v v v rA er ⋅ dr = er ⋅ dr cos θ = dr
−1
= 1.53 m⋅ s
v v FT v v ϕ ds v Pθ
17
动能与动能定理
动能与动能定理动能是物体运动时所具有的能量，它是描述物体运动状态的物理量。
动能定理是描述物体动能变化的原理。
动能定理的表达式为：物体的动能的变化量等于物体所受的合外力所做的功。
即∆K = W。
其中，动能的变化量∆K表示物体动能的变化值，W表示合外力所做的功。
动能的公式为：K = 1/2 * m * v²。
其中，K表示物体的动能，m表示物体的质量，v表示物体运动的速度。
动能定理的应用十分广泛，以下就几个常见的应用进行介绍：1. 汽车行驶中的动能变化：汽车行驶时，引擎提供一定的力，使汽车不断加速。
根据动能定理，汽车的动能的变化量等于汽车受到的合外力所做的功。
当汽车速度从0加速到一定速度时，汽车动能增加，表示汽车获取了一定的能量。
2. 弹射装置中的动能转换：弹射装置是一种将动能转化为其他形式能量的装置。
例如，弹簧蓄能器利用弹性势能将动能转化为弹簧的弹性势能，然后再通过弹簧释放的过程将弹性势能转化为动能，将物体弹射出去。
3. 科学实验中的动能定理应用：在一些科学实验中，动能定理被广泛应用。
例如，当一个物体从高处自由落下时，根据动能定理，物体的动能增加，而势能减少，总能量保持不变。
这也是引力做功转化为物体动能的例子。
动能定理在物理学中是一个基本的原理，通过运用动能定理，可以分析物体在不同力作用下的动能变化，进而了解物体运动的特性。
同时，动能定理也为实际应用提供了理论基础，能够解释和预测物体运动的行为。
总而言之，动能是物体运动时所具有的能量，而动能定理描述了物体动能变化的原理。
通过应用动能定理，可以更好地理解和分析物体运动的过程，为实际应用提供了基础支持。
2-2 动能定理 保守力 能量守恒定律
2– 2 动能定理 保守力与非保守力 能量守恒定律
物理学简明教程
例 以下四种说法中，哪一种是正确的？ （1）作用力与反作用力的功一定是等值异号.
（2）内力不能改变系统的总机械能.
（3）摩擦力只能作负功. （4）同一个力作功在不同的参考系中，也不 一定相同.
第二章 动量守恒定律和能量守恒定律
动能定理 合外力对质点所作的功,等于质 点动能的增量 .
第二章 动量守恒定律和能量守恒定律
2– 2 动能定理 保守力与非保守力 能量守恒定律
物理学简明教程
注意 动能是状态函数
2 1 p Ek mv 2 2 2m
功是过程量
W Ek2 E k1
功和动能单位都为焦耳，符号为J
第二章 动量守恒定律和能量守恒定律
重力功
W (mgyB mgyA ) 1 2 1 2 弹力功 W ( kxB kx A ) 2 2
A
D
C
ACB
F dr
ADB
F dr
B
非保守力: 力所作的功与路径有关 .（例如摩擦力）
第二章 动量守恒定律和能量守恒定律
2– 2 动能定理 保守力与非保守力 能量守恒定律
r 方向单位矢量
r
结论：万有引力作功与路径无关.
第二章 动量守恒定律和能量守恒定律
2– 2 动能定理 保守力与非保守力 能量守恒定律
物理学简明教程
2 ） 重力作功
P mg ˆ j ˆ dyˆ dr dxi j
W
B A
y
yA
A
D
dr
C
B
2-2 动能定理 保守力与非保守力 能量守恒定律
0 90 W 0 正功 90 180 W 0 负功
F cos
90 W 0 不作功
➢功的图示法
o rA
曲线下的面积表示变力所作的功。
r
ds rB
➢合力的功等于各分力功的代数和。
W
F d r F1 d r
F2
d
r
W1
W2
➢功的单位：1 J=1 N·m 量纲：dim W ML2T2
解题步骤：
①确定研究对象． ②受力分析，求合外力的功． ③找准初、末状态的动能，运用动能定理列方程求解．
第二章 动量守恒定律和能量守恒定律
2-2 动能定理 保守力与非保守力 能量守恒定律
物理学简明教程
例1 如图所示，一质量m =225kg的保险箱静止 放置在光滑地面上，甲、乙两人用推力F1=24.0N和 拉力F2=20.0N同时作用于此物体，使它沿直线移动 了d =8.50m。设保险箱与地面间的摩擦可忽略不计。 试计算
第二章 动量守恒定律和能量守恒定律
2-2 动能定理 保守力与非保守力 能量守恒定律
物理学简明教程
2. 功率：功随时间的变化率
平均功率 P W t
瞬时功率
P dW
F
d
r
F
v
Fv
cos
dt
dt
P F v Fvcos
功率的单位 （瓦特）1W 1J s1 1kW 103 W
第二章 动量守恒定律和能量守恒定律
W1 F1d cos1 176.66 J
W2 F2d cos2 130.22 J 则两人做的总功为
W W1 W2 306.88 J
（2）两人对保险箱做功后，它的速率变为多大？ 考虑到保险箱初始速率v0为零，由动能定理
高一物理必修2动能和动能定理--知识讲解有答案
动能和动能定理要点二、动能、动能的改变要点诠释：1.动能：(1)概念：物体由于运动而具有的能叫动能．物体的动能等于物体的质量与物体速度的二次方的乘积的一半．(2)定义式：212k E mv =，v 是瞬时速度． (3)单位：焦(J )．(4)动能概念的理解．①动能是标量，且只有正值．②动能具有瞬时性，在某一时刻，物体具有一定的速度，也就具有一定的动能．③动能具有相对性，对不同的参考系，物体速度有不同的瞬时值，也就具有不同的动能，一般都以地面为参考系研究物体的运动．2.动能的变化：动能只有正值，没有负值，但动能的变化却有正有负．“变化”是指末状态的物理量减去初状态的物理量．动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合力对物体做负功，或者说物体克服合力做功．要点三、动能定理要点诠释：(1)内容表述：外力对物体所做的总功等于物体功能的变化．(2)表达式：21k k W E E =-，W 是外力所做的总功，1k E 、2k E 分别为初、末状态的动能．若初、末速度分别为v 1、v 2，则12112k E mv =，22212k E mv =． (3)物理意义：动能定理揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功，对应着物体动能的变化．变化的大小由做功的多少来量度．动能定理的实质说明了功和能之间的密切关系，即做功的过程是能量转化的过程．等号的意义是一种因果关系的数值上相等的符号，并不意味着“功就是动能增量”，也不是“功转变成动能”，而是“功引起物体动能的变化”．(4)动能定理的理解及应用要点．动能定理虽然可根据牛顿定律和运动学方程推出，但定理本身的意义及应用却具有广泛性和普遍性． ①动能定理既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程．②动能定理既适用于物体做直线运动情况，也适用于物体做曲线运动情况．③动能定理的研究对象既可以是单个物体，也可以是几个物体所组成的一个系统．④动能定理的研究过程既可以是针对运动过程中的某个具体过程，也可以是针对运动的全过程． ⑤动能定理的计算式为标量式，v 为相对同一参考系的速度．⑥在21k k W E E =-中，W 为物体所受所有外力对物体所做功的代数和，正功取正值计算，负功取负值计算；21k k E E -为动能的增量，即为末状态的动能与初状态的动能之差，而与物体运动过程无关．要点四、应用动能定理解题的基本思路和应用技巧要点诠释：1.应用动能定理解题的基本思路（1）选取研究对象及运动过程；（2）分析研究对象的受力情况及各力对物体的做功情况：受哪些力？哪些力做了功？正功还是负功？然后写出各力做功的表达式并求其代数和；（3）明确研究对象所历经运动过程的初、末状态，并写出初、末状态的动能1K E 、2K E 的表达式；（4）列出动能定理的方程：21K K W E E =-合，且求解。
动能与动能定理
动能与动能定理动能是描述物体的运动状态和能量的一种物理量。
在物理学中，动能通常用符号K表示，其计算公式为K=½mv²，其中m为物体的质量，v为物体的速度。
动能定理则描述了动能的改变与物体所受合外力的关系。
本文将从动能的概念、计算公式，以及动能定理的推导和应用等方面进行探讨。
1. 动能的概念动能是物体在运动过程中所具有的能量，它随着物体的速度增加而增加。
当物体停止运动时，动能为零。
动能的单位是焦耳（J）。
在经典物理学中，动能的计算公式为K=½mv²，其中m为物体的质量，v为物体的速度。
正如计算公式所示，动能与物体的质量和速度的平方成正比。
2. 动能定理的推导动能定理描述了物体运动的改变与物体所受合外力的关系。
根据牛顿第二定律F=ma，将其代入动能的计算公式K=½mv²中，可得到K=½m(v²-0)。
根据牛顿第二定律的形式F=ma，我们知道力可以表示为F=dp/dt，其中p是物体的动量，t是时间。
代入动量的定义p=mv，可得到F=mdv/dt。
将这个方程代入动能的计算公式中，可得到K=½mdv/dt *v。
对动能公式进行简化后，可得到K=d(½mv²)/dt，即动能的变化率等于物体所受合外力的功率。
3. 动能定理的应用动能定理可以应用于多种物理问题的求解和分析。
首先，我们可以利用动能定理来计算物体的速度和位移。
通过已知物体的质量、起始速度、物体所受合外力的功率等信息，可以利用动能定理来求解相应的物理量。
其次，动能定理可以帮助我们理解和解释物体的能量转化过程。
例如，当一个物体从较高的位置下落时，它的重力势能被转化为动能，从而使其速度增加。
在碰撞等过程中，动能定理也可以用于分析和计算能量的守恒与转化。
总结：动能是物体运动时所具有的能量，与物体的质量和速度的平方成正比。
动能定理描述了动能的变化与物体所受合外力的关系，通过动能定理可以计算物体的速度和位移，并用于分析能量的转化过程。
人教版必修2《动能和动能定理》评课稿
人教版必修2《动能和动能定理》评课稿本评课稿旨在对人教版必修2中的《动能和动能定理》一课进行评价和分析，旨在帮助教师了解这节课的教学内容和教学方法，进一步提高教学效果，达到更好的教学目标。
一、教材概述《动能和动能定理》是人教版必修2中的一节物理课，它介绍了动能和动能定理的概念以及它们在物理学中的应用。
本课的学习内容涉及了动能的定义、动能的计算公式、动能定理的转化形式以及动能的应用等。
通过学习本课，学生将了解到动能在物理学中的重要性，理解动能和动能定理之间的关系，并能够应用动能定理解决实际物理问题。
二、教学目标本节课的教学目标主要有：1.理解动能的定义及其计算方法；2.掌握动能定理的转化形式；3.能够应用动能定理解决实际物理问题；4.培养学生的实验观察能力和问题解决能力。
通过达成上述教学目标，学生将能够更好地理解和应用动能和动能定理，为后续物理学习打下基础。
三、教学重难点分析1. 教学重点本节课的教学重点主要有：•动能的定义及其计算方法；•动能定理的转化形式。
学生需要通过练习和实例来巩固这些概念，并利用所学知识解决动能相关的问题。
2. 教学难点本节课的教学难点主要有：•动能定理的应用；•动能转化问题的解决。
通过分析实际问题，让学生应用动能定理解决复杂的动能问题可能是一个相对较难的环节。
四、教学准备在上课前，教师需要准备以下资源和材料：1.教学课件：包含了本课程的教学内容、重点知识点和实例演示；2.实验设备：如滑块、弹簧等，用于进行实验演示；3.板书工具：为了更好地呈现知识点和解题步骤，准备好黑板和粉笔或白板和马克笔。
教师还需要预先准备好与学生进行互动的问题和练习题，以帮助学生加深对动能及其定理的理解。
五、教学过程本节课的教学过程可以分为以下几个阶段：1. 导入和展示通过提出问题、观察实验现象或展示相关图片等方式，引起学生对动能的兴趣。
教师可以借助实际例子解释动能是什么以及它在生活中的应用。
2. 概念解释和讲解在此阶段，教师将对动能的定义进行解释，并通过教学课件或板书等方式，展示动能的计算公式和动能定理的转化形式。
第2讲 动能和动能定理
第六章 机械能第2讲 动能和动能定理课标要求核心考点五年考情核心素养对接1.理解动能和动能定理.2.能用动能定理解释生产生活中的现象.动能和动能定理的基本应用2023：新课标T15，山东T15；2022：上海T19；2020：浙江1月T20；2019：北京T24，天津T101.物理观念：理解动能和动能定理，会用动能定理分析问题.2.科学思维：利用功的表达式、牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理的表达式.3.科学探究：通过对动能定理的学习，探索功与动能的关系.4.科学态度与责任：能用动能定理解决实际问题，激发学习兴趣，提高应用能力.动能定理与图像的综合应用2023：新课标T20；2022：江苏T8；2021：湖北T4； 2020：江苏T4； 2019：全国ⅢT17命题分析预测动能和动能定理是历年高考的热点，题型为选择题或计算题，命题背景可能是生产生活、体育运动等实际情境.预计2025年高考可能会结合图像或实际问题考查动能和动能定理相关知识.考点1 动能定理的理解和基本应用1.动能定义物体由于运动而具有的能叫动能公式 E k ＝[1] 12mv 2 .单位为焦耳，1J ＝1N·m ＝1kg·m 2/s 2标矢性 动能是[2] 标量 ，只有正值状态量动能是状态量，因为v 是瞬时速度2.动能定理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[3] 动能的变化表达式 W ＝[4] 12m v 22－12m v 12或W ＝E k2－E k1物理意义[5] 合力 做的功是物体动能变化的量度适用条件 ①既适用于直线运动，也适用于[6] 曲线运动②既适用于恒力做功，也适用于[7] 变力做功③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以[8] 间断作用如图，一架喷气式飞机，质量m 为7.0×104kg ，起飞过程中从静止开始滑跑.当位移l 达到2.5×103m 时，速度达到起飞速度80m/s .在此过程中，飞机受到的平均阻力是飞机所受重力的150，g 取10m/s 2.（1）飞机起飞时的动能是 2.24×108 J.（2）此过程飞机的动能变化量是 2.24×108 J.（3）飞机的平均牵引力是 1.036×105 N.解析 （1）E k ＝12mv 2＝2.24×108J（2）ΔE k ＝E k －E k0＝2.24×108J（3）在此过程中对飞机由动能定理可知F 牵l －150mgl ＝12mv 2－0，解得飞机的平均牵引力F牵＝1.036×105N.命题点1 动能定理的理解1.[直线运动中动能定理的理解]如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定（ A ）A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析 由动能定理有W F -W f ＝E k -0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，故A 正确.2.[曲线运动中动能定理的理解]滑雪运动深受人民群众喜爱.如图所示，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中（ C ）A.所受合力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合力做功一定为零D.机械能始终保持不变解析 运动员做匀速圆周运动，所受合力指向圆心，故A 错误；由动能定理可知，合力做功一定为零，故C 正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，故B 错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，故D 错误. 命题拓展命题条件不变，一题多设问运动员沿AB 下滑过程中（ C ）A.重力做的功大于摩擦力做的功B.运动员的动能变化量大于摩擦力做的功C.支持力不做功D.运动员的加速度为零解析 运动员下滑过程中速率不变，由动能定理可知重力做的功等于摩擦力做的功，故A 错误；运动员的动能没有变化，动能变化量小于摩擦力做的功，故B 错误；运动员做圆周运动，支持力不做功，故C 正确；运动员做匀速圆周运动，加速度不为零，故D 错误. 命题点2 动能定理的简单计算3.[动能定理在选择题中的简单计算/2024河北石家庄模拟]“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m 的发光物体（可看作质点）放在半径为r 的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心A ，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A 点转动，角速度从0增大至ω的过程中，发光物体始终相对碟子静止.已知发光物体与碟子间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g ，此过程发光物体所受的摩擦力（ D ）A.方向始终指向A 点B.大小始终为μmgC.做的功为12mωrD.做的功为12mω2r 2解析 角速度从0增大至ω的过程中，发光物体的线速度逐渐增大，可知发光物体 有切向加速度，摩擦力等于发光物体所受的合力，提供发光物体切向加速度和向心 加速度，可知摩擦力方向不是始终指向A 点，故A 错误；角速度从0增大至ω的过程 中，发光物体未发生滑移，所受摩擦力小于等于最大静摩擦力，发光物体做圆周运 动所需的向心力在增大，切线方向的合力在变化，故发光物体所受摩擦力大小不是 始终为μmg ，故B 错误；根据动能定理有摩擦力做的功为W ＝12mv 2-0＝12mω2r 2，故C 错误，D 正确.4.[动能定理在计算题中的简单计算/2024陕西西安模拟]如图，用打夯方式夯实地面的过程可简化为：两人通过绳子对重物同时施加大小相等、方向与竖直方向成37°角的力F，使重物恰好脱离水平地面并保持静止，然后突然一起发力使重物升高0.4m后立即停止施力，重物继续上升0.05m，最后重物自由下落把地面砸深0.05m.已知重物的质量为40kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.忽略空气阻力，求：（1）F的大小；（2）从两人停止施力到重物恰好接触地面的时间；（3）地面对重物的平均阻力的大小.答案（1）250N（2）0.4s（3）4000N解析（1）重物处于平衡状态，则有2F cos37°＝mg代入数据解得F＝250N.（2）设停止施力时，重物的速度为v，发力使重物上升的高度为h1，停止发力后重物继续上升的高度为h2，从两人停止施力到重物恰好接触地面所经历的时间为t，则有v2＝2gh2vt －12gt2＝－h1联立解得t＝0.4s.（3）设地面对重物的平均阻力为f，重物落地后把地面砸深h3，重物从最高点到最低点的过程，由动能定理有mg（h1＋h2＋h3）－fh3＝0解得f＝4000N.方法点拨动能定理的使用及注意事项应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息注意事项（1）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系（2）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以对全过程应用动能定理求解（3）动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能命题点3利用动能定理求变力做功5.[动能定理求变化的摩擦力做功]如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平.一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道.质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小.用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功.则（ C ）A.W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B.W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C.W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D.W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析 根据牛顿第二定律得4mg -mg ＝m v N 2R，解得质点运动至半圆形轨道最低点时的速度v N＝√3gR ，从质点由静止释放到运动至最低点N ，根据动能定理得mg ·2R -W ＝12m v N 2-0，解得W ＝12mgR . 从P 到N 和从N 到Q ，分析可知相同高度处，从N 到Q 过程的速率较小，支持力较小，对应的滑动摩擦力较小，故从N 到Q 过程中质点克服摩擦力做的功W'较小，即W ＞W'.从N 到Q 利用动能定理得E k Q -12m v N 2＝-mgR -W'，解得E k Q ＝12m v N 2-mgR -W'＝12mgR -W'＞0，所以质点到达Q 点后，还能继续上升一段距离，故C 正确，A 、B 、D 错误. 6.[动能定理求变化的弹力做功]如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h .若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为（重力加速度为g ，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内）（ B ）A.√2gℎB.√gℎC.gℎ2D.0解析 小球A 下降h 过程，根据动能定理，有mgh -W 弹＝0，小球B 下降h 过程，根据动能定理，有2mgh -W 弹＝12×2mv 2-0，联立解得v ＝√gℎ，故B 正确.考点2 动能定理与图像的综合应用五类图像中所围“面积”或斜率的意义对下列相关图像的说法进行判断.（1）W －x 图线的斜率表示的是W 对应的力F .（ √ ）（2）E k －x 图线的斜率表示的是物体所受的拉力.（ ✕ ）（3）P －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的动能增加量.（ ✕ ）（4）F －x 图线与坐标轴围成的面积表示物体的动能增加量.（ ✕ ）命题点1 E k －x 图像7.[2024湖北武汉摸底/多选]我国民用无人机技术发展迅速，目前已占据全球市场一半以上，某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，无人机发动机启动一段时间后关闭，再经一小段时间上升到最高点.该过程无人机的动能E k 随上升高度h 的关系如图所示.已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的四分之一.则下列结论正确的有（ ACD ）A.无人机的升力大小为75NB.空气阻力的大小为40NC.无人机的重力大小为40ND.加速与减速的加速度大小之比为1：2解析 由动能E k 与上升高度h 的关系图，可知图像斜率绝对值表示合力的大小，故加速阶段的合力大小为F 合＝F 升-mg -f ＝502 N ＝25 N ，减速阶段的合力大小为F'合＝mg ＋f ＝501 N ＝50 N ，又f ＝0.25mg ，联立解得F 升＝75 N ，f ＝10 N ，mg ＝40 N ，故A 、C 正确，B 错误；根据牛顿第二定律可知，加速与减速的加速度大小之比为a a ＝FF ' ＝2550＝12，故D 正确.命题点2 F －x 图像8.[多选]在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像.已知重力加速度g＝10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（ABC）A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间解析物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝Fmg ＝0.35，故A正确；减速过程中，由动能定理得W F＋W f＝0-12mv2，根据F-x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算拉力F做的功W F，而W f＝-μmgx，由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，故B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，故D错误.命题点3其他图像9.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（C）图甲图乙A.0～6s内物体位移大小为36mB.0～6s内拉力做的功为30JC.合力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D.滑动摩擦力大小为5N解析v-t图线与t轴围成的面积表示位移，结合题图甲可知，0～6 s内物体的位移大小为30 m，故A错误；P-t图线与t轴围成的面积表示拉力做的功，结合题图乙可得，0～6 s内拉力做的功为70 J，故B错误； 0～6 s内与0～2 s内动能变化量相等，由动能定理可知，合力做的功相等，故C正确；由题图甲知物体在2～6 s内做匀速直线运动，此时拉力等于滑动摩擦力，结合题图乙，得F＝Pv ＝53N，故D错误.方法点拨解决动能定理与图像问题的基本步骤1.[v－t＋F－t图像/2023福建/多选]甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动.以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合力—时间图像如图（b）所示.则（BC）A.0～2s内，甲车的加速度大小逐渐增大B.乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同C.2～6s内，甲、乙两车的位移不同D.t＝8s时，甲、乙两车的动能不同解析v－t图像中图线的斜率表示加速度，由图（a）可知0～2s内甲车的加速度大小不变，选项A错误；F－t图像中图线与横轴围成的面积表示动量的变化量，由图（b）可知2～6s内乙车的动量变化量为零，所以t＝2s和t＝6s时速度相同，选项B正确；在v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，在2～6s内，由图（a）得甲车位移为零，将图（b）转换为v－t图像，如图（c），可知乙车位移不为零，选项C正确；由图（a）、图（c）可得，当t＝8s 时，甲、乙两车速度均为零，选项D错误.2.[E k－x图像/2022江苏]某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳.将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力.此过程中，运动员的动能E k与水平位移x的关系图像正确的是（A）解析3.[W －L 图像/多选]质量为2kg 的物体，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移L 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10m/s 2，则此物体（ BD ）A.在位移L ＝9m 时的速度大小是3√3m/sB.在位移L ＝9m 时的速度大小是3m/sC.在OA 段运动的加速度大小是2.5m/s 2D.在OA 段运动的加速度大小是1.5m/s 2解析 由图像可知当L ＝9 m 时，W ＝27 J ，而W f ＝-μmgL ＝-18 J ，由动能定理有W 合 ＝W ＋W f ＝12mv 2，解得v ＝3 m/s ，故A 错误，B 正确；在A 点时，W'＝15 J ，W'f ＝-μmgL'＝-6 J ，由动能定理可得W'＋W'f ＝12m v A 2，解得v A ＝3 m/s ，则a ＝v A 22L '＝1.5 m/s 2， 故C 错误，D 正确.4.[动能的分析/2023山东]电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火.电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度.如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L ＝60m ，灭火弹出膛速度v 0＝50m/s ，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8.（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H ；（2）已知电容器储存的电能E ＝12CU 2，转化为灭火弹动能的效率η＝15％，灭火弹的质量为3kg ，电容C ＝2.5×104μF ，电容器工作电压U 应设置为多少？答案 （1）60m （2）1000√2V解析 （1）设灭火弹由炮口运动至高楼处的时间为t ，则在水平方向上有L ＝v 0cos θ·t在竖直方向上有H ＝v 0sin θ·t －12gt 2解得H ＝60m（2）根据题意可知E k ＝ηE ＝15％×12CU 2又因为E k ＝12m v 02联立可得U ＝1000√2V.1.[2024江西万安中学校考]下列有关动能的变化说法正确的是（ C ）A.物体只有做匀速运动时，动能才不变B.物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变C.物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加D.物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化解析 物体做非匀速运动时，动能也可以不变.例如做匀速圆周运动的物体，其动能不变，故A 错误；物体做平抛运动时，水平方向速度不变，竖直方向速度一直增加，其动能一直增加，故B 错误；物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加，故C 正确；根据E k ＝12mv 2可知物体的动能变化时，速度一定变化，速度是矢量，大小不变，方向变化时，动能是不变的，故速度变化时，动能不一定变化，故D 错误.2.质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（ B ）A.质量大的物体滑行的距离大B.质量小的物体滑行的距离大C.它们滑行的距离一样大D.它们克服摩擦力所做的功不相等解析 由动能定理可得-F f x ＝0-E k ，即μmgx ＝E k ，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k ，故B 正确.3.[2023新课标]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落.一质量为m 的雨滴在地面附近以速率v 下落高度h 的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g ）（ B ）A.0B.mghC.12mv 2－mghD.12mv 2＋mgh解析 结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h 的过程分析，由动能定理有mgh -W f ＝0，即W f ＝mgh ，B 正确，A 、C 、D 错误.4.如图所示，固定在竖直平面内的14圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B ，质量为m 的小物块从圆弧轨道的顶端A 由静止滑下，经过B 点后沿水平轨道运动，并停在到B 点距离等于圆弧轨道半径的C 点.圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .物块到达B 点前瞬间对轨道的压力大小为（ C ）A.2μmgB.3mgC.（1＋2μ）mgD.（1＋μ）mg解析 设圆弧轨道的半径为r ，物块从B 到C 的过程，由动能定理得-μmgr ＝0-12m v B 2，在B点，由牛顿第二定律得N -mg ＝m v B2r，联立解得N ＝(1＋2μ)mg ，由牛顿第三定律可知，物块到达B 点前瞬间对轨道的压力大小为N'＝N ＝(1＋2μ)mg ，故C 正确.5.[图像创新/2024安徽名校联考]如图甲所示，光滑斜面倾角θ＝30°，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x 轴.一质量为2kg 的物体（视为质点）在沿斜面方向的拉力作用下，从斜面底端由静止开始沿x 轴正方向运动，拉力做的功W 与物体坐标x 的关系如图乙所示.重力加速度g ＝10m/s 2，斜面足够长.物体沿x 轴正向运动过程中，下列说法正确的是（ C ）A.物体沿斜面向上运动的最大位移为22mB.物体沿斜面向上运动的时间为4sC.在x ＝5m 时，拉力的功率为100√2WD.拉力的最大功率为300W解析 由于拉力沿斜面方向，则拉力做的功为W ＝Fx ，可看出W -x 图像的斜率大小代表拉力大小F . 则对物体由O 点运动到x ＝5 m 的过程，根据动能定理有，W 1-mg sin θ·x 1＝12m v 12，结合题图乙可解得物体的速度v 1＝5√2 m/s ，在x ＝5 m 时，拉力F 1＝ΔWΔx ＝20 N ，则此时拉力的功率P 1＝F 1v 1＝100√2 W ，故C 正确.物体运动到x ＝10 m 时，拉力的功率最大，则对物体由O 点运动到x ＝10 m 的过程，设运动的时间为t 1，根据动能定理和运动学公式有W 2-mg sin θ·x 2＝12m v 22，x 2＝v22t 1，结合题图乙可解得v 2＝10 m/s ，t 1＝2 s ，则此时拉力的功率P 2＝F 1v 2＝200 W ，故D 错误.对物体由x ＝10 m 处向上运动到最高点的过程，设运动的时间为t 2，受到的拉力F 2＝ΔW 'Δx '＝2 N ，由牛顿第二定律有mg sin θ-F 2＝ma 1，解得物体的加速度a 1＝4 m/s 2，运动的时间t 2＝v2a 1＝2.5 s ，该过程运动的位移x 3＝v22t 2＝12.5 m ，则物体沿斜面向上运动的最大位移x max ＝x 2＋x 3＝22.5 m ，故A 错误.物体沿斜面向上运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝4.5 s ，B 错误.6.[多选]如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R 的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m 的小球沿筒壁做圆周运动.若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg 和8mg .设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W ，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F ，重力加速度为g ，则（ BD ）A.W ＝2mgRB.W ＝mgRC.3mg ＜F ＜4mgD.2mg ＜F ＜3mg解析 对小球进行受力分析，先后两次在最低点所受的合力分别为9mg 和7mg ，方向指向圆心.设小球先后两次经过最低点的速率分别为v 1和v 2，根据牛顿第二定律有9mg ＝mv 12R和7mg ＝mv 22R，小球在整个过程中，由动能定理得-W ＝12m v 22−12m v 12，联立解得W ＝mgR ，故A 错误，B 正确；小球在上升和下降过程中的等高处，由于上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以上升时所需向心力大于下降时所需向心力，故上升时筒壁对小球的弹力大于下降时筒壁对小球的弹力，因此上升时受到的摩擦力较大，而下降时受到的摩擦力较小，故上升时克服摩擦力做功W 1＞W 2，下降时克服摩擦力做功W 2＜W2，设小球上升到最高点时的速度为v 3，筒壁对小球的弹力满足F ＋mg ＝mv 32R，上升过程由能量守恒定律得12m v 12＝12m v 32＋2mgR ＋W 1，解得F ＜3mg ，由W 1＜W ，解得F ＞2mg ，故C 错误，D 正确.7.如图（a ）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能E k 与运动路程s 的关系如图（b ）所示.重力加速度大小取10m/s 2，物块质量m 和所受摩擦力大小f 分别为（ A ）图（a ） 图（b ）A.m ＝0.7kg ，f ＝0.5NB.m ＝0.7kg ，f ＝1.0NC.m ＝0.8kg ，f ＝0.5ND.m ＝0.8kg ，f ＝1.0N解析 0～10 m 内物块上滑，由动能定理得-mg sin 30°·s -fs ＝E k -E k0，整理得E k ＝E k0-(mg sin 30°＋f )s ，结合0～10 m 内的图像得，斜率的绝对值｜k ｜＝mg sin 30°＋f ＝4 N ；10～20 m 内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°-f )(s -s 1)＝E k ，整理得E k ＝(mg sin 30°-f )s -(mg sin 30°-f )s 1，结合10～20 m 内的图像得，斜率k'＝mg sin 30°-f ＝3 N ，联立解得f ＝0.5 N 、m ＝0.7 kg ，故A 正确，B 、C 、D 错误.8.[多选]如图所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h 、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为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（不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则（ AB ）A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为√2gℎ7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g解析 对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知mg ·2h -μmg cos 45°·ℎsin45°-μmg cos 37°·ℎsin37°＝0，解得μ＝67，故A 正确； 滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh -μmg cos 45°·ℎsin45°＝12m v m 2，解得v m ＝√2gℎ7，故B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，故C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mgsin37°−μmgcos37°m＝-335g ，故加速度大小为335g ，故D 错误.9.[2023江苏]滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B 后返回到底端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比，图甲中滑块（ C ）A.受到的合力较小B.经过A 点的动能较小C.在A 、B 之间的运动时间较短D.在A 、B 之间克服摩擦力做的功较小解析 设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F 合上＝mg sin θ＋μmg cos θ，F 合下＝mg sin θ-μmg cos θ，故图甲中滑块受到的合力较大，A 错；滑块由A到B 的过程，有2a 上x AB ＝v A 上2，由B 到A 的过程，有2a 下x AB ＝v A 下2，又F 合上＞F 合下，则a 上＞a 下，故v A 上＞v A 下，图甲中滑块经过A 点的动能较大，B 错；将滑块由A 到B 的过程逆向思维为由B 到A 的初速度为0、加速度大小为a 上的匀加速运动，则x AB ＝12a 上t 上2，又x AB ＝12a 下t 下2，a 上＞a 下，故t 上＜t 下，即图甲中滑块在A 、B 之间的运动时间较短，C 对；上滑和下滑过程摩擦力大小相等，经过AB 的距离相等，根据W ＝fx 可知在A 、B 之间克服摩擦力做的功相等，D 错.10.[2023山东青岛统考/多选]如图甲所示，在水平面上建立正方向水平向左的一维坐标，质量为M ＝1kg 的木板在x ＝0位置时有水平向左、大小为4m/s 的初速度.长木板受到的水平拉力F 与其位移的关系如图乙所示.已知木板与地面的动摩擦因数为0.6，重力加速度大小g 取10m/s 2，关于木板在0～8m 内的运动，下列说法正确的是（ ABD ）A.长木板的最小速度为2m/sB.x ＝4m 时长木板的速度大小为4m/sC.2～6m 内，长木板动能的增量为15JD.x ＝6m 和x ＝8m 时的速度大小相等解析 当拉力小于摩擦力时，木板减速，摩擦力f ＝μMg ＝6 N ，根据题图乙可知2 m 处拉力为6 N ，所以2 m 前木板减速，2 m 后木板加速，2 m 时速度最小，图线与坐标轴所围图形的面积代表拉力做的功，根据动能定理有12M v min 2−12M v 02＝-fx 0＋F 0×x 02，解得v min ＝2m/s ，故A 正确；在0～4 m 内，根据动能定理有12M v 12−12M v 02＝-fx 1＋F 1×x 12，F 1＝12 N ，解得v 1＝4 m/s ，故B 正确；在2～6 m 内，根据动能定理可知，长木板动能的增量ΔE k ＝6+122×2 J ＋8+122×2 J-6×(6-2) J ＝14 J ，故C 错误；在6～8 m 内，合外力做的功W 合＝4+82×2 J-6×2 J ＝0，所以木板在x ＝6 m 和x ＝8 m 时的动能不变，速度大小相等，故D 正确. 11.[2024四川绵阳江油中学校考/多选]一辆汽车以额定功率沿倾角不变的斜坡向下匀速行驶，速度为v 1，牵引力为F 1.现让该车沿该斜坡从静止开始向上匀加速行驶，达到额定功率时速度为v 2，牵引力为F 2，以后保持额定功率行驶，最终速度为v 3，牵引力为F 3.斜坡足够长，汽车所受阻力大小在向上和向下行驶时相同，则 （ AD ）A.v 1＞v 3＞v 2B.v 1＜v 2＜v 3C.在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能变化相等D.F 1＜F 3＜F 2解析 设斜坡的倾角为θ，汽车向下匀速行驶时，有F 1＋mg sin θ-μmg cos θ＝0，P ＝F 1v 1，汽车向上匀加速行驶时有F 2-mg sin θ-μmg cos θ＝ma ，P ＝F 2v 2，汽车向上匀 速行驶时，有F 3-mg sin θ-μmg cos θ＝0，P ＝F 3v 3，联立可得F 1＜F 3＜F 2，v 1＞v 3＞ v 2，故A 、D 正确，B 错误；在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能 变化量ΔE k ＝12m (v ＋at )2-12mv 2＝2vat ＋a 2t 22m ，故在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能变化不同，故C 错误.12.[2024河北名校联考]如图1所示，一质量为0.4kg 的小物体静止在水平台面上，在水平推力F 的作用下从坐标原点O 开始沿x 轴运动，F 与物体坐标x 的关系如图2所示.在x ＝4m 时撤去力F ，同时物体从平台飞出，落到距离台面h ＝0.45m 的水平地面上.物体与水平台面间的动摩擦因数为34，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力.求：（1）x ＝1m 时，物体的加速度大小a ；（2）x ＝2m 时，力F 的功率P ；（3）物体落地点离平台的水平距离x'.答案 （1）12.5m/s 2 （2）60√2W （3）65√10m解析 （1）由F －x 图像知，在0～2m 内有，F ＝（4＋4x ）N ，x ＝1m 时，F ＝8N滑动摩擦力f ＝μmg ＝34×0.4×10N ＝3N则物体的加速度a ＝F 合m ＝（8－3）0.4m/s 2＝12.5m/s 2（2）设x ＝2m 时，物体运动的速度为v 0，依据动能定理有W F －W f ＝12m v 02根据F －x 图线与x 轴围成图形的面积表示拉力做的功，知W F ＝（4+12）22J ＝16J ，又W f ＝3×2J ＝6J解得v 0＝5√2m/s此时力F 的功率P ＝Fv 0＝60√2W（3）设物体离开平台时，速度为v ，依据动能定理有W'F －W'f ＝12mv 2同理可知W'F ＝44J ，W'f ＝3×4J ＝12J物体沿平台飞出，做平抛运动，有h ＝12gt 2物体落地点离平台的水平距离x'＝vt。
第2讲动能和动能定理
第2讲 动能和动能定理1.动能(1)定义：物体由于运动而具有的能．(2)公式：E k ＝12m v 2.(3)单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2. (4)矢标性：动能是标量，只有正值． (5)动能是状态量，因为v 是瞬时速度．1．(2012·苏州模拟)一个小球从高处自由落下，则球在下落过程中的动能( )． ①与它下落的距离成正比 ②与它下落距离的平方成正比 ③与它运动的时间成正比 ④与它运动时间的平方成正比A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③ 答案 C2．(2012·中山模拟)质量为m 的物体在水平力F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v ，再前进一段距离使物体的速度增大为2v ，则( )．A ．第二过程的速度增量大于第一过程的速度增量B ．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍解析 由题意知，两个过程中速度增量均为v ，A 错误；由动能定理知：W 1＝12m v 2，W 2＝12m (2v )2－12m v 2＝32m v 2，故B 正确，C 、D 错误．答案 B3．一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )．A ．合外力做功50 JB ．阻力做功500 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J解析 合外力做的功W 合＝E k －0，即W 合＝12m v 2＝12×25×22 J ＝50 J ，A 项正确；W G －W 阻＝E k －0，故W 阻＝mgh －12m v 2＝750 J －50 J ＝700 J ，B 项错误；重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3 J ＝750 J ，C错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D 错．答案 A4．如图4－2－1所示，一半径为R 的半圆形轨道BC 与一水平面相连，C 为轨道的最高点，一质量为m 的小球以初速度v 0从圆形轨道B 点进入，沿着圆形轨道运动并恰好通过最高点C ，然后做平抛运动．求：图4－2－1(1)小球平抛后落回水平面D 点的位置距B 点的距离．(2)小球由B 点沿着半圆轨道到达C 点的过程中，克服轨道摩擦阻力做的功．解析 (1)小球刚好通过C 点，由牛顿第二定律mg ＝m v C 2R小球做平抛运动，有2R ＝12gt 2 s ＝v C t解得小球平抛后落回水平面D 点的位置距B 点的距离 s ＝2R(2)小球由B 点沿着半圆轨道到达C 点，由动能定理 －mg ·2R －W f ＝12m v C 2－12m v 02解得小球克服摩擦阻力做功 W f ＝12m v 02－52mgR . 答案 (1)2R (2)12m v 02－52mgR考点一 对动能定理的理解 1．动能定理公式中等号的意义等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系： (1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功．(2)单位相同：国际单位都是焦耳．(3)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因． 2．准确理解动能定理动能定理⎝⎛⎭⎫W ＝ΔE k ＝12m v t 2－12m v 02适用于任何力作用下，以任何形式运动的物体(或系统)，是一标量式，不存在方向问题，它把过程量(做功)与状态量(动能)联系在一起，常用于求变力做功、分析复杂运动过程、判断能量间的转化关系等．【典例1】如图4－2－2所示，图4－2－2电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H 时，电梯的速度达到v ，则在这个过程中，以下说法中正确的是( )．A ．电梯地板对物体的支持力所做的功等于m v 22B ．电梯地板对物体的支持力所做的功小于m v 22C ．钢索的拉力所做的功等于m v 22＋MgHD ．钢索的拉力所做的功大于m v 22＋MgH解析 以物体为研究对象，由动能定理W N －mgH ＝12m v 2，即W N ＝mgH ＋12m v 2，选项A 、B 错误．以系统为研究对象，由动能定理得：W T －(m ＋M )gH ＝12(M ＋m )v 2，即W T ＝12(M ＋m )v 2＋(M ＋m )gH >m v 22＋MgH ，选项D 正确，选项C 错误． 案 D【变式1】 (2012·山东东营)图4－2－3人通过滑轮将质量为m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图4－2－3所示，则在此过程中( )．A ．物体所受的合外力做功为mgh ＋12m v 2B ．物体所受的合外力做功为12m v 2C ．人对物体做的功为mghD ．以上说法都不对解析 物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W 合＝W F －W f －mgh ＝12m v 2，其中W f 为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W 人＝W F ＝W f ＋mgh ＋12m v 2，A 、C 错误，B 正确． 答案 B考点二 动能定理在多过程中的应用 优先考虑应用动能定理的问题 (1)不涉及加速度、时间的问题．(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题． (3)变力做功的问题．(4)含有F 、s 、m 、v 、W 、E k 等物理量的力学问题． 【典例2】如图4－2－4所示，用特定材料制作的细钢轨竖直放置，半圆形轨道光滑，半径分别为R 、2R 、3R 和4R ，R ＝0.5 m ，水平部分长度L ＝2 m ，轨道最低点离水平地面高h ＝1 m ．中心有孔的钢球(孔径略大于细钢轨直径)，套在钢轨端点P 处，质量为m ＝0.5 kg ，与钢轨水平部分的动摩擦因数为μ＝0.4.给钢球一初速度v 0＝13 m/s.取g ＝10 m/s 2.求：图4－2－4(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A 时对轨道的压力． (2)钢球落地点到抛出点的水平距离．解析 (1)球从P 运动到A 点过程 由动能定理得： mg ·2R －μmg ·L ＝12m v 12－12m v 02由牛顿第二定律：N －mg ＝m v 12R 由牛顿第三定律：N ＝－N ′解得：N ′＝－178 N ．故对轨道压力为178 N 方向竖直向下(2)设球到达轨道末端点速度为v 2，对全程由动能定理得：－μmg ·5L －4mgR ＝12m v 22－12m v 02解得v 2＝7 m/s 由平抛运动h ＋8R ＝12gt 2 s ＝v 2t 解得：s ＝7 m. 答案 (1)178 N 竖直向下(2)7 m——应用动能定理的解题步骤【变式2】如图4－2－5所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动，由于毛皮的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时，毛皮产生的阻力可以忽略，②逆着毛的生长方向运动时，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，且动摩擦因数μ恒定．斜面顶端距水平面高度为h ＝0.8 m ，质量为m ＝2 kg 的小物块M 从斜面顶端A 由静止滑下，从O 点进入光滑水平滑道时无机械能损失，为使M 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线B 处的墙上，另一端恰位于水平轨道的中点C .已知斜面的倾角θ＝53°，动摩擦因数均为μ＝0.5，其余各处的摩擦不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，下滑时逆着毛的生长方向．求：图4－2－5(1)弹簧压缩到最短时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)． (2)若物块M 能够被弹回到斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？(3)物块M 在斜面上下滑过程中的总路程．解析 (1)物块M 从斜面顶端A 运动到弹簧压缩到最短，由动能定理得mgh －μmg cos θh sin θ－E p ＝0 则弹性势能E p ＝mgh －μmg cos θhsin θ＝10 J.(2)设物块M 第一次被弹回，上升的最大高度为H ，由动能定理得mg (h －H )－μmg cos θh sin θ＝0 则H ＝h －μcos θhsin θ＝0.5 m.(3)物块M 最终停止在水平面上，对于运动的全过程，由动能定理有mgh －μmg cos θ·s ＝0物块M 在斜面上下滑过程中的总路程s ＝hμcos θ＝2.67 m.答案 (1)10 J (2)0.5 m (3)2.67 m考点三 用动能定理求变力的功(小专题) 一、状态分析法动能定理不涉及做功过程的细节，故求变力功时只分析做功前后状态即可． 【典例3】如图4－2－6所示，图4－2－6质量为m 的物体被线牵引着在光滑的水平面上做匀速圆周运动，拉力为F 时，转动半径为r .当拉力增至8F 时，物体仍做匀速圆周运动，其转动半径为r2，求拉力对物体做的功．解析 对物体运用牛顿第二定律得拉力为F 时，F ＝m v 12r ，①拉力为8F 时，8F ＝m v 22r 2.②联立①②及动能定理得：拉力做功W ＝12m v 22－12m v 12＝2Fr －12Fr ＝32Fr .答案 32Fr二、过程分割法有些问题中，作用在物体上的某个力在整个过程中是变力，但若把整个过程分为许多小段，在每一小段上此力就可看做是恒力．分别算出此力在各小段上的功，然后求功的代数和．即可求得整个过程变力所做的功．【典例4】如图4－2－7所示，质量为m 的物体静图4－2－7止于光滑圆弧轨道的最低点A ，现以始终沿切线方向、大小不变的外力F 作用于物体上使其沿圆周转过π2到达B 点，随即撤去外力F ，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F 至少为多大？ 解析 物体从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理可得 W F －mgR ＝12m v B 2①如何求变力F 做的功呢？过程分割，将AB 划分成许多小段，则当各小段弧长Δs 足够小时，在每一小段上，力F 可看做恒力，且其方向与该小段上物体位移方向一致，有W F ＝F Δs 1＋F Δs 2＋…＋F Δs 1＋…＝F (Δs 1＋Δs 2＋…＋Δs 1＋…)＝F ·π2R ②从B 点起撤去外力F ，物体的运动遵循机械能守恒定律，由于在最高点维持圆周运动的条件是mg ≤m v 2R ，即在圆轨道最高点处速度至少为Rg .故由此机械能守恒定律得： 12m v B 2＝mgR ＋m (Rg )22③联立①②③式得：F ＝5mg π. 答案 5mgπ三、对象转换法在有些求功的问题中，作用在物体上的力可能为变力，但转换对象后，就可变为求恒力功． 【典例5】如图4－2－8所示，质量为2 kg 的木块套在光滑的竖直杆上，图4－2－8用60 N 的恒力F 通过轻绳拉木块，木块在A 点的速度v A ＝3 m/s 则木块运动到B 点的速度v B 是多少？(木块可视为质点，g 取10 m/s 2)解析 先取木块作为研究对象，则由动能定理得： W G ＋W T ＝12m v B 2－12m v A 2①其中W G ＝－mg ·AB ，W T 是轻绳上张力对木块做的功， 由于力的方向不断变化，这显然是一个变力做的功，对象转换： 研究恒力F 的作用点，在木块由A 运动到B 的过程中，恒力F 的功W F ＝F (AC －BC )，它在数值上等于W T .故①式可变形为：－mgAB ＋F (AC －BC )＝12m v B 2－12m v A 2，代入数据解得v B ＝7 m/s.答案 7 m/s【典例】 (2011·浙江卷，24)(20分)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m ＝1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v 1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P ＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L ＝72 m 后，速度变为v 2＝72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：(1)轿车以90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F 阻的大小； (2)轿车从90 km/h 减速到72 km/h 过程中，获得的电能E 电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E 电维持72 km/h 匀速运动的距离L ′. 解 (1)轿车牵引力与输出功率的关系P ＝F 牵v将P ＝50 kW ，v 1＝90 km/h ＝25 m/s 代入得 F 牵＝Pv 1＝2×103 N ．(4分)当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F 阻＝2×103 N ．(2分)(2)在减速过程中，注意到发动机只有15P 用于汽车的牵引．根据动能定理有15Pt －F 阻L ＝12m v 22－12m v 12(5分) 代入数据得Pt ＝1.575×105 J(3分)电源获得的电能为E 电＝50%×45Pt ＝6.3×104 J ．(2分)(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F 阻＝2×103 N ．在此过程中，由能量守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，则E 电＝F 阻L ′(2分)代入数据得L ′＝31.5 m ．(2分)答案 (1)2×103N (2)6.3×104J (3)1.5 m 一、动能及动能定理的单独考查(低频考查) 1．(2009·上海单科，5)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，到达最高点后再下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于( )．A.H 9B.2H 9C.3H 9D.4H 9 解析 设小球的初动能为E k0，阻力为F ，根据动能定理，上升到最高点有，E k0＝(mg ＋F )H ，上升到离地面h 处有，E k0－2mgh ＝(mg ＋F )h ，从最高点到离地面h 处，有(mg －F )(H －h )＝12mgh ，解以上三式得h ＝49H . 答案 D2．(2011·课标全国卷，15改编)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能( )．A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析 若力F 的方向与初速度v 0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A 正确．若力F 的方向与v 0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后增大，选项B 正确．若力F 的方向与v 0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D 正确． 答案 C二、动能定理的应用且综合其他考点出现(高频考查) 3．(2009·上海单科，20)质量为5×103 kg 的汽车在t ＝0时刻速度v 0＝10 m/s ，随后以P ＝6×104 W 的额定功率沿平直公路继续前进，经72 s 达到最大速度，该汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103 N ．求：(1)汽车的最大速度v m ；(2)汽车在72 s 内经过的路程s .解析 (1)达到最大速度时，牵引力等于阻力P ＝f v m v m ＝P f ＝6×1042.5×103m/s ＝24 m/s(2)由动能定理可得Pt －fs ＝12m v m 2－12m v 02所以s ＝2Pt －m (v m 2－v 02)2f ＝2×6×104×72－5×103×(242－102)2×2.5×103m ＝1 252 m 答案 (1)24 m/s(2)1 252 m图4－2－94．(2011·江苏卷，14)如图4－2－9所示，长为L 、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m 的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M ＝km 的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．(重力加速度为g )．(1)求小物块下落过程中的加速度大小； (2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于22L .解析 (1)设细线中的张力为T ，根据牛顿第二定律得Mg －T ＝Ma T －mg sin 30°＝ma 且M ＝km 解得a ＝2k －12(k ＋1)g .(2)设M 落地时速度大小为v ，m 射出管口时速度大小为v 0.M 落地前由动能定理得Mg ·L sin 30°－mg ·L sin 30°·sin 30°＝12(M ＋m )v 2，对m ，M 落地后由动能定理得－mg (L －L sin 30°)sin 30°＝12m v 02－12m v 2 联立解得v 0＝k －22(k ＋1)gL (k >2)．(3)小球做平抛运动，则s ＝v 0t L sin 30°＝12gt 2 解得s ＝Lk －22(k ＋1)由k －22(k ＋1)<12得s ＝Lk －22(k ＋1)<22L .答案 (1)2k －12(k ＋1)g (2)k －22(k ＋1)gL (k >2) (3)见解析。
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mv B
2
1 2
2
mv A
2
解得末速率为 vB = v A + 2gh
4
于是有
B
∫
B
A
v v N dr = 0
v v 1 2 1 2 ∫A F d r = 2 mvB 2 mvA
而重力加速度的分量式 g y = - g， g x = 0 所以 即
∫
B
A
0 v v B mg d r = ∫ mg d y = ∫ mg d y = mgh A h
mgh =
1 2
§2-2 动能和动能定理
质点由点P 运动到点Q ， 质点由点 运动到点 合力对质点所作的功为： 合力对质点所作的功为：
A=∫
Q
v vQ
Q
v v dv a= , dt
P
v v Q v v F d r = ∫ ma d r
P
v F
v v dr = v dt
v dr v vP
P
v Q dv v Q v v 1 2 1 2 A = ∫ m v d t = ∫ mv d v = mvQ mvP P P dt 2 2
v N
v mg
B
x
v v v 合力为： F = mg + N 合力为
根据动能定理有： 根据动能定理有：
B
O
v v 1 2 1 2 ∫A F d r = 2 mvB 2 mvA
B
3
v v B v v 1 2 1 2 即 ∫A mg d r + ∫A N d r = mvB mv A 2 2
v v 因 N 始终垂直于 dr ， 所以
v A > 0 ，表示合力F 对质点作正功， 对质点作正功， 质点的动能增大； E kQ - E kP > 0，质点的动能增大；
v 对质点作负功， A < 0 ，表示合力 F 对质点作负功，
所以说，功是质点能量改变的量度。 所以说，功是质点能量改变的量度。
质点的动能减小； E kQ - E kP < 0，质点的动能减小；
2
例：小球以初速率vA 沿光滑曲面向下滚动, 如 小球以初速率 沿光滑曲面向下滚动, 图所示。 的垂直距离为h 图所示。问当小球滚到距出发点A的垂直距离为 处时, 的B 处时, 速率为多大 ?建立如图所示的坐标系， 小球在滚动过程中受 v v h mg和 N 两个力的作用。 两个力的作用。 到
质点的动能定义： 质点的动能定义：质点的质量与其运动速率平方的 乘积的一半， 表示， 乘积的一半，用 E k表示，即
1
1 E k = mv 2 2 所以有： A = E k Q E k P 所以有
动能定理：作用于质点的合力所作的功， 动能定理：作用于质点的合力所作的功，等于质点 动能的增量。 动能的增量。