动能定理习题课及应用实例 PPT
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人教版必修二 7.7动能定理习题课 课件(共16张PPT)
为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说 明你的观点。
lα
h
浮台
解析：（1）选手摆到最低点，根据合力提供向心力可得：
FT
mg
m
v2 l
①
从开始到最低点，根据动能定理可得：
mgl(1 cos530 ) 1 mv2
2
②
①②联立解得：
FN (3 2 cos530 )mg 1.8mg 1080N
7.7动能定理 习题课
复习：
一、动能定理的表达式
W合＝Ek2－Ek1
二、应用动能定理解题的步骤：
1、明确研究对象及所研究的物理过程 2、对研究对象进行受力分析，并确定各力
所做的功，求出这些力的功的代数和 3、确定始、末状态的动能，
根据动能定理列出方程 W合＝Ek2-Ek1 4、求解方程、分析结果
类型一 动能定理的理解
甲
F
乙F
光滑
s
粗糙
s
解析：
根据功的定义W Fl cos可知，力F对甲、乙做的功一样多 ；
对甲来说，力F做的功全部转化为甲的动能，而乙需要克服摩擦力 做功，所以甲获得的动能比乙大；
解析：（1）以钢珠为研究对象，对它的整
个运动过程，由动能定理可得：
h
WG WFf 0
即：m g(h
h) 10
Ff
h 10
0
解得：Ff 11mg
h 10
（2）设钢珠在h处的动能为Ek，则对它的整个运动过程， 由动能定理可得：
m g(h
h 8
)
Ff
h 8
0 Ek
解得：Ek
1 4
mgh
练习3.右图为10m跳台跳水示意图，运动员从
C. 3 v 2
lα
h
浮台
解析：（1）选手摆到最低点，根据合力提供向心力可得：
FT
mg
m
v2 l
①
从开始到最低点，根据动能定理可得：
mgl(1 cos530 ) 1 mv2
2
②
①②联立解得：
FN (3 2 cos530 )mg 1.8mg 1080N
7.7动能定理 习题课
复习：
一、动能定理的表达式
W合＝Ek2－Ek1
二、应用动能定理解题的步骤：
1、明确研究对象及所研究的物理过程 2、对研究对象进行受力分析，并确定各力
所做的功，求出这些力的功的代数和 3、确定始、末状态的动能，
根据动能定理列出方程 W合＝Ek2-Ek1 4、求解方程、分析结果
类型一 动能定理的理解
甲
F
乙F
光滑
s
粗糙
s
解析：
根据功的定义W Fl cos可知，力F对甲、乙做的功一样多 ；
对甲来说，力F做的功全部转化为甲的动能，而乙需要克服摩擦力 做功，所以甲获得的动能比乙大；
解析：（1）以钢珠为研究对象，对它的整
个运动过程，由动能定理可得：
h
WG WFf 0
即：m g(h
h) 10
Ff
h 10
0
解得：Ff 11mg
h 10
（2）设钢珠在h处的动能为Ek，则对它的整个运动过程， 由动能定理可得：
m g(h
h 8
)
Ff
h 8
0 Ek
解得：Ek
1 4
mgh
练习3.右图为10m跳台跳水示意图，运动员从
C. 3 v 2
动能定理习题课.ppt(10月29日公开课)
mg v f mg
以钢球为研究对象，它 的运动可以分为两个阶 段，在空中的加速运动 和在沙中的减速运动。
vt= 0
在空中钢球只受重力作用，重力做正功钢球 动能增大。到达沙坑表面时钢球的速度为v， 根据动能定理可得
v0= 0
mg v vt= 0 f mg
1 2 mgh 1 mv 0 2
在沙中钢球受重力和沙的阻力， 重力做正功，阻力做负功。根 据动能定理可得
解析 (1)设物块受到的滑动摩 擦力为Ff，则 Ff＝μmg ① 根据动能定理，对物块由A到B 整个过程，有 Fx1－Ff x＝0 ② 代入数据，解得x1＝16 m ③
(2)设刚撤去力 F 时物块的速度为 v，此后物块的加速度为 a，滑动的位移为 x2，则 x2＝x－x1 Ff 由牛顿第二定律得 a＝ m 由匀变速直线运动公式得 v ＝2ax2 由 v＝v0＋at 得 v＝at 代入数据，解得 t＝2 s
动能定理
习题课
云县第一完全中学 杨文智
通过本节课的学习进一步 理解动能定理，知道动能 定理是从能的角度去分析 物理问题，是一种更高层 次的处理问题的方法，增 强用能量观点解题的意识。
一、简要复习动能定理
1 1 2 2 w合 mv 2 mv1 2 2
计算 方法
⑴⑵
末状态动能
初状态动能
二、应用动能定理解题步骤： 1、找对象 2、作二分析 ⑴受力分析 ⑵运动情况分析
A. B. C. D.
R(FN－3mg)/2 R(3mg－FN)/2 R(FN－mg)/2 R(FN－2mg)/2
解析:质点到达最低点B时，它对 容器的正压力为FN，根据牛顿第二 定律有FN－mg＝mv2/R，根据动能 定理，质点自A滑到B的过程中有Wf ＋mgR＝mv2/2，故摩擦力对其所做 的功Wf＝R(FN－3mg)/2，故A项正 确．
以钢球为研究对象，它 的运动可以分为两个阶 段，在空中的加速运动 和在沙中的减速运动。
vt= 0
在空中钢球只受重力作用，重力做正功钢球 动能增大。到达沙坑表面时钢球的速度为v， 根据动能定理可得
v0= 0
mg v vt= 0 f mg
1 2 mgh 1 mv 0 2
在沙中钢球受重力和沙的阻力， 重力做正功，阻力做负功。根 据动能定理可得
解析 (1)设物块受到的滑动摩 擦力为Ff，则 Ff＝μmg ① 根据动能定理，对物块由A到B 整个过程，有 Fx1－Ff x＝0 ② 代入数据，解得x1＝16 m ③
(2)设刚撤去力 F 时物块的速度为 v，此后物块的加速度为 a，滑动的位移为 x2，则 x2＝x－x1 Ff 由牛顿第二定律得 a＝ m 由匀变速直线运动公式得 v ＝2ax2 由 v＝v0＋at 得 v＝at 代入数据，解得 t＝2 s
动能定理
习题课
云县第一完全中学 杨文智
通过本节课的学习进一步 理解动能定理，知道动能 定理是从能的角度去分析 物理问题，是一种更高层 次的处理问题的方法，增 强用能量观点解题的意识。
一、简要复习动能定理
1 1 2 2 w合 mv 2 mv1 2 2
计算 方法
⑴⑵
末状态动能
初状态动能
二、应用动能定理解题步骤： 1、找对象 2、作二分析 ⑴受力分析 ⑵运动情况分析
A. B. C. D.
R(FN－3mg)/2 R(3mg－FN)/2 R(FN－mg)/2 R(FN－2mg)/2
解析:质点到达最低点B时，它对 容器的正压力为FN，根据牛顿第二 定律有FN－mg＝mv2/R，根据动能 定理，质点自A滑到B的过程中有Wf ＋mgR＝mv2/2，故摩擦力对其所做 的功Wf＝R(FN－3mg)/2，故A项正 确．
物理人教版必修第二册8.3动能和动能定理动能定理的应用共18张ppt
－ mg ＝ ma ， 所 以 Ff ＝ mg ＋ ma ＝ h ·mg ＝ 0.02
×2×10 N＝2 020 N.
方法二 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
1 2
mgH＝2mv －0，
设铅球在沙中受到的平均阻力大小为 Ff，
1 2
故只有C正确。
【练习】如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的
A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块
，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面
上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25
，g取10 m/s2，试求：
(1)滑块运动到A处的速度大小；
1 2
1
Ffx＝ mvA－0 即 2mg×2－0.5mg×1－0.25mg×4＝ mv 解得 vA＝5 2 m/s
2
2
1 2
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得：－mgLsin 30°＝0－ mvA 解得：L＝5 m
2
所以滑块冲上斜面 AB 的长度 L＝5 m
答案 (1)5 2 m/s (2)5 m
)
A.物体速度变化,其动能一定变化
B.物体所受的合外力不为零,其动能一定变化
C.物体的动能变化,其运动状态一定发生改变
D.物体的速度变化越大,其动能变化一定也越大
动能是标量,速度是矢量,当动能
发生变化时,物体的速度(大小)一定
发生了变化,当速度发生变化时,可
能仅是速度的方向变化,物体的动能
可能不变。
6
7
B．载人滑草车最大速度为
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
×2×10 N＝2 020 N.
方法二 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
1 2
mgH＝2mv －0，
设铅球在沙中受到的平均阻力大小为 Ff，
1 2
故只有C正确。
【练习】如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的
A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块
，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面
上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25
，g取10 m/s2，试求：
(1)滑块运动到A处的速度大小；
1 2
1
Ffx＝ mvA－0 即 2mg×2－0.5mg×1－0.25mg×4＝ mv 解得 vA＝5 2 m/s
2
2
1 2
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得：－mgLsin 30°＝0－ mvA 解得：L＝5 m
2
所以滑块冲上斜面 AB 的长度 L＝5 m
答案 (1)5 2 m/s (2)5 m
)
A.物体速度变化,其动能一定变化
B.物体所受的合外力不为零,其动能一定变化
C.物体的动能变化,其运动状态一定发生改变
D.物体的速度变化越大,其动能变化一定也越大
动能是标量,速度是矢量,当动能
发生变化时,物体的速度(大小)一定
发生了变化,当速度发生变化时,可
能仅是速度的方向变化,物体的动能
可能不变。
6
7
B．载人滑草车最大速度为
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
动能定理的应用教学课件
vo
h=5m
2J
求解曲线运动问题
某人从距地面25m高处水平抛出一小球，小球 质量100g，出手时速度大小为10m/s,落地时速 度大小为16m/s，取g=10m/s2，试求：
（1） 人抛球时对小球做多少功？
（2）小球在空中运动时克服阻力做功多少？
求解曲线运动问题
人抛球：
W人
1 2
mv02
0
V0
球在空中：
一、简要复习动能定理
WF
1 2
mv22
1 2
mv12
计算 方法 ⑴⑵
末状态动能
初状态动能
二、应用动能定理解题步骤：
1。找对象：（通常是单个物体）
2。作二分析 ⑴受力分析
⑵运动情况分析 3。确定各力做功。
4。建方程：
WF
1 2
mv22
1 2
mv12
三、应用举例： （一）关于变力做功的问题 例1. 一个质量为m的小球拴在轻绳的一端，另一端用大小 为F1的拉力作用，在光滑水平面上做半径为R1的匀速圆周 运动，如图所示，今改变拉力，当大小变为F2，使小球仍 在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R2，小球运动半 径由R1变为R2过程中拉力对小球做的功多大？
mgh mgl cos mgSCB 0 …….①
而 l cos SCB S
…….②
联解①和②式得
h
s
例3. 一个质量为m，带有电荷-q的小物体，可沿水平轨道ox运动， o端有一与轨道垂直的固定墙,轨道处于匀速电场中,场强大小为,方 向ox轴正方向,如图所示,小物体以初速度V0从x0点沿ox轨道运动, 运动时受到大小不变的摩擦力f的作用,且f﹤qE,设小物体与墙壁 碰撞时，不损失机械能,且电量保持不变,求它在停止运动前所通过 的总路程。
h=5m
2J
求解曲线运动问题
某人从距地面25m高处水平抛出一小球，小球 质量100g，出手时速度大小为10m/s,落地时速 度大小为16m/s，取g=10m/s2，试求：
（1） 人抛球时对小球做多少功？
（2）小球在空中运动时克服阻力做功多少？
求解曲线运动问题
人抛球：
W人
1 2
mv02
0
V0
球在空中：
一、简要复习动能定理
WF
1 2
mv22
1 2
mv12
计算 方法 ⑴⑵
末状态动能
初状态动能
二、应用动能定理解题步骤：
1。找对象：（通常是单个物体）
2。作二分析 ⑴受力分析
⑵运动情况分析 3。确定各力做功。
4。建方程：
WF
1 2
mv22
1 2
mv12
三、应用举例： （一）关于变力做功的问题 例1. 一个质量为m的小球拴在轻绳的一端，另一端用大小 为F1的拉力作用，在光滑水平面上做半径为R1的匀速圆周 运动，如图所示，今改变拉力，当大小变为F2，使小球仍 在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R2，小球运动半 径由R1变为R2过程中拉力对小球做的功多大？
mgh mgl cos mgSCB 0 …….①
而 l cos SCB S
…….②
联解①和②式得
h
s
例3. 一个质量为m，带有电荷-q的小物体，可沿水平轨道ox运动， o端有一与轨道垂直的固定墙,轨道处于匀速电场中,场强大小为,方 向ox轴正方向,如图所示,小物体以初速度V0从x0点沿ox轨道运动, 运动时受到大小不变的摩擦力f的作用,且f﹤qE,设小物体与墙壁 碰撞时，不损失机械能,且电量保持不变,求它在停止运动前所通过 的总路程。
高中物理【习题课 动能定理的应用】教学优秀课件
(2)物体第5次经过B点时的速度大小。
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)。
答案 (1)0.5
(2)13.3 m/s
(3)距B点0.4 m
解析 (1)由动能定理得
1
-mg(h-H)-μmgsBC=0-2 1 2
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
止开始下滑,到达底端时可以达到较大的速度v。游客与滑沙板的总质量
为m,斜坡高h。怎样求下滑过程中阻力做的功?
1 2
要点提示 根据动能定理,合力的功等于动能的变化量,动能的变化量为2mv ,
1 2
1 2
重力做功为 mgh,根据 mv =mgh+Wf,可得阻力的功为 mv -mgh。
2
2
知识归纳
动能定理的应用
(3)在AB斜轨道上,μmgcos α<mgsin α,小孩不能静止在斜轨道上,则小孩从A
点以初速度v0滑下,最后静止在BC轨道B处,由动能定理得
1
mgLsin α-μmgscos α=0- 0 2
2
解得 s=21 m。
探究三
动能定理在曲线运动中的应用
情境导引
如图所示装置是一种过山车模型,轨道可看作光滑,从左侧斜轨道合适位置
v min=0。
②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动,物体能过最高点的临界条件为
v min= 。
迁移应用
例3如图所示,一个可以看成质点的质量m=2 kg的小球以初速度v0沿光滑
的水平桌面飞出后,恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道,BC为圆弧竖直直
径,其中B为轨道的最低点,C为最高点且与水平桌面等高,圆弧AB对应的圆
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)。
答案 (1)0.5
(2)13.3 m/s
(3)距B点0.4 m
解析 (1)由动能定理得
1
-mg(h-H)-μmgsBC=0-2 1 2
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
止开始下滑,到达底端时可以达到较大的速度v。游客与滑沙板的总质量
为m,斜坡高h。怎样求下滑过程中阻力做的功?
1 2
要点提示 根据动能定理,合力的功等于动能的变化量,动能的变化量为2mv ,
1 2
1 2
重力做功为 mgh,根据 mv =mgh+Wf,可得阻力的功为 mv -mgh。
2
2
知识归纳
动能定理的应用
(3)在AB斜轨道上,μmgcos α<mgsin α,小孩不能静止在斜轨道上,则小孩从A
点以初速度v0滑下,最后静止在BC轨道B处,由动能定理得
1
mgLsin α-μmgscos α=0- 0 2
2
解得 s=21 m。
探究三
动能定理在曲线运动中的应用
情境导引
如图所示装置是一种过山车模型,轨道可看作光滑,从左侧斜轨道合适位置
v min=0。
②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动,物体能过最高点的临界条件为
v min= 。
迁移应用
例3如图所示,一个可以看成质点的质量m=2 kg的小球以初速度v0沿光滑
的水平桌面飞出后,恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道,BC为圆弧竖直直
径,其中B为轨道的最低点,C为最高点且与水平桌面等高,圆弧AB对应的圆
动能定理习题课及应用实例 PPT
以经过A点的水平面为零势能面，则圆柱的势能为零，
杆的势能为： V
l 2
sin
m1g
设杆的角速度为ω1,轮为ω2,轮心速度υA,则杆的动能为
T2＝
3 4
m2v
2 A
1 6
m1
v
2 A
sin 2
θ
代入机械能守恒定律，得：
1 6
m1l 2
2 1
3 4
m2v
2 A
l 2
m1g
sin
恒量
其中：vA AP 1 l 1sin
光滑固定支承面、铰链支座、辊轴支座； 连接两个刚体的光滑活动铰链(中间铰)； 连接两个质点的无重刚杆； 质量不计且不可伸长的柔软细绳； 刚体在固定面上作纯滚动。
1.8解题方法与技巧
动能是标量且永远为正值；功是代数量，有正负，须 正确判断其正负，及哪些力做功及哪些力不做功。 重力之功只与起始和终了位置有关，而与路径无关。 弹性力之功也只与起始和终了位置上弹簧变形有关， 与路径无关。当初变形大于末变形时，弹性力之功为 正，反之为负功。 要熟记常见力之功及刚体平动、转动和平面运动时具 有的动能的计算。这里要明确刚体平面运动时的动能 是随质心平动和绕质心转动动能之和。 要明确质点在势力场中运动的特征是机械能守恒，利 用机械能守恒定理，易得到质点速度与位置的关系。 不要将动能定理和机械能守恒定理混淆。动能定理建 立了机械能和其他形式能量转换的定量关系，而机械 能守恒定理只建立了质点系动能和势能之间的转换关 系，且只适用于保守系统或非保守力不做功的系统。
于是可得：
1
l
vA sin
,
m1
6sin 2
3 4
m2
vA2
l 2
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弹性力作功）；
质点系
2.刚体定轴转动、刚体平 平动刚体的动能
面运动时外力做功。
定轴转动刚体动能
平面运动刚体的动能
1.1外力作功
外力作功的定义
W
W
M2
M1 F
•dr
（一般式）
M2 M1
(Fx
dx
Fy
dy
FZ
dz
)（解析式）
常力的功 W FS cos(F, v)
重力的功 W mgh
弹性力的功
W
1 2
第十二章 动能定理习题课及应用实例
主要内容
复习第12章动能定理 第12章动能定理习题讲解 哈工大、华中科技大考研真题 动力学普遍定理的综合运用
1、本章内容复习
12章核心内容？
两边 动能定理：T2－T1＝W12 求导
功由势能提 供
功率方程
机械能守恒
外力做功的计算：
动能的计算：
1.常力、变力做功（重力、 质点
1.5机械能守恒定律
T1 V1 T2 V2 const （1）
机械能守恒定律
d (T V ) 0
（2）
dt
势能：质点系在某一位置的势能等于质点从该位置运
动到零势能位置过程中，有势力作功之和。
重力势能 V mg(ZC1 ZC0 )
两种势能的计算
弹性势能
V
1 2
k
(
2 1
2 0
)
ห้องสมุดไป่ตู้
用机械能守恒定理的解题步骤与应用动量定理基本相同，
习题详解
12—2 如图所示，用跨过滑轮的绳子牵引质量为2kg 的滑块A沿倾角为30的光滑斜槽运动。设绳子拉力F＝ 20 N。计算滑块由位置A到位置B时，重力与拉力F所 作的总功。
分析：
知识点：外力作功
C
常力的功 W FS cos(F, v)
重力的功 W mgh
解：
重力作功：Wg mgh mgABsin 30
只是计算势能时，注意零势面的选择。通常采用（2）式。
1.6功率与功率方程
功率： p w
dt p F • v Fv cos(F, v)
p M
功率方程： dT dt
Wi
dt
P
dT dt
P输入
- P输出
- P损耗
1.7 理想约束
理想约束的概念： 约束力不作功或作功的总和等于零的约束。
常见的理想约束：
PB BO l
vB ABl OBl AB OB
T2
TAB
TOB
1 2
J
P
2 AB
1 2
J
2
O OB
1 [ 1 ml2 ml( 3 l)2 ] 1 (1 ml2 ) 2
2 12
2 23
4 ml2 2
3
外力作功为：W12
M
2mg
l (1 cos )
2
应用动能定理：
4 ml 2 2 0 M 2mg l (1 cos )
vC2
1 2
J z 2
1 2
J P 2
1.3动能定理的两种形式
微分形式：
dT Wi
积分形式：
T2 T1 Wi
通常用积分形式。
1.4运用动能定理的基本步骤
(1)选取研究对象。一般情况下取整个系统为研究对象 （因理想约束情况下，约束反力不作功）。 (2)作受力分析，画受力图。 (3)计算力的功：计算系统由初始位置到末位置时所受的 全部主动力（包括作功的约束力）的功的和。 注意：无论外力还是内力，只要做功，都必须计算其功。
k
(
2 1
2 2
)
转矩的功
W 2 Md 1
动滑动摩擦力的功 W FS(F const)
1.2动能的计算
质点
T 1 mv2 （动能是物体机械运动的度量）
2
质点系
T
n i 1
1 2
mi
v
i
2
刚体平动时
T
1 2
mvC2
多刚体系统？
刚体
刚体绕定轴转动时
T
1 2
J z 2
刚体平面运动时
T
1 2
m
解：应用动能定理
系统初始动能T1=0
设链条离开滑轮时的速度为v，则系 统末了时刻的动能为：
分析： 此过程中，系统受主动力矩 M以及两杆重力的作用，用 动能定理。
初始静止，T1 0
当A端即将碰及O点时， 系统的动能：
T2 TOB TAB
OB杆定轴转动
TOB
1 2
J
2
O OB
1 6
ml
2 2 OB
AB杆平面运动
TAB
1 2
J
P
2 AB
如何由JP？
OB杆作定轴转动，AB杆作平面运动， P为AB杆的瞬心。
AB OC * Cot45 OC * Cot60 (6 2 3)m
F力所做的功：WF＝F（OA－OB）
其中：OA＝OC / sin 45
OB＝OC / sin 60
因此：W＝Wg WF 6.29J
C
12-7 平面机构由两匀质杆AB，BO组成，两杆的质量 均为m．长度均为l，在铅垂平面内运动。在杆AB上作 用一不变的力偶矩M，由图所示位置从静止开始运动， 不计摩擦。求当杆端A即将碰到铰支座O时秆端A的速 度。
3
2
3 [M mgl(1 cos )
4ml 2
杆端A的速度：
vA 2l
3 [M mgl(1 cos )]
m
12-8 图所示链条全长l＝1m，单位长的质量为 2kg / m ， 悬挂在半径为R＝0.1m，质量m＝1kg的滑轮上，在图示 位置受扰动由静止开始下落。设链条与滑轮元相对滑动， 沿轮为均质圆盘，求链子离开滑轮时的速度。
(4)作运动分析：要分清研究对象中每个物体的运动，还 要分清已知运动学参量和未知的参量及相互之间是哪种运 动学关系。
(5)计算动能，建立动能定理方程：计算在运动始末两个 位置的瞬时动能，若应用运动定理的微分形式求加速度， 则计算系统在任意瞬时的动能。
(6)建立运动学补充方程：动能定理只有一个标量方程， 若末知量＞1，应建立运动学补充方程。
光滑固定支承面、铰链支座、辊轴支座； 连接两个刚体的光滑活动铰链(中间铰)； 连接两个质点的无重刚杆； 质量不计且不可伸长的柔软细绳； 刚体在固定面上作纯滚动。
1.8解题方法与技巧
动能是标量且永远为正值；功是代数量，有正负，须 正确判断其正负，及哪些力做功及哪些力不做功。 重力之功只与起始和终了位置有关，而与路径无关。 弹性力之功也只与起始和终了位置上弹簧变形有关， 与路径无关。当初变形大于末变形时，弹性力之功为 正，反之为负功。 要熟记常见力之功及刚体平动、转动和平面运动时具 有的动能的计算。这里要明确刚体平面运动时的动能 是随质心平动和绕质心转动动能之和。 要明确质点在势力场中运动的特征是机械能守恒，利 用机械能守恒定理，易得到质点速度与位置的关系。 不要将动能定理和机械能守恒定理混淆。动能定理建 立了机械能和其他形式能量转换的定量关系，而机械 能守恒定理只建立了质点系动能和势能之间的转换关 系，且只适用于保守系统或非保守力不做功的系统。