教学过程
一、复习预习
1、复习：力对物体做功的表达式及公式的使用范围
2、预习：（1）动能
（2）动能定理
二、知识讲解
课程引入：如果一个物体能对外做功，我们就说这个物体具有能量，而物体由于运动而具有的能量叫动能．本节课我们来研究一下动能。
考点/易错点1动能
1、 定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。
2、影响动能的大小因素：物体的质量和运动速度
3、动能的表达式：Ek=1mν2 2
说明：动能是一个状态量，所以计算动能时要注意对应时刻的速度。
4、单位：焦耳（J）
5、标矢性：它是一个标量。
6、动能的变化：∆Ek=Ek末-Ek初，它是一个过程量。
考点/易错点2动能定理及其应用
设物体的质量为m，在与运动方向相同的恒定外力F的作用下发生一段位移l，速度由ν1增加到ν2，地面光滑，如图所示，计算外力F做的功。
分析：由前面的功的公式可知：W=Fl
提问：若F为变力，如何求力F所做的功呢？
分析：F做功使物体的动能发生改变，动能改变了多少，F就做了多少功，因此可以用动能的变化量来表示F做功WF=112mν2-mν12。 22
提问：现在地面粗糙又如何计算F做的功呢？
分析：力F做功不仅使物体的动能发生改变，而且还克服摩擦力做功，因此
WF-Wf=112mν2-mν12，因此，合外力做功使物体的动能发生改变，且做了多少功动能22
就变化多少。
1、 动能定理的内容：合外力做的功等于物体动能的变化。
2、 表达式：W合=∆Ek即W合=Ek末-Ek初
理解：（1）W合=W1+W2+W3+⋯⋯；W合=F合S（各力位移相同时，可求合外力做的功，
各力位移不同时，分别求力做功，然后求代数和）。
(2)反映了物体动能的变化与力对物体所做功之间的因果关系．可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小．所以正功是加号，负功是减号。
(3)它是一个标量式，动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的．但它也适用于变力及物体作曲线运动的情况．即动能定理对恒力、变力做功都适用；直线运动与曲线运动也均适用．
（4）对动能定理中的位移与速度必须相对同一参照物
3、研究对象：既可以是单个物体也可以是系统。
强调：对单个物体动能定理位移是对地的位移，对系统动能定理位移是相对位移
4、动能定理的优势：动能定理不涉及运动过程中的加速度和时间，不用考虑中间过程，只需考虑初末位置，用它来处理问题要比牛顿定律方便，它还可以处理牛顿定律不能解决的问题，例如变力的功，曲线运动的情况等。
5、动能定理的应用：
（1）步骤：①选取研究对象，明确它的运动过程。
②分析研究对象的受力情况和各力的做功情况，确定W合。
③找准研究对象在过程中的初始位置，确定初末的能Ek1和Ek2。
④列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程，进行求解
（2）注意问题：
①应用动能定理时，要进行受力分析，分析在这个过程中有哪些力做功，注意区分功的正负。
②应用动能定理时要注意选取的研究对象和对应过程，合力做的功和动能增量一定是对应同一研究对象的同一过程。
6、动能定理的使用范围
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
7、由牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理
设物体的质量为m，在恒定合外力F合作用下，通过位移为S，其速度由ν0变为ν，
2则：根据牛顿第二定律F合=ma①根据运动学公式2aS=ν2-ν0② 由①②得：F合S=112mν2-mν0 22
三、例题精析
考点1.动能
【基础巩固】
【例题1】改变物体的质量和速度，可以改变物体的动能．在下列情况中，物体的动能变为原来2倍的是（ ）
A．质量不变，速度增大到原来的2倍B．质量不变，速度增大到原来的4倍
C．速度不变，质量增大到原来的2倍D．速度不变，质量增大到原来的4倍
【答案】C
【解析】解：根据动能的表达式Ek=1mν2，质量不变，速度增大到原来的22
倍，物体的动能变为原来4倍；质量不变，速度增大到原来的4倍，物体的动能变为原来16倍；速度不变，质量增大到原来的2倍，物体的动能变为原来2倍，速度不变，质量增大到原来的4倍，物体的动能变为原来4倍，故A、B、D错误，C正确．
【中等强化】
【例题2】一个物体静止在光滑水平面上，同时受到两个方向相反的水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随位移s变化情况如图所示。则物体的动能将（ ）
A．一直变大，位移为20m时最大 B．一直变小，至20m时达最小
C．先变大至10m时最大，再变小 D．先变小至10m时最小，再变大
【答案】C
【解析】由图看出，位移s在0-10m，F1做正功，F2做负功，且两个力的大小关系是F1＞F2，物体所受的合力方向与速度相同，物体的速度增大，动能增大；当s=10m时，F1=F2；当s＞10m时，F1＜F2，物体所受的合力方向与速度相反，物体的速度减小，动能减小．所以物体的动能将先变大至10m时最大，再变小．故选C
【培优拔高】
【例题3】如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则（ ）
A．0—t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大
【答案】BD
【解析】物体A原来静止在水平面上，在0～t1时间内拉力F小于地面对物块的最大静摩擦力fm，因此物块仍静止，由P=Fν知F的功率为零不变，A错误；t1～t2时间内，拉力大于最大静摩擦力，合力大于0．物块做加速运动，根据牛顿第二定律得
，a=则合力最大，加速度最大，B正确． t2时刻后拉力F逐渐减小，但在减小到fm前，物块所受合外力仍与速度同向，物块仍做加速运动，所以t3时刻物块A的速度最大，动能最大。故C错误，D正确．故选BD。
考点2.动能定理及其应用
【基础巩固】
【例题4】在h高处，以初速度ν0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为()
A
．v0
．v0
【答案】C
22【解析】选C在小球下落的过程中，对小球应用动能定理，mgh＝mv－mv0
，1212解得小球着地时速度的大小ν=C。
【中等强化】
【例题5】如图5－2－1所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为ν，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g。下列说法正确的是()
图5－2－1
A．小车克服重力所做的功是mghB．合外力对小车做的功是
C．推力对小车做的功是
【答案】ABD
【解析】小车克服重力做功W=mgh，A正确；由动能定理，小车受到的合力做的功等于小车动能的增量，W合=∆E=
所以推力做的功WF=1mν2 211mν2+mghD．阻力对小车做的功是mν2+mgh-Fx 2211B正确；由动能定理，mν2，W合=WF-WG-Wf=mν2，2211mν2+WG+Wf=mν2+mgh+WfC错误；阻力对小车做的功22
Wf=1mν2+mgh-Fx，D正确。 2
规律总结：
（1）所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔEk。
（2）合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。
（3）若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以
设克服该力做功为W，则表达式中应用－W；也可以设变力的功为W，则字母W本 身含有负号。
【培优拔高】
【例题6】如图5－2－4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弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，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＝4.30m、h2＝1.35m。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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
图5－2－4
(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。
【答案】（1）3m/s（2）2s（3）1.4m
【解析】(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得：
12mg(h1－h2)－μmgs＝mvD－0将h1、h2、s、μ、g代入得：νD=3m/s 2
(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得mgh1-μmgs=1mνc2将h1、s、μ、g2
代入得：νc=6m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=10⨯0.6=6m/s小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1=νc
a=6m/s=1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C26m/s
点的时间t1=t2=1s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s。
(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总 有：mgh1=μmgs总将h1、μ代入得s总=8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离
为2s-s总=2⨯5m-8.6m=1.4m。
规律总结：
（1）运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。
（2
）当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注
意运用它们的功能特点：①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。
四、课堂运用
【基础巩固】
1.一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为()
A．Δv＝0B．Δv＝12 m/sC．ΔEk＝1.8 J D．ΔEk＝10.8 J
【答案】B
【解析】取初速度方向为正方向，则Δv＝(－6－6)m/s＝－12m/s，Ek=
速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确。
2.如图5－2－3所示，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竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是() 1mν2由于2
图5－2－3
A．对物体，动能定理的表达式为WFN=12mν2，其中WFN为支持力的功 2
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C．对物体，动能定理的表达式为WFN-mgH=
D．对电梯，其所受合力做功为112mν2-mν12 22112Mν2-Mν12 22
【答案】CD
【解析】电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN
，这两个力的总功
才等于物体动能的增量WFN-mgH=112mν2-mν12，故A、B均错误，C正确；对电梯，22
无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确。
【中等强化】
3.如图5－2－6所示，一个进度系数为k的轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点处小球速度达到最大。x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C点处的动能。若改变高度h，则图5－2－7中表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是()
图5
－2－6
图5－2－7
【答案】BC
【解析】由题意“在C点处小球速度达到最大”，可知C点是平衡位置，mg=kx0，x0=mg该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg(h＋x0)－Ep＝Ek，其中x0与弹k
性势能Ep为常数，可判断出C项也正确。
4．如图5－2－8所示，一辆汽车从A点开始爬坡，在牵引力不变的条件下行驶45m的坡路到达B点时，司机立即关掉油门，以后汽车又向前滑行15m停在C点，汽车的质量为5×103kg，行驶中受到的摩擦阻力是车重的0.25倍，取g＝10m/s2，求汽车的牵引力做的功和它经过B点时的速率。
图5－2
－8
【答案】WF＝2.25⨯106J，vB＝/s
【解析】汽车从A到C的过程中，汽车发动机的牵引力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，由动能定理可得：WF－mgh－fl＝0①由题意知f=0.5mg②l=2h③
由○1○2○3带入数据得WF＝2.25⨯106J。
汽车由B到C的过程中，克服重力做功，克服摩擦力做功，由动能定理可得：
12-fl1－mgl1·sin 30︒＝0－mvB④由②④代入数据可得vB＝/s。
2
【培优拔高】
5.某滑沙场，如图5－2－4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。
图5－2－4
【答案】
h x
【解析】设斜面与水平面所成的夹角为θ，滑沙者和滑沙橇总质量为m，则滑沙者和滑沙橇从A点到最低点，重力做功WG=mgh①在鞋面AB段摩擦力做功
Wf＝－μmgcosθWf'＝－μmgc(x-
h
②在水平面BC段运动时，只有滑动摩擦力做功sinθ
h
)③从A到C全过程由动能定理得：WG＋Wf＋WFf'＝0④ tanθ
由①②③④带入数据得μ=
h。 x
6.如图5－2－9所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为ν0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：
图5－2－9
(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf； (2)小船经过B点时的速度大小ν1； 【答案】
【解析】(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf=fd① (2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功W＝Pt1②
22
由动能定理有W－Wf＝mv1－mv0③
1212
由①②③式解得ν1=五、课程小结
一、动能
1、定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。 2、影响动能的大小因素：物体的质量和运动速度 3、动能的表达式：Ek=
1
mν2 2
说明：动能是一个状态量，所以计算动能时要注意对应时刻的速度。 4、单位：焦耳（J）
5、标矢性：它是一个标量。
6、动能的变化：∆Ek=Ek末-Ek初，它是一个过程量。 二、动能定理
1、动能定理的内容：合外力做的功等于物体动能的变化。 2、表达式：W合=∆Ek即W合=Ek末-Ek初
理解：（1）W合=W1+W2+W3+⋯⋯；W合=F合S（各力位移相同时，可求合外力做的功，各力位移不同时，分别求力做功，然后求代数和）。
(2)反映了物体动能的变化与力对物体所做功之间的因果关系．可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小．所以正功是加号，负功是减号。 (3)它是一个标量式，动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的．但它也适用于变力及物体作曲线运动的情况．即动能定理对恒力、变力做功都适用；直线运动与曲线运动也均适用．
（4）对动能定理中的位移与速度必须相对同一参照物 3、研究对象：既可以是单个物体也可以是系统。
强调：对单个物体动能定理位移是对地的位移，对系统动能定理位移是相对位移
4、动能定理的优势：动能定理不涉及运动过程中的加速度和时间，不用考虑中间过程，只需考虑初末位置，用它来处理问题要比牛顿定律方便，它还可以处理牛顿定律不能解决的问题，例如变力的功，曲线运动的情况等。 5、动能定理的应用
（1）步骤：①选取研究对象，明确它的运动过程。
②分析研究对象的受力情况和各力的做功情况，确定W合。
③找准研究对象在过程中的初始位置，确定初末的能Ek1和Ek2。 ④列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程，进行求解
（2）注意问题
①应用动能定理时，要进行受力分析，分析在这个过程中有哪些力做功，注意区分功的正负。
②应用动能定理时要注意选取的研究对象和对应过程，合力做的功和动能增量一定是对应同一研究对象的同一过程。 6、动能定理的使用范围
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 7、由牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理
六、课后作业
【基础巩固】
1. 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()
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 【答案】ABD
【解析】若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，A正确；若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至零后反向加速，动能先减小至零后增大，B正确；若力F的方向与v0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，D正确。
2.某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、
F2与位移x的关系图象如图所示，在物体开始运动后的前4.0m内，物体具有最大动能时对
应的位移是()
A．2.0mB
．1.0mC．3.0m D．4.0m 【答案】A
【解析】由图知x=2.0m时，F合＝0，此前F合做正功而此后F合做负功，故x=2.0m时动能最大． 【中等强化】
3.如图5－2－6所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不计空气阻力)．则()
2
h
A．两球同时落地
B．相遇时两球速度大小相等
C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量 D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等 【答案】BC
2
【解析】对b球，由＝gt得t=
h212νb=gt=
下落．对a球，＝
ν0t-
h212hh
gt得ν0，在处，va＝v0－gt＝0，以后从处自由222
下落．故落地时间tb
错误．相遇时νb错误．从开始运动到相遇，根据动能定理可知，a球动能减少∆Eka=动能增加由动能定理知：∆Ekb=
va＝0，故B
1mgh2
mν0=，b球22
mgh
，故C正确．相遇之后，重力对b
球做功的功率2
Pgt)，重力对a球做功的功率Pa＝mg(va＋gt)＝mg2t，Pb>Pa，故b＝mgvb＝mgD错误．
4 .如图5－2－7所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
图5－2－7
(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s； (2)小物块落地时的动能Ek； (3)小物块的初速度大小v0.
【答案】(1)0.90m(2)0.9J(3)4.0m/s. 【解析】(1)由平抛运动规律，有竖直方向h＝
12
gt，水平方向s＝vt， 2
得水平距离s＝0.90m。 12
mv，Ek＝0.9J 2
(2)由动能定理，动能mgh=Ek-
22
(3)由动能定理，有－μmgl＝mv－mv0
1212
得初速度大小v04.0m/s。
【培优拔高】
5 .如图5－2－3甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10m/s2)求：
图5－2
－3
(1)A与B间的距离；
(2)水平力F在5s内对物块所做的功． 【答案】(1)4m(2)24J
【解析】(1)在3s～5s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速
2
度为a，A与B间的距离为x，则F－μmg＝ma得a＝2m/s2，x＝at＝4 m
12
2
(2)设物块回到A点时的速度为vA，由vA＝2ax得vA＝4m/s
2
WF－2μmgx＝mvA设整个过程中F做的功为WF，由动能定理得：解得： WF＝24 J。
1
2
6.质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用，设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为()
A.
111
mgRB.mgRC.mgRD．mgR 432
【答案】C
【解析】设小球通过最低点时绳子张力为FT1，根据牛顿第二定律：FT1－mg＝m
ν12
R
将
ν2212
FT1=7mg代入得Ek1＝mv1＝3mgR经过半个圆周恰能通过最高点，则mg＝m此时小
2R
2
球的动能Ek2＝mv2＝mgR从最低点到最高点应用动能定理：－Wf－mg2R＝Ek2－Ek1
1
212
所以Wf＝mgR故选项C正确．
12
教学过程
一、复习预习
1、复习：力对物体做功的表达式及公式的使用范围
2、预习：（1）动能
（2）动能定理
二、知识讲解
课程引入：如果一个物体能对外做功，我们就说这个物体具有能量，而物体由于运动而具有的能量叫动能．本节课我们来研究一下动能。
考点/易错点1动能
1、 定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。
2、影响动能的大小因素：物体的质量和运动速度
3、动能的表达式：Ek=1mν2 2
说明：动能是一个状态量，所以计算动能时要注意对应时刻的速度。
4、单位：焦耳（J）
5、标矢性：它是一个标量。
6、动能的变化：∆Ek=Ek末-Ek初，它是一个过程量。
考点/易错点2动能定理及其应用
设物体的质量为m，在与运动方向相同的恒定外力F的作用下发生一段位移l，速度由ν1增加到ν2，地面光滑，如图所示，计算外力F做的功。
分析：由前面的功的公式可知：W=Fl
提问：若F为变力，如何求力F所做的功呢？
分析：F做功使物体的动能发生改变，动能改变了多少，F就做了多少功，因此可以用动能的变化量来表示F做功WF=112mν2-mν12。 22
提问：现在地面粗糙又如何计算F做的功呢？
分析：力F做功不仅使物体的动能发生改变，而且还克服摩擦力做功，因此
WF-Wf=112mν2-mν12，因此，合外力做功使物体的动能发生改变，且做了多少功动能22
就变化多少。
1、 动能定理的内容：合外力做的功等于物体动能的变化。
2、 表达式：W合=∆Ek即W合=Ek末-Ek初
理解：（1）W合=W1+W2+W3+⋯⋯；W合=F合S（各力位移相同时，可求合外力做的功，
各力位移不同时，分别求力做功，然后求代数和）。
(2)反映了物体动能的变化与力对物体所做功之间的因果关系．可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小．所以正功是加号，负功是减号。
(3)它是一个标量式，动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的．但它也适用于变力及物体作曲线运动的情况．即动能定理对恒力、变力做功都适用；直线运动与曲线运动也均适用．
（4）对动能定理中的位移与速度必须相对同一参照物
3、研究对象：既可以是单个物体也可以是系统。
强调：对单个物体动能定理位移是对地的位移，对系统动能定理位移是相对位移
4、动能定理的优势：动能定理不涉及运动过程中的加速度和时间，不用考虑中间过程，只需考虑初末位置，用它来处理问题要比牛顿定律方便，它还可以处理牛顿定律不能解决的问题，例如变力的功，曲线运动的情况等。
5、动能定理的应用：
（1）步骤：①选取研究对象，明确它的运动过程。
②分析研究对象的受力情况和各力的做功情况，确定W合。
③找准研究对象在过程中的初始位置，确定初末的能Ek1和Ek2。
④列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程，进行求解
（2）注意问题：
①应用动能定理时，要进行受力分析，分析在这个过程中有哪些力做功，注意区分功的正负。
②应用动能定理时要注意选取的研究对象和对应过程，合力做的功和动能增量一定是对应同一研究对象的同一过程。
6、动能定理的使用范围
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
7、由牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理
设物体的质量为m，在恒定合外力F合作用下，通过位移为S，其速度由ν0变为ν，
2则：根据牛顿第二定律F合=ma①根据运动学公式2aS=ν2-ν0② 由①②得：F合S=112mν2-mν0 22
三、例题精析
考点1.动能
【基础巩固】
【例题1】改变物体的质量和速度，可以改变物体的动能．在下列情况中，物体的动能变为原来2倍的是（ ）
A．质量不变，速度增大到原来的2倍B．质量不变，速度增大到原来的4倍
C．速度不变，质量增大到原来的2倍D．速度不变，质量增大到原来的4倍
【答案】C
【解析】解：根据动能的表达式Ek=1mν2，质量不变，速度增大到原来的22
倍，物体的动能变为原来4倍；质量不变，速度增大到原来的4倍，物体的动能变为原来16倍；速度不变，质量增大到原来的2倍，物体的动能变为原来2倍，速度不变，质量增大到原来的4倍，物体的动能变为原来4倍，故A、B、D错误，C正确．
【中等强化】
【例题2】一个物体静止在光滑水平面上，同时受到两个方向相反的水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随位移s变化情况如图所示。则物体的动能将（ ）
A．一直变大，位移为20m时最大 B．一直变小，至20m时达最小
C．先变大至10m时最大，再变小 D．先变小至10m时最小，再变大
【答案】C
【解析】由图看出，位移s在0-10m，F1做正功，F2做负功，且两个力的大小关系是F1＞F2，物体所受的合力方向与速度相同，物体的速度增大，动能增大；当s=10m时，F1=F2；当s＞10m时，F1＜F2，物体所受的合力方向与速度相反，物体的速度减小，动能减小．所以物体的动能将先变大至10m时最大，再变小．故选C
【培优拔高】
【例题3】如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则（ ）
A．0—t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大
【答案】BD
【解析】物体A原来静止在水平面上，在0～t1时间内拉力F小于地面对物块的最大静摩擦力fm，因此物块仍静止，由P=Fν知F的功率为零不变，A错误；t1～t2时间内，拉力大于最大静摩擦力，合力大于0．物块做加速运动，根据牛顿第二定律得
，a=则合力最大，加速度最大，B正确． t2时刻后拉力F逐渐减小，但在减小到fm前，物块所受合外力仍与速度同向，物块仍做加速运动，所以t3时刻物块A的速度最大，动能最大。故C错误，D正确．故选BD。
考点2.动能定理及其应用
【基础巩固】
【例题4】在h高处，以初速度ν0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为()
A
．v0
．v0
【答案】C
22【解析】选C在小球下落的过程中，对小球应用动能定理，mgh＝mv－mv0
，1212解得小球着地时速度的大小ν=C。
【中等强化】
【例题5】如图5－2－1所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为ν，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g。下列说法正确的是()
图5－2－1
A．小车克服重力所做的功是mghB．合外力对小车做的功是
C．推力对小车做的功是
【答案】ABD
【解析】小车克服重力做功W=mgh，A正确；由动能定理，小车受到的合力做的功等于小车动能的增量，W合=∆E=
所以推力做的功WF=1mν2 211mν2+mghD．阻力对小车做的功是mν2+mgh-Fx 2211B正确；由动能定理，mν2，W合=WF-WG-Wf=mν2，2211mν2+WG+Wf=mν2+mgh+WfC错误；阻力对小车做的功22
Wf=1mν2+mgh-Fx，D正确。 2
规律总结：
（1）所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔEk。
（2）合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。
（3）若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以
设克服该力做功为W，则表达式中应用－W；也可以设变力的功为W，则字母W本 身含有负号。
【培优拔高】
【例题6】如图5－2－4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弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，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＝4.30m、h2＝1.35m。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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
图5－2－4
(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。
【答案】（1）3m/s（2）2s（3）1.4m
【解析】(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得：
12mg(h1－h2)－μmgs＝mvD－0将h1、h2、s、μ、g代入得：νD=3m/s 2
(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得mgh1-μmgs=1mνc2将h1、s、μ、g2
代入得：νc=6m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=10⨯0.6=6m/s小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1=νc
a=6m/s=1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C26m/s
点的时间t1=t2=1s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s。
(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总 有：mgh1=μmgs总将h1、μ代入得s总=8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离
为2s-s总=2⨯5m-8.6m=1.4m。
规律总结：
（1）运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。
（2
）当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注
意运用它们的功能特点：①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。
四、课堂运用
【基础巩固】
1.一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为()
A．Δv＝0B．Δv＝12 m/sC．ΔEk＝1.8 J D．ΔEk＝10.8 J
【答案】B
【解析】取初速度方向为正方向，则Δv＝(－6－6)m/s＝－12m/s，Ek=
速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确。
2.如图5－2－3所示，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竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是() 1mν2由于2
图5－2－3
A．对物体，动能定理的表达式为WFN=12mν2，其中WFN为支持力的功 2
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C．对物体，动能定理的表达式为WFN-mgH=
D．对电梯，其所受合力做功为112mν2-mν12 22112Mν2-Mν12 22
【答案】CD
【解析】电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN
，这两个力的总功
才等于物体动能的增量WFN-mgH=112mν2-mν12，故A、B均错误，C正确；对电梯，22
无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确。
【中等强化】
3.如图5－2－6所示，一个进度系数为k的轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点处小球速度达到最大。x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C点处的动能。若改变高度h，则图5－2－7中表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是()
图5
－2－6
图5－2－7
【答案】BC
【解析】由题意“在C点处小球速度达到最大”，可知C点是平衡位置，mg=kx0，x0=mg该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg(h＋x0)－Ep＝Ek，其中x0与弹k
性势能Ep为常数，可判断出C项也正确。
4．如图5－2－8所示，一辆汽车从A点开始爬坡，在牵引力不变的条件下行驶45m的坡路到达B点时，司机立即关掉油门，以后汽车又向前滑行15m停在C点，汽车的质量为5×103kg，行驶中受到的摩擦阻力是车重的0.25倍，取g＝10m/s2，求汽车的牵引力做的功和它经过B点时的速率。
图5－2
－8
【答案】WF＝2.25⨯106J，vB＝/s
【解析】汽车从A到C的过程中，汽车发动机的牵引力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，由动能定理可得：WF－mgh－fl＝0①由题意知f=0.5mg②l=2h③
由○1○2○3带入数据得WF＝2.25⨯106J。
汽车由B到C的过程中，克服重力做功，克服摩擦力做功，由动能定理可得：
12-fl1－mgl1·sin 30︒＝0－mvB④由②④代入数据可得vB＝/s。
2
【培优拔高】
5.某滑沙场，如图5－2－4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。
图5－2－4
【答案】
h x
【解析】设斜面与水平面所成的夹角为θ，滑沙者和滑沙橇总质量为m，则滑沙者和滑沙橇从A点到最低点，重力做功WG=mgh①在鞋面AB段摩擦力做功
Wf＝－μmgcosθWf'＝－μmgc(x-
h
②在水平面BC段运动时，只有滑动摩擦力做功sinθ
h
)③从A到C全过程由动能定理得：WG＋Wf＋WFf'＝0④ tanθ
由①②③④带入数据得μ=
h。 x
6.如图5－2－9所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为ν0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：
图5－2－9
(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf； (2)小船经过B点时的速度大小ν1； 【答案】
【解析】(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf=fd① (2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功W＝Pt1②
22
由动能定理有W－Wf＝mv1－mv0③
1212
由①②③式解得ν1=五、课程小结
一、动能
1、定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。 2、影响动能的大小因素：物体的质量和运动速度 3、动能的表达式：Ek=
1
mν2 2
说明：动能是一个状态量，所以计算动能时要注意对应时刻的速度。 4、单位：焦耳（J）
5、标矢性：它是一个标量。
6、动能的变化：∆Ek=Ek末-Ek初，它是一个过程量。 二、动能定理
1、动能定理的内容：合外力做的功等于物体动能的变化。 2、表达式：W合=∆Ek即W合=Ek末-Ek初
理解：（1）W合=W1+W2+W3+⋯⋯；W合=F合S（各力位移相同时，可求合外力做的功，各力位移不同时，分别求力做功，然后求代数和）。
(2)反映了物体动能的变化与力对物体所做功之间的因果关系．可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小．所以正功是加号，负功是减号。 (3)它是一个标量式，动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的．但它也适用于变力及物体作曲线运动的情况．即动能定理对恒力、变力做功都适用；直线运动与曲线运动也均适用．
（4）对动能定理中的位移与速度必须相对同一参照物 3、研究对象：既可以是单个物体也可以是系统。
强调：对单个物体动能定理位移是对地的位移，对系统动能定理位移是相对位移
4、动能定理的优势：动能定理不涉及运动过程中的加速度和时间，不用考虑中间过程，只需考虑初末位置，用它来处理问题要比牛顿定律方便，它还可以处理牛顿定律不能解决的问题，例如变力的功，曲线运动的情况等。 5、动能定理的应用
（1）步骤：①选取研究对象，明确它的运动过程。
②分析研究对象的受力情况和各力的做功情况，确定W合。
③找准研究对象在过程中的初始位置，确定初末的能Ek1和Ek2。 ④列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程，进行求解
（2）注意问题
①应用动能定理时，要进行受力分析，分析在这个过程中有哪些力做功，注意区分功的正负。
②应用动能定理时要注意选取的研究对象和对应过程，合力做的功和动能增量一定是对应同一研究对象的同一过程。 6、动能定理的使用范围
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 7、由牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理
六、课后作业
【基础巩固】
1. 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()
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 【答案】ABD
【解析】若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，A正确；若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至零后反向加速，动能先减小至零后增大，B正确；若力F的方向与v0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，D正确。
2.某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、
F2与位移x的关系图象如图所示，在物体开始运动后的前4.0m内，物体具有最大动能时对
应的位移是()
A．2.0mB
．1.0mC．3.0m D．4.0m 【答案】A
【解析】由图知x=2.0m时，F合＝0，此前F合做正功而此后F合做负功，故x=2.0m时动能最大． 【中等强化】
3.如图5－2－6所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不计空气阻力)．则()
2
h
A．两球同时落地
B．相遇时两球速度大小相等
C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量 D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等 【答案】BC
2
【解析】对b球，由＝gt得t=
h212νb=gt=
下落．对a球，＝
ν0t-
h212hh
gt得ν0，在处，va＝v0－gt＝0，以后从处自由222
下落．故落地时间tb
错误．相遇时νb错误．从开始运动到相遇，根据动能定理可知，a球动能减少∆Eka=动能增加由动能定理知：∆Ekb=
va＝0，故B
1mgh2
mν0=，b球22
mgh
，故C正确．相遇之后，重力对b
球做功的功率2
Pgt)，重力对a球做功的功率Pa＝mg(va＋gt)＝mg2t，Pb>Pa，故b＝mgvb＝mgD错误．
4 .如图5－2－7所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
图5－2－7
(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s； (2)小物块落地时的动能Ek； (3)小物块的初速度大小v0.
【答案】(1)0.90m(2)0.9J(3)4.0m/s. 【解析】(1)由平抛运动规律，有竖直方向h＝
12
gt，水平方向s＝vt， 2
得水平距离s＝0.90m。 12
mv，Ek＝0.9J 2
(2)由动能定理，动能mgh=Ek-
22
(3)由动能定理，有－μmgl＝mv－mv0
1212
得初速度大小v04.0m/s。
【培优拔高】
5 .如图5－2－3甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10m/s2)求：
图5－2
－3
(1)A与B间的距离；
(2)水平力F在5s内对物块所做的功． 【答案】(1)4m(2)24J
【解析】(1)在3s～5s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速
2
度为a，A与B间的距离为x，则F－μmg＝ma得a＝2m/s2，x＝at＝4 m
12
2
(2)设物块回到A点时的速度为vA，由vA＝2ax得vA＝4m/s
2
WF－2μmgx＝mvA设整个过程中F做的功为WF，由动能定理得：解得： WF＝24 J。
1
2
6.质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用，设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为()
A.
111
mgRB.mgRC.mgRD．mgR 432
【答案】C
【解析】设小球通过最低点时绳子张力为FT1，根据牛顿第二定律：FT1－mg＝m
ν12
R
将
ν2212
FT1=7mg代入得Ek1＝mv1＝3mgR经过半个圆周恰能通过最高点，则mg＝m此时小
2R
2
球的动能Ek2＝mv2＝mgR从最低点到最高点应用动能定理：－Wf－mg2R＝Ek2－Ek1
1
212
所以Wf＝mgR故选项C正确．
12