第1章 第3节 动能和动能定理-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理必修第二册同步导学案配套PPT课件（鲁科版）

第3节　动能和动能定理 第1章　功和机械能 [学习目标]　1.掌握动能的表达式和单位,知道动能是标量(重点)。2.能运用牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理,理解动能定理的物理意义。3.能运用动能定理解决简单的问题(重难点)。 课时作业 巩固提升 要点1　动能的理解 要点2　实验与探究:探究恒力做功与动能改变的关系 要点3　动能定理的简单应用 内容索引 要点1　动能的理解 一 4 梳理 必备知识 自主学习 1.概念:物体因　　　　而具有的能量。  2.表达式:Ek=mv2。 3.单位:国际单位制单位为　　　　,1 J=　　　　=　　　　。  4.标矢性:动能是　　　　,只有　　　　,没有方向。  运动 焦耳　 1 N·m　 1 kg·(m/s)2 标量　 大小 [思考与讨论] 流动的空气和行驶的汽车都因为运动而具有能量,这是什么能?这种能量的大小与什么因素有关?   提示:动能;物体的质量、物体运动速度的大小。 1.动能的“三性” (1)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。 (2)标矢性:只有大小,没有方向;只有零或正值,没有负值。 (3)瞬时性:动能是表征物体运动状态的物理量,与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应。 归纳 关键能力 合作探究 2.动能与动能变化量的区别 (1)动能与动能变化量是两个不同的概念。 ①动能描述的是物体在某一时刻或某一位置由于运动而具有的能量,具有瞬时性,是状态量。 ②动能变化量是物体从一个状态到另一个状态动能的变化,即对应一个过程。 (2)动能为非负值,而动能变化量有正负之分。ΔEk>0表示物体的动能增大,ΔEk<0表示物体的动能减小。 [例1]　对于动能的理解,下列说法正确的是(　　) A.动能是能量的一种表现形式,运动的物体也可能不具有动能 B.动能可能为负值 C.一定质量的物体,动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化 D.动能不变的物体,一定处于平衡状态 C [解析]　动能是普遍存在的能量的一种基本形式,运动的物体都具有动能,故A错误;根据Ek=mv2知,动能不会为负值,故B错误;一定质量的物体,动能变化,则速度的大小一定变化,所以速度一定变化,但是速度变化,有可能大小不变,方向变化,所以动能不一定变化,故C正确;动能不变的物体,速度方向可能变化,则物体不一定处于平衡状态,故D错误。 [针对训练]　1.质量为10 g、以0.80 km/s的速度飞行的子弹与质量为 62 kg、以10 m/s的速度奔跑的运动员相比(　　) A.运动员的动能较大 B.子弹的动能较大 C.二者的动能一样大 D.无法比较它们的动能 解析:子弹的动能Ek1=m1=×0.01×8002 J=3 200 J,运动员的动能Ek2=m2=×62×102 J=3 100 J,所以子弹的动能较大,故B正确。 B 2.(多选)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,若以弹回的速度方向为正方向,则小球碰墙过程中的速度变化量和动能变化量分别是(　　) A.Δv=10 m/s　　　　 B.Δv=0 C.ΔEk=2.5 J D.ΔEk=0 AD 解析:小球速度变化量Δv=v2-v1=5 m/s-(-5 m/s)=10 m/s,小球动能的变化量ΔEk=m-m=0,故A、D正确。 二 要点2　实验与探究:探究恒力做功与动能改变的关系 14 1.实验目的:探究恒力做功与物体动能改变的关系。 2.实验器材:长木板(一端附有滑轮)、打点计时器、钩码若干、小车、纸带、复写纸片、刻度尺、细线。 基础实验要求 3.实验原理:在钩码的拉动下,小车的速度发生了变化,也就是小车的动能发生了变化。钩码对小车的拉力对小车做了功,只要能求出小车动能的变化量,小车运动的位移以及钩码对小车的拉力(近似等于钩码的重力),就可以研究W=Fs与ΔEk之间的关系。 4.实验步骤 (1)将打点计时器固定在长木板上,把纸带的一端固定在小车的后面,另一端穿过打点计时器。改变木板倾角,使小车重力沿木板方向的分力平衡小车及纸带受到的摩擦力,使小车做匀速直线运动。 (2)用细线将木板上的小车通过一个定滑轮与悬吊的钩码相连。接通电源,放开小车,让小车拖着纸带运动,打点计时器就在纸带上打下一系列的点。 (3)更换纸带,重复实验。选择一条点迹清晰的纸带进行数据分析。 5.数据测量 (1)拉力的测量:此过程细线的拉力对小车做功,由于钩码质量很小,可认为小车所受拉力F的大小等于钩码所受重力的大小(忽略钩码加速需要的合外力)。 (2)位移的测量:在纸带上记下第一个点O的位置,再在纸带上任意点开始选取n个点1、2、3、4、…,并量出各点到位置O的距离,即为小车运动的位移。 6.数据处理 (1)速度的计算:依据匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度计算某点的瞬时速度。 (2)功的计算:拉力所做的功W1=mgs1,W2=mgs2,… (3)动能增量的计算:物体动能的增量ΔEk1=M,ΔEk2=M,… 7.注意事项 (1)平衡摩擦力时,不挂重物,轻推小车后,小车能做匀速运动。 (2)必须保证悬挂钩码的总质量远小于小车的质量。 [例2]　某实验小组的同学采用如图1所示的装置(实验中,小车碰到制动装置时,钩码尚未到达地面)来“探究恒力做功与动能改变的关系”。图2是实验中得到的一条纸带,点O为纸带上的起始点,A、B、C、D、E是纸带上的五个连续的计数点,相邻两个计数点间均有四个点未画出,用刻度尺测得五个点到O的距离如图2所示。已知所用交变电源的频率为50 Hz。 实验创新研析 (1)开始实验时首先应　 。  (2)打B、D两点时小车的速度分别为vB=　　　m/s,vD=　　　　m/s。  (3)若钩码的质量m=250 g,小车的质量M=1 kg,g取10 m/s2,则从B至D的过程中,根据实验数据计算的合力对小车做的功W=　　　　J,小车动能的变化ΔEk=　　　　J。(结果均保留两位有效数字)  (4)由实验数据,他们发现合外力做的功与小车动能的变化有一定的偏差,产生误差的原因可能是_____________________________________ 　　　　　　　　　　　　。(至少说出一条)  将木板右端垫高以平衡摩擦力 0.60　 1.00　 0.40　 0.32 没有保证钩码的质量远小于小车质量或未 完全平衡摩擦力 [解析]　(1)为了使钩码对小车的拉力等于合外力,首先应平衡摩擦力。 (2)vB== m/s=0.60 m/s vD== m/s=1.00 m/s。 (3)W=mg(hD-hB)=0.25×10×(25.01-9.01)×10-2 J=0.40 J ΔEk=M-M=×1×(1.002-0.602)J=0.32 J。 (4)若不满足钩码的质量远小于小车的质量,则钩码的重力大于对小车的拉力,且偏差较大造成误差;若未完全平衡摩擦力,则拉力与摩擦力做的总功等于小车动能的变化,造成误差。 [针对训练]　3.(2024·四川广安高一期中)某校物理兴趣小组利用如图所示装置探究合力做功与动能变化的关系。在滑块上安装一遮光条,系轻细绳处安装一拉力传感器(可显示出轻细绳中的拉力),把滑块放在水平气垫导轨上A处,细绳通过定滑轮与钩码相连。光电门安装在B处,A、B之间的距离为L,气垫导轨充气,将滑块从A位置由静止释放后,拉力传感器记录的读数为F,光电门记录的时间为t。 (1)若已测滑块和遮光条总质量m、遮光条的宽度d,则滑块通过光电门 的速度为　　　　。  (2)请写出本实验合力做功和动能变化关系的数学表达式 　　　　　　　　　　　　(用测得的已知量的物理量字母表示)。  解析:(1)滑块通过光电门的速度为v=。 (2)本实验合力做功和动能变化关系的数学表达式FL=mv2=m。 三 要点3　动能定理的简单应用 28 1.推导:如图所示,物体的质量为m,在与运动方向相同的合外力F的作用下发生了一段位移s,速度由v1增加到v2,此过程合外力F做的功为W。 梳理 必备知识 自主学习 ma Fs 2as m-m 2.内容:合外力对物体所做的功等于物体　 　　。  3.表达式:W=　　　。  4.两种情况 (1)合外力对物体做正功,Ek2>Ek1,动能　　　　。  (2)合外力对物体做负功,Ek2<Ek1,动能　　　　。  动能的变化量 Ek2-Ek1 增大 减小 [思考与讨论] 足球运动员用力F踢出足球,足球的质量为m,足球被踢出时的速度为v,足球被踢出后在地面上运动了距离x停下。在这整个过程中,足球运动员对足球做功了吗?做了多少功? 提示:做功了。因x不是力F作用时间内的位移,足球运动员对足球做的功不等于Fx。由动能定理求得足球运动员对足球做的功为W=mv2。 1.动能定理表达式的理解 (1)公式W=Ek2-Ek1中W是合外力做的功,不是某个力做的功,W可能是正功,也可能是负功。 (2)Ek2、Ek1分别是末动能和初动能,Ek2可能大于Ek1,也可能小于Ek1。 2.研究对象及过程:动能定理的研究对象可以是单个物体也可以是相对静止的系统。动能定理的研究过程既可以是运动过程中的某一阶段,也可以是运动全过程。 归纳 关键能力 合作探究 3.因果关系:合外力对物体做功是引起物体动能变化的原因。合外力做正功时,动能增加;合外力做负功时,动能减少。 4.动能定理的应用范围:动能定理既适用于恒力做功的情况,也适用于变力做功的情况;既适用于直线运动,也适用于曲线运动。 [例3]　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)(　　) A.0　　　　　　　　　　　 B.mgh C.mv2-mgh D.mv2+mgh B [解析]　由题意可知,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-Wf=0,即Wf=mgh,B正确,A、C、D错误。 [例4]　如图所示,物体在距离斜面底端5 m处由静止开始下滑,然后滑上与斜面平滑连接的水平面,若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4,斜面倾角为37°,求物体能在水平面上滑行的距离。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2) [答案]　3.5 m [解析]　对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示。 方法一　分过程列方程 设物体滑到斜面底端时的速度为v,物体下滑阶段 N1=mgcos 37° 故f1=μN1=μmgcos 37° 由动能定理得 mgsin 37°·l1-μmgcos 37°·l1=mv2-0 设物体在水平面上滑行的距离为l2, 摩擦力f2=μN2=μmg 由动能定理得 -μmgl2=0-mv2 联立以上各式可得l2=3.5 m。 方法二　全过程列方程 mgl1sin 37°-μmgcos 37°·l1-μmgl2=0 解得l2=3.5 m。 方法总结 应用动能定理解题的步骤 1.确定研究对象和研究过程。 2.对研究对象进行受力分析(研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析,含重力)。 3.写出该过程中合力做的功,或分别写出各个力做的功(注意功的正负)。如果研究过程中物体受力情况有变化,要分别写出该力在各个阶段做的功。 4.写出物体的初、末动能。 5.按照动能定理列式求解(注意动能增量是末动能减去初动能)。 [针对训练]　4.如图所示,某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上抛出,石块抛出时的速度大小为v0,不计空气阻力,重力加速度为g ,石块落地时的动能为(　　) A.mgh　　　　　　　　　 B.m C.m-mgh D.m+mgh D 解析:设石块落地时的动能为Ek,由动能定理得mgh=Ek-m,所以Ek=mgh+m,D正确。 5.如图所示,一只20 kg的狗拉着一个80 kg的雪橇以3 m/s的速度冲上倾角为θ的斜坡。已知sin θ=,斜坡对雪橇的摩擦阻力恒为20 N,狗拉雪橇上坡时的加速度为0.2 m/s2,经过10 s拉雪橇的套绳突然断开,雪橇刚好能冲上坡顶,求斜坡长。(g取10 m/s2) 答案:50 m 解析:套绳断开时,雪橇的速度为 v=v0+at=(3+0.2×10)m/s=5 m/s 套绳断开时,雪橇已通过的坡长为s1=v0t+at2=40 m 套绳断开后,设雪橇在斜坡上滑行s2停下,由动能定理有-(Mgsin θ+f)s2=0-Mv2,可得s2=10 m 则斜坡的长度s=s1+s2=40 m+10 m=50 m。 四 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 1.(多选)改变消防车的质量和速度,都能使消防车的动能发生改变。在下列几种情况下,消防车的动能是原来的2倍的是(　　) A.质量不变,速度增大到原来的2倍 B.速度不变,质量增大到原来的2倍 C.质量减半,速度增大到原来的4倍 D.速度减半,质量增大到原来的8倍 BD 解析:根据Ek=mv2可知,要使动能变为原来的2倍,可使质量不变,速度增大到原来的倍,或速度不变,质量增大到原来的2倍,或质量减半,速度增大到原来的2倍,或速度减半,质量增大到原来的8倍,故B、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.一质量为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),在整段时间内,水平力所做的功为(　　) A.mv2　　　　　　　　 B.-mv2 C.mv2 D.-mv2 解析:由动能定理得W=m(-2v)2-mv2=mv2,选项A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BC 3.(多选)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。如图所示,甲在光滑面上,乙在粗糙面上,则下列关于力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是(　　)   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:由功的公式W=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=Ek1,对乙有Fs-fs=Ek2,可知Ek1>Ek2,即甲物体获得的动能比乙大,C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.一质量为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,如图所示,则力F所做的功为(　　) A.mglcos θ B.Flsin θ C.mgl(1-cos θ) D.Flcos θ 解析:由动能定理得WF+WG=0,又WG=-mgl(1-cos θ), 所以WF=mgl(1-cos θ),C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 5.如图所示,一质量为m的小滑块(可视为质点)从斜面上的P点由静止下滑,在水平面上滑行至Q点停止运动。已知P点离水平面高度为h,小滑块经过斜面与水平面连接处时速度大小不变,重力加速度为g。为使小滑块从Q点由静止出发沿原路返回到达P点,需对小滑块施加一个始终与运动方向相同的拉力,则拉力至少对小滑块做的功为(　　)   A.mgh B.2mgh C.2.5mgh D.3mgh 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 解析:设滑块由P点到Q点,摩擦力做的功为W,由动能定理得mgh+W=0,设滑块由Q点到P点,拉力做的功至少为W1,由动能定理得W1+W-mgh=0,联立解得W1=2mgh,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.如图所示,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,重力加速 度为g,物体始终与电梯保持相对静止,则在这个过程中,下 列表达式正确的是(　　) A.对物体,动能定理的表达式为WN=m,其中WN为支持力做的功 B.对物体,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合外力做的功 C.对物体,动能定理的表达式为WN-mgH=m-m D.对电梯,其所受合外力做的功为M-M-mgH 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:物体受重力和支持力作用,根据动能定理得WN-mgH=m-m,故选项C正确,A、B错误;对电梯,其所受合外力做的功等于电梯动能的变化量,故选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.两辆汽车在同一平直路面上行驶,它们的质量之比m1∶m2=1∶2,速度之比v1∶v2=2∶1。当两车急刹车后,甲车滑行的最大距离为l1,乙车滑行的最大距离为l2,设两车与路面间的动摩擦因数相等,不计空气阻力,则(　　) A.l1∶l2=1∶2 B.l1∶l2=1∶1 C.l1∶l2=2∶1 D.l1∶l2=4∶1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:由动能定理,对两车分别有-f1l1=0-m1,-f2l2=0-m2,f1=μm1g,f2=μm2g,由以上四式联立得l1∶l2=4∶1,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动,起始点A与一轻弹簧O端相距s,如图所示,已知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,重力加速度为g,则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(　　) A.m-μmg(s+x) B.m-μmgx C.μmgs D.μmg(s+x) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 解析:对物体由动能定理得-W-μmg(s+x)=0-m,解得W=m-μmg(s+x),故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.某实验小组用如图甲所示装置探究“恒力做功与动能改变的关系”。请回答下列问题。 (1)纸带穿过打点计时器,调整长木板的倾斜度,使小车在不受牵引力时,能拖动纸带沿长木板做匀速运动。这样做的目的是　 。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)纸带穿过打点计时器,小车置于靠近打点计时器的位置,通过绕过定滑轮的细线与钩码相连;启动打点计时器,释放小车,小车在牵引力的作用下运动,得到的一条较为理想的纸带如图乙所示,其中O点为打点计时器打的第一个点,A、B、C为连续的三个计数点,相邻两点的时间间隔TAB=TBC=0.02 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 ①以小车为研究对象,若用钩码的重力表示细线对小车的拉力,钩码的质量m和小车的质量M应满足的条件是　　　　。  ②此次实验中,钩码的质量m=20 g,小车的质量M=400 g,根据纸带上提供的数据可知,从O到B的过程中,合外力对小车做的功为W=　　　　J;  小车动能的变化量为ΔEk=　　　　 J(重力加速度g取10 m/s2,结果保留3位有效数字)。  答案:(1)平衡摩擦力　(2)①m≪M　②0.130　0.128 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)目的是平衡摩擦力。 (2)①在平衡摩擦力的情况下,对小车F=Ma,对钩码mg-F=ma,联立解得F=mg=mg<mg,当m≪M时,F≈mg,即当m≪M时,才能用钩码的重力表示细线对小车的拉力。 ②钩码的质量m=20 g,小车的质量M=400 g,根据纸带上提供的数据可知,从O到B的过程中,合外力对小车做的功为W=mgsOB=0.02×10×0.650 0 J =0.130 J。打B点时小车的速度vB== m/s=0.80 m/s, 小车动能的变化量ΔEk=M=×0.4×0.802 J=0.128 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.冰壶运动又称为冰上国际象棋。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程:如图所示,运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OD推到A点放手,此后冰壶沿AD滑行,最后停于C点。已知冰面与冰壶间的动摩擦因数为μ,冰壶质量为m,AC=L,CD=r,重力加速度为g。 (1)求冰壶在A点的速率; (2)若将BD段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ,原来只能滑到C点的冰壶能停于D点,求A点与B点之间的距离。 答案:(1)　(2)L-4r 解析:(1)对冰壶,从A点放手到停于C点,设在A点时的速度为v1,应用动能定理有-μmgL=0-m 解得v1=。 (2)设A、B之间的距离为s,对冰壶由A到D的过程,应用动能定理有 -μmgs-0.8μmg(L+r-s)=0-m 解得s=L-4r。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.如图所示,一质量为m的滑块(可视为质点)沿某斜面从顶端A由静止滑下,已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ和滑块到斜面顶端的距离x的关系如图乙所示。斜面倾角为37°,长为l,重力加速度为g,求: (1)滑块滑至斜面中点时的加速度大小; (2)滑块滑至斜面底端B时的速度大小。 答案:(1)g　(2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)滑块滑到斜面中点时,由题图乙可知μ=0.5,则对滑块由牛顿第二定律得 mgsin 37°-μmgcos 37°=ma 代入数据解得a=g。 (2)滑块由顶端滑至底端,由动能定理得mglsin 37°+Wf=m 由题图乙的物理意义得Wf=-l=-l=-mgl 解得vB=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 $$