第四章 第3节 动能 动能定理（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（教科版）

该高中物理课件聚焦动能及动能定理，通过飞机运动、歼-15起飞等实例导入，衔接牛顿第二定律与运动学公式推导定理，以“四层”学习内容（必备知识、关键能力等）搭建学习支架，帮助学生系统掌握概念与应用。 其亮点在于融合科学探究（如用打点计时器或数据采集系统验证定理）、科学思维（微专题整合变力做功等问题）与科学态度（联系打夯、复兴号等生活实例），通过任务驱动、典例解析等方法，助力学生深化物理观念，教师可直接用于课堂教学，提升效率。

动能　动能定理 第 3 节 核心素养导学 物理观念 (1)知道动能的定义和表达式。 (2)知道动能定理的内容和表达式。 科学思维 (1)领悟应用功的定义式、牛顿第二定律和运动学公式推导动能定理的过程。 (2)理解动能定理的物理意义，知道动能定理的适用条件，会用动能定理进行分析和计算。 科学探究 通过实验验证动能定理是否成立。 科学态度 与责任 能用动能定理解释生产和生活中的现象或者解决实际问题，提高理论与实践相结合的能力。 [四层]学习内容1 落实必备知识 [四层]学习内容2 强化关键能力 01 02 CONTENTS 目录 [四层]学习内容3 ·4 浸润学科素养和核心价值 课时跟踪检测 03 05 微专题整合——应用动能定理解决两类典型问题 04 [四层]学习内容1 落实必备知识 一、动能 1.定义：物体由于_____而具有的能量。 2.表达式：Ek= _____ 。 3.单位：与功的单位相同，国际单位为_____。1 J=__________。  运动 mv2 焦耳 1 kg·m2·s-2 (1)动能是状态量，速度v是瞬时速度。物体的运动状态一定，其动能就有确定的值。 (2)动能是标量，且没有负值，其大小与速度的方向无关。 二、动能定理 1.推导：如图所示，物体的质量为m，在运动方向上受到合外力F的作用发生了一段位移x，速度由v1增加到v2，此过程合外力F做的功为W。 ma Fx 2ax mv22-mv12 2.内容：合外力对物体所做的功等于物体___________。 3.表达式：W=ΔEk=_______。 4.物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系。即外力对物体所做的总功，对应于物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度。 动能的变化 Ek2-Ek1 a 三、动能定理的实验证明 方案1　借用“探究___与 ___ 、 ___之间的关系”的实验装置进行实验。 方案2　使用_____________系统进行验证。 F m 数据实时采集 1.如图所示为正在空中飞行的飞机，   请对以下结论作出判断： (1)运动的飞机具有的能量就是动能。( ) (2)飞机的速度发生变化时，动能一定发生变化。( ) (3)在飞机的质量不变的情况下飞机的动能发生变化时，速度一定发生了变化。( ) (4)速度越大的物体，具有的动能也越大。( ) × × √ × 2.歼-15战机是我国自主研发的第一款舰载战斗机，已经实现了在“辽宁舰”上各种训练，形成战斗力，如图所示为正在起飞的歼-15战机。 (1)歼-15战机起飞时，合力做什么功? 速度怎么变化?动能怎么变化? 提示：(1)合力做正功　速度变大　动能增大 2.歼-15战机是我国自主研发的第一款舰载战斗机，已经实现了在“辽宁舰”上各种训练，形成战斗力，如图所示为正在起飞的歼-15战机。 (2)歼-15战机着舰时，阻拦索对战斗机 做什么功?战斗机的动能怎么变化? 提示：(2)做负功　动能减小 [四层]学习内容2 强化关键能力 新知学习(一)　对动能及动能变化的理解 如图所示，骑自行车下坡时，没有蹬车，车速却越来越快，动能越来越大，这与动能定理相矛盾吗? 提示：不矛盾。虽然人没蹬车，但重力却对人和车做正功，动能越来越大。 任务驱动 1.动能的“三性” 重点释解 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 标量性 动能是标量，没有方向 瞬时性 动能是表征物体运动状态的物理量，与物体的某一位置(或某一时刻)的速度相对应 2.动能与速度的三种关系 数值关系 Ek=mv2，同一物体，速度v越大，动能Ek越大 瞬时关系 动能和速度均为状态量，二者具有瞬时对应关系 变化关系 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，可能仅是速度方向的变化，物体的动能可能不变 1.下面有关动能的说法正确的是 (　　) 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 针对训练 √ 解析：物体做匀速圆周运动时，动能也不变，故A错误；由动能定理，可知物体做自由落体运动或平抛运动时，重力做功，物体的动能增加，故B错误，C正确；物体的动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能不一定变化，例如物体做匀速圆周运动时，动能不变，故D错误。 2.一物体的速度为v0时，其动能为Ek，当其速度变为2v0时，其动能变为 (　　) A.2Ek　　　　　　　　 B.Ek C.4Ek D.Ek √ 解析：由动能的表达式Ek=m可知，当物体的速度增大为原来的2倍时，物体的动能Ek'=m·(2v0)2=4Ek，C正确。 3.(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做匀速运动，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，则小球碰墙过程中速度的变化和动能的变化分别是 (　　) A.Δv=10 m/s B.Δv=0 C.ΔEk=1 J D.ΔEk=0 √ √ 解析：速度是矢量，故Δv=v2-v1=5 m/s-(-5 m/s)=10 m/s；而动能是标量，初末状态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔEk=0，选项A、D正确。 新知学习(二)　对动能定理的理解 如图所示，一辆汽车正在加速上坡。 (1)图中汽车上坡过程受哪些力作用?各个力做什么功? 任务驱动 提示：(1)汽车受重力、支持力、牵引力及路面的阻力作用，上坡过程中牵引力做正功，重力、阻力做负功，支持力不做功。 如图所示，一辆汽车正在加速上坡。 (2)图中汽车的动能怎样变化?其动能的变化与各个力做功有什么关系? 提示：(2)由于汽车加速上坡，其动能增大，汽车动能的变化等于重力、牵引力及路面的阻力三个力做功的代数和。 1.对动能变化量的理解 (1)表达式：ΔEk=Ek2-Ek1。 (2)物理意义：ΔEk>0，表示动能增加；ΔEk<0，表示动能减少。 (3)变化原因：力对物体做功是引起物体动能变化的原因，合力做正功，动能增加，合力做负功，动能则减少。 重点释解 2.对动能定理的理解 (1)表达式：W=ΔEk=Ek2-Ek1，式中的W为合外力对物体所做的总功。 (2)研究对象及过程：动能定理的研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的相对静止的系统。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。 (3)普遍性：既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于物体做直线运动的情况，也适用于物体做曲线运动的情况。 (4)实质：揭示了力对物体做的总功与物体动能变化的关系。 1.有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示。如果由于摩擦使木块的运动速率保持 不变，则以下叙述正确的是 (　　) A.木块所受的合外力为零 B.因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零 C.重力和摩擦力的合力做的功为零 D.重力和摩擦力的合力为零 针对训练 √ 解析：物体做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A错误；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C正确，B、D错误。 2.(多选)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等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：第一过程速度增量为Δv1=v，动能增量为ΔEk1=mv2，合外力做功W1=ΔEk1=mv2；第二过程速度增量Δv2=2v-v=v，动能增量ΔEk2=m·(2v)2-mv2=mv2=3ΔEk1，合外力做功W2=ΔEk2=mv2=3W1，故选项A、B正确，C、D错误。 新知学习(三)　动能定理的应用 1.动能定理公式中“=”体现的“三个关系” 重点释解 因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因 数量关系 合力的功与物体动能的变化可以等量代换 单位关系 国际单位都是焦耳 2.“一个参考系”：动能定理的计算式为标量式，高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。 3.动能定理解题的优越性：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。 4.动能定理与牛顿运动定律的比较   牛顿运动定律 动能定理 适用条件 只能研究物体在恒力作用下做直线运动的情况 对于物体在恒力或变力作用下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 结论 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]　如图所示，用与水平方向成37°角的恒力F=10 N将质量为m=1 kg的物体由静止开始从A点拉到B点，在B点撤去力F，已知A、B间距L=2 m，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5。g取10 m/s2，sin 37°=0.6，求撤去外力后物体还能滑行多远? 典例体验 [答案]　2.4 m [解析]　解法一　牛顿运动定律法 在A→B过程中，物体受力如图所示 其中：FN=mg-Fsin θ① 由牛顿第二定律得Fcos θ-μFN=ma1② 设前进L=2 m时的速度为v，则v2=2a1L③ 撤去外力后，由牛顿第二定律得-μmg=ma2④ 设再前进的位移为x，则0-v2=2a2x⑤ 联立①②③④⑤式得x=2.4 m。 解法二　动能定理法 对全程利用动能定理，恒力F作用时，物体所受摩擦力Ff=μ(mg-Fsin 37°)=2 N 则FLcos 37°-FfL-μmgx=0，解得x=2.4 m。 /方法技巧/ 应用动能定理解题的步骤 (1)确定研究对象和研究过程(研究对象一般为单个物体或多个相对静止的物体组成的系统)。 (2)对研究对象进行受力分析及做功分析。 (3)确定合外力对物体做的功(注意功的正负)。 (4)确定物体的初、末动能(注意动能增量是末动能减初动能)。 (5)根据动能定理列式、求解。 1.(2024·安徽高考)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 (　　) A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 针对训练 √ 解析：人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2，故选D。 2.(2025·黑吉辽蒙高考)如图，一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m，A点距地面的高度h=1.95 m，雪块与屋顶间的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°=0.6， 重力加速度大小g=10 m/s2。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0； 答案：(1)5 m/s 解析：(1)雪块在屋顶上运动的过程中，由动能定理有mgxsin θ-μmgcos θ·x=m-0 代入数据解得雪块从A点离开屋顶时的速度大小为v0=5 m/s。 2.(2025·黑吉辽蒙高考)如图，一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m，A点距地面的高度h=1.95 m，雪块与屋顶间的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°=0.6， 重力加速度大小g=10 m/s2。求： (2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向 与水平方向的夹角α。 答案：(2)8 m/s　60° 解析：(2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理有mgh=m-mv02 代入数据解得雪块落地时的速度大小v1=8 m/s 雪块落地时的速度与水平方向的夹角α满足 cos α== 解得α=60°。 新知学习(四)　验证动能定理 方案一　借用“探究a与F、m之间的关系”的实验装置进行实验。 1.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，使小车重力沿斜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)用细绳将木板上的小车通过一个定滑轮与悬吊的砝码盘相连。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。 2.数据处理 (1)求动能变化量ΔEk：小车在细绳的拉力作用下做匀加速直线运动，选取纸带上恰当的两点A、B为初状态和末状态，依据匀变速直线运动特点v=计算出A、B两点的瞬时速度vA、vB，求出物体动能的改变量ΔEk=m-m。 (2)求解合外力做的功：此过程细绳的拉力对小车做功，由于所挂砝码盘及砝码质量很小，可认为小车所受拉力F的大小等于砝码和砝码盘所受重力的大小。用刻度尺量出A、B之间的距离x，由此可知拉力对小车所做的功W=Fx。 (3)交流论证：通过比较W=Fx与m-m的值，可发现结果在误差允许范围内二者相等，即W=m-m，说明合外力对物体所做的功等于物体动能的增加量。 3.注意事项及误差分析 (1)实验中不可避免地要受到摩擦力的作用，摩擦力对小车做负功，我们研究拉力做功与物体动能变化的关系，应该设法消除摩擦力的影响，可采取将木板一端垫高的方法来实现。将木板一端垫高，使小车重力沿斜面方向的分力与摩擦力相平衡，就能消除摩擦力的影响。 (2)尽量减小小车的加速度。因为拉着小车加速运动时，砝码及砝码盘处于失重状态，小车受到的拉力小于砝码及砝码盘的重力。为减小这一系统误差，应使小车的加速度尽量小，也就是实验中必须满足砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量。由受力分析及牛顿第二定律可知，F=Ma，mg-F'=ma，且F'=F，联立得F==。当M远大于m时，有F≈mg。如果砝码及砝码盘质量太大，和小车质量相差不多，那么F≠mg，此时再认为F=mg产生的误差就很大了。 (3)本实验的误差主要来源于拉力略小于砝码及砝码盘的重力、不能完全平衡摩擦力和测量误差等方面。 方案(二)　使用数据实时采集系统进行验证。 使用数据实时采集系统，在小车上安装力传感器和位移传感器，利用计算机收集小车的位移数据并计算出各点处小车的速度，力传感器可测量小车受到的拉力，输入相关公式即可计算出各段时间内拉力做功及始末动能，从而验证动能定理是否成立。 [典例]　用如图所示的实验装置探究功和动能变化的关系。一木板放在安装有定滑轮和光电门的气垫导轨上，木板左右两端安装了宽度均为d的相同遮光条A、B，木板(含遮光条)的质量为M，两遮光条间的距离为L，用不可伸长的细线绕过定滑轮，把木板与力传感器连接起来，传感器下方悬挂钩码，将木板由静止释放，由数字计时器可读出遮光条通过光电门的时间。 典例体验 (1)在完成实验时，下列不必要的实验要求是____(填选项前字母)。  A.应使木板质量远大于钩码和力传感器的总质量 B.应使木板释放的位置与光电门间的距离适当大些 C.应将气垫导轨调节水平 D.应使细线与气垫导轨平行 √ [解析]　(1)力传感器测出的力的大小就是细线对木板的真实拉力的大小，因此无需满足使木板质量远大于钩码和力传感器的总质量。使木板释放的位置与光电门间的距离适当大些，可减小测量误差；此实验需要满足导轨水平且细线与气垫导轨平行。因此不必要的实验要求是A。 (2)按要求调整好实验装置后进行实验，主要测量步骤如下： ①将木板从距离光电门适当的位置由静止释放，木板在细线拉动下运 动，记录力传感器的示数F及遮光条A、B先后经过光电门的时间t1、t2，则遮光条A、B通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔEk=________，合外力对木板做功W=___。(以上两空用字母M、t1、t2、d、L、F表示)  ②增加所挂钩码的个数，重复①的操作，比较W、ΔEk的大小，可得出实验结论。 [答案]　(2)①M[() 2-() 2]　FL [解析]　(2)遮光条A通过光电门的速度vA=，遮光条B通过光电门的速度vB=，所以遮光条A、B通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔEk=M ()2-M()2= M[()2-() 2] 此过程合外力对木板做功W=FL。 用如图甲所示的实验装置来验证动能定理， (1)图甲所示装置中的错误有： ①______________________________________；  ② ______________________________________ ；  ③ ______________________________________ 。  针对训练 解析：(1)安装仪器时我们需要注意：①细线应与木板平行，保证拉力在小车前进的方向上；②打点计时器需要用交流电源；③释放小车时应让小车从靠近打点计时器处释放，在纸带上打上尽量多的点。 (2)纠正装置错误后，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力：将小车水平静止地放在长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图乙，直到小车________________________________。  答案： (2)被轻推后做匀速直线运动为止 解析： (2)为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力：将小车水平静止地放在长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车被轻推后做匀速直线运动为止。 (3)消除摩擦力的影响后，重新进行正确的操作，设沙与沙桶的质量为m，小车的质量为M，从静止释放小车，测得小车运动距离为x，小车速度为v，设重力加速度为g，(设M≫m)，则验证动能定理的表达式为：_______________(用所给的字母表达)。  答案： (3)mgx=Mv2 解析： (3)合外力做的功为：mgx，动能增加量为Mv2，则本实验需验证的数学表达式为mgx=Mv2。 [四层]学习内容3 · 4 浸润学科素养和核心价值 1.(选自人教版教材例题)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实(如图)。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为320 N，方向都与竖直方向成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： (1)重物刚落地时的速度是多大? ◉科学思维——动能定理的应用 一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养 答案：(1)2.5 m/s 分析：如图，甲表示重物在地面上受到人的作用力，乙表示上升30 cm后人停止施力，丙表示刚落地，丁表示砸深地面2 cm后静止。 重物落地时的速度，即丙中重物的速度，可以对从甲至丙这一过程应用动能定理来求解。重物对地面冲击力的大小与从丙至丁这一过程中重物所受阻力的大小相等，可以对这一过程应用动能定理来求解。 1.(选自人教版教材例题)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实(如图)。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为320 N，方向都与竖直方向成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： (2)重物对地面的平均冲击力是多大? 答案：(2)8.3×103 N 解析： (2)由丙到丁的过程中，应用动能定理可得 mgx'-F阻x'=0-mv2 F阻=mg+=N≈8.3×103 N 重物落地时的速度大小为2.5 m/s，对地面的平均冲击力的大小为8.3×103 N。 2.(选自粤教版教材课后练习)在一个带喷水口的塑料瓶中装满水，用力挤压可使水从喷口射出(如图所示)。请设计方案，估测手挤压瓶时对瓶所做的功，并说明要用到哪些实验器材，需要测量哪些物理量，并写出估测所做功的表达式。 ◉科学探究——用动能定理探究手对瓶压力做功 解析：用力挤压使水从塑料瓶喷水口水平喷出，用刻度尺测出喷水口到地面的高度h及水的落地点到喷水口的水平距离x，用天平测出喷出水的质量m，则由平抛运动知识可知：h=gt2，x=v0t， 又由动能定理可得：手挤压瓶时对瓶所做的功 W=m， 可解得：W=。 1.如图，小飞同学用手托着质量为m的地球仪，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v(地球仪与手始终相对静止，空气阻力忽略不计)，地球仪与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是 (　　) A.手对地球仪的作用力方向竖直向上 B.地球仪所受摩擦力大小为μmg C.手对地球仪做的功等于 D.地球仪对手做正功 二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值 √ 解析：由题意知，地球仪做加速运动，地球仪受重力、手的弹力及摩擦力的作用，手对地球仪的作用力斜向前上方，A错误；地球仪所受摩擦力f=ma，B错误；由动能定理可得Wf=mv2，C正确；地球仪对手做负功，D错误。 2.(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内 (　　) A.做匀加速直线运动 B.加速度逐渐减小 C.牵引力的功率P=Fvm D.牵引力做功W=m-m √ √ 解析：由于动车以恒定功率运动，则由P=F牵引力v可知，动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力-F=ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P=Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W-Fx=m-m，则牵引力所做的功为W=Fx+m-m，D错误。 3.惊险刺激的“时空之旅”飞车表演中，演员驾驶摩托车(总质量为m)在半径为R的球形金属网内壁的竖直平面内做圆周运动。若某次经过最低点时关闭发动机，安装在最低点和最高点的压力传感器测出该圈内车对金属网压力的大小分别是9mg和mg，则从最低点到最高点的过程中，演员及摩托车克服阻力所做的功是(重力加速度大小为g) (　　) A.mgR　　　　　　　　 B.mgR C.mgR D.mgR √ 解析：在最低点，根据牛顿第二定律有N1-mg=m，N1=9mg，解得=8gR；在最高点，根据牛顿第二定律有N2+mg=m，N2=mg，解得=2gR，在最低点到最高点的过程中，由动能定理得-mg×2R-Wf=m-m，解得Wf=mgR，故A正确，B、C、D错误。 微专题整合—— 应用动能定理解决两类典型问题 类型(一)　变力做功问题 (1)动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。 (2)利用动能定理求变力做的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变+W其他=ΔEk。 [例1]　(2025·广安高一阶段练习)在一些影视剧中经常能看到一些特技表演。如图所示，有一高台离地面的高度h=5 m，一特技演员骑摩托车从坡底由静止出发，冲上高台后以某一速度水平飞出，在水平地面上的落点到高台边沿的水平距离x=20 m。已知摩托车从坡底冲上高台的过程历时t=15 s，人和车的总质量m=2×102 kg，发动机的功率恒为P=4 kW，不计空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2。求： (1)摩托车水平飞出高台时的速度大小； [答案]　(1)20 m/s [解析]　(1)摩托车从高台飞出后做平抛运动， 有h=g，x=vt0 代入数据解得摩托车水平飞出高台时的速度大小v=20 m/s。 (2)摩托车飞出后落到地面时的动能是多大； [解析]　 (2)摩托车飞出后落到地面的过程，根据动能定理有mgh=Ek-mv2 解得摩托车飞出后落到地面的动能为 Ek=5×104 J。 [答案]　 (2)5×104 J (3)摩托车在冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功。 [解析]　 (3)摩托车在冲上高台的过程中，根据动能定理有Pt-mgh-Wf=mv2-0 代入数据解得克服摩擦阻力所做的功 Wf=1×104 J。 [答案]　 (3)1×104 J 1.一质量为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 应用体验 √ 解析：小球的运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可看成是处于平衡状态，因此F不断变大，F做的功是变力做的功。小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得WF-mgl(1-cos θ)=0，所以WF=mgl(1-cos θ)，选项C正确。 类型(二)　多过程问题 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，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)当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。 [例2]　如图所示，光滑固定斜面AB的倾角θ=53°，BC为水平面，BC长度lBC=1.1 m，CD为光滑的圆弧，半径R=0.6 m。一个质量为m=2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h=0.2 m。不计空气阻力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g取10 m/s2。求： (1)物体运动到C点时的速度大小vC； [答案]　(1)4 m/s [解析]　(1)物体由C点到最高点，根据动能定理得-mg(h+R)=0-m， 代入数据解得vC=4 m/s。 (2)A点距离水平面的高度H； [解析]　(2)物体由A点到C点，根据动能定理得 mgH-μmglBC=m-0， 代入数据解得H=1.02 m。 [答案]　(2)1.02 m (3)物体最终停止的位置到C点的距离x。 [解析]　(3)从物体开始下滑到停下，设物体在水平面上滑过的路程为s，根据动能定理得mgH-μmgs=0，代入数据解得s=5.1 m 由于s=4lBC+0.7 m 所以，物体最终停止的位置到C点的距离x=0.4 m。 [答案]　(3)0.4 m /方法技巧/ 动能定理在多过程中的应用技巧 (1)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。 (2)研究初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关心中间运动的细节。 2.(2025·成都高一期末)如图所示，将一截面为矩形的特殊材料静置于水平面上，从距材料上表面高度为h处由静止释放一个质量为m的小球(可视为质点)，小球进入材料后恰好能运动至材料中距上表面的d处。已知小球在该材料中所受的阻力f=kx(k为大小恒定但未知的 系数，x为小球在材料中运动的位移大小)。重力加速度为 g，不计空气阻力，则k的大小为 (　　) A. B. C. D. 应用体验 √ 解析：根据题意，对小球从静止释放到在材料中静止，由动能定理得mg(h+d)-Wf=0，由于f=kx，则有Wf=d=·d=kd2，联立解得k=。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.(多选)关于动能，下列说法正确的是 (　　) A.动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能 B.公式Ek=mv2中，速度v是物体相对于地面的速度，且动能总是正值 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 √ √ 12 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：动能是物体由于运动而具有的能量，所以凡是运动的物体都具有动能，故A正确；公式Ek=mv2中，速度v与参考系的选取有关，但参考系不一定是地面，故B错误；速度是矢量，当其只有方向发生变化时，动能不变化，此时物体不处于平衡状态，一定质量的物体，动能变化时，其速度大小一定变化，即速度一定变化，故C正确，D错误。 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.(2025·成都高一期中)生活中人们积累了丰富的经验，从而提高工作效率。如图，将桶装水从距离地面高h=1 m的斜面顶端由静止释放，沿斜面运动到底端时动能Ek=90 J。已知桶装水的质量m=20 kg，g取10 m/s2。该过程中阻力做的功为 (　　) A.-90 J　　　　　 B.-110 J C.-200 J D.-290 J √ 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由动能定理得mgh+W阻=Ek，解得W阻=-110 J，故B正确，A、C、D错误。 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.如图所示，一木块沿着高度相同、倾角不同的三个固定斜面由顶端静止滑下，若木块与各斜面间的动摩擦因数都相同，则木块滑到底端的动能大小关系是 (　　) A.倾角最大的动能最大 B.倾角最小的动能最大 C.倾角等于45°的动能最大 D.三者的动能一样大 √ 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设斜面倾角为θ，对于木块由斜面顶端滑至底端的过程，根据动能定理有ΔEk=W合=mgh-μmgcos θ·=mgh-μmgh·，可知θ越大，越小，ΔEk越大，故倾角大的动能大，A正确，B、C、D错误。 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.(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 √ √ 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由功的公式W=Fxcos α=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。 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.将距离沙坑表面上方1 m高处质量为0.2 kg的小球由静止释放，测得小球落入沙坑静止时距离沙坑表面的深度为10 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2，则小球克服沙坑的阻力所做的功为 (　　) A.0.4 J B.2 J C.2.2 J D.4 J √ 解析：由动能定理得mg(h+d)-Wf=0，解得小球克服沙坑阻力所做的功为Wf=2.2 J，故C正确，A、B、D错误。 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 12 7.(多选)如图所示，轻质弹簧竖直放在地面上，物块P的质量为m，与弹簧上端连在一起保持静止。现用竖直向上的恒力F使P向上加速运动一小段距离L时，速度为v，下列说法正确的是 (　　) A.合力对P做的功是mv2 B.重力对P做的功是mgL C.合力对P做的功是FL-mgL D.弹簧弹力对P做的功是mgL-FL+mv2 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ √ 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：对P分析，根据动能定理得合力做的功W合=ΔEk=mv2，故A正确，C错误；P上升L时，克服重力做的功为mgL，即重力做功为-mgL，故B错误；根据动能定理，对全过程有-mgL+FL+W弹=mv2，解得弹簧弹力对P做的功W弹=mgL-FL+mv2，故D正确。 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 8.如图所示，一物体以6 J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，若物体以8 J的初动能从A点沿同一路线滑到B点，则物体到B点时的动能是 (　　) A.小于8 J B.等于8 J C.大于8 J D.不能确定 √ 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：当物体以6 J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，根据动能定理有：WG+Wf=0；当以8 J的初动能从A点下滑时，由于物体沿圆弧下滑，指向圆心的合力提供向心力，由于速度变大，圆弧轨道给物体的弹力变大，根据滑动摩擦力大小的计算式：f=μN，可得物体受到的摩擦力增大，在从A到B的过程中，物体通过的圆弧长度不变，所以物体在从A到B的过程中，克服摩擦力做功增大，重力做功不变，所以到达B点时动能小于8 J，故A正确，B、C、D错误。 12 9.如图所示为一款“乒乓球训练神器”，其构造简单且不受空间的限制，非常适用于居家锻炼。整个系统由金属底座、支撑杆、高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成。在某一次击球后，乒乓球从A点以某一初速度开始运动，经过最高点B之后向右运动到最远处C点，不计空气阻力，则乒乓球从A点到C点过程中 (　　) A.在C点时，乒乓球所受合外力为零 B.软杆对乒乓球做负功 C.地面对底座的摩擦力始终为零 D.地面对底座的支持力始终不变 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：在C点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，因此乒乓球所受合外力一定不为零，故A错误；由于C点比A点低，重力对乒乓球做了正功，根据动能定理得mgh+W=0-m，式中h为A、C两点间高度差，v0为乒乓球在A点的初速度，W是软杆对乒乓球做的功，可知，W<0，即软杆的弹力对乒乓球做负功，故B正确；由于乒乓球在水平方向做变速运动，因此软杆对乒乓球在水平方向的力不为零，对底座进行受力分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，故C错误；由于乒乓球在竖直方向上的运动不是匀速运动，故软杆对乒乓球在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座的支持力也是变化的，故D错误。 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(多选)在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v􀆼t图像如图所示。下列表述正确的是 (　　) A.在0~1 s内，风力对帆船做功1 000 J B.在0~1 s内，合外力对帆船做功1 000 J C.在1~2 s内，合外力对帆船做功750 J D.在0~3 s内，合外力对帆船做的总功为0 √ √ 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：在0~1 s内，根据动能定理W合=ΔEk=mv2=×500×4 J=1 000 J，而合外力做的功W合=W风-W阻，故风力对帆船做功大于1 000 J，故A错误，B正确；在1~2 s内，根据动能定理W合=ΔEk=×500×1 J-×500×4 J=-750 J，故合外力做负功，故C错误；在0~3 s内，根据动能定理W合=ΔEk=0，故合外力做的总功为0，故D正确。 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(14分)如图所示，BCD是半径R=0.4 m的竖直圆弧形光滑轨道，D是轨道的最高点，长L=2 m的水平面AB与圆弧形轨道在B点相切。一质量m=0.1 kg的物体(可视为质点)静止在水平面上的A点。物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.4，现给物体一个初速度，使它经过水平面后沿BCD轨道运动，取g=10 m/s2。 (1)若已知物体到达D点时速度为vD=4 m/s，求物体运动到D点时的动能大小和受到轨道压力FN的大小；(6分) 答案：(1)0.8 J　3 N 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：(1)物体运动到D点时的动能Ek=m=0.8 J物体在D点时，根据牛顿第二定律得 FN+mg=m 解得FN=3 N。 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(14分)如图所示，BCD是半径R=0.4 m的竖直圆弧形光滑轨道，D是轨道的最高点，长L=2 m的水平面AB与圆弧形轨道在B点相切。一质量m=0.1 kg的物体(可视为质点)静止在水平面上的A点。物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.4，现给物体一个初速度，使它经过水平面后沿BCD轨道运动，取g=10 m/s2。 (2)如果物体恰好能通过D点，求物体在A点的初速度大小vA。(8分) 答案：(2)6 m/s 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：(2)物体恰好通过D点时，由重力提供向心力，有mg=m，从A到D，根据动能定理得-μmgL-2mgR=mv2-m 联立解得vA=6 m/s。 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 12.(16分)(2025·自贡高一期末)图1是投掷运动员训练的专用设施，可简化为图2所示的模型：悬于空中的轨道，由水平轨道AB和倾角为37°的倾斜轨道BC平滑相接，其上穿有质量m=10 kg的金属块M(可视为质点)。已知AB长1.7 m、BC长2.5 m，金属块与轨道间的动摩擦因数μ=0.1。某次训练时，运动员握住把手沿水平方向对金属块施加一恒力F，让其从A点开始运动，到达B点后放手，恰好可到达倾斜轨道上的C点，忽略空气阻力，取g=10 m/s2， sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)金属块到达B点时的速率；(8分) 12 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)恒力F的大小。(8分) 答案：(2)110 N 解析： (2)从A点到B点，对金属块根据动能定理有 F·AB-μmg·AB=m，解得F=110 N。 12 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 解析：(1)两根绳子对重物的合力 F合=2Fcos 37°=2×320×0.8 N=512 N 由甲至丙只有绳子的拉力做功，应用动能定理可得F合x=mv2-0 v= = m/s≈2.5 m/s。 6.如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台边缘正下方开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为 (　　) A. B. C. D.m 解析：如图所示，人从地面上平台边缘正下方开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处时，沿绳方向的速度v=v0cos 45°=，故质量为m的物体的速度v'=v=，由动能定理可知，在此过程中人所做的功为W=mv'2=，故选项C正确。 解析：(1)从B点到C点，对金属块根据动能定理有 -mgsin 37°·BC-μmgcos 37°·BC=0-m 解得vB= m/s。 答案：(1) m/s $