6-3动能、动能定理
第六章 第2讲 动能定理-2025高三总复习 物理(新高考)
第2讲动能定理[课标要求]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。
考点一动能定理的理解1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。
(2)公式：E k＝12m v2，国际制单位：焦耳(J)。
1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。
(3)动能是标量、状态量。
2．动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
(2)表达式：W＝E k2－E k1＝12m v22－12m v21＝ΔE k。
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。
自主训练1动能的理解高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比答案：B解析：动能E k＝12m v2，与速度的平方成正比，C错误；速度v＝at，可得E k＝12ma2t2，与经历的时间的平方成正比，A错误；根据v2＝2ax，可得E k＝max，与位移成正比，B正确；动量p＝m v，可得E k＝p22m，与动量的平方成正比，D错误。
自主训练2动能定理的理解(多选)(2023·陕西宝鸡二模)下列说法正确的有()A．若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变B．若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化C．若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零D．若运动物体的动能发生变化，则该物体所受合外力一定不为零答案：AD解析：运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体动能不变，故A正确；运动物体所受合外力不为零，物体运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果合外力方向与物体速度方向垂直，则合外力对物体不做功，物体动能不变，故B错误；如果运动物体所受合外力与物体的速度方向垂直，则合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运动，故C错误；若运动物体的动能发生变化，根据动能定理可知，合外力一定做功，即合外力一定不为零，故D正确。
描述动能定理和功率的计算公式
描述动能定理和功率的计算公式知识点：动能定理和功率的计算公式动能定理：动能定理是描述物体由于运动而具有的能量的定理。
它说明了物体动能的变化等于物体所受外力做功的总和。
动能定理的数学表达式为：[ W = KE ]其中，( W ) 表示外力做的总功，( KE ) 表示物体动能的变化量。
当物体受到外力作用，且外力的方向与物体运动方向相同时，外力对物体做正功，物体的动能增加；当外力的方向与物体运动方向相反时，外力对物体做负功，物体的动能减少。
功率的计算公式：功率是指单位时间内做功的多少，是描述做功快慢的物理量。
功率的计算公式为：[ P = ]其中，( P ) 表示功率，( W ) 表示做的功，( t ) 表示时间。
功率的单位是瓦特（W），1瓦特等于1焦耳/秒。
当物体受到的外力与物体的速度方向相同时，物体的功率等于外力与物体速度的乘积；当物体受到的外力与物体的速度方向相反时，物体的功率等于外力与物体速度的乘积的负值。
以上是动能定理和功率的计算公式的基本内容，希望对您有所帮助。
习题及方法：1.习题：一个物体质量为2kg，以10m/s的速度运动，求物体的动能。
解题方法：根据动能定理，物体的动能 ( KE = mv^2 )。
将质量 ( m = 2kg ) 和速度 ( v = 10m/s ) 代入公式，得到物体的动能 ( KE = 2 10^2 = 100J )。
2.习题：一个物体质量为3kg，以8m/s的速度运动，若物体受到一个恒力12N的作用，恒力的方向与物体运动方向相同，求物体在2秒内所做的功。
解题方法：根据动能定理，物体所做的功 ( W = KE )。
物体初始动能 ( KE_1 = mv_1^2 = 3 8^2 = 96J )，2秒后物体的速度 ( v_2 = v_1 + at = 8 + 12 2 = 20m/s )，2秒末的动能 ( KE_2 = mv_2^2 = 3 20^2 = 600J )。
物体在2秒内所做的功 ( W =KE_2 - KE_1 = 600J - 96J = 504J )。
精品专题 专题六 动能定理与功能关系
高二智慧课堂专题六动能定理与功能关系动能定理理解：W＝Ek2－Ek1合力做的功即总功＝末动能－初动能说明：对任何过程的恒力、变力；匀变速、非匀变速；直线运动、曲线运动；时间长或短过程、瞬间过程都能运用。
1、合外力做正功，动能增加合外力做负功，动能减少2、动能定理中的功是合外力做的总功总功的求法：（1）先求合力，再求合力功（2）先求每个力做的功，再求代数和3、适用范围：既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
解题思路:(1)选取研究对象.一般选取某一个物体或相对静止的多个物体做研究对象.(2)确定研究过程.研究过程可以是物体运动中的某一阶段,也可以是由物体运动的多个阶段所组成的全过程.(3)在确定的研究过程内,对研究对象进行力的分析和功的分析.在进行功的分析时,不但要分析哪些力做功,还要分析其做功性质.(4)确定研究对象的初、末动能及动能的变化.这里的初和末是相对所选取的研究过程来讲的.(5)应用动能定理列出相应关系式.恒力---直线过程练习1：一质量为1kg的物体被人用手由静止向上提高1m，这时物体的速度是2m/s，下列说法正确的是: A、手对物体做功10J B、合外力对物体做功12JC、合外力对物体做功2JD、物体克服重力做功2J练习2：A、B两物体放在光滑的水平面上，分别在相同的水平恒力作用下，由静止开始通过相同的位移，若A的质量大于B的质量，则在这一过程A. A获得的动能大B. B获得的动能大C. A、B获得的动能一样大D. 无法比较谁获得的动能练习3：一辆质量为m，速度为v0的汽车在关闭发动机后于水平地面滑行了距离L后停下来，试求汽车受到的阻力．练习4：一架喷气式飞机，质量为m=5000kg,起飞过程中从静止开始滑跑的路程为l=530m 时，达到起飞速度v=60m/s。
在此过程中飞机受到的平均阻力f阻是飞机重量的0.02倍（k=0.02）。
求飞机受到的牵引力F。
动能定理推导过程
动能定理推导过程一、动能定理的概念及意义动能定理是描述物体运动过程中动能变化与力学功之间关系的基本定理。
它表明，物体的动能变化量等于所受外力做功的量。
二、牛顿第二定律的推导在推导动能定理之前，需要先了解牛顿第二定律。
牛顿第二定律表示：物体所受合力等于其质量乘以加速度。
设物体质量为m，所受合力为F，加速度为a，则有：F = ma三、功的定义及计算公式在推导过程中，还需要用到功的概念及计算公式。
功是描述力对物体做功的量。
其计算公式为：W = F·s·cosθ其中，W表示做功量；F表示作用力；s表示作用点移动距离；θ表示作用力和移动方向夹角。
四、动能定义及计算公式在推导过程中，还需要用到动能的概念及计算公式。
动能是描述物体运动状态的量。
其计算公式为：E_k = 1/2mv^2其中，E_k表示动能；m表示质量；v表示速度。
五、推导过程1. 假设物体初速度为v_0，末速度为v，所受合力为F。
2. 根据牛顿第二定律，可得：F = ma3. 将加速度a用速度v和初速度v_0表示出来，有：a = (v - v_0)/t其中，t表示时间。
4. 将式子代入牛顿第二定律中，有：F = m(v - v_0)/t5. 将式子两边同乘以s（位移），有：Fs = m(v - v_0)s/t6. 根据功的计算公式，可将右侧的式子表示为功量W，即：W = m(v - v_0)s/t7. 将动能的计算公式代入上述式子中，有：W = [1/2mv^2 - 1/2mv_0^2]/t·s8. 对上述式子进行变形，得到动能定理的表达式：W = ΔE_k其中，ΔE_k表示动能变化量。
六、结论及应用由上述推导过程可知，在物体运动过程中所受外力做功的量等于其动能变化量。
这一结论在物理学研究和工程实践中都具有重要意义。
例如，在机械工程领域中，可以利用该定理来设计高效率的机械装置；在物理学研究领域中，可以通过该定理来解释物体运动过程中的动能变化。
第六章 第2讲 动能和动能定理-2025届高中物理
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2.24×108J.（2）此过程飞机的动能变化量是2.24×108J.（3）飞机的平均牵引力是 1.036×105N.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12mω2r2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/s 2，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h 1，停止发力后重物继续上升的高度为h 2，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v 2＝2gh 2vt －12gt 2＝－h 1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h 3，重物从最高点到最低点的过程，由动能定理有mg （h 1＋h 2＋h 3）－fh 3＝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＝m2，解得质点运动至半圆形轨道最低点时的速度v N ＝3B，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＝12m2-0，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-12m2＝-mgR-W'，解得E k Q＝12m2-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.2KB.KC.K2D.0解析小球A下降h过程，根据动能定理，有mgh-W＝0，小球B下降h过程，根据动能弹＝12×2mv2-0，联立解得v＝K，故B正确.定理，有2mgh-W弹考点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1E 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 ＝502N ＝25N ，减速阶段的合力大小为F'合＝mg ＋f ＝501N ＝50N，又f＝0.25mg，联立解得F升＝75N，f＝10N，mg＝40N，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＝'＝2550＝12，故D正确.命题点2F－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＝B＝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，0～6s内物体的位移大小为30m，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，0～6s内拉力做的功为70J，故B错误；0～6s内与0～2s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2～6s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＝＝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.[Ek－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/s2，则此物体（BD）A.在位移L＝9m时的速度大小是33m/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/s2D.在OA段运动的加速度大小是1.5m/s2解析由图像可知当L＝9m时，W＝27J，而W f＝-μmgL＝-18J，由动能定理有W合＝W＋W f＝12mv2，解得v＝3m/s，故A错误，B正确；在A点时，W'＝15J，W'f＝-μmgL'＝-6J，由动能定理可得W'＋W'f＝12m2，解得v A＝3m/s，则a＝22'＝1.5m/s2，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v0＝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/s2，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＝12CU2，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）10002V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＝v0cosθ·t在竖直方向上有H＝v0sinθ·t－12gt2解得H＝60m（2）根据题意可知E k＝ηE＝15％×12CU2又因为E k＝12m02联立可得U＝10002V.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＝12mv2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.12mv2－mghD.12mv2＋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.2μmg B.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＝0-12m2，在B 点，由牛顿第二定律得N-mg＝m2，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/s2，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1002WD.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＝5m的过程，根据动能定理有，W1-mg sinθ·x1＝12m12，结合题图乙可解得物体的速度v1＝52m/s，在x＝5m时，拉力F1＝ΔΔ＝20N，则此时拉力的功率P1＝F1v1＝1002W，故C正确.物体运动到x＝10m时，拉力的功率最大，则对物体由O点运动到x＝10m的过程，设运动的时间为t1，根据动能定理和运动学公式有W2-mg sinθ·x2＝12m22，x2＝22t1，结合题图乙可解得v2＝10m/s，t1＝2s，则此时拉力的功率P2＝F1v2＝200W，故D错误.对物体由x＝10m处向上运动到最高点的过程，设运动的时间为t2，受到的拉力F2＝Δ'Δ'＝2N，由牛顿第二定律有mg sinθ-F2＝ma1，解得物体的加速度a1＝4m/s2，运动的时间t2＝21＝2.5s，该过程运动的位移x3＝22t2＝12.5m，则物体沿斜面向上运动的最大位移x max＝x2＋x3＝22.5m，故A错误.物体沿斜面向上运动的总时间为t＝t1＋t2＝4.5s，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v1和v2，根据牛顿第二定律有9mg＝B12和7mg＝B22，小球在整个过程中，由动能定理得-W＝12m22−12m12，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W1＞2，下降时克服摩擦力做功W2＜2，设小球上升到最高点时的速度为v3，筒壁对小球的弹力满足F＋mg＝B32，上升过程由能量守恒定律得12m12＝12m32＋2mgR＋W1，解得F＜3mg，由W1＜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/s2，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0～10m内物块上滑，由动能定理得-mg sin30°·s-fs＝E k-E k0，整理得E k＝E k0-(mg sin 30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值｜k｜＝mg sin30°＋f＝4N；10～20m 内物块下滑，由动能定理得(mg sin30°-f)(s-s1)＝E k，整理得E k＝(mg sin30°-f)s-(mg sin30°-f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k'＝mg sin30°-f＝3N，联立解得f＝0.5N、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2K7C.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 cos45°·ℎsin45°-μmg cos37°·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 cos45°·ℎsin45°＝12m m2，解得v m＝2K7，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＝Bsin37°−Bvos37°＝-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 ＝上2，由B 到A 的过程，有2a 下x AB ＝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 上上2，又x AB ＝12a 下下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 ＝6N ，根据题图乙可知2m 处拉力为6N ，所以2m 前木板减速，2m 后木板加速，2m 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 min2−12M02＝-fx0＋0×02，解得v min＝2 m/s，故A正确；在0～4m内，根据动能定理有12M12−12M02＝-fx1＋1×12，F1＝12N，解得v1＝4m/s，故B正确；在2～6m内，根据动能定理可知，长木板动能的增量ΔE k＝6+122×2J＋8+122×2J-6×(6-2)J＝14J，故C错误；在6～8m内，合外力做的功W合＝4+82×2J-6×2J＝0，所以木板在x＝6m和x＝8m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v1，牵引力为F1.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v2，牵引力为F2，以后保持额定功率行驶，最终速度为v3，牵引力为F3.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.v1＞v3＞v2B.v1＜v2＜v3C.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.F1＜F3＜F2解析设斜坡的倾角为θ，汽车向下匀速行驶时，有F1＋mg sinθ-μmg cosθ＝0，P＝F1v1，汽车向上匀加速行驶时有F2-mg sinθ-μmg cosθ＝ma，P＝F2v2，汽车向上匀速行驶时，有F3-mg sinθ-μmg cosθ＝0，P＝F3v3，联立可得F1＜F3＜F2，v1＞v3＞v2，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)2-12mv2＝2B＋222m，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/s2，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/s2（2）602W（3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。
3-4-6 动能定理,保守力与非保守力,功能原理 机械能守恒定律
W Fcos d s
os 1
ds
s2
s
3
(3) 功是一个过程量，与路径有关。
(4) 合力的功，等于各分力的功的代数和。
F F i F j F k x y z d r d x i d y j d z k B B W F d r （ F d x F d y F d z ） x y z
21
3-6 功能原理 机械能守恒定律
一 质点系的动能定理
对第 i个质点，有
W W E E k i k i 0
ex i in i
m1
ex F i
外力功 内力功
m2
in m i F i
对质点系，有
i ex i i in i i k i k i 0 k k 0 i ex in
W W E E E E
8
1 2 1 2 W m v m v E E 2 1 k 2 k 1 2 2
合外力对质点所作的功，等于质点动能 的增量 ——质点的动能定理
注意
功是过程量，动能是状态量；
功和动能依赖于惯性系的选取， 但对不同惯性系动能定理形式相同。
9
例 2 一质量为1.0 kg 的小球系
在长为1.0 m 细绳下端，绳的上
势能具有相对性，势能大小与势能零点 的选取有关。 势能是属于系统的。 势能差与势能零点的选取无关。
20
3-5 保守力与非保守力
势能
四 势能曲线
E z p mg
1 2 Ep kx 2
m 'm E G p r
Ep
Ep
Ep
O
x
O
z
6动能定理核心知识方法
功能关系：
△EP=-W弹
△Ek=W总
功能关系
练习6如图所示，质量为m的物块从高 h的斜面顶端 O
由静止开始滑下，最后停止在水平面上 B 点。若物块 从斜面顶端以初速度 v0 沿斜面滑下，则停止服阻力做 的功为 。（设物块经过斜面与水平面交接 点处无能量损失）
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。受力分析、运动情况分析 3。确定各力做功。 4。建方程：
1 1 2 2 WF 2 mv 2 2 mv1
动能定理
例1、如图所示，用拉力F使一个质量为m的木箱由静
止开始在水平冰道上移动了位移L后撤去拉力F，拉力 F跟木箱前进方向的夹角为θ，木箱与冰道间的动摩擦 因数为μ。求：撤去F时木箱获得的速度大小 F θ
动能定理
例2、质量为m的物体，静止于倾角为α的光 滑斜面底端，用平行于斜面方向的恒力F 作 用于物体上使之沿斜面向上运动。当物体运 动到斜面中点时撤去外力，物体刚好能滑行 到斜面顶端，则恒力F 的大小为多大？
动能定理
练习1.一辆汽车的质量为m，从静止开始起动，沿水
平路面前进了s后，达到了最大行驶速度vm，设汽车 的牵引功率保持不变，所受阻力为车重的k 倍，求： （1）汽车的牵引功率；（2）汽车从静止到开始匀速 运动所需的时间。
小结：动能定理不仅适用于恒力作功，也适用于变力作功。
核心公式
• • • • 重力做功与重力势能 WG=mg △ h =- △ EP=EP1-EP2 弹力做功与弹性势能 W弹=- △ EP=EP1-EP2 1 1 W mv mv 合外力做功与动能（动能定理） 2 2 机械能守恒 1 mv mgh 1 mv mgh △ E =- △ E
第六章 第2讲 动能和动能定理-2025届高三一轮复习物理
第六章机械能守恒定律第2讲动能和动能定理对应学生用书P124考点动能定理的应用一、动能(E k ):物体由于①而具有的能量。
1.在物理学上,用②表示物体的动能,式中m 为物体的质量、v 为物体的速度。
2.动能是③,只具有大小,没有方向;由于速度具有相对性,因此动能也具有④性。
3.单位:⑤。
1J=1N·m =1kg·m/s 2。
二、动能定理1.文字表述:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中⑥的变化。
力:指物体受到的所有力的⑦力。
功:指合外力做的功,它等于各个力做功的⑧和。
2.数学表述:W 合=12mv 2-12m 02或W 合=E k -E k0或F 合x=E k -E k0。
3.适用范围:既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功;力可以是各种性质的力,既可同时作用,也可分阶段作用。
答案①运动②12mv 2③标量④相对⑤焦耳(J )⑥动能⑦合外⑧代数1.如图所示,质量为m 的物块在光滑水平面上,在水平恒力F 作用下发生了一段位移s ,物块在始、末状态的速度分别是v 1和v 2。
请根据牛顿第二定律和运动学规律推导动能定理的表达式。
答案物块在恒力F 作用下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F=ma ,由运动学公式有22-12=2as ,即s=22-122,把F 、s 代入W=Fs 得W=(22-12)ma 2=12m 22-12m 12。
2.如图所示,小滑块自左侧斜面高度为h 1的A 点由静止开始下滑,经长度为l 的水平面,最后滑到右侧斜面,到达高度为h 2的D 点速度恰好减为零。
若A 、D 两点的连线与水平面之间的夹角为θ,小滑块与左、右两斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同,请推导出动摩擦因数μ与角度θ之间的关系式。
答案对整个过程应用动能定理,有mgh 1-mgh 2-μmg cos α·ℎ1sin -μmg ·l-μmg cos β·ℎ2sin =0-0解得μ=ℎ1-ℎ2ℎ1tan +l+ℎ2tan。
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④研究对象为一物体系统，对系统用动能定理 时，必须区别系统的外力与内力. ⑤动能定量中的位移和速度必须是相对于同一 个参考系.一般以地面为参考系.
3.应用动能定理解题的基本步骤：
(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个力的做功情 况：受哪些力?每个力是否做功，做正功还是做 负功?做多少功?然后求各个力做功的代数和.
解法二：由能量转化与守恒求.
该过程中滑块机械能的减少
△E1=mgs0sin+1/2mv20，克服摩 擦力做功转化的内能△E2=mgscos ， 由能量守恒定律有△E1=△E2 ，即： mgs0sin+1/2mv20= mgscos， 同样解出s.
【例3】如图6-3-2所示，在光滑的水平面上有一 平板M正以速度v向右运动现将一质量为m的木 块无初速度地放在小车上，由于木块和小车之间 的摩擦力的作用，小车的速度将发生变化，为使 小车保持原来的运动速度不变，必须及时对小车 施加一向右的水平恒力F当F作用一段时间后把 它撤开，木块和小车间的动摩擦因数为μ，求在 上述过程中，水平恒力F对小车做多少功?
Pt-fs=1/2mv2m-1/2mv2……②
又因达到最大速度时F=f故vm=P/f……③
联立解得：P=600kW.
【例2】如图6-3-1所示，斜面倾角为θ，质 量为m的滑块在距板P为s0处以初速度v0沿 斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为， 滑块所受摩擦力小于使滑块沿斜面下滑的力， 若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求 滑块经过的路程有多大?
图6-3-1
【解析】解法一：由动能定理求.
由于滑块重力沿斜面向下的分力大于滑块所 受摩擦力，所以可断定滑块最终将停靠在挡板 处，从以v0向上滑动至最终停下，设滑块经过 的路程为s，此过程中重力对滑块做功 WG=mgs0sin摩擦力做功Wf=-mgscos， 对滑块由动能定理， 有mgs0sin-mgscos=0-1/2mv20 解得s=(gs0sin+1/2v20)/gscos
(3)明确物体在过程的始未状态的动能EK1和EK2 (4)列出动能的方程∑WF=EK2-EK1，及其他必 要辅助方程，进行求解.
1.下列关于动能和动量的说法，正确的是 ( B )
A.物体的动量发生变化，动能一定变化
B.物体的动能发生变化，动量一定变化 C.物体的动能发生变化，动量一定不变
D.物体的动量发生变化，动能一定不变
A.s1∶s2=1∶2
B.s1∶s2=1∶1
C.s1∶s2=2∶1 D.s1∶s2=4∶1
4.质量为2kg的物体自5m高处自由下落， g取10m/s2，物体接触地面瞬间的动能 是100J，动量的大小是20kg·m/s， 方向竖直向下. 5.质量为m1和m2的两个物体，如果它 们的动量相等，那么它们的动能之比为 m2∶m1；如果它们的动能相等，它们 的动量之比为 m1 : m2
二、动能定理
1.内容：外力对物体做的总功等于物体动能的变化. 2.公式∑WF=1/2mv22-1/2mv12. 【说明】 (1)等式的左边为各个力做功的代数和，正值代表正 功，负值代表负功.等式右边动能的变化，指末动能 EK2=1/2mv22与初能EK1=1/2mv12之差.
(2)动能定理适用于单个物体.这里我们所说的外力， 既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁 场力或其他的力
2.放在光滑水平面上的某物体，在水平恒 力F的作用下，由静止开始运动，在其速 度由0增加到v和由v增加到2v的两个阶段 中，F对物体所做的功之比为( C ) A.1∶1
B.1∶2
C.1∶3 D.1∶4
3.两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∶1，两车急刹车后甲车滑行的 最大距离为s1，乙车滑行的最大距离为s2， 设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计 空气阻力，则( )D
【例1】质量为500t的列车，以恒定功率 沿平直轨道行驶，在3min内行驶速度由 45km/h增加到最大速度54km/h，求机 车的功率.(g=10m/s2)
【解析】由整个过程中列车所受的牵引力不是 恒力，因此加速度不是恒量，运动学中匀变速 直线运动公式不能用，由动能定理得
W牵+W阻=1/2mv2m-1/2mv2……① 其中W阻=-fs,W牵是一个变力的功，但因该变力 的功率恒定，故可用W=Pt计算这样①式变 为
【例4】总质量为M的列车沿水平直线轨道匀 速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司 机发觉时，机车已行驶了L的距离，于是立即 关闭油门，除去牵引力.设阻力与质量成正比， 机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停 止时，它们的距离是多少?
【解析】此题用动能定理求解比用运动学 结合牛顿第二定律求解简单.先画出草图如 图6-3-3所示，
图6-3-3
根据动能定理便可解得.
FL-(M-m)g·s1=-1/2(M-m)v02
对末节车厢，根据动能定理有 -mg·s2 =-1/2mv02 而△s=s1-s2. 由于原来列车匀速运动，所以F=Mg. 以上方程联立解得△s=ML/(M-m)
【解题回顾】物体运动有几个过程时，应注 意对全过程列式，解答此类题，关键是分清 整个过程中牵引力做功及初末状态的动能. 此题也可用功能补偿的思路来解.假设中途脱 节时，司机立即发觉并立即关闭油门，则车 厢和机车会停在同一地点：但因行驶L距离后 刹车，在该过程中，牵引力做功为μΜgL,这 部分功却用来补偿机车多行驶距离克服运动 阻力所做的功，则有 MgL=(M-m)g·△s. 由此解得：△s=ML/(M-m)
图6-3-2
【解析】本题中的m和M是通过摩擦相互联系 的，题中已经给出最后两者速速度均为v，解 题的关键是要找出s车和s木的关系
由于s车=vt,s木=v平均t=(v/2)t，所以s车/s木 =2/1①
根据动能定理，对于木块有
mgs木=1/2mv2-0② 对于车有 WF-mgs车=Mv2/2-Mv2/2=0③ 将①式、②式和③式联系起来，可得W=mv2
(3)应用动能定理解题，一般比牛顿第二定律 解题要简便.一般牵扯到力与位移关系的题目中， 优先考虑使用动能定理 (4)使用动能定理应注意的问题： ①物体动能的变化是由于外力对物体做功引 起的.外力对物体做的总功为正功，则物体的动 能增加；反之将减小.外力对物体所做的总功， 应为所有外力做功的代数和，包含重力.
动ห้องสมุดไป่ตู้ 动能定理
一、动能 1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能，用Ek表示 2.公式：Ek=1/2mv2，单位：J.
3.动能是标量
4.动能的变化△Ek=1/2mvt2-1/2mv02. △Ek＞0， 表示物体的动能增加； △Ek＜0，表示物体的动能减 少. 5.物体的动能与动量均与物体的质量有关，但物理意 义不同，且动量是矢量，它们之间的关系 是∶Ek=p2/(2m)，p= 2mEk
②有些力在物体运动全过程中不是始终存在的， 若物体运动过程中包含几个物理过程，物体运 动状态、受力等情况均发生变化，因而在考虑 外力做功时，必须根据不同情况分别对待.
③若物体运动过程中包含几个不同的物理过程， 解题时可以分段考虑.这对初学者比较容易掌握， 若有能力，可视全过程为一整体，用动能定理 解题