資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
8.3 動能和動能定理
學習目標 核心素養
1.掌握動能的表達式和單位，知道動能是標量. 2.能運用牛頓第二定律與運動學公式推導出動能定理，理解動能定理的物理意義. 3.能運用動能定理解決簡單的問題． 1、物理觀念：動能的概念。 2、科學思維：動能定理表達式的推導。 3、科學探究：動能定理解決問題比牛頓第二定律和運動學公式的優越性。 4、科學態度與責任：能用動能定理解決生產生活中的問題。
知識點1 動能的表達式
1．表達式：Ek＝mv2.
2．單位：與功的單位相同，國際單位為焦耳，符號為J.
3．標矢性：動能是標量，只有大小，沒有方向．
4．動能概念的理解
(1)動能的表達式Ek＝mv2.
(2)動能是標量，沒有負值．
(3)動能是狀態量，與物體的運動狀態相對應．
(4)動能具有相對性，選取不同的參考系，物體的速度大小不同，動能也不同，一般以地面為參考系．
（2023 井研縣開學）如圖所示，小明在玩蹦床游戲。當他從接觸床面到運動至最低點的過程中，下列說法中不正確的是（　　）
A．小明的重力勢能一直減小
B．蹦床的彈性勢能一直增大
C．小明在最低點時的動能為零
D．小明受到蹦床的彈力是由于自身發生形變產生的
【解答】解：A、從接觸床面到運動至最低點的過程中，高度減小，重力一直做正功，小明的重力勢能一直減小，故A正確；
B、從接觸床面到運動至最低點的過程中，彈簧的形變量一直在增大，可知蹦床的彈性勢能一直增大，故B正確；
C、小明運動到最低點時速度等于零，則此時小明的動能為零，故C正確；
D、小明受到蹦床的彈力是由于蹦床發生形變產生的，故D錯誤。
本題選不正確的，故選：D。
（2022春 奉賢區校級期末）一個質量為m的小球以v的速度沿光滑水平面滾動，與前方豎直墻碰撞后以v的速度彈回，對小球動能的變化量，以下說法中正確的是（　　）
A．動能是矢量，所以動能的變化量為mv2
B．動能是標量，所以動能的變化量為零
C．動能是矢量，所以動能的變化量為零
D．動能是標量，所以動能的變化量為mv2
【解答】解：根據動能的表達式為，動能是標量，碰撞前后小球速度的大小不變，所以動能的變化量為零，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
（2023春 雁塔區期末）甲、乙兩個物體質量相等，若他們的速度之比為1：3，則它們的動能之比為（　　）
A．1：3 B．3：1 C．1：9 D．9：1
【解答】解：根據動能表達式：，可得：因兩物體質量相等，則動能之比等于速度平方之比，即動能之比為1：9，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2023 南關區校級開學）做勻加速直線運動的物體，速度從0增大到v，動能增加了ΔE1，速度從v增大到2v，動能增加了ΔE2，則（　　）
A．1 B．
C． D．
【解答】解：速度從0增大到v，動能增加ΔE1
速度從v增大到2v，動能增加ΔE2
所以
故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（多選）（2022春 南崗區校級期末）改變汽車的質量和速度，都可能使汽車的動能發生改變。在下列幾種情況下，汽車的動能變化正確的是（　　）
A．質量不變，速度增大到原來的2倍，動能變為原來的2倍
B．速度不變，質量增大到原來的2倍，動能變為原來的2倍
C．質量減半，速度增大到原來的4倍，動能變為原來的8倍
D．速度減半，質量增大到原來的4倍，動能變為原來的8倍
【解答】解：A、質量不變，速度增大到原來的2倍，根據動能表達式Ekmv2可知，汽車的動能變為原來的4倍，故A錯誤；
B、速度不變，質量增大到原來的2倍，根據動能表達式Ekmv2可知，汽車的動能變為原來的2倍，故B正確；
C、質量減半，速度增大到原來的4倍，根據動能表達式Ekmv2可知，汽車的動能變為原來的8倍，故C正確；
D、速度減半，質量增大到原來的4倍，根據動能表達式Ekmv2可知，汽車的動能不變，故D錯誤。
故選：BC。
（2021秋 柯橋區期末）2022年2月4日將在我國北京舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如圖甲所示，AC段為運動員加速助滑道，其中BC段是半徑為20m的圓弧滑道，運動員從加速助滑道上的某點A由靜止開始滑下后從C點水平飛出，空中飛行2s之后落在斜面上的D點。以C點飛出計時開始，圖乙為運動員從C到D飛行時的動能Ek隨飛行時間t變化的關系圖象。不計空氣阻力作用，運動員可視為質點，忽略一切摩擦，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：
（1）運動員在C處的速度大小；
（2）運動員下滑到加速助滑道最低點C時對滑道的壓力大小；
（3）斜坡CD的傾角；
（4）運動員在何時離坡面的距離最大。
【解答】解：（1）根據圖像可知初動能為
t＝2s時的動能為Ek2m[v02+（gt）2]＝15×103J
聯立解得v0＝10m/s，m＝60kg
（2）根據牛頓第二定律得
代入數據解得FN＝900N
由牛頓第三定律，可知對軌道的壓力為900N；
（3）設斜面傾角為θ，則tanθ1
則θ＝45°
（4）運動員距離斜坡最遠時，速度方向與斜坡平行，有
代入數據解得t'＝1s
知識點2 動能定理
1．內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．
2．表達式：W＝mv22－mv12.如果物體受到幾個力的共同作用，W即為合力做的功，它等于各個力做功的代數和．
3．動能定理
(1)在一個過程中合外力對物體做的功或者外力對物體做的總功等于物體在這個過程中動能的變化．
(2)W與ΔEk的關系：合外力做功是物體動能變化的原因．
①合外力對物體做正功，即W>0，ΔEk>0，表明物體的動能增大；
②合外力對物體做負功，即W<0，ΔEk<0，表明物體的動能減小；
如果合外力對物體做功，物體動能發生變化，速度一定發生變化；而速度變化動能不一定變化，比如做勻速圓周運動的物體所受合外力不做功．
③如果合外力對物體不做功，則動能不變．
(3)物體動能的改變可由合外力做功來度量．
（2023春 市南區校級期末）如圖，質量為m的小球，從離地面H高處由靜止釋放，落到地面后繼續陷入泥中h深度而停止．設小球受到空氣阻力恒定，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．小球落到地面時動能等于mgH
B．小球陷入泥中的過程中克服泥土阻力做功為mgh
C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg（H+h）
D．小球陷入泥中的過程克服泥土阻力所做的功等于剛落到地面時的動能
【解答】解：A、設小球受到空氣阻力大小為f。從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得：mgH﹣fH＝Ek﹣0，則得小球落到地面時動能Ek＝mgH﹣fH，可見由于空氣阻力的存在，小球落到地面上時動能小于mgH，故A錯誤；
B、小球陷入泥中的過程，由動能定理得：mgh﹣W阻＝0﹣Ek，W阻為克服泥土阻力所做的功，得：W阻＝mgh+Ek，可知小球陷入泥中的過程中克服泥土阻力做功大于mgh，故B錯誤；
C、對整個過程來說，由動能定理得：mg（H+h）﹣Wf＝0，所以整個過程中小球克服阻力做的功Wf＝mg（H+h），故C正確；
D、小球陷入泥中的過程，由動能定理得：，解得，所以小球陷入泥中的過程克服泥土阻力所做的功大于剛落到地面時的動能，故D錯誤。
故選：C。
（2023 安徽開學）如圖所示，水平圓盤桌面上放有質量為0.14kg的小鐵碗A（可視為質點），一小孩使圓盤桌面在水平面內由靜止開始繞過圓盤中心O的軸轉動并逐漸增大圓盤轉動的角速度，直至小鐵碗從圓盤的邊緣飛出，飛出后經過0.4s落地，落地點距空中飛出點在地面投影點的距離為200cm。若不計空氣阻力，該過程中，摩擦力對小鐵碗所做的功為（　　）
A．0.38J B．1.12J C．1.75J D．2.16J
【解答】解：小鐵碗飛出后做平拋運動，由平拋運動規律得小鐵碗飛出時的速度
已知x＝200cm＝2m，t＝0.4s，解得：v＝5m/s
小鐵碗由靜止到飛出的過程中，由動能定理得
解得摩擦力對小鐵碗所做的功W＝1.75J，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2023 華龍區校級開學）A、B兩物體的質量之比mA：mB＝2：1，它們以相同的初速度v0在水平面上做勻減速直線運動，直到停止，其v﹣t圖像如圖所示。此過程中，設A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比WA：WB，A、B兩物體受到的摩擦力之比FA：FB，則（　　）
A．WA：WB＝1：2 B．WA：WB＝4：1 C．FA：FB＝2：1 D．FA：FB＝4：1
【解答】解：AB、根據動能定理可知摩擦力做的功W＝0，可知A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比為WA：WB＝mA：mB＝2：1，故AB錯誤；
CD、根據v﹣t圖像的斜率表示加速度，可知A、B兩物體的加速度大小之比為aA：aB：2：1
根據牛頓第二定律F＝ma，可得A、B兩物體受到的摩擦力之比FA：FB＝mAaA：mBaB＝（2×2）：＝4：1，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2023春 浙江期末）一起重裝置把靜置于地面上的重物豎直向上提升的過程中，功率隨時間變化的P﹣t圖像如圖所示。在t＝1s時，重物上升的速度達到最大速度的一半，在t＝3s時，達到最大速度vm＝20m/s。在t＝6s時，重物再次勻速上升，取g＝10m/s2，不計一切阻力。下列說法正確的是（　　）
A．重物的質量為4kg
B．在t＝1s時，重物加速度大小a＝20m/s2
C．0～6s時間內，重物上升的高度h＝85m
D．在4～6s時間內，重物做加速度逐漸增大的減速運動
【解答】解：A、在t＝3s時，重物達到最大速度vm＝20m/s，此時牽引力大小等于重力，根據瞬時功率與速度的關系，則有：
解得：，故A錯誤；
B、在t＝1s時，重物上升的速度達到最大速度的一半，此時的牽引力大小為
由牛頓第二定律可得：F1﹣mg＝ma，解得：，故B錯誤；
C、在t＝6s時，重物再次勻速上升，由題圖可知，此時重物的速度
在0～1s時間內，重物做勻加速直線運動，根據位移與時間的關系可知，重物上升的高度
在1～3s時間內，重物做加速度逐漸減小的加速運動，由動能定理有
代入數據可得此階段重物上升的高度為：h2＝25m
在3～4s時間內，重物做勻速直線運動，上升的高度則有
h3＝vmt3＝20×1m＝20m
在4～6s時間內，重物做加速度逐漸減小的減速直線運動，由動能定理有
代入數據解得此過程重物減速運動的位移為：h4＝35m
所以0～6s時間內，重物上升的總高度為：
h＝h1+h2+h3+h4＝5m+25m+20m+35m＝85m，故C正確；
D、牽引力大小等于重力時重物速度達到最大，4s后功率減小到一半；t＝6s時，重物速度從最大20m/s減小到10m/s，此時t＝4s時的牽引力
此時重力大于牽引力，加速度向下，重物做減速運動，在t＝6s時，v＝10m/s，根據瞬時功率的公式可知此時牽引力大小為：
牽引力等于重力，加速度是零；在4～6s時間內，重物做加速度逐漸減小的減速運動，故D錯誤。
故選：C。
（2023春 玉林期末）自由式滑雪運動員在空中技巧比賽中沿“助滑區”下滑了一段距離，重力對他做功1600J，他克服阻力做功50J。在此過程中（　　）
A．重力勢能減少了1600J B．重力勢能減少了1550J
C．動能增加了1600J D．動能增加了1650J
【解答】解：AB、重力做功等于重力勢能的減小量，則重力勢能減少了1600J，故A正確，B錯誤；
CD、根據動能定理，動能增加量等于合外力的功，本題中有重力做功和阻力做功，則動能增加量為1600J﹣50J＝1550J，故CD錯誤；
故選：A。
（2023春 黃山期末）游樂場旋轉飛椅可以簡化為如圖的模型。圖中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩（質量不計）懸掛在水平的旋轉圓盤上，座椅A離轉軸的距離較近。不考慮空氣阻力的影響，靜止的飛椅啟動后，旋轉圓盤繞豎直的中心軸轉動，穩定后A、B都在水平面內做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（　　）
A．A、B轉動角速度大小不同
B．A、B向心加速度相等
C．懸掛B的纜繩拉力比懸掛A的纜繩拉力大
D．啟動后到穩定運轉過程，纜繩對A做功多
【解答】解：A、AB同軸轉動角速度相同，故A錯誤；
B、由于座椅B的圓周半徑比座椅A的半徑大，由
a＝ω2r
可知B的向心加速度比A的大，故B錯誤；
C、AB在豎直方向上受力平衡有
Tcosθ＝mg
則
因B與豎直方向的夾角大，懸掛B的纜繩所受到的拉力比懸掛A的大，故C正確；
D、啟動后到穩定運轉過程，設纜繩對座椅做功為W，根據動能定理有
由于座椅B的圓周半徑比座椅A的半徑大，由
v＝ωr
得B的速度比A的大，故纜繩對B做功比A多，故D錯誤。
故選：C。
（2023春 金鳳區校級期末）如圖所示，質量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置。用水平拉力F緩慢地將小球拉到細線與豎直方向成θ角的位置。在此過程中，拉力F做的功是（　　）
A．mgLcosθ B．mgL（1﹣cosθ）
C．FLsinθ D．FL（1﹣cosθ）
【解答】解：在小球緩慢上升過程中，此過程中拉力做正功，重力做負功，緩慢運動可認為在此過程中動能不變，由動能定理得
WF﹣mgL（1﹣cosθ）＝0
解得：WF＝mgL（1﹣cosθ），故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2023春 東城區校級期中）質量為1kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖甲所示，運動9米后F停止作用，外力F和物體克服摩擦力f做的功與物體位移的關系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．物體與地面之間的動摩擦因數為0.1
B．物體運動的位移為13m
C．物體在前3m運動過程中的加速度為5m/s2
D．x＝9m時，物體的速度為3m/s
【解答】解：A、因為運動過程中物體受到的滑動摩擦力保持不變，所以圖像的斜率也保持不變，根據圖像的物理意義可知，物塊與地面的滑動摩擦力大小為
根據f＝μmg可得：
μ＝0.2，故A錯誤；
B．從物體開始運動到停止運動的過程，根據動能定理得
WF﹣fxm＝0﹣0
可得物體運動的位移為
故B錯誤；
C．由圖像可知，前3m運動過程中，水平外力恒為
根據牛頓第二定律可知，物體在前3m運動過程中的加速度為
，解得a1＝3m/s2
故C錯誤；
D．物體在前9m運動過程中，根據動能定理
其中
WF＝27J
可得x＝9m時，物體的速度為
故D正確。
故選：D。
（2023春 東城區校級期中）如圖所示，圓盤在水平面內以角速度ω繞中心軸勻速轉動，圓盤上距軸r處的P點有一質量為m的小物體相對圓盤靜止隨圓盤一起轉動。某時刻圓盤突然停止轉動，小物體由P點滑至圓盤上的某點停止。下列說法正確的是（　　）
A．圓盤停止轉動前，小物體所受摩擦力不變
B．圓盤停止轉動前，小物體運動一圈摩擦力做功大小為2πr2mω2
C．圓盤停止轉動前，小物體相對圓盤有沿切線方向的運動趨勢
D．圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程中摩擦力的功大小為
【解答】解：A、圓盤停止轉動前，小物體做勻速圓周運動，對物體分析可知，重力與支持力平衡，由靜摩擦力提供向心力，則，可知小物體所受摩擦力大小一定，方向時刻發生變化，所以摩擦力是變化的，故A錯誤；
B、圓盤停止轉動前，摩擦力方向始終與速度方向垂直，摩擦力不做功，即圓盤停止轉動前，小物體運動一圈摩擦力做功0，故B錯誤；
C、圓盤停止轉動前，小物體所受摩擦力方向指向圓心，說明小物體相對圓盤有沿半徑向外的運動趨勢，故C錯誤；
D、圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程中，由動能定理有
又v＝ωr
解得：
即圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程中摩擦力的功大小為，故D正確。
故選：D。
（2023春 廣州期末）如圖所示，電梯質量為M，地板上放置一質量為m的物體，鋼索拉著電梯由靜止開始向上做加速運動，當上升高度為H時，速度達到v，則（　　）
A．地板對物體的支持力做的功等于
B．地板對物體的支持力做的功等于mgH
C．鋼索的拉力做的功等于MgH
D．合力對電梯M做的功等于
【解答】解：AB、對物體，根據動能定理得：W支﹣mgHmv2，則地板對物體的支持力做的功為：W支＝mgHmv2，故A錯誤，B正確；
C、對物體和電梯整體，由動能定理得：WF﹣（M+m）gH（M+m）v2，可得鋼索的拉力做的功等于：WF＝（M+m）gH（M+m）v2，故C錯誤；
D、根據動能定理可得，合力對電梯M做的功等于電梯M動能的變化，即為Mv2，故D正確。
故選：D。
（2023春 東城區校級期末）一質量為m的滑塊，以速度v在光滑水平面上向左滑行，從某一時刻起，在滑塊上作用一向右的水平力，經過一段時間后，滑塊的速度大小變為2v，方向與原來相反，在這段時間內，水平力所做的功為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：設在這段時間內，水平力所做的功為W。
在運動過程中，由動能定理得：
W，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2023春 東城區校級期末）人通過滑輪將質量為m的物體，沿粗糙的斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達斜面頂端的速度為v，如圖所示。則在此過程中（　　）
A．物體所受的合外力做功為mghmv2
B．物體所受的合外力做功為mv2
C．人對物體做的功為mgh
D．人對物體做的功為 mghmv2
【解答】解：AB、根據動能定理知：物體所受的合外力做功等于物體動能的變化量，為：W合mv2﹣0mv2；故A錯誤，B正確；
CD、由動能定理可知：W人﹣mgh﹣Wfmv2﹣0，可得人對物體做的功為：W人＝mgh+Wfmv2，故CD錯誤；
故選：B。
（2023春 新吳區校級期中）如圖所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑PQ水平。一質量為m的小球（可視為質點）從P點上方高為R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。小球滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力大小為4.5mg，重力加速度為g。用W表示小球從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，則（　　）
A．小球恰好可以到達Q點
B．小球沖出Q點后可上升的最大高度大于
C．小球不可能第二次經過P點
D．小球從N到Q克服摩擦力做的功等于
【解答】解：D、在N點根據牛頓第三定律結合牛頓第二定律有：
從釋放點到N點，由動能定理得：mg×2R﹣W
聯立解得：
因為PN段比NQ段同一高度處的速度大，則PN段比NQ段同一高度處的支持力大，則可知PN段比NQ段克服摩擦力做功多，即NQ段克服摩擦力做功滿足：，故D錯誤；
AB、又因為從N到Q過程由動能定理得：
解得：
設小球沖出Q點后可上升的最大高度為h，則由動能定理得：
可得：。即小球可以沖出Q點，但上長的高度大于，故A錯誤，B正確；
C、同理分析可知從Q返回P的過程中，克服的摩擦力做功小于從P到Q過程克服的摩擦力做功，即
又因為從Q到P過程由動能定理得：
可得第二次經過P點時：vP＞0，即小球能第二次經過P點，故C錯誤。
故選：B。
（2023春 京口區校級期中）地鐵站的進出軌道通常設計成不是水平的，列車進站時就可以借助上坡減速，而出站時借助下坡加速，達到節能環保的目的。如圖所示，為某地鐵兩個站點之間節能坡的簡化示意圖（左右兩邊對稱）。在一次模擬實驗中，一滑塊（可視為質點）以初速度v0從M處出發沿著軌道運動，最終恰好能停靠在N處。已知滑塊運行過程中無動力，滑塊在兩段軌道交接處的能量損失忽略不計，不計空氣阻力。重力加速度為g，則根據圖中相關信息，該滑塊與軌道之間的動摩擦因數為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：質量為m的物體在長度為s、傾角為θ的粗糙斜面上滑行時，克服摩擦力做功Wf＝μmgcosθ s＝μmgscosθ，scosθ是斜面底邊的長度
則動車在粗糙斜面上克服摩擦力做功為
Wf＝μmg（2l1+2l2+l3）
對動車從M到N整個過程，由動能定理有
mgh1﹣Wf＝0
解得：，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2023春 浦東新區校級期末）如圖，光滑水平軌道AB與豎直面內的半圓形光滑軌道BCD相連，半圓形軌道的BD連線與AB垂直，半圓形的半徑為R＝0.90m。質量為m＝1.0kg的小滑塊在恒定外力F＝20N作用下從水平軌道上的A點由靜止開始向右運動到達水平軌道的末端B點時撤去外力，已知AB間的距離為x＝1.8m，滑塊經過D點從D點水平拋出，g取10m/s2。
（1）求物體在AB段運動時外力做功的大小；
（2）求物體在D點的速度大小；
（3）求小物塊在D點時對圓弧面的壓力大小；
（4）求小物塊從D點拋出后在水平地面的落點與B的距離。
【解答】解：（1）物塊在AB段運動時外力做的功WF＝Fx＝20N×1.8m＝36J
（2）從A點到D點利用動能定理則有：
代入數據解得：vD＝6m/s
（3）在D點對物塊利用牛頓第二定律有：
代入數據解得：N＝30N
由牛頓第三定律可知，物塊在D點時對圓弧面的壓力大小等于圓弧面對物塊的支持力大小，即FN＝N＝30N
（4）物塊離開D點，在豎直方向做自由落體運動，則有：
代入數據解得：t＝0.6s
則物塊從D點拋出后在水平地面的落點與B的距離x＝vDt＝6m/s×0.6s＝3.6m
（2023春 浙江期中）如圖所示為某一游戲簡化裝置的示意圖，AB是一段長直軌道，與半徑為R的光滑圓弧軌道BC相切與B點。BC軌道末端水平，末端離地面的高度為2h，高度為h的探測板DE豎直放置，離BC軌道末端C點的水平距離為L，上端D與C點的高度差也為h。在AB長直軌道任意處可以釋放相同質量不同速度的的小球（可視為質點），小球質量為m，不計小球在運動過程中所受空氣阻力。
（1）求小球打在探測板DE的中點時小球的速度大小；
（2）若小球打在探測板E點時，小球對圓弧軌道C點的壓力；
（3）若hm，L＝2m時，求小球打在探測板DE什么位置時有最小速度。
【解答】解：（1）小球打在探測板DE的中點時，根據平拋運動規律，有
h，
L＝v1t1
解得：；
（2）若小球打在探測板E點時，根據平拋運動規律，有
2h，
L＝v2t2
小球圓弧軌道C點時，由牛頓第二定律有
FN﹣mg＝m
解得：FN＝mg （1）
所以，小球對圓弧軌道C點的壓力為F'N＝FN＝mg （1），方向豎直向下。
（3）設小球打在探測板D點下方x處，根據平拋運動規律，可得
h+x，
L＝vxt3
又，
聯立解得：v
故當x時，v有最小值。
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8.3 動能和動能定理
學習目標 核心素養
1.掌握動能的表達式和單位，知道動能是標量. 2.能運用牛頓第二定律與運動學公式推導出動能定理，理解動能定理的物理意義. 3.能運用動能定理解決簡單的問題． 1、物理觀念：動能的概念。 2、科學思維：動能定理表達式的推導。 3、科學探究：動能定理解決問題比牛頓第二定律和運動學公式的優越性。 4、科學態度與責任：能用動能定理解決生產生活中的問題。
知識點1 動能的表達式
1．表達式：Ek＝mv2.
2．單位：與功的單位相同，國際單位為焦耳，符號為J.
3．標矢性：動能是標量，只有大小，沒有方向．
4．動能概念的理解
(1)動能的表達式Ek＝mv2.
(2)動能是標量，沒有負值．
(3)動能是狀態量，與物體的運動狀態相對應．
(4)動能具有相對性，選取不同的參考系，物體的速度大小不同，動能也不同，一般以地面為參考系．
（2023 井研縣開學）如圖所示，小明在玩蹦床游戲。當他從接觸床面到運動至最低點的過程中，下列說法中不正確的是（　　）
A．小明的重力勢能一直減小
B．蹦床的彈性勢能一直增大
C．小明在最低點時的動能為零
D．小明受到蹦床的彈力是由于自身發生形變產生的
（2022春 奉賢區校級期末）一個質量為m的小球以v的速度沿光滑水平面滾動，與前方豎直墻碰撞后以v的速度彈回，對小球動能的變化量，以下說法中正確的是（　　）
A．動能是矢量，所以動能的變化量為mv2
B．動能是標量，所以動能的變化量為零
C．動能是矢量，所以動能的變化量為零
D．動能是標量，所以動能的變化量為mv2
（2023春 雁塔區期末）甲、乙兩個物體質量相等，若他們的速度之比為1：3，則它們的動能之比為（　　）
A．1：3 B．3：1 C．1：9 D．9：1
（2023 南關區校級開學）做勻加速直線運動的物體，速度從0增大到v，動能增加了ΔE1，速度從v增大到2v，動能增加了ΔE2，則（　　）
A．1 B．
C． D．
（多選）（2022春 南崗區校級期末）改變汽車的質量和速度，都可能使汽車的動能發生改變。在下列幾種情況下，汽車的動能變化正確的是（　　）
A．質量不變，速度增大到原來的2倍，動能變為原來的2倍
B．速度不變，質量增大到原來的2倍，動能變為原來的2倍
C．質量減半，速度增大到原來的4倍，動能變為原來的8倍
D．速度減半，質量增大到原來的4倍，動能變為原來的8倍
（2021秋 柯橋區期末）2022年2月4日將在我國北京舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如圖甲所示，AC段為運動員加速助滑道，其中BC段是半徑為20m的圓弧滑道，運動員從加速助滑道上的某點A由靜止開始滑下后從C點水平飛出，空中飛行2s之后落在斜面上的D點。以C點飛出計時開始，圖乙為運動員從C到D飛行時的動能Ek隨飛行時間t變化的關系圖象。不計空氣阻力作用，運動員可視為質點，忽略一切摩擦，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：
（1）運動員在C處的速度大小；
（2）運動員下滑到加速助滑道最低點C時對滑道的壓力大小；
（3）斜坡CD的傾角；
（4）運動員在何時離坡面的距離最大。
知識點2 動能定理
1．內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．
2．表達式：W＝mv22－mv12.如果物體受到幾個力的共同作用，W即為合力做的功，它等于各個力做功的代數和．
3．動能定理
(1)在一個過程中合外力對物體做的功或者外力對物體做的總功等于物體在這個過程中動能的變化．
(2)W與ΔEk的關系：合外力做功是物體動能變化的原因．
①合外力對物體做正功，即W>0，ΔEk>0，表明物體的動能增大；
②合外力對物體做負功，即W<0，ΔEk<0，表明物體的動能減小；
如果合外力對物體做功，物體動能發生變化，速度一定發生變化；而速度變化動能不一定變化，比如做勻速圓周運動的物體所受合外力不做功．
③如果合外力對物體不做功，則動能不變．
(3)物體動能的改變可由合外力做功來度量．
（2023春 市南區校級期末）如圖，質量為m的小球，從離地面H高處由靜止釋放，落到地面后繼續陷入泥中h深度而停止．設小球受到空氣阻力恒定，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．小球落到地面時動能等于mgH
B．小球陷入泥中的過程中克服泥土阻力做功為mgh
C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg（H+h）
D．小球陷入泥中的過程克服泥土阻力所做的功等于剛落到地面時的動能
（2023 安徽開學）如圖所示，水平圓盤桌面上放有質量為0.14kg的小鐵碗A（可視為質點），一小孩使圓盤桌面在水平面內由靜止開始繞過圓盤中心O的軸轉動并逐漸增大圓盤轉動的角速度，直至小鐵碗從圓盤的邊緣飛出，飛出后經過0.4s落地，落地點距空中飛出點在地面投影點的距離為200cm。若不計空氣阻力，該過程中，摩擦力對小鐵碗所做的功為（　　）
A．0.38J B．1.12J C．1.75J D．2.16J
（2023 華龍區校級開學）A、B兩物體的質量之比mA：mB＝2：1，它們以相同的初速度v0在水平面上做勻減速直線運動，直到停止，其v﹣t圖像如圖所示。此過程中，設A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比WA：WB，A、B兩物體受到的摩擦力之比FA：FB，則（　　）
A．WA：WB＝1：2 B．WA：WB＝4：1 C．FA：FB＝2：1 D．FA：FB＝4：1
（2023春 浙江期末）一起重裝置把靜置于地面上的重物豎直向上提升的過程中，功率隨時間變化的P﹣t圖像如圖所示。在t＝1s時，重物上升的速度達到最大速度的一半，在t＝3s時，達到最大速度vm＝20m/s。在t＝6s時，重物再次勻速上升，取g＝10m/s2，不計一切阻力。下列說法正確的是（　　）
A．重物的質量為4kg
B．在t＝1s時，重物加速度大小a＝20m/s2
C．0～6s時間內，重物上升的高度h＝85m
D．在4～6s時間內，重物做加速度逐漸增大的減速運動
（2023春 玉林期末）自由式滑雪運動員在空中技巧比賽中沿“助滑區”下滑了一段距離，重力對他做功1600J，他克服阻力做功50J。在此過程中（　　）
A．重力勢能減少了1600J B．重力勢能減少了1550J
C．動能增加了1600J D．動能增加了1650J
（2023春 黃山期末）游樂場旋轉飛椅可以簡化為如圖的模型。圖中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩（質量不計）懸掛在水平的旋轉圓盤上，座椅A離轉軸的距離較近。不考慮空氣阻力的影響，靜止的飛椅啟動后，旋轉圓盤繞豎直的中心軸轉動，穩定后A、B都在水平面內做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（　　）
A．A、B轉動角速度大小不同
B．A、B向心加速度相等
C．懸掛B的纜繩拉力比懸掛A的纜繩拉力大
D．啟動后到穩定運轉過程，纜繩對A做功多
（2023春 金鳳區校級期末）如圖所示，質量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置。用水平拉力F緩慢地將小球拉到細線與豎直方向成θ角的位置。在此過程中，拉力F做的功是（　　）
A．mgLcosθ B．mgL（1﹣cosθ）
C．FLsinθ D．FL（1﹣cosθ）
（2023春 東城區校級期中）質量為1kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖甲所示，運動9米后F停止作用，外力F和物體克服摩擦力f做的功與物體位移的關系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．物體與地面之間的動摩擦因數為0.1
B．物體運動的位移為13m
C．物體在前3m運動過程中的加速度為5m/s2
D．x＝9m時，物體的速度為3m/s
（2023春 東城區校級期中）如圖所示，圓盤在水平面內以角速度ω繞中心軸勻速轉動，圓盤上距軸r處的P點有一質量為m的小物體相對圓盤靜止隨圓盤一起轉動。某時刻圓盤突然停止轉動，小物體由P點滑至圓盤上的某點停止。下列說法正確的是（　　）
A．圓盤停止轉動前，小物體所受摩擦力不變
B．圓盤停止轉動前，小物體運動一圈摩擦力做功大小為2πr2mω2
C．圓盤停止轉動前，小物體相對圓盤有沿切線方向的運動趨勢
D．圓盤停止轉動后，小物體整個滑動過程中摩擦力的功大小為
（2023春 廣州期末）如圖所示，電梯質量為M，地板上放置一質量為m的物體，鋼索拉著電梯由靜止開始向上做加速運動，當上升高度為H時，速度達到v，則（　　）
A．地板對物體的支持力做的功等于
B．地板對物體的支持力做的功等于mgH
C．鋼索的拉力做的功等于MgH
D．合力對電梯M做的功等于
（2023春 東城區校級期末）一質量為m的滑塊，以速度v在光滑水平面上向左滑行，從某一時刻起，在滑塊上作用一向右的水平力，經過一段時間后，滑塊的速度大小變為2v，方向與原來相反，在這段時間內，水平力所做的功為（　　）
A． B． C． D．
（2023春 東城區校級期末）人通過滑輪將質量為m的物體，沿粗糙的斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達斜面頂端的速度為v，如圖所示。則在此過程中（　　）
A．物體所受的合外力做功為mghmv2
B．物體所受的合外力做功為mv2
C．人對物體做的功為mgh
D．人對物體做的功為 mghmv2
（2023春 新吳區校級期中）如圖所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑PQ水平。一質量為m的小球（可視為質點）從P點上方高為R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。小球滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力大小為4.5mg，重力加速度為g。用W表示小球從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，則（　　）
A．小球恰好可以到達Q點
B．小球沖出Q點后可上升的最大高度大于
C．小球不可能第二次經過P點
D．小球從N到Q克服摩擦力做的功等于
（2023春 京口區校級期中）地鐵站的進出軌道通常設計成不是水平的，列車進站時就可以借助上坡減速，而出站時借助下坡加速，達到節能環保的目的。如圖所示，為某地鐵兩個站點之間節能坡的簡化示意圖（左右兩邊對稱）。在一次模擬實驗中，一滑塊（可視為質點）以初速度v0從M處出發沿著軌道運動，最終恰好能停靠在N處。已知滑塊運行過程中無動力，滑塊在兩段軌道交接處的能量損失忽略不計，不計空氣阻力。重力加速度為g，則根據圖中相關信息，該滑塊與軌道之間的動摩擦因數為（　　）
A． B．
C． D．
（2023春 浦東新區校級期末）如圖，光滑水平軌道AB與豎直面內的半圓形光滑軌道BCD相連，半圓形軌道的BD連線與AB垂直，半圓形的半徑為R＝0.90m。質量為m＝1.0kg的小滑塊在恒定外力F＝20N作用下從水平軌道上的A點由靜止開始向右運動到達水平軌道的末端B點時撤去外力，已知AB間的距離為x＝1.8m，滑塊經過D點從D點水平拋出，g取10m/s2。
（1）求物體在AB段運動時外力做功的大小；
（2）求物體在D點的速度大小；
（3）求小物塊在D點時對圓弧面的壓力大小；
（4）求小物塊從D點拋出后在水平地面的落點與B的距離。
（2023春 浙江期中）如圖所示為某一游戲簡化裝置的示意圖，AB是一段長直軌道，與半徑為R的光滑圓弧軌道BC相切與B點。BC軌道末端水平，末端離地面的高度為2h，高度為h的探測板DE豎直放置，離BC軌道末端C點的水平距離為L，上端D與C點的高度差也為h。在AB長直軌道任意處可以釋放相同質量不同速度的的小球（可視為質點），小球質量為m，不計小球在運動過程中所受空氣阻力。
（1）求小球打在探測板DE的中點時小球的速度大小；
（2）若小球打在探測板E點時，小球對圓弧軌道C點的壓力；
（3）若hm，L＝2m時，求小球打在探測板DE什么位置時有最小速度。
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