資源簡介

第三節　動能　動能定理
(分值：100分)
1~6題每題7分，7題9分，共51分
考點一　對動能和動能定理的理解
1.(多選)關于質量一定的物體的速度和動能，下列說法中正確的是(　　)
A.物體的速度發生變化時，其動能一定發生變化
B.物體的速度保持不變時，其動能一定保持不變
C.物體的動能發生變化時，其速度一定發生變化
D.物體的動能保持不變時，其速度可能發生變化
2.(2024·新課標卷)福建艦是我國自主設計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的動能變為調整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的(　　)
A.0.25倍 B.0.5倍
C.2倍 D.4倍
3.(2023·廣州市高一期末)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mv2
B.地板對物體的支持力做的功等于mv2-mgH
C.鋼索的拉力做的功等于Mv2+MgH
D.合力對電梯M做的功等于Mv2
考點二　動能定理的簡單應用
4.一個人站在陽臺上，從陽臺邊緣以相同的速率v0分別把三個質量相同的球豎直上拋、豎直下拋、水平拋出，不計空氣阻力，則三個球落地時的動能(　　)
A.上拋球最大 B.下拋球最大
C.平拋球最大 D.一樣大
5.光滑水平面上有一物體，在水平恒力F作用下由靜止開始運動，經過時間t1速度達到v，再經過時間t2，速度由v增大到2v，在t1和t2兩段時間內，外力F對物體做功之比為(　　)
A.1∶2 B.1∶3 C.3∶1 D.1∶4
6.如圖所示，質量為2 g的子彈，以300 m/s的速度射入厚度為l=5 cm的木板，射穿后的速度是100 m/s，則子彈射穿木板的過程中受到的平均阻力為(　　)
A.800 N B.1 200 N
C.1 600 N D.2 000 N
7.(9分)(2023·東莞市高一期中)如圖所示，粗糙的水平面與豎直平面內的光滑彎曲軌道在B點平滑連接，一小物塊從彎曲軌道上高度為h的A點無初速度釋放，已知物塊與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，求：
(1)(3分)小物塊滑到B點時的速度大小；
(2)(6分)小物塊沿水平面滑行的位移大小。
8~10題每題9分，11題12分，共39分
8.如圖所示，在籃球比賽中，某位同學站在罰球線處用力將籃球投出，籃球以約為1 m/s的速度撞擊籃筐。已知籃球質量約為0.6 kg，籃筐離地高度約為3 m，忽略籃球受到的空氣阻力，則該同學罰球時對籃球做的功大約為(　　)
A.1 J B.8 J C.50 J D.100 J
9.如圖所示，將質量為m的小球以初速度大小v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時，其速度大小為v0。設小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，重力加速度為g，則空氣阻力的大小等于(　　)
A.mg B.mg C.mg D.mg
10.(2023·佛山市高一期末)一物體分別沿高度相同，傾角分別為30°、45°、60°的三個斜面從頂端由靜止開始下滑，物體與三個斜面間的動摩擦因數相同，則物體到達底端時動能的大小關系是(　　)
A.沿傾角60°斜面下滑的最大
B.沿傾角45°斜面下滑的最大
C.沿傾角30°和60°斜面下滑的一樣大
D.沿傾角45°斜面下滑的最小
11.(12分)(2023·廣州市高一期末)如圖所示，某車間利用斜面從貨車上卸貨，每包貨物的質量m=20 kg，斜面傾角θ=37°，斜面的長度L=0.5 m，貨物與斜面間的動摩擦因數μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。
(1)(6分)求貨物從斜面頂端滑到底端的過程中合力做的功；
(2)(6分)若貨物下滑到斜面中點時，速度恰好變為剛進入斜面時的2倍，求貨物剛進入斜面時的速度大小。
(10分)
12.小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示，不計空氣阻力。將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點(　　)
A.P球的速度一定大于Q球的速度
B.P球的動能一定小于Q球的動能
C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力
D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
答案精析
1.BCD　[速度是矢量，速度發生變化時，既可能是只有速度的大小發生變化，也可能是只有速度的方向發生變化，還有可能是速度的大小和方向同時發生變化，而動能是標量，只有速度的大小發生變化時，動能才會發生變化，故B、C、D正確，A錯誤。]
2.C　[動能表達式為Ek=mv2。由題意可知小車水平離開甲板時的動能變為調整前的4倍，則小車離開甲板時速度變為調整前的2倍；小車離開甲板后做平拋運動，從離開甲板到到達海面上時間不變，根據x=vt，可知小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的2倍。故選C。]
3.D　[設地板對物體的支持力做的功為W，對物體由動能定理得W-mgH=mv2
解得W=mgH+mv2，故A、B錯誤；
設鋼索的拉力做的功為W'，對電梯和物體整體由動能定理得W'-(M+m)gH=(M+m)v2
解得W'=(M+m)v2+(M+m)gH，故C錯誤；
由動能定理得，合力對電梯M做的功等于Mv2，故D正確。]
4.D　[設陽臺離地面的高度為h，根據動能定理得mgh=Ek-m，三個小球質量相同，初速度相同，高度相同，所以三個球落地時動能相同，D正確。]
5.B　[根據動能定理得，第一段過程：W1=mv2，第二段過程：W2=m(2v)2-mv2=mv2，解得W1∶W2=1∶3，B正確。]
6.C　[在子彈射穿木塊的過程中只有木板對子彈的阻力對子彈做了功，對子彈分析，根據動能定理得：-fl=m-m，代入數據可得f=1 600 N，故選C。]
7.(1)　(2)
解析　(1)從A點到B點根據動能定理得mgh=m
解得vB=
(2)沿水平面滑行，根據動能定理得
-μmgs=0-m
解得s=
8.B　[該同學將籃球投出時的高度約為h1=1.8 m，根據動能定理有W-mg(h-h1)=mv2，解得W=7.5 J，故選項B正確。]
9.D　[小球向上運動的過程，由動能定理得-(mg+f)H=0-m，小球向下運動的過程，由動能定理得(mg-f)H=m(v0)2-0，聯立解得f=mg，故D正確，A、B、C錯誤。]
10.A　[由動能定理，mgh-μmgcos θ=Ek-0，即mgh-=Ek，θ越大越小，到達底端時的動能越大，故A正確，B、C、D錯誤。]
11.(1)20 J　(2) m/s
解析　(1)貨物從斜面頂端滑到底端的過程中，受到的合力為
F合=mgsin θ-μmgcos θ
合力所做的功為W合=F合L
聯立，代入數據得
F合=40 N，W合=20 J
(2)若貨物下滑到斜面中點時，速度恰好變為剛進入斜面時的2倍，根據動能定理有
F合·=m(2v0)2-m
代入數據求得貨物剛進入斜面時的速度大小為
v0= m/s。
12.C　[從釋放到最低點過程中，由動能定理得mgl=mv2-0，可得v=，因lPmQ，故兩球動能大小無法比較，選項B錯誤；在最低點對兩球進行受力分析，根據牛頓第二定律及向心力公式可知T-mg=m=man，得T=3mg，an=2g，則TP>TQ，anP=anQ，C正確，D錯誤。]第三節　動能　動能定理
［學習目標］　1.掌握動能的表達式和單位，知道動能是標量(重點)。2.能運用牛頓第二定律和運動學公式推導出動能定理(重點)。3.理解動能定理，能運用動能定理解決簡單的問題(重難點)。
一、動能和動能定理
如圖所示，光滑水平面上質量為m的物體在水平恒力F的作用下向前運動了一段距離l，速度由v1增加到v2。試推導出力F對物體做功的表達式。
1.動能
(1)定義：物體由于　　　　而具有的能量。
(2)表達式：Ek=mv2。其單位與　　的單位相同，國際單位為　　　，符號是　　。
(3)標矢性：動能是　　量，只有　　　　，沒有方向。
(4)動能是狀態量，與物體的運動狀態相對應。
(5)動能具有相對性，選取不同的參考系，物體的速度大小可能不同，動能也可能不同，一般以地面為參考系。
2.動能定理
(1)在一個過程中合力對物體所做的功等于物體動能的變化量。
(2)W與ΔEk的關系：合力做功是物體動能變化的原因。
①合力對物體做正功時，末動能　　　　初動能，物體的動能　　　　。
②合力對物體做負功時，末動能　　　　初動能，物體的動能　　　　。
(3)適用范圍：既適用于恒力做功，也適用于變力做功，既適用于直線運動，也適用于曲線運動。
(1)兩質量相同的物體，動能相同，速度一定相同。(　　)
(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態。(　　)
(3)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(　　)
(4)合外力對物體做功不等于零，物體的速度一定變化。(　　)
例1　改變汽車的質量和速度，都可能使汽車的動能發生改變。在下列幾種情況中，汽車的動能各是原來的幾倍？
(1)質量不變，速度增大到原來的2倍；
(2)速度不變，質量增大到原來的2倍；
(3)質量減半，速度增大到原來的4倍；
(4)速度減半，質量增大到原來的4倍。
二、動能定理的簡單應用
如圖所示，質量為m的物塊從固定斜面頂端由靜止滑下，已知斜面傾角為θ，物塊與斜面之間的動摩擦因數為μ，斜面高為h，重力加速度為g。
(1)物塊在下滑過程中受哪些力的作用？各個力做的功分別為多少？
(2)物塊的動能怎樣變化？物塊到達斜面底端時的速度為多大？
例2　如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定(　　)
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
例3　質量m=6×103 kg的客機，從靜止開始沿平直的跑道勻加速滑行，當滑行距離l=7.2×102 m時，達到起飛速度v=60 m/s。
(1)起飛時飛機的動能是多少？
(2)若不計滑行過程中所受的阻力，則飛機受到的牽引力為多大？
(3)若滑行過程中受到的平均阻力大小為3.0×103 N，牽引力與第(2)問中求得的值相等，則要達到上述起飛速度，飛機的滑行距離應為多大？
應用動能定理解題的一般步驟
1.選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程。
2.對研究對象進行受力分析，明確各個力做功的情況，求出外力做功的代數和。
3.明確物體在初、末狀態的動能Ek1、Ek2。
4.列出動能定理的方程W=Ek2-Ek1，結合其他必要的輔助方程求解并驗算。
例4　如圖，斜面末端B點與水平面平滑相接，現將一質量m=2 kg、可視為質點的物塊在距水平地面高h=0.5 m處的A點以一定初速度釋放(速度方向沿斜面向下)，物塊運動到水平面上距B點s=1.6 m處的C點停下，已知斜面光滑，物塊與水平面之間的動摩擦因數μ=0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其他阻力忽略不計。(g=10 m/s2)
(1)求物塊到達B點時的速度大小；
(2)求物塊在A點的動能；
(3)若賦予物塊向左的水平初速度，使其從C點恰好到達A點，求水平初速度大小(結果可帶根號)。
動能定理的優越性
牛頓運動定律 動能定理
適用條件 只能研究物體在恒力作用下做直線運動的情況 對于物體在恒力或變力作用下做直線運動或曲線運動的情況均適用
應用方法 要考慮運動過程的每一個細節 只考慮各力的做功情況及初、末狀態的動能
運算方法 矢量運算 代數運算
相同點 確定研究對象，對物體進行受力分析和運動過程分析
結論 應用動能定理解題不涉及加速度、時間，不涉及矢量運算，運算簡單，不易出錯
答案精析
一、
W=Fl=F·=F·=m-m。
梳理總結
1.(1)運動　(2)功　焦耳　J　(3)標　大小
2.(2)①大于　增加　②小于　減小
易錯辨析
(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　
例1　(1)4倍　(2)2倍　(3)8倍　(4)動能不變
解析　根據動能表達式Ek=mv2可知，
(1)質量不變，速度增大到原來的2倍時，動能變為原來的4倍；
(2)速度不變，質量增大到原來的2倍時，動能變為原來的2倍；
(3)質量減半，速度增大到原來的4倍時，動能增大到原來的8倍；
(4)速度減半，質量增大到原來的4倍時，動能不變。
二、
(1)受重力、支持力、摩擦力；重力做功為WG=mgh，支持力做功為WN=0，摩擦力做功為Wf=-μmgcos θ·=-μmg。
(2)物塊動能增大，由動能定理得WG+WN+Wf=mv2-0，得物塊到達斜面底端時的速度大小v=。
例2　A　[設拉力做功為W拉，克服摩擦力做的功為W克，由題意知，W拉-W克=ΔEk，則W拉>ΔEk，A項正確，B項錯誤；W克與ΔEk的大小關系不確定，C、D項錯誤。]
例3　(1)1.08×107 J　(2)1.5×104 N　(3)9×102 m
解析　(1)飛機起飛時的動能Ek=mv2
代入數值解得Ek=1.08×107 J。
(2)設飛機受到的牽引力為F，由題意知合外力為F，
由動能定理得Fl=Ek-0，代入數值解得F=1.5×104 N。
(3)設飛機的滑行距離為l'，滑行過程中受到的平均阻力大小為f，則
由動能定理得(F-f)l'=Ek-0
解得l'=9×102 m。
例4　(1)4 m/s　(2)6 J　(3) m/s
解析　(1)物塊從B點到C點由動能定理可得
-μmgs=0-m
解得vB=4 m/s
(2)物塊從A點到B點由動能定理可得
mgh=m-EkA
解得EkA=6 J
(3)設初速度大小為v，從C點到A點由動能定理可得-μmgs-mgh=-mv2
解得v= m/s。(共49張PPT)
第三節　動能　動能定理
DISIZHANG
第四章
1.掌握動能的表達式和單位，知道動能是標量(重點)。
2.能運用牛頓第二定律和運動學公式推導出動能定理(重點)。
3.理解動能定理，能運用動能定理解決簡單的問題(重難點)。
學習目標
一、動能和動能定理
二、動能定理的簡單應用
課時對點練
內容索引
動能和動能定理
一
如圖所示，光滑水平面上質量為m的物體在水平恒力F的作用下向前運動了一段距離l，速度由v1增加到v2。試推導出力F對物體做功的表達式。
答案　W=Fl=F·=F·=m-m。
1.動能
(1)定義：物體由于 而具有的能量。
(2)表達式：Ek=mv2。其單位與 的單位相同，國際單位為 ，符號是 。
(3)標矢性：動能是 量，只有 ，沒有方向。
(4)動能是狀態量，與物體的運動狀態相對應。
(5)動能具有相對性，選取不同的參考系，物體的速度大小可能不同，動能也可能不同，一般以地面為參考系。
梳理與總結
運動
功
焦耳
J
標
大小
2.動能定理
(1)在一個過程中合力對物體所做的功等于物體動能的變化量。
(2)W與ΔEk的關系：合力做功是物體動能變化的原因。
①合力對物體做正功時，末動能 初動能，物體的動能 。
②合力對物體做負功時，末動能 初動能，物體的動能 。
(3)適用范圍：既適用于恒力做功，也適用于變力做功，既適用于直線運動，也適用于曲線運動。
大于
增加
小于
減小
(1)兩質量相同的物體，動能相同，速度一定相同。(　　)
(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態。(　　)
(3)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(　　)
(4)合外力對物體做功不等于零，物體的速度一定變化。(　　)
×
×
×
√
　改變汽車的質量和速度，都可能使汽車的動能發生改變。在下列幾種情況中，汽車的動能各是原來的幾倍？
(1)質量不變，速度增大到原來的2倍；
例1
答案　4倍　
根據動能表達式Ek=mv2可知，
質量不變，速度增大到原來的2倍時，動能變為原來的4倍；
(2)速度不變，質量增大到原來的2倍；
答案　2倍　
速度不變，質量增大到原來的2倍時，動能變為原來的2倍；
(3)質量減半，速度增大到原來的4倍；
答案　8倍　
質量減半，速度增大到原來的4倍時，動能增大到原來的8倍；
(4)速度減半，質量增大到原來的4倍。
答案　動能不變
速度減半，質量增大到原來的4倍時，動能不變。
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動能定理的簡單應用
二
如圖所示，質量為m的物塊從固定斜面頂端由靜止滑下，已知斜面傾角為θ，物塊與斜面之間的動摩擦因數為μ，斜面高為h，重力加速度為g。
(1)物塊在下滑過程中受哪些力的作用？各個力做的功分別為多少？
答案　受重力、支持力、摩擦力；重力做功為WG=mgh，支持力做功為WN=0，摩擦力做功為Wf=-μmgcos θ·=-μmg。
(2)物塊的動能怎樣變化？物塊到達斜面底端時的速度為多大？
答案　物塊動能增大，由動能定理得WG+WN+Wf=mv2-0，得物塊到達斜面底端時的速度大小v=。
　如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定
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
例2
√
設拉力做功為W拉，克服摩擦力做的功為W克，由題意知，W拉-W克=ΔEk，則W拉>ΔEk，A項正確，B項錯誤；
W克與ΔEk的大小關系不確定，C、D項錯誤。
　質量m=6×103 kg的客機，從靜止開始沿平直的跑道勻加速滑行，當滑行距離l=7.2×102 m時，達到起飛速度v=60 m/s。
(1)起飛時飛機的動能是多少？
例3
答案　1.08×107 J　
飛機起飛時的動能Ek=mv2
代入數值解得Ek=1.08×107 J。
(2)若不計滑行過程中所受的阻力，則飛機受到的牽引力為多大？
答案　1.5×104 N　
設飛機受到的牽引力為F，由題意知合外力為F，
由動能定理得Fl=Ek-0，代入數值解得F=1.5×104 N。
(3)若滑行過程中受到的平均阻力大小為3.0×103 N，牽引力與第(2)問中求得的值相等，則要達到上述起飛速度，飛機的滑行距離應為多大？
答案　9×102 m
設飛機的滑行距離為l'，滑行過程中受到的平均阻力大小為f，則
由動能定理得(F-f )l'=Ek-0
解得l'=9×102 m。
應用動能定理解題的一般步驟
1.選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程。
2.對研究對象進行受力分析，明確各個力做功的情況，求出外力做功的代數和。
3.明確物體在初、末狀態的動能Ek1、Ek2。
4.列出動能定理的方程W=Ek2-Ek1，結合其他必要的輔助方程求解并驗算。
總結提升
　如圖，斜面末端B點與水平面平滑相接，現將一質量m=2 kg、可視為質點的物塊在距水平地面高h=0.5 m處的A點以一定初速度釋放(速度方向沿斜面向下)，物塊運動到水平面上距B點s=1.6 m處的C點停下，已知斜面光滑，物塊與水平面之間的動摩擦因數μ=0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其他阻力忽略不計。(g=10 m/s2)
(1)求物塊到達B點時的速度大小；
例4
答案　4 m/s　
物塊從B點到C點由動能定理可得-μmgs=0-m
解得vB=4 m/s
(2)求物塊在A點的動能；
答案　6 J　
物塊從A點到B點由動能定理可得
mgh=m-EkA
解得EkA=6 J
(3)若賦予物塊向左的水平初速度，使其從C點恰好到達A點，求水平初速度大小(結果可帶根號)。
答案　 m/s
設初速度大小為v，從C點到A點由動能定理可得-μmgs-mgh=-mv2
解得v= m/s。
動能定理的優越性
總結提升
牛頓運動定律 動能定理
適用 條件 只能研究物體在恒力作用下做直線運動的情況 對于物體在恒力或變力作用下做直線運動或曲線運動的情況均適用
應用 方法 要考慮運動過程的每一個細節 只考慮各力的做功情況及初、末狀態的動能
總結提升
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牛頓運動定律 動能定理
運算方法 矢量運算 代數運算
相同點 確定研究對象，對物體進行受力分析和運動過程分析
結論 應用動能定理解題不涉及加速度、時間，不涉及矢量運算，運算簡單，不易出錯
課時對點練
三
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 BCD C D D B C (1)　(2)
題號 8 9 10 11 　12
答案 B D A (1)20 J　(2) m/s 　C
考點一　對動能和動能定理的理解
1.(多選)關于質量一定的物體的速度和動能，下列說法中正確的是
A.物體的速度發生變化時，其動能一定發生變化
B.物體的速度保持不變時，其動能一定保持不變
C.物體的動能發生變化時，其速度一定發生變化
D.物體的動能保持不變時，其速度可能發生變化
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
基礎對點練
√
√
√
答案
速度是矢量，速度發生變化時，既可能是只有速度的大小發生變化，也可能是只有速度的方向發生變化，還有可能是速度的大小和方向同時發生變化，而動能是標量，只有速度的大小發生變化時，動能才會發生變化，故B、C、D正確，A錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.(2024·新課標卷)福建艦是我國自主設計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的動能變為調整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的
A.0.25倍 B.0.5倍
C.2倍 D.4倍
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
動能表達式為Ek=mv2。由題意可知小車水平離開甲板時的動能變為調整前的4倍，則小車離開甲板時速度變為調整前的2倍；小車離開甲板后做平拋運動，從離開甲板到到達海面上時間不變，根據x=vt，可知小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的2倍。故選C。
答案
3.(2023·廣州市高一期末)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mv2
B.地板對物體的支持力做的功等于mv2-mgH
C.鋼索的拉力做的功等于Mv2+MgH
D.合力對電梯M做的功等于Mv2
√
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答案
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設地板對物體的支持力做的功為W，
對物體由動能定理得W-mgH=mv2
解得W=mgH+mv2，故A、B錯誤；
設鋼索的拉力做的功為W'，對電梯和物體整體由動能定理得
W'-(M+m)gH=(M+m)v2
解得W'=(M+m)v2+(M+m)gH，故C錯誤；
由動能定理得，合力對電梯M做的功等于Mv2，故D正確。
答案
考點二　動能定理的簡單應用
4.一個人站在陽臺上，從陽臺邊緣以相同的速率v0分別把三個質量相同的球豎直上拋、豎直下拋、水平拋出，不計空氣阻力，則三個球落地時的動能
A.上拋球最大 B.下拋球最大
C.平拋球最大 D.一樣大
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√
答案
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設陽臺離地面的高度為h，根據動能定理得mgh=Ek-m，三個小球質量相同，初速度相同，高度相同，所以三個球落地時動能相同，D正確。
答案
5.光滑水平面上有一物體，在水平恒力F作用下由靜止開始運動，經過時間t1速度達到v，再經過時間t2，速度由v增大到2v，在t1和t2兩段時間內，外力F對物體做功之比為
A.1∶2 B.1∶3 C.3∶1 D.1∶4
√
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根據動能定理得，第一段過程：W1=mv2，第二段過程：W2=m(2v)2
-mv2=mv2，解得W1∶W2=1∶3，B正確。
答案
6.如圖所示，質量為2 g的子彈，以300 m/s的速度射入厚度為l=5 cm的木板，射穿后的速度是100 m/s，則子彈射穿木板的過程中受到的平均阻力為
A.800 N B.1 200 N
C.1 600 N D.2 000 N
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√
在子彈射穿木塊的過程中只有木板對子彈的阻力對子彈做了功，對子彈分析，根據動能定理得：-fl=m-m，代入數據可得f=
1 600 N，故選C。
答案
7.(2023·東莞市高一期中)如圖所示，粗糙的水平面與豎直平面內的光滑彎曲軌道在B點平滑連接，一小物塊從彎曲軌道上高度為h的A點無初速度釋放，已知物塊與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，求：
(1)小物塊滑到B點時的速度大小；
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從A點到B點根據動能定理得mgh=m
解得vB=
答案　　
答案
(2)小物塊沿水平面滑行的位移大小。
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沿水平面滑行，根據動能定理得
-μmgs=0-m
解得s=
答案　
答案
8.如圖所示，在籃球比賽中，某位同學站在罰球線處
用力將籃球投出，籃球以約為1 m/s的速度撞擊籃筐。
已知籃球質量約為0.6 kg，籃筐離地高度約為3 m，忽
略籃球受到的空氣阻力，則該同學罰球時對籃球做的功大約為
A.1 J B.8 J C.50 J D.100 J
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能力綜合練
√
該同學將籃球投出時的高度約為h1=1.8 m，根據動能定理有
W-mg(h-h1)=mv2，解得W=7.5 J，故選項B正確。
答案
9.如圖所示，將質量為m的小球以初速度大小v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時，其速度大小為v0。設小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，重力加速度為g，則空氣阻力的大小等于
A.mg B.mg
C.mg D.mg
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√
答案
小球向上運動的過程，由動能定理得
-(mg+f )H=0-m，小球向下運動的過程，
由動能定理得(mg-f )H=m(v0)2-0，
聯立解得f=mg，故D正確，A、B、C錯誤。
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答案
10.(2023·佛山市高一期末)一物體分別沿高度相同，傾角分別為30°、45°、60°的三個斜面從頂端由靜止開始下滑，物體與三個斜面間的動摩擦因數相同，則物體到達底端時動能的大小關系是
A.沿傾角60°斜面下滑的最大
B.沿傾角45°斜面下滑的最大
C.沿傾角30°和60°斜面下滑的一樣大
D.沿傾角45°斜面下滑的最小
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√
答案
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由動能定理，mgh-μmgcos θ=Ek-0，即mgh-=Ek，θ越大越小，到達底端時的動能越大，故A正確，B、C、D錯誤。
答案
11.(2023·廣州市高一期末)如圖所示，某車間利用斜面從貨車上卸貨，每包貨物的質量m=20 kg，斜面傾角θ=37°，斜面的長度L=0.5 m，貨物與斜面間的動摩擦因數μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。
(1)求貨物從斜面頂端滑到底端的過程中合力做的功；
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答案　20 J　
答案
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貨物從斜面頂端滑到底端的過程中，受到的合力為
F合=mgsin θ-μmgcos θ
合力所做的功為W合=F合L
聯立，代入數據得
F合=40 N，W合=20 J
答案
(2)若貨物下滑到斜面中點時，速度恰好變為剛進入斜面時的2倍，求貨物剛進入斜面時的速度大小。
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答案　 m/s
答案
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若貨物下滑到斜面中點時，速度恰好變為剛進入斜面時的2倍，根據動能定理有
F合·=m(2v0)2-m
代入數據求得貨物剛進入斜面時的速度大小為
v0= m/s。
答案
12.小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示，不計空氣阻力。將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點
A.P球的速度一定大于Q球的速度
B.P球的動能一定小于Q球的動能
C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力
D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
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尖子生選練
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答案
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從釋放到最低點過程中，由動能定理得
mgl=mv2-0，可得v=，因lP則vP由EkQ=mQglQ，EkP=mPglP，而mP>mQ，故兩球動能大小無法比較，選項B錯誤；
在最低點對兩球進行受力分析，根據牛頓第二定律及向心力公式可
知T-mg=m=man，得T=3mg，an=2g，則TP>TQ，anP=anQ，C正確，D
錯誤。
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答案

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