資源簡介

課時跟蹤檢測(二十)　動能和動能定理
(選擇題1～7小題，每小題4分；9～11小題，每小題6分。本檢測卷滿分70分)
A級——學考達標
1．(多選)關于動能的理解，下列說法正確的是(　　)
A．一般情況下，Ek＝mv2中的v是相對于地面的速度
B．動能的大小由物體的質量和速率決定，與物體的運動方向無關
C．物體以相同的速率向東和向西運動，動能的大小相等、方向相反
D．當物體以不變的速率做曲線運動時，其動能不斷變化
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.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
4．一個人站在實驗室高臺上，從高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.如圖所示，小球從豎直放置的輕彈簧正上方自由下落。在小球接觸彈簧到彈簧被壓縮到最短的過程中，小球的動能(　　)
A．變小
B．先變大后變小
C．變大
D．先變小后變大
6．(2024·青島高一檢測)如圖所示，一半徑為R＝0.2 m的圓環固定在豎直平面內，其上穿有一個可視為質點的質量m＝0.2 kg的小球，小球靜止在最高點處，由于受到某種微擾使小球開始向一側滑動，當小球運動至A點瞬間，圓環與小球之間無作用力，A點與圓環圓心的連線與豎直方向夾角為θ＝60°，g取10 m/s2，則小球從開始運動到A點的過程中，克服阻力做功為(　　)
A．0.05 J B．0.1 J
C．0.15 J D．0.2 J
7.如圖所示，斜面高為h，質量為m的物塊在沿斜面向上的恒力F作用下，能勻速沿斜面向上運動，若把此物塊放在斜面頂端，在沿斜面向下同樣大小的恒力F作用下，物塊由靜止向下滑動，滑至底端時其動能的大小為(重力加速度為g)(　　)
A．mgh B．2mgh
C．2Fh D．Fh
8．(10分)國產大飛機C919圓滿完成全球首次商業載客飛行，正式進入民航市場，開啟市場化運營、產業化發展新征程。假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為0的勻加速直線運動，當位移x＝1.6×103 m 時才能達到起飛所要求的速度v＝80 m/s。已知飛機質量m＝7.0×104 kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)飛機起飛時的動能；
(2)飛機滑跑過程中受到的牽引力。
B級——選考進階
9.如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉動，另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
10.(2024·廣州高一調研)如圖所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上做加速運動，當電梯的速度由v1增加到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，物體始終與電梯保持相對靜止，則在這個過程中，下列結論正確的是(　　)
A．對物體，動能定理的表達式為WN＝mv22，其中WN為支持力做的功
B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功
C．對物體，動能定理的表達式為WN－mgH＝mv22－mv12
D．對電梯，其所受合力做功為Mv22－Mv12－mgH
11．(2024·浙江杭州高一期末)(多選)某人駕駛小型汽車行駛在平直的封閉測試道路上，t＝0時刻開始無動力滑行，一段時間后以恒定功率加速行駛，車速達到最大后保持勻速，v t圖像如圖所示。汽車與人的總質量為1×103 kg，行駛中受到的阻力保持不變，則(　　)
A．汽車行駛中所受阻力大小為2×103 N
B．1 s～11 s內汽車的功率為10 kW
C．1 s～11 s內汽車的位移為75 m
D．汽車加速過程中速度為6 m/s時的加速度大小為0.5 m/s2
12．(14分)(2024·武漢高一檢測)如圖所示，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?。?br/>(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)。
課時跟蹤檢測(二十)
1．選AB　動能是標量，由物體的質量和速率決定，與物體的運動方向無關。動能具有相對性，無特別說明，一般指相對于地面的動能，A、B正確。
2．選C　動能表達式為Ek＝mv，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，則離開甲板時的速度變為調整前的2倍；小車離開甲板后做平拋運動，從離開甲板到落到海面上的時間不變，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變為調整前的2倍。故選C。
3．選A　由動能定理得WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確。
4．選D　設拋出點離地面的高度為h，根據動能定理得mgh＝Ek－mv，三個小球質量相同、初速度大小相同、下落高度相同，所以三個球落地時動能相同，D正確。
5．選B　根據題意可知，小球與彈簧接觸后，受到豎直向下的重力與豎直向上的彈力作用，開始時，小球的重力大于彈力，合力向下，加速度向下，小球向下做加速運動，隨小球向下運動，小球所受的彈力增大，合力減小，加速度減小，小球做加速度減小的加速運動，合力為零時，小球速度最大；當小球所受的彈力大于小球重力后，合力向上，加速度向上，速度方向與加速度方向相反，小球做減速運動，隨小球向下運動，彈力增大，小球受到的合力增大，加速度增大，小球做加速度增大的減速運動，直到減速到零。由以上分析可知，小球的速度先增大后減小，動能先增大后減小。故選B。
6．選B　由題意可知，在A點，小球只受重力，重力沿半徑方向的分力提供此時做圓周運動的向心力mgcos θ＝m，小球從最高點到A點，由動能定理有mg(R－Rcos θ)＋Wf＝mv－0，代入數據解得Wf＝－0.1 J，故選B。
7．選B　物塊勻速上滑時，根據動能定理得WF－mgh－Wf＝0，物塊下滑時，根據動能定理得WF＋mgh－Wf＝Ek－0，聯立兩式解得Ek＝2mgh，故B正確。
8．解析：(1)飛機起飛時的動能Ek＝mv2＝×7.0×104×802 J＝2.24×108 J。
(2)設飛機滑跑過程中受到的牽引力為F，由動能定理得Fx－kmgx＝mv2－0，其中k＝0.1，解得F＝kmg＋＝2.1×105 N。
答案：(1)2.24×108 J　(2)2.1×105 N
9．選B　對木塊由動能定理得－f·2πL＝0－mv，解得摩擦力大小為f＝，故B正確，A、C、D錯誤。
10．選C　物體受重力和支持力作用，根據動能定理得WN－mgH＝mv－mv，故C正確，A、B錯誤；對電梯，所受合力做功等于電梯動能的變化量，故D錯誤。
11．選AD　由題圖可得，汽車無動力滑行時的加速度大小為a1＝＝2 m/s2，由牛頓第二定律可得，汽車行駛中所受阻力大小為f＝ma1＝2×103 N，故A正確；由題圖可知，當t＝11 s時，汽車達到最大速度7.5 m/s，此時汽車的牽引力大小為F＝f＝2×103 N，汽車的功率為P＝Fvm＝1.5×104 W＝15 kW，故B錯誤；根據題意，設1 s～11 s內汽車的位移為x，由動能定理有P－fx＝mv－mv，代入數據解得x＝67.187 5 m，故C錯誤；汽車加速過程中速度為6 m/s時，牽引力大小為F1＝＝2.5×103 N，由牛頓第二定律有a＝＝0.5 m/s2，故D正確。
12．解析：(1)物塊由B點到C點，由動能定理可得
－μmgs＝0－mv
解得vB＝4 m/s。
(2)物塊由A點到B點，由動能定理可得mgh＝mv－EkA
解得EkA＝6 J。
(3)設水平初速度大小為v，從C點到A點由動能定理可得
－μmgs－mgh＝0－mv2
解得v＝ m/s。
答案：(1)4 m/s　(2)6 J　(3) m/s
4 / 4第3節　動能和動能定理(賦能課精細培優科學思維)
課標要求 層級達標
1.理解動能和動能定理。 2.能用動能定理解釋生產生活中的現象。 學考層級 1.知道動能的定義和表達式。 2.知道動能定理的內容和表達式。
選考層級 1.會用動能定理進行分析和計算。 2.領悟應用功的表達式、牛頓第二定律和運動學公式推導動能定理的過程。
一、動能的表達式
1.定義:物體由于　　　而具有的能量。
2.表達式:Ek=　　　　。
3.單位:與功的單位相同,在國際單位制中為　　　。1 J=1 kg·m2·s-2。
4.特點
(1)具有瞬時性,是　　　　。
(2)具有相對性,選取不同的參考系,同一物體的動能一般不同,通常是指物體相對于　　　的動能。
(3)動能是　　　,沒有方向。動能沒有負值,動能的大小與速度的方向無關。
[質疑辨析]
　　如圖所示為正在空中飛行的飛機,請對以下結論作出判斷:
(1)運動的飛機具有的能量就是動能。 (　　)
(2)飛機的速度發生變化時,動能也發生變化。 (　　)
(3)飛機的動能發生變化時,速度一定發生了變化。 (　　)
(4)速度越大的物體,具有的動能也越大。 (　　)
二、動能定理
1.推導:
如圖所示,物體的質量為m,在運動方向上受到合外力F的作用發生了一段位移x,速度由v1增加到v2,此過程合外力F做的功為W。
2.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　　　　　　。
3.表達式:W=ΔEk=-。
4.適用范圍:既適用于　　　做功,也適用于　　　做功;既適用于　　　運動,也適用于　　　運動。
[情境思考]
　　
殲 15戰機是我國自主研發的一款艦載戰斗機,已經實現了在“遼寧艦”上各種訓練,形成戰斗力,如圖所示為正在起飛的殲 15戰機。
(1)殲 15戰機起飛時,合力做什么功 速度怎么變化 動能怎么變化
(2)殲 15戰機著艦時,阻攔索對戰斗機做什么功 戰斗機的動能怎么變化
強化點(一)　動能及動能變化
任務驅動 　
　　龍卷風具有巨大的能量,可以拔起大樹、掀翻汽車、摧毀房屋。龍卷風具有的能量是什么能 這種能與哪些因素有關
[要點釋解明]
1.動能的“三性”
相對性 選取不同的參考系,物體的速度不同,動能也不同,一般以地面為參考系
標量性 動能是標量,沒有方向
瞬時性 動能是表征物體運動狀態的物理量,與物體的某一位置(或某一時刻)的速度相對應
2.動能與動能變化量的區別
(1)動能與動能變化量是兩個不同的概念。
①動能描述的是物體在某一時刻或某一位置由于運動而具有的能量,具有瞬時性,是狀態量。
②動能變化量是物體從一個狀態到另一個狀態的動能的變化,即對應一個過程。
(2)動能為非負值,而動能變化量有正負之分。ΔEk>0表示物體的動能增大,ΔEk<0表示物體的動能減小。
[題點全練清]
1.對于動能的理解,下列說法正確的是 (　　)
A.動能是能量的一種表現形式,運動的物體也可能不具有動能
B.動能有可能為負值
C.一定質量的物體,動能變化時,速度一定變化,但速度變化時,動能不一定變化
D.動能不變的物體,一定處于平衡狀態
2.一物體的速度為v0時,其動能為Ek,當其速度變為2v0時,其動能變為 (　　)
A.2Ek　　　　　　　 B.Ek
C.4Ek D.Ek
3.(多選)一質量為0.1 kg的小球,以5 m/s的速度在光滑水平面上勻速運動,與豎直墻壁碰撞后以原速率彈回,若以彈回的速度方向為正方向,則小球碰墻過程中的速度變化量和動能變化量正確的是 (　　)
A.Δv=10 m/s B.Δv=0
C.ΔEk=2.5 J D.ΔEk=0
強化點(二)　動能定理的理解
任務驅動 　
　　如圖所示,一輛汽車正在加速上坡。
(1)圖中汽車上坡過程受哪些力作用 各個力做什么功
(2)圖中汽車的動能怎樣變化 其動能的變化與各個力做功有什么關系
[要點釋解明]
1.動能定理的理解
名詞 釋疑
正負關系 W>0,ΔEk>0(動力做功多);W<0,ΔEk<0(阻力做功多)
研究對象 一般是一個物體,也可以是一個系統
過程要求 適用于全過程,也適用于某一階段
對應關系 一個過程量(做功)對應著兩個狀態量(動能)
2.動能定理的三個關系
因果 關系 合外力做功是物體動能變化的原因
數量 關系 合外力做的功與動能變化量相等
單位 關系 功與動能的單位相同,在國際單位制中都是焦耳
　　[典例]　(2024·西安高一檢測)如圖所示,某教師用手通過輕繩拉著一個小球在粗糙的水平桌面上做演示向心力的實驗,若老師的手和小球的運動均視為繞固定點O的勻速圓周運動,則 (　　)
A.小球所需的向心力僅由輕繩對小球的拉力提供
B.小球所需的向心力由輕繩對小球的拉力和桌面對小球的摩擦力的合力提供
C.小球運動一周,輕繩對小球的拉力做的功為零
D.小球運動一周,桌面對小球的摩擦力做的功為零
聽課記錄:
[題點全練清]
1.手提物體上升的過程中,拉力對物體做的功為6 J,物體克服重力做的功為4 J。不計空氣阻力,此過程中物體的動能 (　　)
A.增加10 J　　　　　 B.減小6 J
C.增加2 J D.減小4 J
2.(多選)質量為m的物體在水平力F的作用下由靜止開始在光滑地面上運動,前進一段距離之后速度大小為v,再前進一段距離使物體的速度增大為2v,則 (　　)
A.第二過程的速度增量等于第一過程的速度增量
B.第二過程的動能增量是第一過程動能增量的3倍
C.第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做的功
D.第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做功的2倍
強化點(三)　動能定理的應用
[要點釋解明]
1.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。
2.動能定理與牛頓運動定律的比較
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
　　[典例]　如圖所示,用與水平方向成37°角的恒力F=10 N將質量為m=1 kg的物體由靜止開始從A點拉到B點,在B點撤去力F,已知A、B間距L=2 m,物體與地面間的動摩擦因數μ=0.5。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,求撤去外力后物體還能滑行多遠
嘗試解答:
[思維建模]
　　做勻變速直線運動的物體,若研究的過程中不牽扯到時間,可用運動學公式結合牛頓第二定律解題,也可用動能定理解題。一般來說,用動能定理要比運動學公式簡單。
[題點全練清]
1.某同學用200 N的力將質量為0.44 kg的足球踢出,足球以10 m/s的初速度沿水平草坪滾出60 m后靜止,則足球在水平草坪上滾動過程中,克服阻力做的功是 (　　)
A.4.4 J　　　　　 B.22 J
C.132 J D.12 000 J
2.(2024·安徽高考)某同學參加戶外拓展活動,遵照安全規范,坐在滑板上,從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑,至底端時速度為v。已知人與滑板的總質量為m,可視為質點。重力加速度大小為g,不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為 (　　)
A.mgh B.mv2
C.mgh+mv2 D.mgh-mv2
第3節　動能和動能定理
一、1.運動　2.mv2　3.焦耳　4.(1)狀態量　(2)地面　(3)標量
[質疑辨析]
(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
二、1.ma　Fx　2ax　mv－mv　2.動能的變化
4．恒力　變力　直線　曲線
[情境思考]
提示：(1)合力做正功，速度變大，動能增大。
(2)做負功，動能減小。
強化點(一)
[任務驅動]　提示：動能。與質量和速度大小有關。
[題點全練清]
1．選C　動能是普遍存在的能量的一種基本形式，運動的物體都具有動能，故A錯誤；根據Ek＝mv2知，質量為正值，速度的平方為正值或零，則動能不會為負值，故B錯誤；一定質量的物體，動能變化，則速度的大小一定變化，所以速度一定變化，但是速度變化，有可能大小不變，方向變化，所以動能不一定變化，故C正確；動能不變的物體，速度方向可能變化，則物體不一定處于平衡狀態，故D錯誤。
2．選C　由動能的表達式Ek＝mv可知，當物體的速度增大為原來的2倍時，物體的動能Ek′＝m·(2v0)2＝4Ek，C正確。
3．選AD　小球速度變化量Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s，小球動能的變化量ΔEk＝mv－mv＝0。故A、D正確。
強化點(二)
[任務驅動]　提示：(1)汽車受重力、支持力、牽引力及阻力作用，上坡過程中牽引力做正功，重力、阻力做負功，支持力不做功。
(2)由于汽車加速上坡，其動能增大，汽車動能的變化量等于重力、牽引力及阻力三個力做功的代數和。
[典例]　選B　小球做勻速圓周運動，合外力提供向心力，故小球所需的向心力由輕繩對小球的拉力和桌面對小球的摩擦力的合力提供，故A錯誤，B正確；小球運動一周，摩擦力做功Wf＝fs不為零，根據動能定理得WF－Wf＝0，所以拉力做功也不等于零，故C、D錯誤。
[題點全練清]
1．選C　根據動能定理得ΔEk＝W＋WG＝6 J＋(－4) J＝2 J，故物體的動能增加2 J，C正確。
2．選AB　第一過程速度增量為Δv1＝v，動能增量為ΔEk1＝mv2，合外力做功W1＝ΔEk1＝mv2；第二過程速度增量Δv2＝2v－v＝v，動能增量ΔEk2＝m·(2v)2－mv2＝mv2＝3ΔEk1，合外力做功W2＝ΔEk2＝mv2＝3W1，故A、B正確，C、D錯誤。
強化點(三)
[典例]　解析：解法一　牛頓運動定律法
在A→B過程中，物體受力如圖所示
其中：FN＝mg－Fsin θ①
由牛頓第二定律得Fcos θ－μFN＝ma1②
設前進L＝2 m時的速度為v，則v2＝2a1L③
撤去外力后，由牛頓第二定律得－μmg＝ma2④
設再前進的位移為x，則0－v2＝2a2x⑤
聯立①②③④⑤式得x＝2.4 m。
解法二　動能定理法
對全程利用動能定理，恒力F作用時，物體所受摩擦力
Ff＝μ(mg－Fsin 37°)＝2 N
則FLcos 37°－FfL－μmgx＝0，解得x＝2.4 m。
答案：2.4 m
[題點全練清]
1．選B　足球在水平草坪上滾動過程中，根據動能定理得Wf＝－mv2＝－×0.44×102 J＝－22 J，克服阻力做的功Wf克＝22 J，故B正確。
2．選D　人在下滑的過程中，由動能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為Wf＝mgh－mv2，故選D。
7 / 7(共72張PPT)
動能和動能定理
(賦能課——精細培優科學思維)
第 3 節
課標要求 層級達標 1.理解動能和動能定理。 2.能用動能定理解釋生產生活中的現象。 學考層級 1.知道動能的定義和表達式。
2.知道動能定理的內容和表達式。
選考層級 1.會用動能定理進行分析和計算。
2.領悟應用功的表達式、牛頓第二定律和運動學公式推導動能定理的過程。
1
課前預知教材
2
課堂精析重難
3
課時跟蹤檢測
CONTENTS
目錄
課前預知教材
一、動能的表達式
1.定義:物體由于_____而具有的能量。
2.表達式:Ek=_____。
3.單位:與功的單位相同,在國際單位制中為_____。1 J=1 kg·m2·s-2。
運動
mv2
焦耳
4.特點
(1)具有瞬時性,是________。
(2)具有相對性,選取不同的參考系,同一物體的動能一般不同,通常是指物體相對于_____的動能。
(3)動能是______,沒有方向。動能沒有負值,動能的大小與速度的方向無關。
狀態量
地面
標量
[質疑辨析]
如圖所示為正在空中飛行的飛機,請對以下結論作出判斷:
(1)運動的飛機具有的能量就是動能。 ( )
(2)飛機的速度發生變化時,動能也發生變化。 ( )
(3)飛機的動能發生變化時,速度一定發生了變化。 ( )
(4)速度越大的物體,具有的動能也越大。 ( )
×
×
√
×
二、動能定理
1.推導:
如圖所示,物體的質量為m,在運動方向上受到合外力F的作用發生了一段位移x,速度由v1增加到v2,此過程合外力F做的功為W。
2.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________________。
3.表達式:W=ΔEk=-。
4.適用范圍:既適用于_____做功,也適用于_____做功;既適用于______運動,也適用于_____運動。
動能的變化
恒力
變力
直線
曲線
[情境思考]
殲-15戰機是我國自主研發的一款艦載戰斗機,已經實現了在“遼寧艦”上各種訓練,形成戰斗力,如圖所示為正在起飛的殲-15戰機。
(1)殲-15戰機起飛時,合力做什么功 速度怎么變化 動能怎么變化
提示:合力做正功,速度變大,動能增大。
(2)殲-15戰機著艦時,阻攔索對戰斗機做什么功 戰斗機的動能怎么變化
提示:做負功,動能減小。
課堂精析重難
龍卷風具有巨大的能量,可以拔起大樹、掀翻汽車、摧毀房屋。龍卷風具有的能量是什么能 這種能與哪些因素有關
提示:動能。與質量和速度大小有關。
強化點(一)　動能及動能變化
任務驅動
相對性 選取不同的參考系,物體的速度不同,動能也不同,一般以地面為參考系
標量性 動能是標量,沒有方向
瞬時性 動能是表征物體運動狀態的物理量,與物體的某一位置(或某一時刻)的速度相對應
要點釋解明
2.動能與動能變化量的區別
(1)動能與動能變化量是兩個不同的概念。
①動能描述的是物體在某一時刻或某一位置由于運動而具有的能量,具有瞬時性,是狀態量。
②動能變化量是物體從一個狀態到另一個狀態的動能的變化,即對應一個過程。
(2)動能為非負值,而動能變化量有正負之分。ΔEk>0表示物體的動能增大,ΔEk<0表示物體的動能減小。
1.對于動能的理解,下列說法正確的是 (　　)
A.動能是能量的一種表現形式,運動的物體也可能不具有動能
B.動能有可能為負值
C.一定質量的物體,動能變化時,速度一定變化,但速度變化時,動能不一定變化
D.動能不變的物體,一定處于平衡狀態
題點全練清
√
解析:動能是普遍存在的能量的一種基本形式,運動的物體都具有動能,故A錯誤;根據Ek=mv2知,質量為正值,速度的平方為正值或零,則動能不會為負值,故B錯誤;一定質量的物體,動能變化,則速度的大小一定變化,所以速度一定變化,但是速度變化,有可能大小不變,方向變化,所以動能不一定變化,故C正確;動能不變的物體,速度方向可能變化,則物體不一定處于平衡狀態,故D錯誤。
2.一物體的速度為v0時,其動能為Ek,當其速度變為2v0時,其動能變為 (　　)
A.2Ek B.Ek
C.4Ek D.Ek
解析:由動能的表達式Ek=m可知,當物體的速度增大為原來的2倍時,物體的動能Ek'=m·(2v0)2=4Ek,C正確。
√
3.(多選)一質量為0.1 kg的小球,以5 m/s的速度在光滑水平面上勻速運動,與豎直墻壁碰撞后以原速率彈回,若以彈回的速度方向為正方向,則小球碰墻過程中的速度變化量和動能變化量正確的是 (　　)
A.Δv=10 m/s B.Δv=0
C.ΔEk=2.5 J D.ΔEk=0
√
√
解析:小球速度變化量Δv=v2-v1=5 m/s-(-5 m/s)=10 m/s,小球動能的變化量ΔEk=m-m=0。故A、D正確。
如圖所示,一輛汽車正在加速上坡。
任務驅動
強化點(二)　動能定理的理解
(1)圖中汽車上坡過程受哪些力作用 各個力做什么功
提示:汽車受重力、支持力、牽引力及阻力作用,上坡過程中牽引力做正功,重力、阻力做負功,支持力不做功。
(2)圖中汽車的動能怎樣變化 其動能的變化與各個力做功有什么關系
提示:由于汽車加速上坡,其動能增大,汽車動能的變化量等于重力、牽引力及阻力三個力做功的代數和。
1.動能定理的理解
要點釋解明
名詞 釋疑
正負關系 W>0,ΔEk>0(動力做功多);W<0,ΔEk<0(阻力做功多)
研究對象 一般是一個物體,也可以是一個系統
過程要求 適用于全過程,也適用于某一階段
對應關系 一個過程量(做功)對應著兩個狀態量(動能)
2.動能定理的三個關系
因果關系 合外力做功是物體動能變化的原因
數量關系 合外力做的功與動能變化量相等
單位關系 功與動能的單位相同,在國際單位制中都是焦耳
[典例]　(2024·西安高一檢測)如圖所示,某教師用手通過輕繩拉著一個小球在粗糙的水平桌面上做演示向心力的實驗,若老師的手和小球的運動均視為繞固定點O的勻速圓周運動,則 (　　)
A.小球所需的向心力僅由輕繩對小球的拉力提供
B.小球所需的向心力由輕繩對小球的拉力和桌面對小球的摩擦力的合力提供
C.小球運動一周,輕繩對小球的拉力做的功為零
D.小球運動一周,桌面對小球的摩擦力做的功為零
√
[解析]　小球做勻速圓周運動,合外力提供向心力,故小球所需的向心力由輕繩對小球的拉力和桌面對小球的摩擦力的合力提供,故A錯誤,B正確;小球運動一周,摩擦力做功Wf=fs不為零,根據動能定理得WF-Wf=0,所以拉力做功也不等于零,故C、D錯誤。
1.手提物體上升的過程中,拉力對物體做的功為6 J,物體克服重力做的功為4 J。不計空氣阻力,此過程中物體的動能 (　　)
A.增加10 J　　　　　 B.減小6 J
C.增加2 J D.減小4 J
解析:根據動能定理得ΔEk=W+WG=6 J+(-4) J=2 J,故物體的動能增加2 J,C正確。
題點全練清
√
2.(多選)質量為m的物體在水平力F的作用下由靜止開始在光滑地面上運動,前進一段距離之后速度大小為v,再前進一段距離使物體的速度增大為2v,則 (　　)
A.第二過程的速度增量等于第一過程的速度增量
B.第二過程的動能增量是第一過程動能增量的3倍
C.第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做的功
D.第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做功的2倍
√
√
解析:第一過程速度增量為Δv1=v,動能增量為ΔEk1=mv2,合外力做功W1=ΔEk1=mv2;第二過程速度增量Δv2=2v-v=v,動能增量ΔEk2=m·(2v)2-mv2=mv2=3ΔEk1,合外力做功W2=ΔEk2=mv2=3W1,故A、B正確,C、D
錯誤。
1.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。
要點釋解明
強化點(三)　動能定理的應用
2.動能定理與牛頓運動定律的比較
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 [典例]　如圖所示,用與水平方向成37°角的恒力F=10 N將質量為m=1 kg的物體由靜止開始從A點拉到B點,在B點撤去力F,已知A、B間距L=2 m,物體與地面間的動摩擦因數μ=0.5。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,求撤去外力后物體還能滑行多遠
[答案]　2.4 m
[解析]　解法一　牛頓運動定律法
在A→B過程中,物體受力如圖所示
其中:FN=mg-Fsin θ ①
由牛頓第二定律得Fcos θ-μFN=ma1②
設前進L=2 m時的速度為v,則v2=2a1L③
撤去外力后,由牛頓第二定律得-μmg=ma2④
設再前進的位移為x,則0-v2=2a2x⑤
聯立①②③④⑤式得x=2.4 m。
解法二　動能定理法
對全程利用動能定理,恒力F作用時,物體所受摩擦力Ff=μ(mg- Fsin 37°)=2 N
則FLcos 37°-FfL-μmgx=0,解得x=2.4 m。
[思維建模]
做勻變速直線運動的物體,若研究的過程中不牽扯到時間,可用運動學公式結合牛頓第二定律解題,也可用動能定理解題。一般來說,用動能定理要比運動學公式簡單。
1.某同學用200 N的力將質量為0.44 kg的足球踢出,足球以10 m/s的初速度沿水平草坪滾出60 m后靜止,則足球在水平草坪上滾動過程中,克服阻力做的功是 (　　)
A.4.4 J　　　　　 B.22 J
C.132 J D.12 000 J
題點全練清
√
解析:足球在水平草坪上滾動過程中,根據動能定理得Wf=-mv2=-×0.44×102 J=-22 J,克服阻力做的功Wf克=22 J,故B正確。
2.(2024·安徽高考)某同學參加戶外拓展活動,遵照安全規范,坐在滑板上,從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑,至底端時速度為v。已知人與滑板的總質量為m,可視為質點。重力加速度大小為g,不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為 (　　)
A.mgh B.mv2
C.mgh+mv2 D.mgh-mv2
√
解析:人在下滑的過程中,由動能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為Wf=mgh-mv2,故選D。
課時跟蹤檢測
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(選擇題1~7小題,每小題4分;9~11小題,每小題6分。本檢測卷滿分70分)
A級——學考達標
1.(多選)關于動能的理解,下列說法正確的是(　　)
A.一般情況下,Ek=mv2中的v是相對于地面的速度
B.動能的大小由物體的質量和速率決定,與物體的運動方向無關
C.物體以相同的速率向東和向西運動,動能的大小相等、方向相反
D.當物體以不變的速率做曲線運動時,其動能不斷變化
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解析:動能是標量,由物體的質量和速率決定,與物體的運動方向無關。動能具有相對性,無特別說明,一般指相對于地面的動能,A、B正確。
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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
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解析:動能表達式為Ek=m,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,則離開甲板時的速度變為調整前的2倍;小車離開甲板后做平拋運動,從離開甲板到落到海面上的時間不變,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變為調整前的2倍。故選C。
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3.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
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解析:由動能定理得WF-Wf=Ek-0,可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功,A正確。
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4.一個人站在實驗室高臺上,從高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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解析:設拋出點離地面的高度為h,根據動能定理得mgh=Ek-m,三個小球質量相同、初速度大小相同、下落高度相同,所以三個球落地時動能相同,D正確。
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5.如圖所示,小球從豎直放置的輕彈簧正上方自由下落。在小球接觸彈簧到彈簧被壓縮到最短的過程中,小球的動能 (　　)
A.變小
B.先變大后變小
C.變大
D.先變小后變大
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解析:根據題意可知,小球與彈簧接觸后,受到豎直向下的重力與豎直向上的彈力作用,開始時,小球的重力大于彈力,合力向下,加速度向下,小球向下做加速運動,隨小球向下運動,小球所受的彈力增大,合力減小,加速度減小,小球做加速度減小的加速運動,合力為零時,小球速度最大;當小球所受的彈力大于小球重力后,合力向上,加速度向上,速度方向與加速度方向相反,小球做減速運動,隨小球向下運動,彈力增大,小球受到的合力增大,加速度增大,小球做加速度增大的減速運動,直到減速到零。由以上分析可知,小球的速度先增大后減小,動能先增大后減小。故選B。
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6.(2024·青島高一檢測)如圖所示,一半徑為R=0.2 m的圓環固定在豎直平面內,其上穿有一個可視為質點的質量m=0.2 kg的小球,小球靜止在最高點處,由于受到某種微擾使小球開始向一側滑動,當小球運動至A點瞬間,圓環與小球之間無作用力,A點與圓環圓心的連線與豎直方向夾角為θ=60°,g取10 m/s2,則小球從開始運動到A點的過程中,克服阻力做功為 (　　)
A.0.05 J B.0.1 J
C.0.15 J D.0.2 J
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解析:由題意可知,在A點,小球只受重力,重力沿半徑方向的分力提供此時做圓周運動的向心力mgcos θ=m,小球從最高點到A點,由動能定理有mg(R-Rcos θ)+Wf=m-0,代入數據解得Wf=-0.1 J,故選B。
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7.如圖所示,斜面高為h,質量為m的物塊在沿斜面向上的恒力F作用下,能勻速沿斜面向上運動,若把此物塊放在斜面頂端,在沿斜面向下同樣大小的恒力F作用下,物塊由靜止向下滑動,滑至底端時其動能的大小為(重力加速度為g) (　　)
A.mgh B.2mgh
C.2Fh D.Fh
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解析:物塊勻速上滑時,根據動能定理得WF-mgh-Wf=0,物塊下滑時,根據動能定理得WF+mgh-Wf=Ek-0,聯立兩式解得Ek=2mgh,故B正確。
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8.(10分)國產大飛機C919圓滿完成全球首次商業載客飛行,正式進入民航市場,開啟市場化運營、產業化發展新征程。假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為0的勻加速直線運動,當位移x=1.6×103 m 時才能達到起飛所要求的速度v=80 m/s。已知飛機質量m=7.0×104 kg,滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1,取重力加速度g=10 m/s2,求:
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(1)飛機起飛時的動能;
答案: 2.24×108 J　
解析:飛機起飛時的動能Ek=mv2=×7.0×104×802 J=2.24×108 J。
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(2)飛機滑跑過程中受到的牽引力。
答案:2.1×105 N
解析:設飛機滑跑過程中受到的牽引力為F,由動能定理得Fx-kmgx=mv2-0,其中k=0.1,解得F=kmg+=2.1×105 N。
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B級——選考進階
9.如圖所示,粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿,一端可繞豎直光滑軸O轉動,另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發,恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中,木塊所受摩擦力的大小為(　　)
A.　　　　　　 B.
C. D.
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解析:對木塊由動能定理得-f·2πL=0-m,解得摩擦力大小為f=,故B正確,A、C、D錯誤。
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10.(2024·廣州高一調研)如圖所示,電梯質量為M,在它的水平地板上放置一質量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上做加速運動,當電梯的速度由v1增加到v2時,上升高度為H,重力加速度為g,物體始終與電梯保持相對靜止,則在這個過程中,下列結論正確的是 (　　)
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A.對物體,動能定理的表達式為WN=m,其中WN為支持力做的功
B.對物體,動能定理的表達式為W合=0,其中W合為合力做的功
C.對物體,動能定理的表達式為WN-mgH=m-m
D.對電梯,其所受合力做功為M-M-mgH
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解析:物體受重力和支持力作用,根據動能定理得WN-mgH=m-m,故C正確,A、B錯誤;對電梯,所受合力做功等于電梯動能的變化量,故D錯誤。
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11.(2024·浙江杭州高一期末)(多選)某人駕駛小型汽車行駛在平直的封閉測試道路上,t=0時刻開始無動力滑行,一段時間后以恒定功率加速行駛,車速達到最大后保持勻速,v t圖像如圖所示。汽車與人的總質量為1×103 kg,行駛中受到的阻力保持不變,則 (　　)
A.汽車行駛中所受阻力大小為2×103 N
B.1 s~11 s內汽車的功率為10 kW
C.1 s~11 s內汽車的位移為75 m
D.汽車加速過程中速度為6 m/s時的加速度大小為0.5 m/s2
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解析:由題圖可得,汽車無動力滑行時的加速度大小為a1==2 m/s2,由牛頓第二定律可得,汽車行駛中所受阻力大小為f=ma1=2×103 N,故A正確;由題圖可知,當t=11 s時,汽車達到最大速度7.5 m/s,此時汽車的牽引力大小為F=f=2×103 N,汽車的功率為P=Fvm=1.5×104 W=15 kW,故B錯誤;根據題意,設1 s~11 s內汽車的位移為x,由動能定理有P-fx=m-m,代入數據解得x=67.187 5 m,故C錯誤;汽車加速過程中速度為6 m/s時,牽引力大小為F1==2.5×103 N,由牛頓第二定律有a==0.5 m/s2,故D正確。
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12.(14分)(2024·武漢高一檢測)如圖所示,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)。
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(1)求物塊到達B點時的速度大小;
答案:4 m/s　
解析:物塊由B點到C點,由動能定理可得
-μmgs=0-m
解得vB=4 m/s。
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(2)求物塊在A點的動能;
答案:6 J　
解析:物塊由A點到B點,由動能定理可得
mgh=m-EkA
解得EkA=6 J。
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(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
解析:設水平初速度大小為v,從C點到A點由動能定理可得-μmgs-mgh=0-mv2
解得v= m/s。
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