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8.3 动能和动能定理
学习目标 核心素养
1.掌握动能的表达式和单位，知道动能是标量. 2.能运用牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理，理解动能定理的物理意义. 3.能运用动能定理解决简单的问题． 1、物理观念：动能的概念。 2、科学思维：动能定理表达式的推导。 3、科学探究：动能定理解决问题比牛顿第二定律和运动学公式的优越性。 4、科学态度与责任：能用动能定理解决生产生活中的问题。
知识点1 动能的表达式
1．表达式：Ek＝mv2.
2．单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J.
3．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向．
4．动能概念的理解
(1)动能的表达式Ek＝mv2.
(2)动能是标量，没有负值．
(3)动能是状态量，与物体的运动状态相对应．
(4)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度大小不同，动能也不同，一般以地面为参考系．
（2023 井研县开学）如图所示，小明在玩蹦床游戏。当他从接触床面到运动至最低点的过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A．小明的重力势能一直减小
B．蹦床的弹性势能一直增大
C．小明在最低点时的动能为零
D．小明受到蹦床的弹力是由于自身发生形变产生的
【解答】解：A、从接触床面到运动至最低点的过程中，高度减小，重力一直做正功，小明的重力势能一直减小，故A正确；
B、从接触床面到运动至最低点的过程中，弹簧的形变量一直在增大，可知蹦床的弹性势能一直增大，故B正确；
C、小明运动到最低点时速度等于零，则此时小明的动能为零，故C正确；
D、小明受到蹦床的弹力是由于蹦床发生形变产生的，故D错误。
本题选不正确的，故选：D。
（2022春 奉贤区校级期末）一个质量为m的小球以v的速度沿光滑水平面滚动，与前方竖直墙碰撞后以v的速度弹回，对小球动能的变化量，以下说法中正确的是（ ）
A．动能是矢量，所以动能的变化量为mv2
B．动能是标量，所以动能的变化量为零
C．动能是矢量，所以动能的变化量为零
D．动能是标量，所以动能的变化量为mv2
【解答】解：根据动能的表达式为，动能是标量，碰撞前后小球速度的大小不变，所以动能的变化量为零，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2023春 雁塔区期末）甲、乙两个物体质量相等，若他们的速度之比为1：3，则它们的动能之比为（ ）
A．1：3 B．3：1 C．1：9 D．9：1
【解答】解：根据动能表达式：，可得：因两物体质量相等，则动能之比等于速度平方之比，即动能之比为1：9，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023 南关区校级开学）做匀加速直线运动的物体，速度从0增大到v，动能增加了ΔE1，速度从v增大到2v，动能增加了ΔE2，则（ ）
A．1 B．
C． D．
【解答】解：速度从0增大到v，动能增加ΔE1
速度从v增大到2v，动能增加ΔE2
所以
故ACD错误，B正确。
故选：B。
（多选）（2022春 南岗区校级期末）改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变。在下列几种情况下，汽车的动能变化正确的是（ ）
A．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍
C．质量减半，速度增大到原来的4倍，动能变为原来的8倍
D．速度减半，质量增大到原来的4倍，动能变为原来的8倍
【解答】解：A、质量不变，速度增大到原来的2倍，根据动能表达式Ekmv2可知，汽车的动能变为原来的4倍，故A错误；
B、速度不变，质量增大到原来的2倍，根据动能表达式Ekmv2可知，汽车的动能变为原来的2倍，故B正确；
C、质量减半，速度增大到原来的4倍，根据动能表达式Ekmv2可知，汽车的动能变为原来的8倍，故C正确；
D、速度减半，质量增大到原来的4倍，根据动能表达式Ekmv2可知，汽车的动能不变，故D错误。
故选：BC。
（2021秋 柯桥区期末）2022年2月4日将在我国北京举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图甲所示，AC段为运动员加速助滑道，其中BC段是半径为20m的圆弧滑道，运动员从加速助滑道上的某点A由静止开始滑下后从C点水平飞出，空中飞行2s之后落在斜面上的D点。以C点飞出计时开始，图乙为运动员从C到D飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图象。不计空气阻力作用，运动员可视为质点，忽略一切摩擦，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：
（1）运动员在C处的速度大小；
（2）运动员下滑到加速助滑道最低点C时对滑道的压力大小；
（3）斜坡CD的倾角；
（4）运动员在何时离坡面的距离最大。
【解答】解：（1）根据图像可知初动能为
t＝2s时的动能为Ek2m[v02+（gt）2]＝15×103J
联立解得v0＝10m/s，m＝60kg
（2）根据牛顿第二定律得
代入数据解得FN＝900N
由牛顿第三定律，可知对轨道的压力为900N；
（3）设斜面倾角为θ，则tanθ1
则θ＝45°
（4）运动员距离斜坡最远时，速度方向与斜坡平行，有
代入数据解得t'＝1s
知识点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＝mv22－mv12.如果物体受到几个力的共同作用，W即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和．
3．动能定理
(1)在一个过程中合外力对物体做的功或者外力对物体做的总功等于物体在这个过程中动能的变化．
(2)W与ΔEk的关系：合外力做功是物体动能变化的原因．
①合外力对物体做正功，即W>0，ΔEk>0，表明物体的动能增大；
②合外力对物体做负功，即W<0，ΔEk<0，表明物体的动能减小；
如果合外力对物体做功，物体动能发生变化，速度一定发生变化；而速度变化动能不一定变化，比如做匀速圆周运动的物体所受合外力不做功．
③如果合外力对物体不做功，则动能不变．
(3)物体动能的改变可由合外力做功来度量．
（2023春 市南区校级期末）如图，质量为m的小球，从离地面H高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止．设小球受到空气阻力恒定，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球落到地面时动能等于mgH
B．小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力做功为mgh
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H+h）
D．小球陷入泥中的过程克服泥土阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
【解答】解：A、设小球受到空气阻力大小为f。从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得：mgH﹣fH＝Ek﹣0，则得小球落到地面时动能Ek＝mgH﹣fH，可见由于空气阻力的存在，小球落到地面上时动能小于mgH，故A错误；
B、小球陷入泥中的过程，由动能定理得：mgh﹣W阻＝0﹣Ek，W阻为克服泥土阻力所做的功，得：W阻＝mgh+Ek，可知小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力做功大于mgh，故B错误；
C、对整个过程来说，由动能定理得：mg（H+h）﹣Wf＝0，所以整个过程中小球克服阻力做的功Wf＝mg（H+h），故C正确；
D、小球陷入泥中的过程，由动能定理得：，解得，所以小球陷入泥中的过程克服泥土阻力所做的功大于刚落到地面时的动能，故D错误。
故选：C。
（2023 安徽开学）如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.14kg的小铁碗A（可视为质点），一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O的轴转动并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.4s落地，落地点距空中飞出点在地面投影点的距离为200cm。若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为（ ）
A．0.38J B．1.12J C．1.75J D．2.16J
【解答】解：小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律得小铁碗飞出时的速度
已知x＝200cm＝2m，t＝0.4s，解得：v＝5m/s
小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理得
解得摩擦力对小铁碗所做的功W＝1.75J，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023 华龙区校级开学）A、B两物体的质量之比mA：mB＝2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v﹣t图像如图所示。此过程中，设A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA：WB，A、B两物体受到的摩擦力之比FA：FB，则（ ）
A．WA：WB＝1：2 B．WA：WB＝4：1 C．FA：FB＝2：1 D．FA：FB＝4：1
【解答】解：AB、根据动能定理可知摩擦力做的功W＝0，可知A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为WA：WB＝mA：mB＝2：1，故AB错误；
CD、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可知A、B两物体的加速度大小之比为aA：aB：2：1
根据牛顿第二定律F＝ma，可得A、B两物体受到的摩擦力之比FA：FB＝mAaA：mBaB＝（2×2）：＝4：1，故C错误，D正确。
故选：D。
（2023春 浙江期末）一起重装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，功率随时间变化的P﹣t图像如图所示。在t＝1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t＝3s时，达到最大速度vm＝20m/s。在t＝6s时，重物再次匀速上升，取g＝10m/s2，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．重物的质量为4kg
B．在t＝1s时，重物加速度大小a＝20m/s2
C．0～6s时间内，重物上升的高度h＝85m
D．在4～6s时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
【解答】解：A、在t＝3s时，重物达到最大速度vm＝20m/s，此时牵引力大小等于重力，根据瞬时功率与速度的关系，则有：
解得：，故A错误；
B、在t＝1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，此时的牵引力大小为
由牛顿第二定律可得：F1﹣mg＝ma，解得：，故B错误；
C、在t＝6s时，重物再次匀速上升，由题图可知，此时重物的速度
在0～1s时间内，重物做匀加速直线运动，根据位移与时间的关系可知，重物上升的高度
在1～3s时间内，重物做加速度逐渐减小的加速运动，由动能定理有
代入数据可得此阶段重物上升的高度为：h2＝25m
在3～4s时间内，重物做匀速直线运动，上升的高度则有
h3＝vmt3＝20×1m＝20m
在4～6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速直线运动，由动能定理有
代入数据解得此过程重物减速运动的位移为：h4＝35m
所以0～6s时间内，重物上升的总高度为：
h＝h1+h2+h3+h4＝5m+25m+20m+35m＝85m，故C正确；
D、牵引力大小等于重力时重物速度达到最大，4s后功率减小到一半；t＝6s时，重物速度从最大20m/s减小到10m/s，此时t＝4s时的牵引力
此时重力大于牵引力，加速度向下，重物做减速运动，在t＝6s时，v＝10m/s，根据瞬时功率的公式可知此时牵引力大小为：
牵引力等于重力，加速度是零；在4～6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速运动，故D错误。
故选：C。
（2023春 玉林期末）自由式滑雪运动员在空中技巧比赛中沿“助滑区”下滑了一段距离，重力对他做功1600J，他克服阻力做功50J。在此过程中（ ）
A．重力势能减少了1600J B．重力势能减少了1550J
C．动能增加了1600J D．动能增加了1650J
【解答】解：AB、重力做功等于重力势能的减小量，则重力势能减少了1600J，故A正确，B错误；
CD、根据动能定理，动能增加量等于合外力的功，本题中有重力做功和阻力做功，则动能增加量为1600J﹣50J＝1550J，故CD错误；
故选：A。
（2023春 黄山期末）游乐场旋转飞椅可以简化为如图的模型。图中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳（质量不计）悬挂在水平的旋转圆盘上，座椅A离转轴的距离较近。不考虑空气阻力的影响，静止的飞椅启动后，旋转圆盘绕竖直的中心轴转动，稳定后A、B都在水平面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A．A、B转动角速度大小不同
B．A、B向心加速度相等
C．悬挂B的缆绳拉力比悬挂A的缆绳拉力大
D．启动后到稳定运转过程，缆绳对A做功多
【解答】解：A、AB同轴转动角速度相同，故A错误；
B、由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，由
a＝ω2r
可知B的向心加速度比A的大，故B错误；
C、AB在竖直方向上受力平衡有
Tcosθ＝mg
则
因B与竖直方向的夹角大，悬挂B的缆绳所受到的拉力比悬挂A的大，故C正确；
D、启动后到稳定运转过程，设缆绳对座椅做功为W，根据动能定理有
由于座椅B的圆周半径比座椅A的半径大，由
v＝ωr
得B的速度比A的大，故缆绳对B做功比A多，故D错误。
故选：C。
（2023春 金凤区校级期末）如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置。用水平拉力F缓慢地将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。在此过程中，拉力F做的功是（ ）
A．mgLcosθ B．mgL（1﹣cosθ）
C．FLsinθ D．FL（1﹣cosθ）
【解答】解：在小球缓慢上升过程中，此过程中拉力做正功，重力做负功，缓慢运动可认为在此过程中动能不变，由动能定理得
WF﹣mgL（1﹣cosθ）＝0
解得：WF＝mgL（1﹣cosθ），故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2023春 东城区校级期中）质量为1kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，运动9米后F停止作用，外力F和物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.1
B．物体运动的位移为13m
C．物体在前3m运动过程中的加速度为5m/s2
D．x＝9m时，物体的速度为3m/s
【解答】解：A、因为运动过程中物体受到的滑动摩擦力保持不变，所以图像的斜率也保持不变，根据图像的物理意义可知，物块与地面的滑动摩擦力大小为
根据f＝μmg可得：
μ＝0.2，故A错误；
B．从物体开始运动到停止运动的过程，根据动能定理得
WF﹣fxm＝0﹣0
可得物体运动的位移为
故B错误；
C．由图像可知，前3m运动过程中，水平外力恒为
根据牛顿第二定律可知，物体在前3m运动过程中的加速度为
，解得a1＝3m/s2
故C错误；
D．物体在前9m运动过程中，根据动能定理
其中
WF＝27J
可得x＝9m时，物体的速度为
故D正确。
故选：D。
（2023春 东城区校级期中）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体相对圆盘静止随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力不变
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈摩擦力做功大小为2πr2mω2
C．圆盘停止转动前，小物体相对圆盘有沿切线方向的运动趋势
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程中摩擦力的功大小为
【解答】解：A、圆盘停止转动前，小物体做匀速圆周运动，对物体分析可知，重力与支持力平衡，由静摩擦力提供向心力，则，可知小物体所受摩擦力大小一定，方向时刻发生变化，所以摩擦力是变化的，故A错误；
B、圆盘停止转动前，摩擦力方向始终与速度方向垂直，摩擦力不做功，即圆盘停止转动前，小物体运动一圈摩擦力做功0，故B错误；
C、圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力方向指向圆心，说明小物体相对圆盘有沿半径向外的运动趋势，故C错误；
D、圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程中，由动能定理有
又v＝ωr
解得：
即圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程中摩擦力的功大小为，故D正确。
故选：D。
（2023春 广州期末）如图所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则（ ）
A．地板对物体的支持力做的功等于
B．地板对物体的支持力做的功等于mgH
C．钢索的拉力做的功等于MgH
D．合力对电梯M做的功等于
【解答】解：AB、对物体，根据动能定理得：W支﹣mgHmv2，则地板对物体的支持力做的功为：W支＝mgHmv2，故A错误，B正确；
C、对物体和电梯整体，由动能定理得：WF﹣（M+m）gH（M+m）v2，可得钢索的拉力做的功等于：WF＝（M+m）gH（M+m）v2，故C错误；
D、根据动能定理可得，合力对电梯M做的功等于电梯M动能的变化，即为Mv2，故D正确。
故选：D。
（2023春 东城区校级期末）一质量为m的滑块，以速度v在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度大小变为2v，方向与原来相反，在这段时间内，水平力所做的功为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设在这段时间内，水平力所做的功为W。
在运动过程中，由动能定理得：
W，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春 东城区校级期末）人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示。则在此过程中（ ）
A．物体所受的合外力做功为mghmv2
B．物体所受的合外力做功为mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功为 mghmv2
【解答】解：AB、根据动能定理知：物体所受的合外力做功等于物体动能的变化量，为：W合mv2﹣0mv2；故A错误，B正确；
CD、由动能定理可知：W人﹣mgh﹣Wfmv2﹣0，可得人对物体做的功为：W人＝mgh+Wfmv2，故CD错误；
故选：B。
（2023春 新吴区校级期中）如图所示，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PQ水平。一质量为m的小球（可视为质点）从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4.5mg，重力加速度为g。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）
A．小球恰好可以到达Q点
B．小球冲出Q点后可上升的最大高度大于
C．小球不可能第二次经过P点
D．小球从N到Q克服摩擦力做的功等于
【解答】解：D、在N点根据牛顿第三定律结合牛顿第二定律有：
从释放点到N点，由动能定理得：mg×2R﹣W
联立解得：
因为PN段比NQ段同一高度处的速度大，则PN段比NQ段同一高度处的支持力大，则可知PN段比NQ段克服摩擦力做功多，即NQ段克服摩擦力做功满足：，故D错误；
AB、又因为从N到Q过程由动能定理得：
解得：
设小球冲出Q点后可上升的最大高度为h，则由动能定理得：
可得：。即小球可以冲出Q点，但上长的高度大于，故A错误，B正确；
C、同理分析可知从Q返回P的过程中，克服的摩擦力做功小于从P到Q过程克服的摩擦力做功，即
又因为从Q到P过程由动能定理得：
可得第二次经过P点时：vP＞0，即小球能第二次经过P点，故C错误。
故选：B。
（2023春 京口区校级期中）地铁站的进出轨道通常设计成不是水平的，列车进站时就可以借助上坡减速，而出站时借助下坡加速，达到节能环保的目的。如图所示，为某地铁两个站点之间节能坡的简化示意图（左右两边对称）。在一次模拟实验中，一滑块（可视为质点）以初速度v0从M处出发沿着轨道运动，最终恰好能停靠在N处。已知滑块运行过程中无动力，滑块在两段轨道交接处的能量损失忽略不计，不计空气阻力。重力加速度为g，则根据图中相关信息，该滑块与轨道之间的动摩擦因数为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：质量为m的物体在长度为s、倾角为θ的粗糙斜面上滑行时，克服摩擦力做功Wf＝μmgcosθ s＝μmgscosθ，scosθ是斜面底边的长度
则动车在粗糙斜面上克服摩擦力做功为
Wf＝μmg（2l1+2l2+l3）
对动车从M到N整个过程，由动能定理有
mgh1﹣Wf＝0
解得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春 浦东新区校级期末）如图，光滑水平轨道AB与竖直面内的半圆形光滑轨道BCD相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直，半圆形的半径为R＝0.90m。质量为m＝1.0kg的小滑块在恒定外力F＝20N作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动到达水平轨道的末端B点时撤去外力，已知AB间的距离为x＝1.8m，滑块经过D点从D点水平抛出，g取10m/s2。
（1）求物体在AB段运动时外力做功的大小；
（2）求物体在D点的速度大小；
（3）求小物块在D点时对圆弧面的压力大小；
（4）求小物块从D点抛出后在水平地面的落点与B的距离。
【解答】解：（1）物块在AB段运动时外力做的功WF＝Fx＝20N×1.8m＝36J
（2）从A点到D点利用动能定理则有：
代入数据解得：vD＝6m/s
（3）在D点对物块利用牛顿第二定律有：
代入数据解得：N＝30N
由牛顿第三定律可知，物块在D点时对圆弧面的压力大小等于圆弧面对物块的支持力大小，即FN＝N＝30N
（4）物块离开D点，在竖直方向做自由落体运动，则有：
代入数据解得：t＝0.6s
则物块从D点抛出后在水平地面的落点与B的距离x＝vDt＝6m/s×0.6s＝3.6m
（2023春 浙江期中）如图所示为某一游戏简化装置的示意图，AB是一段长直轨道，与半径为R的光滑圆弧轨道BC相切与B点。BC轨道末端水平，末端离地面的高度为2h，高度为h的探测板DE竖直放置，离BC轨道末端C点的水平距离为L，上端D与C点的高度差也为h。在AB长直轨道任意处可以释放相同质量不同速度的的小球（可视为质点），小球质量为m，不计小球在运动过程中所受空气阻力。
（1）求小球打在探测板DE的中点时小球的速度大小；
（2）若小球打在探测板E点时，小球对圆弧轨道C点的压力；
（3）若hm，L＝2m时，求小球打在探测板DE什么位置时有最小速度。
【解答】解：（1）小球打在探测板DE的中点时，根据平抛运动规律，有
h，
L＝v1t1
解得：；
（2）若小球打在探测板E点时，根据平抛运动规律，有
2h，
L＝v2t2
小球圆弧轨道C点时，由牛顿第二定律有
FN﹣mg＝m
解得：FN＝mg （1）
所以，小球对圆弧轨道C点的压力为F'N＝FN＝mg （1），方向竖直向下。
（3）设小球打在探测板D点下方x处，根据平抛运动规律，可得
h+x，
L＝vxt3
又，
联立解得：v
故当x时，v有最小值。
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8.3 动能和动能定理
学习目标 核心素养
1.掌握动能的表达式和单位，知道动能是标量. 2.能运用牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理，理解动能定理的物理意义. 3.能运用动能定理解决简单的问题． 1、物理观念：动能的概念。 2、科学思维：动能定理表达式的推导。 3、科学探究：动能定理解决问题比牛顿第二定律和运动学公式的优越性。 4、科学态度与责任：能用动能定理解决生产生活中的问题。
知识点1 动能的表达式
1．表达式：Ek＝mv2.
2．单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J.
3．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向．
4．动能概念的理解
(1)动能的表达式Ek＝mv2.
(2)动能是标量，没有负值．
(3)动能是状态量，与物体的运动状态相对应．
(4)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度大小不同，动能也不同，一般以地面为参考系．
（2023 井研县开学）如图所示，小明在玩蹦床游戏。当他从接触床面到运动至最低点的过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A．小明的重力势能一直减小
B．蹦床的弹性势能一直增大
C．小明在最低点时的动能为零
D．小明受到蹦床的弹力是由于自身发生形变产生的
（2022春 奉贤区校级期末）一个质量为m的小球以v的速度沿光滑水平面滚动，与前方竖直墙碰撞后以v的速度弹回，对小球动能的变化量，以下说法中正确的是（ ）
A．动能是矢量，所以动能的变化量为mv2
B．动能是标量，所以动能的变化量为零
C．动能是矢量，所以动能的变化量为零
D．动能是标量，所以动能的变化量为mv2
（2023春 雁塔区期末）甲、乙两个物体质量相等，若他们的速度之比为1：3，则它们的动能之比为（ ）
A．1：3 B．3：1 C．1：9 D．9：1
（2023 南关区校级开学）做匀加速直线运动的物体，速度从0增大到v，动能增加了ΔE1，速度从v增大到2v，动能增加了ΔE2，则（ ）
A．1 B．
C． D．
（多选）（2022春 南岗区校级期末）改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变。在下列几种情况下，汽车的动能变化正确的是（ ）
A．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍
C．质量减半，速度增大到原来的4倍，动能变为原来的8倍
D．速度减半，质量增大到原来的4倍，动能变为原来的8倍
（2021秋 柯桥区期末）2022年2月4日将在我国北京举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图甲所示，AC段为运动员加速助滑道，其中BC段是半径为20m的圆弧滑道，运动员从加速助滑道上的某点A由静止开始滑下后从C点水平飞出，空中飞行2s之后落在斜面上的D点。以C点飞出计时开始，图乙为运动员从C到D飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图象。不计空气阻力作用，运动员可视为质点，忽略一切摩擦，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：
（1）运动员在C处的速度大小；
（2）运动员下滑到加速助滑道最低点C时对滑道的压力大小；
（3）斜坡CD的倾角；
（4）运动员在何时离坡面的距离最大。
知识点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＝mv22－mv12.如果物体受到几个力的共同作用，W即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和．
3．动能定理
(1)在一个过程中合外力对物体做的功或者外力对物体做的总功等于物体在这个过程中动能的变化．
(2)W与ΔEk的关系：合外力做功是物体动能变化的原因．
①合外力对物体做正功，即W>0，ΔEk>0，表明物体的动能增大；
②合外力对物体做负功，即W<0，ΔEk<0，表明物体的动能减小；
如果合外力对物体做功，物体动能发生变化，速度一定发生变化；而速度变化动能不一定变化，比如做匀速圆周运动的物体所受合外力不做功．
③如果合外力对物体不做功，则动能不变．
(3)物体动能的改变可由合外力做功来度量．
（2023春 市南区校级期末）如图，质量为m的小球，从离地面H高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止．设小球受到空气阻力恒定，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球落到地面时动能等于mgH
B．小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力做功为mgh
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H+h）
D．小球陷入泥中的过程克服泥土阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
（2023 安徽开学）如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.14kg的小铁碗A（可视为质点），一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O的轴转动并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.4s落地，落地点距空中飞出点在地面投影点的距离为200cm。若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为（ ）
A．0.38J B．1.12J C．1.75J D．2.16J
（2023 华龙区校级开学）A、B两物体的质量之比mA：mB＝2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v﹣t图像如图所示。此过程中，设A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA：WB，A、B两物体受到的摩擦力之比FA：FB，则（ ）
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）一起重装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，功率随时间变化的P﹣t图像如图所示。在t＝1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t＝3s时，达到最大速度vm＝20m/s。在t＝6s时，重物再次匀速上升，取g＝10m/s2，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．重物的质量为4kg
B．在t＝1s时，重物加速度大小a＝20m/s2
C．0～6s时间内，重物上升的高度h＝85m
D．在4～6s时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动
（2023春 玉林期末）自由式滑雪运动员在空中技巧比赛中沿“助滑区”下滑了一段距离，重力对他做功1600J，他克服阻力做功50J。在此过程中（ ）
A．重力势能减少了1600J B．重力势能减少了1550J
C．动能增加了1600J D．动能增加了1650J
（2023春 黄山期末）游乐场旋转飞椅可以简化为如图的模型。图中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳（质量不计）悬挂在水平的旋转圆盘上，座椅A离转轴的距离较近。不考虑空气阻力的影响，静止的飞椅启动后，旋转圆盘绕竖直的中心轴转动，稳定后A、B都在水平面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A．A、B转动角速度大小不同
B．A、B向心加速度相等
C．悬挂B的缆绳拉力比悬挂A的缆绳拉力大
D．启动后到稳定运转过程，缆绳对A做功多
（2023春 金凤区校级期末）如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置。用水平拉力F缓慢地将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。在此过程中，拉力F做的功是（ ）
A．mgLcosθ B．mgL（1﹣cosθ）
C．FLsinθ D．FL（1﹣cosθ）
（2023春 东城区校级期中）质量为1kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，运动9米后F停止作用，外力F和物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.1
B．物体运动的位移为13m
C．物体在前3m运动过程中的加速度为5m/s2
D．x＝9m时，物体的速度为3m/s
（2023春 东城区校级期中）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体相对圆盘静止随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力不变
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈摩擦力做功大小为2πr2mω2
C．圆盘停止转动前，小物体相对圆盘有沿切线方向的运动趋势
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程中摩擦力的功大小为
（2023春 广州期末）如图所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则（ ）
A．地板对物体的支持力做的功等于
B．地板对物体的支持力做的功等于mgH
C．钢索的拉力做的功等于MgH
D．合力对电梯M做的功等于
（2023春 东城区校级期末）一质量为m的滑块，以速度v在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度大小变为2v，方向与原来相反，在这段时间内，水平力所做的功为（ ）
A． B． C． D．
（2023春 东城区校级期末）人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示。则在此过程中（ ）
A．物体所受的合外力做功为mghmv2
B．物体所受的合外力做功为mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功为 mghmv2
（2023春 新吴区校级期中）如图所示，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PQ水平。一质量为m的小球（可视为质点）从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4.5mg，重力加速度为g。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）
A．小球恰好可以到达Q点
B．小球冲出Q点后可上升的最大高度大于
C．小球不可能第二次经过P点
D．小球从N到Q克服摩擦力做的功等于
（2023春 京口区校级期中）地铁站的进出轨道通常设计成不是水平的，列车进站时就可以借助上坡减速，而出站时借助下坡加速，达到节能环保的目的。如图所示，为某地铁两个站点之间节能坡的简化示意图（左右两边对称）。在一次模拟实验中，一滑块（可视为质点）以初速度v0从M处出发沿着轨道运动，最终恰好能停靠在N处。已知滑块运行过程中无动力，滑块在两段轨道交接处的能量损失忽略不计，不计空气阻力。重力加速度为g，则根据图中相关信息，该滑块与轨道之间的动摩擦因数为（ ）
A． B．
C． D．
（2023春 浦东新区校级期末）如图，光滑水平轨道AB与竖直面内的半圆形光滑轨道BCD相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直，半圆形的半径为R＝0.90m。质量为m＝1.0kg的小滑块在恒定外力F＝20N作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动到达水平轨道的末端B点时撤去外力，已知AB间的距离为x＝1.8m，滑块经过D点从D点水平抛出，g取10m/s2。
（1）求物体在AB段运动时外力做功的大小；
（2）求物体在D点的速度大小；
（3）求小物块在D点时对圆弧面的压力大小；
（4）求小物块从D点抛出后在水平地面的落点与B的距离。
（2023春 浙江期中）如图所示为某一游戏简化装置的示意图，AB是一段长直轨道，与半径为R的光滑圆弧轨道BC相切与B点。BC轨道末端水平，末端离地面的高度为2h，高度为h的探测板DE竖直放置，离BC轨道末端C点的水平距离为L，上端D与C点的高度差也为h。在AB长直轨道任意处可以释放相同质量不同速度的的小球（可视为质点），小球质量为m，不计小球在运动过程中所受空气阻力。
（1）求小球打在探测板DE的中点时小球的速度大小；
（2）若小球打在探测板E点时，小球对圆弧轨道C点的压力；
（3）若hm，L＝2m时，求小球打在探测板DE什么位置时有最小速度。
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