课时跟踪检测（十八） 动能和动能定理
组—重基础·体现综合
1． (多选)关于物体的动能，下列说法不正确的是( )
A．质量相同的物体，速度大的动能一定大
B．动能相同的物体，质量相同时速度一定相同
C．质量不变的物体，速度变化，动能一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析：选BCD 根据Ek＝mv2知，质量相同的物体，速度大的动能一定大，故A正确；动能相同的物体，质量相同时速度大小一定相同，但方向可能不同，故速度可能不同，故B错误；质量不变的物体，速度变化，可能只是速度的方向发生变化，所以动能不一定变化，故C错误；动能不变的物体，不一定处于平衡状态，如匀速圆周运动，故D错误。
2．手提物体上升的过程中，拉力对物体做的功为6 J，物体克服重力做的功为4 J。不计空气阻力，此过程中物体的动能( )
A．增加10 J B．减小6 J
C．增加2 J D．减小4 J
解析：选C 根据动能定理得ΔEk＝W＋WG＝6 J＋(－4) J＝2 J，故物体的动能增加2 J，C正确。
3．如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
解析：选C 质点经过Q点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，由题意知FN＝2mg，可得vQ＝，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgR－Wf＝mvQ2，克服摩擦力所做的功为Wf＝mgR，故C正确。
4．(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
A．力F对甲物体做功多
B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多
C．甲物体获得的动能比乙大
D．甲、乙两个物体获得的动能相同
解析：选BC 由功的公式W＝Flcos α＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，故A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fs＝Ek1，对乙有Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1＞Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，故C正确，D错误。
5．将距离沙坑表面上方1 m高处质量为0.2 kg的小球由静止释放，测得小球落入沙坑静止时距离沙坑表面的深度为10 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2，则小球克服沙坑的阻力所做的功为( )
A．0.4 J B．2 J
C．2.2 J D．4 J
解析：选C 由动能定理得mg(h＋d)－Wf＝0，小球克服沙坑的阻力所做的功为Wf＝2.2 J，故C正确，A、B、D错误。
6．如图所示，小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后沿原路返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 在从A到B的过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得－mgh－Wf＝0－mv02，从B到A的过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2，两式联立得再次经过A点的速度大小为，故B正确。
7．某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功大约为( )
A．625 J B．250 J
C．50 J D．2 500 J
解析：选A 该同学做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，
则t＝ ＝ s＝0.4 s，
竖直方向初速度vy＝gt＝4 m/s，
水平方向做匀速直线运动，则
v0＝＝ m/s＝3 m/s，
起跳时的速度
v＝＝ m/s＝5 m/s，
设该同学的质量为50 kg，
根据动能定理得W＝mv2＝625 J，故A正确。
8．如图所示，一物体以6 J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，若物体以8 J的初动能从A点沿同一路线滑到B点，则物体到B点时的动能是( )
A．小于8 J B．等于8 J
C．大于8 J D．不能确定
解析：选A 当物体以6 J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，根据动能定理有WG＋Wf＝0，当以8 J的初动能从A点下滑时，由于物体沿圆弧下滑，指向圆心的合力提供向心力，由于速度变大，圆弧轨道给物体的弹力变大，根据滑动摩擦力大小的计算式Ff＝μFN，可知物体受到的摩擦力增大，在从A到B的过程中，物体通过的圆弧长度不变，因此物体在从A到B的过程中，克服摩擦力做功增大，重力做功不变，所以到达B点时动能小于8 J，故A正确，B、C、D错误。
9.如图所示，物体在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°。求物体能在水平面上滑行的距离。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：对物体在斜面上和水平面上受力进行分析如图所示。
法一 分过程列方程：
设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段FN1＝mgcos 37°，
故Ff1＝μFN1＝μmgcos 37°。
由动能定理得
mgsin 37°·l1－μmgcos 37°·l1＝mv2－0
设物体在水平面上滑行的距离为l2，
摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg，
由动能定理得－μmg·l2＝0－mv2，
由以上各式可得l2＝3.5 m。
法二 全过程列方程：
mgl1sin 37°－μmgcos 37°·l1－μmg·l2＝0，
解得：l2＝3.5 m。
答案：3.5 m
组—重应用·体现创新
10．(2024·贵州高考)质量为1 kg 的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x＝3 m处，F做功的瞬时功率为( )
A．8 W B．16 W
C．24 W D．36 W
解析：选A 根据图像可知物块运动到x＝3 m处，F做的总功为WF＝3×2 J＋2×1 J＝8 J，该过程根据动能定理得WF＝mv2，解得物块运动到x＝3 m 处时的速度为v＝4 m/s，故此时F做功的瞬时功率为P＝Fv＝8 W。故选A。
11．(多选)物体沿直线运动的v-t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做的功为W，则( )
A．从第1 s末到第3 s末合力做的功为4W
B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C．从第5 s末到第7 s末合力做的功为W
D．从第3 s末到第4 s末合力做的功为－0.75W
解析：选CD 物体在第1 s末到第3 s末做匀速直线运动，合力为0，合力做功为0，故A错误。从第3 s末到第5 s末动能的变化量与第1 s内动能的变化量相反，合力的功相反，等于－W，故B错误。从第5 s末到第7 s末动能的变化量与第1 s内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，故C正确。从第3 s末到第4 s末动能变化量是负值，大小等于第1 s内动能的变化量的，则合力做功为－0.75W，故D正确。
12.如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫。水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上。已知小朋友质
量为m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力f1＝88 N，在水平段受到的平均阻力f2＝100 N。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；
(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；
(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x至少多长。
解析：(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为Wf1＝f1L＝88×5 J＝440 J。
(2)小朋友在斜面上运动的过程，由动能定理得
mgh－Wf1＝mv2，
代入数据解得v＝4 m/s。
(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得
－f2x＝0－mv2，
代入数据解得x＝1.6 m。
答案：(1)440 J (2)4 m/s (3)1.6 m
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3 动能和动能定理
物理观念 (1)知道动能的定义和表达式。
(2)知道动能定理的内容和表达式。
科学思维 正确理解动能定理，知道动能定理的适用条件，会用动能定理进行分析和计算。
科学探究 领悟应用功的表达式、牛顿第二定律和运动学公式推导动能定理的过程。
科学态度与责任 能用动能定理解释生产和生活中的现象或解决实际问题，提高理论与实践相结合的能力。
核心素养点击
运动
焦耳
状态量
地面
标量
2．判断
(1)速度大的物体，动能一定大。 ( )
(2)物体的动能由质量和速度两个因素决定。 ( )
(3)质量一定的物体，其动能与速度成正比。 ( )
(4)动能只有大小，没有方向；只有正值，没有负值。 ( )
3．选一选
(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是 ( )
A．凡是运动的物体都具有动能
B．重力势能可以为负值，动能也可以为负值
C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
×
×
√
√
解析：动能是物体由于运动而具有的能量，运动的物体都具有动能，故A正确；动能不可能为负值，故B错误；由于速度是矢量，当方向变化时，若其大小不变，则动能并不改变，故C正确；做匀速圆周运动的物体动能不变，但并不处于平衡状态，故D错误。
答案：AC
动能的变化
Ek2－Ek1
合外力做的功
代数和
恒力
直线
变力
曲线
2．判断
(1)合外力做功不等于0，物体的动能一定变化。 ( )
(2)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于0。 ( )
(3)物体的动能增加，合外力做正功。 ( )
(4)动能定理只适用于恒力做功和直线运动。 ( )
√
√
×
×
提示：高速列车加速出站时合外力做正功，动能增大；减速进站时合外力做负功，动能减小。
请思考以下问题：
(1)图甲中圆木的质量很大，速度很大，是为了什么目的？
(2)图乙中人用铁锤打击石头时，为什么要用质量较大的铁锤，还要高高抡起来？
(3)图丙中汽车上坡过程受哪些力作用？各个力做什么功？
(4)图丙中汽车的动能怎样变化？其动能的变化与各个力做功有什么关系？
提示：(1)圆木的质量很大，速度很大，是为了增大圆木的动能。
(2)用质量较大的铁锤，还要高高抡起来，是为了增大铁锤打击石头时的动能。
(3)汽车受重力、支持力、牵引力及路面的阻力作用，上坡过程中牵引力做正功，重力、阻力做负功，支持力不做功。
(4)由于汽车加速上坡，其动能增大，汽车动能的变化等于重力、牵引力及路面的阻力三个力做功的代数和。
【重难释解】
1．动能的理解
(1)是状态量：与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应。
(2)是标量：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值。
(3)具有相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系。
(4)动能与速度的三种关系
2．对动能定理的理解
(1)表达式W＝ΔEk中的W为合外力对物体做的总功。
②因果关系：合力对物体做的功决定了物体动能的变化。
典例1 下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是 ( )
A．物体做变速运动，合外力一定不为0，动能一定变化
B．若合外力对物体做功为0，则合外力一定为0
C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化
D．物体的动能不变，所受的合外力必定为0
[解析] 力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为0，但合外力不为0时，做功可能为0，动能可能不变，故A、B错误。物体的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变化，故C正确。物体的动能不变，所受合外力做功一定为0，但合外力不一定为0，故D错误。
[答案] C
【素养训练】
1．下面有关动能的说法中正确的是 ( )
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，动能不变
C．物体做自由落体运动时，速度逐渐变大，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：物体只要速率不变，动能就不变，故A错误；物体做平抛运动时，速率增大，动能增大，故B错误；物体做自由落体运动时，由v＝gt知，速度逐渐变大，物体的动能增加，故C正确；物体的动能变化时，速度的大小一定变化，故D错误。
答案：C
2．(多选)一质量为0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上做匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中速度的变化和动能的变化分别是 ( )
A．Δv＝10 m/s B．Δv＝0
C．ΔEk＝1 J D．ΔEk＝0
解析：速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s；而动能是标量，初末状态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔEk＝0，选项A、D正确。
答案：AD
答案：ABD
2．动能定理与牛顿运动定律的比较
比较内容 牛顿运动定律 动能定理
适用条件 只能研究物体在恒力作用下做直线运动的情况 对于物体在恒力或变力作用下做直线运动或曲线运动均适用
应用方法 要考虑运动过程的每一个细节 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
运算方法 矢量运算 代数运算
相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
结论 应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错
典例2 为了交通安全，在公路上行驶的汽车应保持必要的间距。已知某高速公路的最高限速vmax＝120 km/h，假设前车突然停止，后车司机从发现情况到进行制动操作，汽车通过的位移s′＝17 m，制动时汽车所受的阻力为汽车所受重力的 ，则该高速公路上汽车间的安全距离至少应为多大？(g取10 m/s2)
解题指导 根据动能定理，分别列出公式中等号左侧的功和等号右侧初末状态的动能，即可求解得到需要的物理量的值。
[答案] 128 m
答案：CD
答案：D
6．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g取10 m/s2，求
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
答案：(1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
如图所示，用细线通过定滑轮连接小车与钩码，纸带通过打点计时器与小车相连。实验中，通过改变钩码数量来改变小车所受拉力的大小，测出需要测的物理量。
比较W和ΔEk的大小关系，可以得出什么结论？
提示：挂钩码前，调节木板左侧的高度，直至向右轻推小车，小车做匀速运动时，就平衡了小车的摩擦力。要使小车所受的合力近似等于钩码的重力，小车的质量应远大于钩码的质量。
从表中数据可以看出，在误差范围内拉力对小车所做的功等于小车动能的增量。
答案：BCD
2.(2024·广州高一调研)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上做加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，物体始终与电梯保持相对静止，则在这个过程中，下列结论正确的是( )
答案：C
