课时跟踪检测(二十) 动能和动能定理
(选择题1～7小题，每小题4分；9～11小题，每小题6分。本检测卷满分70分)
A级——学考达标
1．(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )
A．一般情况下，Ek＝mv2中的v是相对于地面的速度
B．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关
C．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等、方向相反
D．当物体以不变的速率做曲线运动时，其动能不断变化
2．(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的( )
A．0.25倍 B．0.5倍
C．2倍 D．4倍
3.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
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
4．一个人站在实验室高台上，从高台边缘以相同的速率v0分别把三个质量相同的球竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力，则三个球落地时的动能( )
A．上抛球最大 B．下抛球最大
C．平抛球最大 D．一样大
5.如图所示，小球从竖直放置的轻弹簧正上方自由下落。在小球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的动能( )
A．变小
B．先变大后变小
C．变大
D．先变小后变大
6．(2024·青岛高一检测)如图所示，一半径为R＝0.2 m的圆环固定在竖直平面内，其上穿有一个可视为质点的质量m＝0.2 kg的小球，小球静止在最高点处，由于受到某种微扰使小球开始向一侧滑动，当小球运动至A点瞬间，圆环与小球之间无作用力，A点与圆环圆心的连线与竖直方向夹角为θ＝60°，g取10 m/s2，则小球从开始运动到A点的过程中，克服阻力做功为( )
A．0.05 J B．0.1 J
C．0.15 J D．0.2 J
7.如图所示，斜面高为h，质量为m的物块在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下，物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为(重力加速度为g)( )
A．mgh B．2mgh
C．2Fh D．Fh
8．(10分)国产大飞机C919圆满完成全球首次商业载客飞行，正式进入民航市场，开启市场化运营、产业化发展新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为0的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s。已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)飞机起飞时的动能；
(2)飞机滑跑过程中受到的牵引力。
B级——选考进阶
9.如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A. B.
C. D.
10.(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( )
A．对物体，动能定理的表达式为WN＝mv22，其中WN为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝mv22－mv12
D．对电梯，其所受合力做功为Mv22－Mv12－mgH
11．(2024·浙江杭州高一期末)(多选)某人驾驶小型汽车行驶在平直的封闭测试道路上，t＝0时刻开始无动力滑行，一段时间后以恒定功率加速行驶，车速达到最大后保持匀速，v t图像如图所示。汽车与人的总质量为1×103 kg，行驶中受到的阻力保持不变，则( )
A．汽车行驶中所受阻力大小为2×103 N
B．1 s～11 s内汽车的功率为10 kW
C．1 s～11 s内汽车的位移为75 m
D．汽车加速过程中速度为6 m/s时的加速度大小为0.5 m/s2
12．(14分)(2024·武汉高一检测)如图所示，斜面末端B点与水平面平滑相接，现将一质量m＝2 kg、可视为质点的物块在距水平地面高h＝0.5 m处的A点以一定初速度释放(速度方向沿斜面向下)，物块运动到水平面上距B点s＝1.6 m处的C点停下，已知斜面光滑，物块与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其他阻力忽略不计(g＝10 m/s2)。
(1)求物块到达B点时的速度大小；
(2)求物块在A点的动能；
(3)若赋予物块向左的水平初速度，使其从C点恰好到达A点，求水平初速度大小(结果可带根号)。
课时跟踪检测(二十)
1．选AB 动能是标量，由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关。动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能，A、B正确。
2．选C 动能表达式为Ek＝mv，由题意可知，小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时的速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到落到海面上的时间不变，根据x＝vt，可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离变为调整前的2倍。故选C。
3．选A 由动能定理得WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。
4．选D 设抛出点离地面的高度为h，根据动能定理得mgh＝Ek－mv，三个小球质量相同、初速度大小相同、下落高度相同，所以三个球落地时动能相同，D正确。
5．选B 根据题意可知，小球与弹簧接触后，受到竖直向下的重力与竖直向上的弹力作用，开始时，小球的重力大于弹力，合力向下，加速度向下，小球向下做加速运动，随小球向下运动，小球所受的弹力增大，合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，合力为零时，小球速度最大；当小球所受的弹力大于小球重力后，合力向上，加速度向上，速度方向与加速度方向相反，小球做减速运动，随小球向下运动，弹力增大，小球受到的合力增大，加速度增大，小球做加速度增大的减速运动，直到减速到零。由以上分析可知，小球的速度先增大后减小，动能先增大后减小。故选B。
6．选B 由题意可知，在A点，小球只受重力，重力沿半径方向的分力提供此时做圆周运动的向心力mgcos θ＝m，小球从最高点到A点，由动能定理有mg(R－Rcos θ)＋Wf＝mv－0，代入数据解得Wf＝－0.1 J，故选B。
7．选B 物块匀速上滑时，根据动能定理得WF－mgh－Wf＝0，物块下滑时，根据动能定理得WF＋mgh－Wf＝Ek－0，联立两式解得Ek＝2mgh，故B正确。
8．解析：(1)飞机起飞时的动能Ek＝mv2＝×7.0×104×802 J＝2.24×108 J。
(2)设飞机滑跑过程中受到的牵引力为F，由动能定理得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．选B 对木块由动能定理得－f·2πL＝0－mv，解得摩擦力大小为f＝，故B正确，A、C、D错误。
10．选C 物体受重力和支持力作用，根据动能定理得WN－mgH＝mv－mv，故C正确，A、B错误；对电梯，所受合力做功等于电梯动能的变化量，故D错误。
11．选AD 由题图可得，汽车无动力滑行时的加速度大小为a1＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得，汽车行驶中所受阻力大小为f＝ma1＝2×103 N，故A正确；由题图可知，当t＝11 s时，汽车达到最大速度7.5 m/s，此时汽车的牵引力大小为F＝f＝2×103 N，汽车的功率为P＝Fvm＝1.5×104 W＝15 kW，故B错误；根据题意，设1 s～11 s内汽车的位移为x，由动能定理有P－fx＝mv－mv，代入数据解得x＝67.187 5 m，故C错误；汽车加速过程中速度为6 m/s时，牵引力大小为F1＝＝2.5×103 N，由牛顿第二定律有a＝＝0.5 m/s2，故D正确。
12．解析：(1)物块由B点到C点，由动能定理可得
－μmgs＝0－mv
解得vB＝4 m/s。
(2)物块由A点到B点，由动能定理可得mgh＝mv－EkA
解得EkA＝6 J。
(3)设水平初速度大小为v，从C点到A点由动能定理可得
－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节 动能和动能定理(赋能课精细培优科学思维)
课标要求 层级达标
1.理解动能和动能定理。 2.能用动能定理解释生产生活中的现象。 学考层级 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。
选考层级 1.会用动能定理进行分析和计算。 2.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。
一、动能的表达式
1.定义:物体由于 而具有的能量。
2.表达式:Ek= 。
3.单位:与功的单位相同,在国际单位制中为 。1 J=1 kg·m2·s-2。
4.特点
(1)具有瞬时性,是 。
(2)具有相对性,选取不同的参考系,同一物体的动能一般不同,通常是指物体相对于 的动能。
(3)动能是 ,没有方向。动能没有负值,动能的大小与速度的方向无关。
[质疑辨析]
如图所示为正在空中飞行的飞机,请对以下结论作出判断:
(1)运动的飞机具有的能量就是动能。 ( )
(2)飞机的速度发生变化时,动能也发生变化。 ( )
(3)飞机的动能发生变化时,速度一定发生了变化。 ( )
(4)速度越大的物体,具有的动能也越大。 ( )
二、动能定理
1.推导:
如图所示,物体的质量为m,在运动方向上受到合外力F的作用发生了一段位移x,速度由v1增加到v2,此过程合外力F做的功为W。
2.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 。
3.表达式:W=ΔEk=-。
4.适用范围:既适用于 做功,也适用于 做功;既适用于 运动,也适用于 运动。
[情境思考]
歼 15战机是我国自主研发的一款舰载战斗机,已经实现了在“辽宁舰”上各种训练,形成战斗力,如图所示为正在起飞的歼 15战机。
(1)歼 15战机起飞时,合力做什么功 速度怎么变化 动能怎么变化
(2)歼 15战机着舰时,阻拦索对战斗机做什么功 战斗机的动能怎么变化
强化点(一) 动能及动能变化
任务驱动
龙卷风具有巨大的能量,可以拔起大树、掀翻汽车、摧毁房屋。龙卷风具有的能量是什么能 这种能与哪些因素有关
[要点释解明]
1.动能的“三性”
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
标量性 动能是标量,没有方向
瞬时性 动能是表征物体运动状态的物理量,与物体的某一位置(或某一时刻)的速度相对应
2.动能与动能变化量的区别
(1)动能与动能变化量是两个不同的概念。
①动能描述的是物体在某一时刻或某一位置由于运动而具有的能量,具有瞬时性,是状态量。
②动能变化量是物体从一个状态到另一个状态的动能的变化,即对应一个过程。
(2)动能为非负值,而动能变化量有正负之分。ΔEk>0表示物体的动能增大,ΔEk<0表示物体的动能减小。
[题点全练清]
1.对于动能的理解,下列说法正确的是 ( )
A.动能是能量的一种表现形式,运动的物体也可能不具有动能
B.动能有可能为负值
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
2.一物体的速度为v0时,其动能为Ek,当其速度变为2v0时,其动能变为 ( )
A.2Ek B.Ek
C.4Ek D.Ek
3.(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匀速运动,与竖直墙壁碰撞后以原速率弹回,若以弹回的速度方向为正方向,则小球碰墙过程中的速度变化量和动能变化量正确的是 ( )
A.Δv=10 m/s B.Δv=0
C.ΔEk=2.5 J D.ΔEk=0
强化点(二) 动能定理的理解
任务驱动
如图所示,一辆汽车正在加速上坡。
(1)图中汽车上坡过程受哪些力作用 各个力做什么功
(2)图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
[要点释解明]
1.动能定理的理解
名词 释疑
正负关系 W>0,ΔEk>0(动力做功多);W<0,ΔEk<0(阻力做功多)
研究对象 一般是一个物体,也可以是一个系统
过程要求 适用于全过程,也适用于某一阶段
对应关系 一个过程量(做功)对应着两个状态量(动能)
2.动能定理的三个关系
因果 关系 合外力做功是物体动能变化的原因
数量 关系 合外力做的功与动能变化量相等
单位 关系 功与动能的单位相同,在国际单位制中都是焦耳
[典例] (2024·西安高一检测)如图所示,某教师用手通过轻绳拉着一个小球在粗糙的水平桌面上做演示向心力的实验,若老师的手和小球的运动均视为绕固定点O的匀速圆周运动,则 ( )
A.小球所需的向心力仅由轻绳对小球的拉力提供
B.小球所需的向心力由轻绳对小球的拉力和桌面对小球的摩擦力的合力提供
C.小球运动一周,轻绳对小球的拉力做的功为零
D.小球运动一周,桌面对小球的摩擦力做的功为零
听课记录:
[题点全练清]
1.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
2.(多选)质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上运动,前进一段距离之后速度大小为v,再前进一段距离使物体的速度增大为2v,则 ( )
A.第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量
B.第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍
C.第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功
D.第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍
强化点(三) 动能定理的应用
[要点释解明]
1.应用动能定理解题的一般步骤
(1)选取研究对象(通常是单个物体),明确它的运动过程。
(2)对研究对象进行受力分析,明确各力做功的情况,求出外力做功的代数和。
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2。
(4)列出动能定理的方程W=Ek2-Ek1,结合其他必要的辅助方程求解并验算。
2.动能定理与牛顿运动定律的比较
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] 如图所示,用与水平方向成37°角的恒力F=10 N将质量为m=1 kg的物体由静止开始从A点拉到B点,在B点撤去力F,已知A、B间距L=2 m,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,求撤去外力后物体还能滑行多远
尝试解答:
[思维建模]
做匀变速直线运动的物体,若研究的过程中不牵扯到时间,可用运动学公式结合牛顿第二定律解题,也可用动能定理解题。一般来说,用动能定理要比运动学公式简单。
[题点全练清]
1.某同学用200 N的力将质量为0.44 kg的足球踢出,足球以10 m/s的初速度沿水平草坪滚出60 m后静止,则足球在水平草坪上滚动过程中,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)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 ( )
A.mgh B.mv2
C.mgh+mv2 D.mgh-mv2
第3节 动能和动能定理
一、1.运动 2.mv2 3.焦耳 4.(1)状态量 (2)地面 (3)标量
[质疑辨析]
(1)× (2)× (3)√ (4)×
二、1.ma Fx 2ax mv－mv 2.动能的变化
4．恒力 变力 直线 曲线
[情境思考]
提示：(1)合力做正功，速度变大，动能增大。
(2)做负功，动能减小。
强化点(一)
[任务驱动] 提示：动能。与质量和速度大小有关。
[题点全练清]
1．选C 动能是普遍存在的能量的一种基本形式，运动的物体都具有动能，故A错误；根据Ek＝mv2知，质量为正值，速度的平方为正值或零，则动能不会为负值，故B错误；一定质量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化，但是速度变化，有可能大小不变，方向变化，所以动能不一定变化，故C正确；动能不变的物体，速度方向可能变化，则物体不一定处于平衡状态，故D错误。
2．选C 由动能的表达式Ek＝mv可知，当物体的速度增大为原来的2倍时，物体的动能Ek′＝m·(2v0)2＝4Ek，C正确。
3．选AD 小球速度变化量Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s，小球动能的变化量ΔEk＝mv－mv＝0。故A、D正确。
强化点(二)
[任务驱动] 提示：(1)汽车受重力、支持力、牵引力及阻力作用，上坡过程中牵引力做正功，重力、阻力做负功，支持力不做功。
(2)由于汽车加速上坡，其动能增大，汽车动能的变化量等于重力、牵引力及阻力三个力做功的代数和。
[典例] 选B 小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故小球所需的向心力由轻绳对小球的拉力和桌面对小球的摩擦力的合力提供，故A错误，B正确；小球运动一周，摩擦力做功Wf＝fs不为零，根据动能定理得WF－Wf＝0，所以拉力做功也不等于零，故C、D错误。
[题点全练清]
1．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。
2．选AB 第一过程速度增量为Δv1＝v，动能增量为ΔEk1＝mv2，合外力做功W1＝ΔEk1＝mv2；第二过程速度增量Δv2＝2v－v＝v，动能增量ΔEk2＝m·(2v)2－mv2＝mv2＝3ΔEk1，合外力做功W2＝ΔEk2＝mv2＝3W1，故A、B正确，C、D错误。
强化点(三)
[典例] 解析：解法一 牛顿运动定律法
在A→B过程中，物体受力如图所示
其中：FN＝mg－Fsin θ①
由牛顿第二定律得Fcos θ－μFN＝ma1②
设前进L＝2 m时的速度为v，则v2＝2a1L③
撤去外力后，由牛顿第二定律得－μmg＝ma2④
设再前进的位移为x，则0－v2＝2a2x⑤
联立①②③④⑤式得x＝2.4 m。
解法二 动能定理法
对全程利用动能定理，恒力F作用时，物体所受摩擦力
Ff＝μ(mg－Fsin 37°)＝2 N
则FLcos 37°－FfL－μmgx＝0，解得x＝2.4 m。
答案：2.4 m
[题点全练清]
1．选B 足球在水平草坪上滚动过程中，根据动能定理得Wf＝－mv2＝－×0.44×102 J＝－22 J，克服阻力做的功Wf克＝22 J，故B正确。
2．选D 人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故选D。
7 / 7(共72张PPT)
动能和动能定理
(赋能课——精细培优科学思维)
第 3 节
课标要求 层级达标 1.理解动能和动能定理。 2.能用动能定理解释生产生活中的现象。 学考层级 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。
选考层级 1.会用动能定理进行分析和计算。
2.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。
1
课前预知教材
2
课堂精析重难
3
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
课前预知教材
一、动能的表达式
1.定义:物体由于_____而具有的能量。
2.表达式:Ek=_____。
3.单位:与功的单位相同,在国际单位制中为_____。1 J=1 kg·m2·s-2。
运动
mv2
焦耳
4.特点
(1)具有瞬时性,是________。
(2)具有相对性,选取不同的参考系,同一物体的动能一般不同,通常是指物体相对于_____的动能。
(3)动能是______,没有方向。动能没有负值,动能的大小与速度的方向无关。
状态量
地面
标量
[质疑辨析]
如图所示为正在空中飞行的飞机,请对以下结论作出判断:
(1)运动的飞机具有的能量就是动能。 ( )
(2)飞机的速度发生变化时,动能也发生变化。 ( )
(3)飞机的动能发生变化时,速度一定发生了变化。 ( )
(4)速度越大的物体,具有的动能也越大。 ( )
×
×
√
×
二、动能定理
1.推导:
如图所示,物体的质量为m,在运动方向上受到合外力F的作用发生了一段位移x,速度由v1增加到v2,此过程合外力F做的功为W。
2.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________________。
3.表达式:W=ΔEk=-。
4.适用范围:既适用于_____做功,也适用于_____做功;既适用于______运动,也适用于_____运动。
动能的变化
恒力
变力
直线
曲线
[情境思考]
歼-15战机是我国自主研发的一款舰载战斗机,已经实现了在“辽宁舰”上各种训练,形成战斗力,如图所示为正在起飞的歼-15战机。
(1)歼-15战机起飞时,合力做什么功 速度怎么变化 动能怎么变化
提示:合力做正功,速度变大,动能增大。
(2)歼-15战机着舰时,阻拦索对战斗机做什么功 战斗机的动能怎么变化
提示:做负功,动能减小。
课堂精析重难
龙卷风具有巨大的能量,可以拔起大树、掀翻汽车、摧毁房屋。龙卷风具有的能量是什么能 这种能与哪些因素有关
提示:动能。与质量和速度大小有关。
强化点(一) 动能及动能变化
任务驱动
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
标量性 动能是标量,没有方向
瞬时性 动能是表征物体运动状态的物理量,与物体的某一位置(或某一时刻)的速度相对应
要点释解明
2.动能与动能变化量的区别
(1)动能与动能变化量是两个不同的概念。
①动能描述的是物体在某一时刻或某一位置由于运动而具有的能量,具有瞬时性,是状态量。
②动能变化量是物体从一个状态到另一个状态的动能的变化,即对应一个过程。
(2)动能为非负值,而动能变化量有正负之分。ΔEk>0表示物体的动能增大,ΔEk<0表示物体的动能减小。
1.对于动能的理解,下列说法正确的是 ( )
A.动能是能量的一种表现形式,运动的物体也可能不具有动能
B.动能有可能为负值
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
题点全练清
√
解析:动能是普遍存在的能量的一种基本形式,运动的物体都具有动能,故A错误;根据Ek=mv2知,质量为正值,速度的平方为正值或零,则动能不会为负值,故B错误;一定质量的物体,动能变化,则速度的大小一定变化,所以速度一定变化,但是速度变化,有可能大小不变,方向变化,所以动能不一定变化,故C正确;动能不变的物体,速度方向可能变化,则物体不一定处于平衡状态,故D错误。
2.一物体的速度为v0时,其动能为Ek,当其速度变为2v0时,其动能变为 ( )
A.2Ek B.Ek
C.4Ek D.Ek
解析:由动能的表达式Ek=m可知,当物体的速度增大为原来的2倍时,物体的动能Ek'=m·(2v0)2=4Ek,C正确。
√
3.(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匀速运动,与竖直墙壁碰撞后以原速率弹回,若以弹回的速度方向为正方向,则小球碰墙过程中的速度变化量和动能变化量正确的是 ( )
A.Δv=10 m/s B.Δv=0
C.ΔEk=2.5 J D.ΔEk=0
√
√
解析:小球速度变化量Δv=v2-v1=5 m/s-(-5 m/s)=10 m/s,小球动能的变化量ΔEk=m-m=0。故A、D正确。
如图所示,一辆汽车正在加速上坡。
任务驱动
强化点(二) 动能定理的理解
(1)图中汽车上坡过程受哪些力作用 各个力做什么功
提示:汽车受重力、支持力、牵引力及阻力作用,上坡过程中牵引力做正功,重力、阻力做负功,支持力不做功。
(2)图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:由于汽车加速上坡,其动能增大,汽车动能的变化量等于重力、牵引力及阻力三个力做功的代数和。
1.动能定理的理解
要点释解明
名词 释疑
正负关系 W>0,ΔEk>0(动力做功多);W<0,ΔEk<0(阻力做功多)
研究对象 一般是一个物体,也可以是一个系统
过程要求 适用于全过程,也适用于某一阶段
对应关系 一个过程量(做功)对应着两个状态量(动能)
2.动能定理的三个关系
因果关系 合外力做功是物体动能变化的原因
数量关系 合外力做的功与动能变化量相等
单位关系 功与动能的单位相同,在国际单位制中都是焦耳
[典例] (2024·西安高一检测)如图所示,某教师用手通过轻绳拉着一个小球在粗糙的水平桌面上做演示向心力的实验,若老师的手和小球的运动均视为绕固定点O的匀速圆周运动,则 ( )
A.小球所需的向心力仅由轻绳对小球的拉力提供
B.小球所需的向心力由轻绳对小球的拉力和桌面对小球的摩擦力的合力提供
C.小球运动一周,轻绳对小球的拉力做的功为零
D.小球运动一周,桌面对小球的摩擦力做的功为零
√
[解析] 小球做匀速圆周运动,合外力提供向心力,故小球所需的向心力由轻绳对小球的拉力和桌面对小球的摩擦力的合力提供,故A错误,B正确;小球运动一周,摩擦力做功Wf=fs不为零,根据动能定理得WF-Wf=0,所以拉力做功也不等于零,故C、D错误。
1.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: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。
题点全练清
√
2.(多选)质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上运动,前进一段距离之后速度大小为v,再前进一段距离使物体的速度增大为2v,则 ( )
A.第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量
B.第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍
C.第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功
D.第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍
√
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解析:第一过程速度增量为Δv1=v,动能增量为ΔEk1=mv2,合外力做功W1=ΔEk1=mv2;第二过程速度增量Δv2=2v-v=v,动能增量ΔEk2=m·(2v)2-mv2=mv2=3ΔEk1,合外力做功W2=ΔEk2=mv2=3W1,故A、B正确,C、D
错误。
1.应用动能定理解题的一般步骤
(1)选取研究对象(通常是单个物体),明确它的运动过程。
(2)对研究对象进行受力分析,明确各力做功的情况,求出外力做功的代数和。
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2。
(4)列出动能定理的方程W=Ek2-Ek1,结合其他必要的辅助方程求解并验算。
要点释解明
强化点(三) 动能定理的应用
2.动能定理与牛顿运动定律的比较
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] 如图所示,用与水平方向成37°角的恒力F=10 N将质量为m=1 kg的物体由静止开始从A点拉到B点,在B点撤去力F,已知A、B间距L=2 m,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,求撤去外力后物体还能滑行多远
[答案] 2.4 m
[解析] 解法一 牛顿运动定律法
在A→B过程中,物体受力如图所示
其中:FN=mg-Fsin θ ①
由牛顿第二定律得Fcos θ-μFN=ma1②
设前进L=2 m时的速度为v,则v2=2a1L③
撤去外力后,由牛顿第二定律得-μmg=ma2④
设再前进的位移为x,则0-v2=2a2x⑤
联立①②③④⑤式得x=2.4 m。
解法二 动能定理法
对全程利用动能定理,恒力F作用时,物体所受摩擦力Ff=μ(mg- Fsin 37°)=2 N
则FLcos 37°-FfL-μmgx=0,解得x=2.4 m。
[思维建模]
做匀变速直线运动的物体,若研究的过程中不牵扯到时间,可用运动学公式结合牛顿第二定律解题,也可用动能定理解题。一般来说,用动能定理要比运动学公式简单。
1.某同学用200 N的力将质量为0.44 kg的足球踢出,足球以10 m/s的初速度沿水平草坪滚出60 m后静止,则足球在水平草坪上滚动过程中,克服阻力做的功是 ( )
A.4.4 J B.22 J
C.132 J D.12 000 J
题点全练清
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解析:足球在水平草坪上滚动过程中,根据动能定理得Wf=-mv2=-×0.44×102 J=-22 J,克服阻力做的功Wf克=22 J,故B正确。
2.(2024·安徽高考)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 ( )
A.mgh B.mv2
C.mgh+mv2 D.mgh-mv2
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解析:人在下滑的过程中,由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2,故选D。
课时跟踪检测
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(选择题1~7小题,每小题4分;9~11小题,每小题6分。本检测卷满分70分)
A级——学考达标
1.(多选)关于动能的理解,下列说法正确的是( )
A.一般情况下,Ek=mv2中的v是相对于地面的速度
B.动能的大小由物体的质量和速率决定,与物体的运动方向无关
C.物体以相同的速率向东和向西运动,动能的大小相等、方向相反
D.当物体以不变的速率做曲线运动时,其动能不断变化
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解析:动能是标量,由物体的质量和速率决定,与物体的运动方向无关。动能具有相对性,无特别说明,一般指相对于地面的动能,A、B正确。
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2.(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试,测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后,落到海面上。调整弹射装置,使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力,则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的 ( )
A.0.25倍 B.0.5倍
C.2倍 D.4倍
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解析:动能表达式为Ek=m,由题意可知,小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍,则离开甲板时的速度变为调整前的2倍;小车离开甲板后做平抛运动,从离开甲板到落到海面上的时间不变,根据x=vt,可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离变为调整前的2倍。故选C。
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3.如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定 ( )
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:由动能定理得WF-Wf=Ek-0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,A正确。
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4.一个人站在实验室高台上,从高台边缘以相同的速率v0分别把三个质量相同的球竖直上抛、竖直下抛、水平抛出,不计空气阻力,则三个球落地时的动能 ( )
A.上抛球最大 B.下抛球最大
C.平抛球最大 D.一样大
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解析:设抛出点离地面的高度为h,根据动能定理得mgh=Ek-m,三个小球质量相同、初速度大小相同、下落高度相同,所以三个球落地时动能相同,D正确。
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5.如图所示,小球从竖直放置的轻弹簧正上方自由下落。在小球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中,小球的动能 ( )
A.变小
B.先变大后变小
C.变大
D.先变小后变大
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解析:根据题意可知,小球与弹簧接触后,受到竖直向下的重力与竖直向上的弹力作用,开始时,小球的重力大于弹力,合力向下,加速度向下,小球向下做加速运动,随小球向下运动,小球所受的弹力增大,合力减小,加速度减小,小球做加速度减小的加速运动,合力为零时,小球速度最大;当小球所受的弹力大于小球重力后,合力向上,加速度向上,速度方向与加速度方向相反,小球做减速运动,随小球向下运动,弹力增大,小球受到的合力增大,加速度增大,小球做加速度增大的减速运动,直到减速到零。由以上分析可知,小球的速度先增大后减小,动能先增大后减小。故选B。
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6.(2024·青岛高一检测)如图所示,一半径为R=0.2 m的圆环固定在竖直平面内,其上穿有一个可视为质点的质量m=0.2 kg的小球,小球静止在最高点处,由于受到某种微扰使小球开始向一侧滑动,当小球运动至A点瞬间,圆环与小球之间无作用力,A点与圆环圆心的连线与竖直方向夹角为θ=60°,g取10 m/s2,则小球从开始运动到A点的过程中,克服阻力做功为 ( )
A.0.05 J B.0.1 J
C.0.15 J D.0.2 J
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解析:由题意可知,在A点,小球只受重力,重力沿半径方向的分力提供此时做圆周运动的向心力mgcos θ=m,小球从最高点到A点,由动能定理有mg(R-Rcos θ)+Wf=m-0,代入数据解得Wf=-0.1 J,故选B。
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7.如图所示,斜面高为h,质量为m的物块在沿斜面向上的恒力F作用下,能匀速沿斜面向上运动,若把此物块放在斜面顶端,在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下,物块由静止向下滑动,滑至底端时其动能的大小为(重力加速度为g) ( )
A.mgh B.2mgh
C.2Fh D.Fh
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解析:物块匀速上滑时,根据动能定理得WF-mgh-Wf=0,物块下滑时,根据动能定理得WF+mgh-Wf=Ek-0,联立两式解得Ek=2mgh,故B正确。
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8.(10分)国产大飞机C919圆满完成全球首次商业载客飞行,正式进入民航市场,开启市场化运营、产业化发展新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为0的匀加速直线运动,当位移x=1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s。已知飞机质量m=7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1,取重力加速度g=10 m/s2,求:
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(1)飞机起飞时的动能;
答案: 2.24×108 J
解析:飞机起飞时的动能Ek=mv2=×7.0×104×802 J=2.24×108 J。
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(2)飞机滑跑过程中受到的牵引力。
答案:2.1×105 N
解析:设飞机滑跑过程中受到的牵引力为F,由动能定理得Fx-kmgx=mv2-0,其中k=0.1,解得F=kmg+=2.1×105 N。
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B级——选考进阶
9.如图所示,粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆,一端可绕竖直光滑轴O转动,另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发,恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中,木块所受摩擦力的大小为( )
A. B.
C. D.
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解析:对木块由动能定理得-f·2πL=0-m,解得摩擦力大小为f=,故B正确,A、C、D错误。
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10.(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 ( )
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A.对物体,动能定理的表达式为WN=m,其中WN为支持力做的功
B.对物体,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力做的功
C.对物体,动能定理的表达式为WN-mgH=m-m
D.对电梯,其所受合力做功为M-M-mgH
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解析:物体受重力和支持力作用,根据动能定理得WN-mgH=m-m,故C正确,A、B错误;对电梯,所受合力做功等于电梯动能的变化量,故D错误。
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11.(2024·浙江杭州高一期末)(多选)某人驾驶小型汽车行驶在平直的封闭测试道路上,t=0时刻开始无动力滑行,一段时间后以恒定功率加速行驶,车速达到最大后保持匀速,v t图像如图所示。汽车与人的总质量为1×103 kg,行驶中受到的阻力保持不变,则 ( )
A.汽车行驶中所受阻力大小为2×103 N
B.1 s~11 s内汽车的功率为10 kW
C.1 s~11 s内汽车的位移为75 m
D.汽车加速过程中速度为6 m/s时的加速度大小为0.5 m/s2
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解析:由题图可得,汽车无动力滑行时的加速度大小为a1==2 m/s2,由牛顿第二定律可得,汽车行驶中所受阻力大小为f=ma1=2×103 N,故A正确;由题图可知,当t=11 s时,汽车达到最大速度7.5 m/s,此时汽车的牵引力大小为F=f=2×103 N,汽车的功率为P=Fvm=1.5×104 W=15 kW,故B错误;根据题意,设1 s~11 s内汽车的位移为x,由动能定理有P-fx=m-m,代入数据解得x=67.187 5 m,故C错误;汽车加速过程中速度为6 m/s时,牵引力大小为F1==2.5×103 N,由牛顿第二定律有a==0.5 m/s2,故D正确。
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12.(14分)(2024·武汉高一检测)如图所示,斜面末端B点与水平面平滑相接,现将一质量m=2 kg、可视为质点的物块在距水平地面高h=0.5 m处的A点以一定初速度释放(速度方向沿斜面向下),物块运动到水平面上距B点s=1.6 m处的C点停下,已知斜面光滑,物块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其他阻力忽略不计(g=10 m/s2)。
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(1)求物块到达B点时的速度大小;
答案:4 m/s
解析:物块由B点到C点,由动能定理可得
-μmgs=0-m
解得vB=4 m/s。
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(2)求物块在A点的动能;
答案:6 J
解析:物块由A点到B点,由动能定理可得
mgh=m-EkA
解得EkA=6 J。
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(3)若赋予物块向左的水平初速度,使其从C点恰好到达A点,求水平初速度大小(结果可带根号)。
答案: m/s
解析:设水平初速度大小为v,从C点到A点由动能定理可得-μmgs-mgh=0-mv2
解得v= m/s。
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