??课时跟踪检测(四) 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
2.如图所示，一小圆环从光滑竖直杆上的M点由静止开始下滑，轻杆固定在地面上的Q点，下滑过程中，不计空气阻力，则圆环的动能正比于( )
A．下降的高度 B．下降的时间
C．下降的速度 D．距Q点的高度
3．长征五号遥五运载火箭搭载嫦娥五号探测器发射升空并将其送入预定轨道。“嫦娥五号”质量为m，假设可以把整个助推过程看成初速度为0的匀加速直线运动，助推的距离为s，时间为t，则它们在脱离的瞬间，“嫦娥五号”获得的动能是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，两个质量相同的物体a和b处于同一高度，a自由下落，b沿固定光滑斜面由静止开始下滑，不计空气阻力。两物体到达地面时，下列表述正确的是( )
A．a的速率大 B．b的速率大
C．动能相同 D．速度相同
5．(多选)冰壶比赛的得分规则是：冰壶被运动员掷出之后，冰壶在冰面上滑行的过程中，运动员不能再触碰冰壶，依据最终停在得分区的不同位置得分。关于冰壶在冰面上滑行过程中，下列说法中正确的是( )
A．冰壶被掷出之后，冰壶在冰面上滑行的速度是先增大后减小
B．冰壶在冰面上滑行过程中，冰壶受到的合力一定不为零
C．由于冰壶受到的阻力大于惯性，所以冰壶在冰面上滑行速度越来越小
D．冰壶在滑行中具有动能是由于冰壶被掷出之前运动员对冰壶做了功
6．(2024·济南高一调研)小飞同学用手托着质量为m的地球仪，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v，地球仪与手始终相对静止，空气阻力忽略不计，地球仪与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )
A．手对地球仪的作用力方向竖直向上
B．地球仪所受摩擦力大小为μmg
C．手对地球仪做的功等于
D．地球仪对手做正功
7.如图所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg，则下滑过程中物体克服阻力所做的功为(g取10 m/s2)( )
A．50 J B．18 J
C．32 J D．0
8．(10分)如图甲所示是某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物体速度变化的关系”的实验装置，图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时，橡皮筋对小车做的功记为W，当我们用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时，每次都将橡皮筋拉伸到同一位置释放。小车每次实验中获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。
(1)除了图中的已给出的实验器材外，还需要的器材有
________________________________________________________________________。
(2)每次实验得到的纸带上的点距并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带________的部分进行测量。
(3)在本实验的数据记录表中，请将第2次、第3次…实验中橡皮筋做的功填写在对应的位置：
实验次数 橡皮筋做的功 10个间隔的距离s/m 10个间隔的时间T/s 小车获得的速度vn/(m·s-1) 小车速度的平方/(m/s)2
1 W 0.200 0.2
2 0.280 0.2
3 0.300 0.2
4 0.400 0.2
5 0.450 0.2
(4)从理论上讲，橡皮筋做的功Wn和物体速度vn变化的关系应是Wn∝________。请你运用数据表中的数据在图乙坐标系中作出相应的图像验证理论的正确性。
B级——选考进阶
9．如图为满载货物的自动无人配送车，在平直路上行驶。无人配送车从静止启动，发动机始终在恒定功率下工作，经t时间速度达到v，车及车中货物总质量为m，所受阻力大小恒定，则在t时间内( )
A．车行驶的距离等于t
B．车行驶的距离小于t
C．牵引力做的功大于
D．牵引力做的功等于
10．如图所示，质量相等的A、B两个小球沿着倾角不同(α<β)的两个光滑固定斜面从同一高度静止下滑，关于A、B两小球在斜面上的运动，下列说法正确的是( )
A．重力做功的平均功率相等
B．动能的变化量相同
C．速度的变化相同
D．运动到斜面底端时重力的瞬时功率相等
11．如图所示，各物体质量都是m，加速度都是a，从静止出发发生的位移都是s，第一种情况水平面光滑，后三种情况动摩擦因数相同，物体对水平面都有压力，那么( )
A．物体的动能的增量都相等
B．四种情况这四个拉力做的功相同
C．后三种情况下拉力做功相等
D．F1做功的功率最大
12．(14分)如图所示为我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919。假设飞机起飞时在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移为600 m时才能达到起飞所要求的速度60 m/s。起飞后，飞机继续以离地时的功率爬升20分钟，上升到10 000 m高度，速度达到200 m/s。已知飞机质量为1.0×105 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)飞机在地面滑跑时所受牵引力的大小F；
(2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。
课时跟踪检测(四)
1．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．选A 圆环下落过程中，由动能定理有Ek＝mv2＝mgh＝mg·gt2，可知A正确，B、C、D错误。
3．选C 根据题意，由运动学公式v＝at，s＝at2可得，脱离的瞬间“嫦娥五号”的速度为v＝，则“嫦娥五号”获得的动能是Ek＝mv2＝，故A、B、D错误，C正确。
4．选C 根据动能定理有mgh＝mv2－0，因为两物体下降高度相同，所以末动能相等，速度的大小相等，但方向不同。故C正确。
5．选BD 冰壶被掷出之后，在冰面上滑行受阻力作用，做减速运动最终停下，速度是一直减小到0，故A错误，B正确；惯性不是力，是物体保持原来运动状态的性质，冰壶在冰面上滑行速度越来越小，是由于冰壶受到阻力作用，跟惯性无关，故C错误；冰壶在滑行中具有动能是由于冰壶被掷出之前运动员对冰壶做了功，故D正确。
6．选C 由题意知，地球仪做加速运动，地球仪受重力、手的弹力及摩擦力的作用，手对地球仪的作用力斜向前上方，A错误；地球仪所受摩擦力f＝ma，B错误；由动能定理Wf＝mv2，C正确；地球仪对手做负功，D错误。
7．选C 由动能定理得mgh－Wf＝mv2，故Wf＝mgh－mv2＝1×10×5 J－×1×62 J＝32 J，C正确。
8．解析：(1)根据实验原理可知，实验中需要刻度尺测量计数点之间的距离，来计算小车的速度，所以要用到刻度尺；为了能让打点计时器工作，必须提供交流电源。故缺少刻度尺和交流电源。
(2)纸带在橡皮筋的作用下做加速运动，橡皮筋做功完毕，则速度达到最大，此时做匀速运动，因此匀速时的速度即为该过程中的最大速度，故为了测量小车获得的速度，应选用纸带点距均匀的部分测量。
(3)我们把1条橡皮筋对小车做的功W，作为功的一个计量单位。当我们用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时，橡皮筋做的功分别是2W、3W、4W、5W。
(4)根据匀速直线运动的位移公式s＝vT得：v＝，所以：v1＝ m/s＝1 m/s，v2＝ m/s＝1.4 m/s，v3＝ m/s＝1.5 m/s，v4＝ m/s＝2 m/s，v5＝ m/s＝2.25 m/s。
所以，v12＝1 m2/s2，v22＝1.96 m2/s2，v32＝2.25 m2/s2，v42＝4 m2/s2，v52≈5.06 m2/s2。由动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，所以W与v2成正比，即Wn∝vn2，根据表中实验数据，应用描点法作图，图像如图所示：
在误差允许范围内，图像是经过原点的直线，说明Wn与vn2成正比。
答案：(1)交流电源、刻度尺 (2)点距均匀
(3)2W 3W 4W 5W (4)vn2 图像见解析
9．选C 发动机始终在恒定功率下工作，故配送车做加速度不断减小的加速运动，根据运动学关系可知经t时间速度达到v，过程中的平均速度大于，故在时间t内车行驶的距离大于t，A、B错误；在时间t内，根据动能定理得W－Wf＝mv2，故牵引力做的功大于，C正确，D错误。
10．选B 小球在斜面上匀加速下滑，由＝gt2sin α，解得t＝，α<β，故tA>tB，重力做功W＝mgh相等，重力做功的平均功率P＝，所以A球重力做功的平均功率小于B球重力做功的平均功率，A错误；由动能定理可知ΔEk＝W＝mgh，所以动能的变化量相同，B正确；速度的变化量Δv＝at＝gsin α× ＝，所以速度变化的大小相等，方向不同，C错误；运动到斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin α，由于斜面倾角不同，所以运动到斜面底端时重力的瞬时功率不相等，D错误。
11．选A 依题意知，由于四种情形物体的质量、加速度、位移均相同，根据牛顿第二定律知它们所受合力相同，则合力所做的功相等，根据动能定理W合＝ΔEk，可知物体的动能的增量都相等，故A正确；图(1)中，拉力所做的功为WF1＝ΔEk，图(2)(3)(4)中，拉力所做的功为WF2－f2s＝ΔEk WF2＝f2s＋ΔEk，WF3－f3s＝ΔEk WF3＝f3s＋ΔEk，WF4－f4s＝ΔEk WF4＝f4s＋ΔEk，设F与水平方向夹角为θ，则有f＝μ(mg－Fsin θ)，由于不知道F3和F4的大小关系，所以不能确定f3和f4的大小关系，也就不能确定WF3和WF4的大小关系，但是由受力分析可知f2一定大于f3和f4，所以F2做的功一定最多，故B、C错误；由于四种情形物体的位移、加速度相同，根据s＝at2，可知发生相同位移所用时间相同，根据P＝，可知，由于F2做的功最多，则F2做功的功率最大，故D错误。
12．解析：(1)设飞机在地面滑跑时加速度的大小为a，由运动学公式得v12＝2as
设滑跑过程中所受阻力为F阻，由牛顿第二定律得
F－F阻＝ma
联立解得F＝4.0×105 N。
(2)设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得P＝Fv1，
由动能定理得Pt－mgh－Wf＝mv22－mv12，
解得Wf≈1.7×1010 J。
答案：(1)4.0×105 N (2)1.7×1010 J
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.初步形成动能的概念。2.能对比较简单的运动过程应用动能定理进行分析与计算。3.领悟应用牛顿第二定律和运动学公式推导动能定理的过程。
选考层级 1.理解动能定理的确切含义，能应用动能定理解决实际问题。2.能对比较复杂的多过程应用动能定理进行分析和计算，获得结论。
一、动能
1．含义：物体因________而具有的能量。
2．表达式：Ek＝________。
3．单位：在国际单位制中单位为______，1 J＝__________＝1 N·m。
4．标矢性：动能是________，只有________，没有方向。
[微点拨]
1．动能是标量，且没有负值，其大小与速度的方向无关。
2．物体的动能与它的质量和速度大小有关。
[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，动能一定发生变化。( )
(3)在飞机的质量不变的情况下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，
初速度为v1，在与运动方向相同的合外力F的作用下经过一段位移s后，速度增加到v2，此过程中合外力F做的功为W。(摩擦力不计)
2．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的________。
3．表达式：W＝__________。
4．两种情况
(1)合外力对物体做正功，Ek2>Ek1，动能________。
(2)合外力对物体做负功，Ek25．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第一款舰载战斗机，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．(2024·山东东营高一调研)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反弹，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) 探究恒力做功与动能改变的关系
[要点释解明]
1．实验器材：小车、钩码、天平、打点计时器、低压交流电源、细绳、一端附有定滑轮的长木板、复写纸、纸带、刻度尺等。
2．实验方案：
(1)安装器材，平衡摩擦力。
(2)让钩码拉动小车运动。
(3)纸带记录小车的运动。
(4)数据分析：拉力做功与小车动能改变的关系。
3．数据处理方法：
(1)纸带数据的处理：如图所示的纸带上，(n－1)点、n点、(n＋1)点到0点的距离分别是dn－1、dn、dn＋1，则n点速度vn＝。
(2)实验数据的处理：
①计算各数据中速度的平方v2和相应的外力做功W的数值并填入表中。
物理量
编号
1 2 3 4 5 6
速度的平方v2/(m2·s－2)
外力做功W/J
②利用坐标方格纸，将各组数据在坐标纸上标出，然后作出W v2图线。如果作出的图线是一条过原点的倾斜直线，说明外力做功W与物体速度的平方v2成正比，即W∝v2。
4．实验结论：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
[典例] 某同学利用图(a)所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图(b)所示。已知打出图(b)中相邻两点的时间间隔为0.02 s，从图(b)给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB＝______m/s，打出P点时小车的速度大小vP＝______m/s。(结果均保留2位小数)
若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图(b)给出的数据中求得的物理量为____________。
听课记录：
[题点全练清]
1．用如图所示的装置，探究功与物体速度变化的关系。实验时，先适当垫高木板，然后由静止释放小车，小车在橡皮筋弹力的作用下被弹出，沿木板滑行。小车滑行过程中带动通过打点计时器的纸带，记录其运动情况。观察发现纸带前面部分点迹疏密不均匀，后面部分点迹比较均匀，回答下列问题：
(1)适当垫高木板是为了___________________________________________________。
(2)通过纸带求小车速度时，应使用纸带的______________(填“全部”“前面部分”或“后面部分”)。
(3)若实验做了n次，所用橡皮筋分别为1根、2根…n根，通过纸带求出小车的速度分别为v1、v2…vn，用W表示橡皮筋对小车所做的功，作出的W v2图像是一条过坐标原点的直线，这说明W与v的关系是_____________________________________________________
________________________________________________________________________。
2．在“探究动能定理”实验中，某实验小组采用如图甲所示的装置，在水平气垫导轨上安装了两个光电门M、N，滑块上固定一遮光条，细线绕过定滑轮将滑块与力传感器相连，力传感器下方悬挂钩码，已知遮光条的宽度为d，滑块和遮光条的总质量为m。
(1)接通气源，滑块从A位置由静止释放，读出遮光条通过光电门M、N的时间分别为t1、t2，力传感器的示数为F，改变钩码质量，重复上述实验。
①为探究在M、N间运动过程中细线拉力对滑块做的功W和滑块动能增量ΔEk的关系，还需要测量的物理量是__________________________(写出名称及符号)。
②利用实验中直接测量的物理量表示需探究的动能定理表达式为_________________
___________________________________________________________________________。
(2)保持钩码质量不变，改变光电门N的位置，重复实验，根据实验数据作出从M到N过程中细线拉力对滑块做的功W与滑块到达N点时速度二次方v2的关系图像，如图乙所示，则图线的斜率表示________，图线在横轴上的截距表示_____________________________。
(3)下列不必要的实验操作和要求有________(请填写选项前对应的字母)。
A．测量钩码的质量
B．调节气垫导轨水平
C．调节滑轮使细线与气垫导轨平行
D．保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
强化点(三) 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
(1)因果关系：合外力做功是物体动能变化的原因。
(2)数量关系：合外力做的功与动能变化量相等。
(3)单位关系：功与动能的国际单位制单位都是焦耳。
[题点全练清]
1．下列关于运动物体所受合力做功和动能变化的关系正确的是( )
A．如果物体所受合力为0，则合力对物体做的功一定为0
B．如果合力对物体所做的功为0，则合力一定为0
C．物体在合力作用下做变速运动，动能一定发生变化
D．物体的动能不变，所受合力一定为0
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
3．(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(四) 动能定理的应用
[要点释解明]
1．动能定理应用的步骤
(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] 如图所示为一滑梯的示意图，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，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服阻力做的功；
(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s至少多长。
尝试解答：
应用动能定理时注意的四个问题
(1)动能定理中各量是针对同一参考系而言的(一般选取地面为参考系)。
(2)若物体运动的过程包含几个不同的阶段，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以将全过程作为一个整体来处理。
(3)在求总功时，若各力不同时对物体做功，W应为各阶段各力做功的代数和。在利用动能定理列方程时，还应注意各力做功的正、负或合力做功的正、负。
(4)对于受力情况复杂的问题要避免把某个力的功当作合力的功，对于多过程问题要防止“漏功”或“添功”。
[题点全练清]
1．(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
2．(2024·厦门高一检测)如图所示，用与水平方向成37°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。求撤去外力后物体还能滑行多远。
请尝试用“牛顿运动定律”和“动能定理”分别求解
第3节 动能和动能定理
一、1.运动 2.mv2 3.焦耳 1 kg·(m/s)2 4.标量 大小
[质疑辨析]
(1)× (2)× (3)√ (4)×
二、1.F＝ma W＝Fs 2as mv22－mv12 2.变化量 3.Ek2－Ek1 4.(1)增大 (2)减小 5.恒力 变力 直线 曲线
[情境思考]
提示：(1)正功 变大 增大 (2)负功 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＝mv02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＝mv22－mv12＝0。故A、D正确。
强化点(二)
[典例] 解析：打下B点的时刻为打下与B点相邻左、右两点的中间时刻，则打下B点时小车的速度应为这两点间小车的平均速度，即vB＝×10－2 m/s＝0.36 m/s；同理打下P点时小车的速度为vP＝×10－2 m/s＝1.80 m/s。在验证动能定理时，如果选取B到P的过程，则由mgsBP＝(M＋m)vP2－(M＋m)vB2可知，要验证动能定理还需要求得B、P两点间的距离。
答案：0.36 1.80 B、P之间的距离
[题点全练清]
1．解析：(1)为使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，需利用小车重力沿木板方向的分力平衡摩擦力。
(2)实验中需要求橡皮筋做功后小车获得的速度，所以应用纸带的后面部分。
(3)“过原点的直线”意味着纵横坐标轴对应的两个量成正比关系。
答案：(1)平衡摩擦力 (2)后面部分 (3)W与速度v的平方成正比
2．解析：(1)①根据动能定理的表达式：Fs＝mv22－mv12，还需要测出光电门M、N间的距离s。
②通过两个光电门的速度分别为v1＝，v2＝，利用实验中直接测量的物理量表示需探究的动能定理的表达式为Fs＝md2。
(2)根据动能定理的表达式：W＝mv2－mv02＝m(v2－v02)，W与滑块到达N点时速度二次方v2的关系图像中，图线的斜率表示，图线在横轴上的截距表示滑块经过光电门M时速度的二次方。
(3)由于有力传感器直接测量力的大小，不需要测量钩码质量，故A步骤不是必须的；调节气垫导轨水平，可以保证合力等于拉力，故B步骤是必须的；调节滑轮使细线与气垫导轨平行，保证拉力水平，故C步骤是必须的；由于已经有力传感器来测量力的大小，不需要保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，即D步骤不是必须的。
答案：(1)①两个光电门的间距s ②Fs＝md2
(2) 滑块经过光电门M时速度的二次方 (3)AD
强化点(三)
[任务驱动] 提示：(1)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。
(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、牵引力及路面的阻力三个力做功的代数和。
[题点全练清]
1．选A 由功的定义可知，A正确；合力做的功为0，但合力不一定为0，例如物体的合力和运动方向垂直时合力不做功，B错误；物体做变速运动可能是速度方向变化而速度大小不变，所以做变速运动的物体，动能可能不变，C错误；物体动能不变，只能说合力不做功，但合力不一定为0，D错误。
2．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．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(四)
[典例] 解析：(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服阻力做的功为W阻＝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－W阻＝mv2－0，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－f2s＝0－mv2，代入数据解得s＝1.6 m。
答案：(1)440 J (2)4 m/s (3)1.6 m
[题点全练清]
1．选D 人与滑板在下滑的过程中，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。
2．解析：方法1 牛顿运动定律
在A→B过程中，物体受力如图所示。
其中N＝mg－Fsin θ①
Fcos θ－μN＝ma1②
前进L＝2 m后，速度为v，则v2＝2a1L③
撤去外力后，物体加速度为a2，则－μmg＝ma2④
再前进的位移为s，则0－v2＝2a2s⑤
联立①②③④⑤式得s＝2.4 m。
方法2 动能定理
对全程利用动能定理，其中AB过程中物体所受摩擦力f＝μ(mg－Fsin 37°)＝2 N，
则FLcos 37°－fL－μmgs＝0，代入数据解得s＝2.4 m。
答案：2.4 m
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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.初步形成动能的概念。
2.能对比较简单的运动过程应用动能定理进行分析与计算。
3.领悟应用牛顿第二定律和运动学公式推导动能定理的过程。
选考层级 1.理解动能定理的确切含义，能应用动能定理解决实际问题。
2.能对比较复杂的多过程应用动能定理进行分析和计算，获得结论。
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
1.含义：物体因______而具有的能量。
2.表达式：Ek=______。
3.单位：在国际单位制中单位为______，1 J=___________=1 N·m。
4.标矢性：动能是______，只有_______，没有方向。
运动
mv2
焦耳
1 kg·(m/s)2
标量
大小
[微点拨]
1.动能是标量，且没有负值，其大小与速度的方向无关。
2.物体的动能与它的质量和速度大小有关。
[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，动能一定发生变化。 ( )
(3)在飞机的质量不变的情况下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，初速
度为v1，在与运动方向相同的合外力F的作用下
经过一段位移s后，速度增加到v2，此过程中合外力F做的功为W。
(摩擦力不计)
2.内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的________。
3.表达式：W=_________。
4.两种情况
(1)合外力对物体做正功，Ek2>Ek1，动能______。
(2)合外力对物体做负功，Ek25.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。
变化量
Ek2-Ek1
增大
减小
恒力
变力
直线
曲线
歼 15战机是我国自主研发的第一款舰载战斗机，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。
情境思考
(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：正功 变大 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：负功 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
1.动能的“三性”
要点释解明
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。
1.(2024·山东东营高一调研)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反弹，
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。
√
√
1.实验器材：小车、钩码、天平、打点计时器、低压交流电源、细绳、一端附有定滑轮的长木板、复写纸、纸带、刻度尺等。
2.实验方案：
(1)安装器材，平衡摩擦力。
(2)让钩码拉动小车运动。
(3)纸带记录小车的运动。
(4)数据分析：拉力做功与小车动能改变的关系。
要点释解明
强化点(二) 探究恒力做功与动能改变的关系
3.数据处理方法：
(1)纸带数据的处理：如图所示的纸带上，(n-1)点、n点、(n+1)点到0点的距离分别是dn-1、dn、dn+1，则n点速度vn=。
(2)实验数据的处理：
①计算各数据中速度的平方v2和相应的外力做功W的数值并填入表中。
物理量 编号
1 2 3 4 5 6
速度的平方 v2/(m2·s-2)
外力做功W/J
②利用坐标方格纸，将各组数据在坐标纸上标出，然后作出W-v2图线。如果作出的图线是一条过原点的倾斜直线，说明外力做功W与物体速度的平方v2成正比，即W∝v2。
4.实验结论：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
[典例] 某同学利用图(a)所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图(b)所示。已知打出图(b)中相邻两点的时间间隔为0.02 s，从图(b)给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB=______m/s，打出P点时小车的速度大小vP=_____m/s。(结果均保留2位小数)
0.36
1.80
若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图(b)给出的数据中求得的物理量为___________________。
[解析] 打下B点的时刻为打下与B点相邻左、右两点的中间时刻，则打下B点时小车的速度应为这两点间小车的平均速度，即vB=
×10-2 m/s=0.36 m/s；同理打下P点时小车的速度为vP=×10-2 m/s
=1.80 m/s。
B、P之间的距离
在验证动能定理时，如果选取B到P的过程，则由mgsBP=(M+m)
-(M+m)可知，要验证动能定理还需要求得B、P两点间的距离。
1.用如图所示的装置，探究功与物体速度变化的关系。实验时，先适当垫高木板，然后由静止释放小车，小车在橡皮筋弹力的作用下被弹出，沿木板滑行。小车滑行过程中带动通过打点计时器的纸带，记录其运动情况。观察发现纸带前面部分点迹疏密不均匀，后面部分点迹比较均匀，回答下列问题：
题点全练清
(1)适当垫高木板是为了____________。
解析：为使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，需利用小车重力沿木板方向的分力平衡摩擦力。
(2)通过纸带求小车速度时，应使用纸带的___________(填“全部”
“前面部分”或“后面部分”)。
解析：实验中需要求橡皮筋做功后小车获得的速度，所以应用纸带的后面部分。
平衡摩擦力
后面部分
(3)若实验做了n次，所用橡皮筋分别为1根、2根…n根，通过纸带求出小车的速度分别为v1、v2…vn，用W表示橡皮筋对小车所做的功，作出的W-v2图像是一条过坐标原点的直线，这说明W与v的关系是__________________________。
解析：“过原点的直线”意味着纵横坐标轴对应的两个量成正比关系。
W与速度v的平方成正比
2.在“探究动能定理”实验中，某实验小组采用如图甲所示的装置，在水平气垫导轨上安装了两个光电门M、N，滑块上固定一遮光条，细线绕过定滑轮将滑块与力传感器相连，力传感器下方悬挂钩码，已知遮光条的宽度为d，滑块和遮光条的总质量为m。
(1)接通气源，滑块从A位置由静止释放，读出遮光条通过光电门M、N的时间分别为t1、t2，力传感器的示数为F，改变钩码质量，重复上述实验。
①为探究在M、N间运动过程中细线拉力对滑块做的功W和滑块动能增量ΔEk的关系，还需要测量的物理量是____________________ (写出名称及符号)。
②利用实验中直接测量的物理量表示需探究的动能定理表达式为___________________。
两个光电门的间距s
Fs=md2
解析：①根据动能定理的表达式：Fs=m-m，还需要测出光电门M、N间的距离s。
②通过两个光电门的速度分别为v1=，v2=，利用实验中直接测量的物理量表示需探究的动能定理的表达式为Fs=md2。
(2)保持钩码质量不变，改变光电门N的位置，重复实验，根据实验数据作出从M到N过程中细线拉力对滑块做的功W与滑块到达N点时速度二次方v2的关系图像，如图乙所示，则图线的斜率表示_____，图线在横轴上的截距表示__________________________________。
解析：根据动能定理的表达式：W=mv2-m=m(v2-)，W与滑块到达N点时速度二次方v2的关系图像中，图线的斜率表示，图线在横轴上的截距表示滑块经过光电门M时速度的二次方。
滑块经过光电门M时速度的二次方
(3)下列不必要的实验操作和要求有______(请填写选项前对应的字母)。
A.测量钩码的质量
B.调节气垫导轨水平
C.调节滑轮使细线与气垫导轨平行
D.保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
AD
解析：由于有力传感器直接测量力的大小，不需要测量钩码质量，故A步骤不是必须的；调节气垫导轨水平，可以保证合力等于拉力，故B步骤是必须的；调节滑轮使细线与气垫导轨平行，保证拉力水平，故C步骤是必须的；由于已经有力传感器来测量力的大小，不需要保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，即D步骤不是必须的。
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
提示：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。
任务驱动
强化点(三) 动能定理的理解
(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、牵引力及路面的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
(1)因果关系：合外力做功是物体动能变化的原因。
(2)数量关系：合外力做的功与动能变化量相等。
(3)单位关系：功与动能的国际单位制单位都是焦耳。
1.下列关于运动物体所受合力做功和动能变化的关系正确的是 ( )
A.如果物体所受合力为0，则合力对物体做的功一定为0
B.如果合力对物体所做的功为0，则合力一定为0
C.物体在合力作用下做变速运动，动能一定发生变化
D.物体的动能不变，所受合力一定为0
题点全练清
√
解析：由功的定义可知，A正确；合力做的功为0，但合力不一定为0，例如物体的合力和运动方向垂直时合力不做功，B错误；物体做变速运动可能是速度方向变化而速度大小不变，所以做变速运动的物体，动能可能不变，C错误；物体动能不变，只能说合力不做功，但合力不一定为0，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：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.(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
√
√
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.动能定理应用的步骤
(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。
强化点(四) 动能定理的应用
要点释解明
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
续表
[典例] 如图所示为一滑梯的示意图，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，取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服阻力做的功；
[答案] 440 J
[解析] 小朋友在斜面滑下的过程中克服阻力做的功为W阻=f1L=88×5 J=440 J。
(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；
[答案] 4 m/s
[解析] 小朋友在斜面上运动的过程，由动能定理得mgh-W阻=mv2-0，代入数据解得v=4 m/s。
(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度s至少多长。
[答案] 1.6 m
[解析] 小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得-f2s=0-mv2，代入数据解得s=1.6 m。
[易错提醒]
应用动能定理时注意的四个问题
(1)动能定理中各量是针对同一参考系而言的(一般选取地面为参考系)。
(2)若物体运动的过程包含几个不同的阶段，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以将全过程作为一个整体来处理。
(3)在求总功时，若各力不同时对物体做功，W应为各阶段各力做功的代数和。在利用动能定理列方程时，还应注意各力做功的正、负或合力做功的正、负。
(4)对于受力情况复杂的问题要避免把某个力的功当作合力的功，对于多过程问题要防止“漏功”或“添功”。
1.(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
题点全练清
√
解析：人与滑板在下滑的过程中，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。
2.(2024·厦门高一检测)如图所示，用与水平方向成37°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。求撤去外力后物体还能滑行多远。
答案：2.4 m
解析：方法1 牛顿运动定律
在A→B过程中，物体受力如图所示。
其中N=mg-Fsin θ ①
Fcos θ-μN=ma1 ②
前进L=2 m后，速度为v，则v2=2a1L ③
撤去外力后，物体加速度为a2，则-μmg=ma2 ④
再前进的位移为s，则0-v2=2a2s ⑤
联立①②③④⑤式得s=2.4 m。
方法2 动能定理
对全程利用动能定理，其中AB过程中物体所受摩擦力f=μ(mg-Fsin 37°)=2 N，
则FLcos 37°-fL-μmgs=0，
代入数据解得s=2.4 m。
课时跟踪检测
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A级——学考达标
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
√
√
√
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解析：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。
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2.如图所示，一小圆环从光滑竖直杆上的M点由静止开始
下滑，轻杆固定在地面上的Q点，下滑过程中，不计空气阻力，
则圆环的动能正比于 ( )
A.下降的高度 B.下降的时间
C.下降的速度 D.距Q点的高度
解析：圆环下落过程中，由动能定理有Ek=mv2=mgh=mg·gt2，可知A正确，B、C、D错误。
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3.长征五号遥五运载火箭搭载嫦娥五号探测器发射升空并将其送入预定轨道。“嫦娥五号”质量为m，假设可以把整个助推过程看成初速度为0的匀加速直线运动，助推的距离为s，时间为t，则它们在脱离的瞬间，“嫦娥五号”获得的动能是 ( )
A. B.
C. D.
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解析：根据题意，由运动学公式v=at，s=at2可得，脱离的瞬间“嫦娥五号”的速度为v=，则“嫦娥五号”获得的动能是Ek=mv2=，故A、B、D错误，C正确。
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4.如图所示，两个质量相同的物体a和b处于同一
高度，a自由下落，b沿固定光滑斜面由静止开始下
滑，不计空气阻力。两物体到达地面时，下列表述正确的是 ( )
A.a的速率大 B.b的速率大
C.动能相同 D.速度相同
解析：根据动能定理有mgh=mv2-0，因为两物体下降高度相同，所以末动能相等，速度的大小相等，但方向不同。故C正确。
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5.(多选)冰壶比赛的得分规则是：冰壶被运动员掷出之后，冰壶在冰面上滑行的过程中，运动员不能再触碰冰壶，依据最终停在得分区的不同位置得分。关于冰壶在冰面上滑行过程中，下列说法中正确的是 ( )
A.冰壶被掷出之后，冰壶在冰面上滑行的速度是先增大后减小
B.冰壶在冰面上滑行过程中，冰壶受到的合力一定不为零
C.由于冰壶受到的阻力大于惯性，所以冰壶在冰面上滑行速度越来越小
D.冰壶在滑行中具有动能是由于冰壶被掷出之前运动员对冰壶做了功
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解析：冰壶被掷出之后，在冰面上滑行受阻力作用，做减速运动最终停下，速度是一直减小到0，故A错误，B正确；惯性不是力，是物体保持原来运动状态的性质，冰壶在冰面上滑行速度越来越小，是由于冰壶受到阻力作用，跟惯性无关，故C错误；冰壶在滑行中具有动能是由于冰壶被掷出之前运动员对冰壶做了功，故D正确。
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6.(2024·济南高一调研)小飞同学用手托着质量为m的地球仪，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v，地球仪与手始终相对静止，空气阻力忽略不计，地球仪与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是 ( )
A.手对地球仪的作用力方向竖直向上
B.地球仪所受摩擦力大小为μmg
C.手对地球仪做的功等于
D.地球仪对手做正功
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解析：由题意知，地球仪做加速运动，地球仪受重力、手的弹力及摩擦力的作用，手对地球仪的作用力斜向前上方，A错误；地球仪所受摩擦力f=ma，B错误；由动能定理Wf=mv2，C正确；地球仪对手做负功，D错误。
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7.如图所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至
曲面的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若
物体的质量为1 kg，则下滑过程中物体克服阻力所做的功
为(g取10 m/s2) ( )
A.50 J B.18 J C.32 J D.0
解析：由动能定理得mgh-Wf=mv2，故Wf=mgh-mv2=1×10×5 J-×1×62 J=32 J，C正确。
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8.(10分)如图甲所示是某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物体速度变化的关系”的实验装置，图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时，橡皮筋对小车做的功记为W，当我们用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时，每次都将橡皮筋拉伸到同一位置释放。小车每次实验中获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。
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(1)除了图中的已给出的实验器材外，还需要的器材有__________________。
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交流电源、刻度尺
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解析：根据实验原理可知，实验中需要刻度尺测量计数点之间的距离，来计算小车的速度，所以要用到刻度尺；为了能让打点计时器工作，必须提供交流电源。故缺少刻度尺和交流电源。
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(2)每次实验得到的纸带上的点距并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带___________的部分进行测量。
解析：纸带在橡皮筋的作用下做加速运动，橡皮筋做功完毕，则速度达到最大，此时做匀速运动，因此匀速时的速度即为该过程中的最大速度，故为了测量小车获得的速度，应选用纸带点距均匀的部分测量。
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点距均匀
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(3)在本实验的数据记录表中，请将第2次、第3次…实验中橡皮筋做的功填写在对应的位置：
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实验 次数 橡皮筋 做的功 10个间 隔的距离s/m 10个间 隔的时 间T/s 小车获得 的速度vn/ (m·s-1) 小车速度
的平方
/(m/s)2
1 W 0.200 0.2
2 ____ 0.280 0.2
2W
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3 ____ 0.300 0.2
4 ____ 0.400 0.2
5 ____ 0.450 0.2
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续表
3W
4W
5W
解析：我们把1条橡皮筋对小车做的功W，作为功的一个计量单位。当我们用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时，橡皮筋做的功分别是2W、3W、4W、5W。
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(4)从理论上讲，橡皮筋做的功Wn和物体速度vn变化的关系应是Wn∝______。请你运用数据表中的数据在图乙坐标系中作出相应的图像验证理论的正确性。
解析：根据匀速直线运动的位移公式s=vT得：v=，所以：v1= m/s
=1 m/s，v2= m/s=1.4 m/s，v3= m/s=1.5 m/s，v4= m/s=2 m/s，v5= m/s=2.25 m/s。
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所以，=1 m2/s2，=1.96 m2/s2，=2.25 m2/s2，=4 m2/s2，≈5.06 m2/s2。由动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，所以W与v2成正比，即Wn∝，
根据表中实验数据，应用描点法作图，
图像如图所示：
在误差允许范围内，图像是经过原点
的直线，说明Wn与成正比。
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B级——选考进阶
9.如图为满载货物的自动无人配送车，在平直路上
行驶。无人配送车从静止启动，发动机始终在恒定功率
下工作，经t时间速度达到v，车及车中货物总质量为m，
所受阻力大小恒定，则在t时间内( )
A.车行驶的距离等于t B.车行驶的距离小于t
C.牵引力做的功大于 D.牵引力做的功等于
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解析：发动机始终在恒定功率下工作，故配送车做加速度不断减小的加速运动，根据运动学关系可知经t时间速度达到v，过程中的平均速度大于，故在时间t内车行驶的距离大于t，A、B错误；在时间t内，根据动能定理得W-Wf=mv2，故牵引力做的功大于，C正确，D错误。
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10.如图所示，质量相等的A、B两个小球沿着倾
角不同(α<β)的两个光滑固定斜面从同一高度静止下
滑，关于A、B两小球在斜面上的运动，下列说法正确的是 ( )
A.重力做功的平均功率相等
B.动能的变化量相同
C.速度的变化相同
D.运动到斜面底端时重力的瞬时功率相等
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解析：小球在斜面上匀加速下滑，由=gt2sin α，解得t=，α<β，故tA>tB，重力做功W=mgh相等，重力做功的平均功率P=，所以A球重力做功的平均功率小于B球重力做功的平均功率，A错误；由动能定理可知ΔEk=W=mgh，所以动能的变化量相同，B正确；
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速度的变化量Δv=at=gsin α×=，所以速度变化的大小相等，方向不同，C错误；运动到斜面底端时重力的瞬时功率P=mgvsin α，由于斜面倾角不同，所以运动到斜面底端时重力的瞬时功率不相等，D错误。
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11.如图所示，各物体质量都是m，加速度都是a，从静止出发发生的位移都是s，第一种情况水平面光滑，后三种情况动摩擦因数相同，物体对水平面都有压力，那么 ( )
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A.物体的动能的增量都相等
B.四种情况这四个拉力做的功相同
C.后三种情况下拉力做功相等
D.F1做功的功率最大
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解析：依题意知，由于四种情形物体的质量、加速度、位移均相同，根据牛顿第二定律知它们所受合力相同，则合力所做的功相等，根据动能定理W合=ΔEk，可知物体的动能的增量都相等，故A正确；图(1)中，拉力所做的功为WF1=ΔEk，图(2)(3)(4)中，拉力所做的功为WF2-f2s=Δek
WF2=f2s+ΔEk，WF3-f3s=ΔEk WF3=f3s+ΔEk，WF4-f4s=ΔEk WF4=f4s+
ΔEk，设F与水平方向夹角为θ，
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则有f=μ(mg-Fsin θ)，由于不知道F3和F4的大小关系，所以不能确定f3和f4的大小关系，也就不能确定WF3和WF4的大小关系，但是由受力分析可知f2一定大于f3和f4，所以F2做的功一定最多，故B、C错误；由于四种情形物体的位移、加速度相同，根据s=at2，可知发生相同位移所用时间相同，根据P=，可知，由于F2做的功最多，则F2做功的功率最大，故D错误。
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12.(14分)如图所示为我国自行研制、具有完
全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919。
假设飞机起飞时在水平跑道上的滑跑是初速度为
零的匀加速直线运动，当位移为600 m时才能达到起飞所要求的速度
60 m/s。起飞后，飞机继续以离地时的功率爬升20分钟，上升到10 000 m高度，速度达到200 m/s。已知飞机质量为1.0×105 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2。求：
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(1)飞机在地面滑跑时所受牵引力的大小F；
答案：4.0×105 N
解析：设飞机在地面滑跑时加速度的大小为a，由运动学公式得=2as
设滑跑过程中所受阻力为F阻，由牛顿第二定律得
F-F阻=ma
联立解得F=4.0×105 N。
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(2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。
答案：1.7×1010 J
解析：设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得P=Fv1，
由动能定理得Pt-mgh-Wf=m-m，
解得Wf≈1.7×1010 J。
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