第3节 动能 动能定理
核心素养导学
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 (1)领悟应用功的定义式、牛顿第二定律和运动学公式推导动能定理的过程。 (2)理解动能定理的物理意义,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 通过实验验证动能定理是否成立。
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者解决实际问题,提高理论与实践相结合的能力。
一、动能
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,国际单位为 。1 J= 。
(1)动能是状态量,速度v是瞬时速度。物体的运动状态一定,其动能就有确定的值。
(2)动能是标量,且没有负值,其大小与速度的方向无关。
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:合外力对物体所做的功等于物体 。
3.表达式:W=ΔEk= 。
4.物理意义:动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系。即外力对物体所做的总功,对应于物体动能的变化,变化的大小由做功的多少来量度。
三、动能定理的实验证明
方案1 借用“探究 与 、 之间的关系”的实验装置进行实验。
方案2 使用 系统进行验证。
1.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。 ( )
2.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
新知学习(一) 对动能及动能变化的理解
[任务驱动]
如图所示,骑自行车下坡时,没有蹬车,车速却越来越快,动能越来越大,这与动能定理相矛盾吗
[重点释解]
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.动能与速度的三种关系
数值关系 Ek=mv2,同一物体,速度v越大,动能Ek越大
瞬时关系 动能和速度均为状态量,二者具有瞬时对应关系
变化关系 动能是标量,速度是矢量。当动能发生变化时,物体的速度(大小)一定发生了变化;当速度发生变化时,可能仅是速度方向的变化,物体的动能可能不变
[针对训练]
1.下面有关动能的说法正确的是 ( )
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,物体的动能也不变
C.物体做自由落体运动时,重力做功,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
2.关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系,下列说法正确的是 ( )
A.物体做变速运动,合外力一定不为零,动能一定变化
B.若合外力对物体做功为零,则合外力一定为零
C.合外力对物体做功,物体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零
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
新知学习(二) 对动能定理的理解
[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
[重点释解]
1.对动能变化量的理解
(1)表达式:ΔEk=Ek2-Ek1。
(2)物理意义:ΔEk>0,表示动能增加;ΔEk<0,表示动能减少。
(3)变化原因:力对物体做功是引起物体动能变化的原因,合力做正功,动能增加,合力做负功,动能则减少。
2.对动能定理的理解
(1)表达式:W=ΔEk=Ek2-Ek1,式中的W为合外力对物体所做的总功。
(2)研究对象及过程:动能定理的研究对象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的相对静止的系统。动能定理的研究过程既可以是运动过程中的某一阶段,也可以是运动全过程。
(3)普遍性:既适用于恒力做功,也适用于变力做功;既适用于物体做直线运动的情况,也适用于物体做曲线运动的情况。
(4)实质:揭示了力对物体做的总功与物体动能变化的关系。
[针对训练]
1.有一质量为m的木块,从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点,如图所示。如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变,则以下叙述正确的是 ( )
A.木块所受的合外力为零
B.因木块所受的力都不对其做功,所以合外力做的功为零
C.重力和摩擦力的合力做的功为零
D.重力和摩擦力的合力为零
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
新知学习(三) 动能定理的应用
[重点释解]
1.动能定理公式中“=”体现的“三个关系”
因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因
数量关系 合力的功与物体动能的变化可以等量代换
单位关系 国际单位都是焦耳
2.“一个参考系”:动能定理的计算式为标量式,高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。
3.动能定理解题的优越性: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。
4.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
[典例体验]
[典例] 如图所示,质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点,与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉,已知OP=,在A点给小球一个水平向左的初速度v0,发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B(重力加速度为g)。
(1)小球到达B点时的速率为多大
(2)若不计空气阻力,则初速度v0为多大
(3)若初速度v0=3,则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功
尝试解答:
/方法技巧/
应用动能定理解题的步骤
(1)确定研究对象和研究过程(研究对象一般为单个物体或多个相对静止的物体组成的系统)。
(2)对研究对象进行受力分析及做功分析。
(3)确定合外力对物体做的功(注意功的正负)。
(4)确定物体的初、末动能(注意动能增量是末动能减初动能)。
(5)根据动能定理列式、求解。
[针对训练]
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.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,g取10 m/s2)
新知学习(三) 验证动能定理
方案一 借用“探究a与F、m之间的关系”的实验装置进行实验。
1.实验步骤
(1)将打点计时器固定在长木板上,把纸带的一端固定在小车的后面,另一端穿过打点计时器。改变木板倾角,使小车重力沿斜木板方向的分力平衡小车及纸带受到的摩擦力,使小车做匀速直线运动。
(2)用细绳将木板上的小车通过一个定滑轮与悬吊的砝码盘相连。接通电源,放开小车,让小车拖着纸带运动,打点计时器就在纸带上打下一系列的点。
(3)更换纸带,重复实验。选择一条点迹清晰的纸带进行数据分析。
2.数据处理
(1)求动能变化量ΔEk:小车在细绳的拉力作用下做匀加速直线运动,选取纸带上恰当的两点A、B为初状态和末状态,依据匀变速直线运动特点v=计算出A、B两点的瞬时速度vA、vB,求出物体动能的改变量ΔEk=m-m。
(2)求解合外力做的功:此过程细绳的拉力对小车做功,由于所挂砝码盘及砝码质量很小,可认为小车所受拉力F的大小等于砝码和砝码盘所受重力的大小。用刻度尺量出A、B之间的距离x,由此可知拉力对小车所做的功W=Fx。
(3)交流论证:通过比较W=Fx与m-m的值,可发现结果在误差允许范围内二者相等,即W=m-m,说明合外力对物体所做的功等于物体动能的增加量。
3.注意事项及误差分析
(1)实验中不可避免地要受到摩擦力的作用,摩擦力对小车做负功,我们研究拉力做功与物体动能变化的关系,应该设法消除摩擦力的影响,可采取将木板一端垫高的方法来实现。将木板一端垫高,使小车重力沿斜面方向的分力与摩擦力相平衡,就能消除摩擦力的影响。
(2)尽量减小小车的加速度。因为拉着小车加速运动时,砝码及砝码盘处于失重状态,小车受到的拉力小于砝码及砝码盘的重力。为减小这一系统误差,应使小车的加速度尽量小,也就是实验中必须满足砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量。由受力分析及牛顿第二定律可知,F=Ma,mg-F'=ma,且F'=F,联立得F==。当M远大于m时,有F≈mg。如果砝码及砝码盘质量太大,和小车质量相差不多,那么F≠mg,此时再认为F=mg产生的误差就很大了。
(3)本实验的误差主要来源于拉力略小于砝码及砝码盘的重力、不能完全平衡摩擦力和测量误差等方面。
方案二 使用数据实时采集系统进行验证。
使用数据实时采集系统,在小车上安装力传感器和位移传感器,利用计算机收集小车的位移数据并计算出各点处小车的速度,力传感器可测量小车受到的拉力,输入相关公式即可计算出各段时间内拉力做功及始末动能,从而验证动能定理是否成立。
[典例体验]
[典例] 用如图所示的实验装置探究功和动能变化的关系。一木板放在安装有定滑轮和光电门的气垫导轨上,木板左右两端安装了宽度均为d的相同遮光条A、B,木板(含遮光条)的质量为M,两遮光条间的距离为L,用不可伸长的细线绕过定滑轮,把木板与力传感器连接起来,传感器下方悬挂钩码,将木板由静止释放,由数字计时器可读出遮光条通过光电门的时间。
(1)在完成实验时,下列不必要的实验要求是 (填选项前字母)。
A.应使木板质量远大于钩码和力传感器的总质量
B.应使木板释放的位置与光电门间的距离适当大些
C.应将气垫导轨调节水平
D.应使细线与气垫导轨平行
(2)按要求调整好实验装置后进行实验,主要测量步骤如下:
①将木板从距离光电门适当的位置由静止释放,木板在细线拉动下运动,记录力传感器的示数F及遮光条A、B先后经过光电门的时间t1、t2,则遮光条A、B通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔEk= ,合外力对木板做功W= 。(以上两空用字母M、t1、t2、d、L、F表示)
②增加所挂钩码的个数,重复①的操作,比较W、ΔEk的大小,可得出实验结论。
听课记录:
[针对训练]
用如图甲所示的实验装置来验证动能定理,
(1)图甲所示装置中的错误有:
① ;
② ;
③ 。
(2)纠正装置错误后,为消除摩擦力的影响,实验前必须平衡摩擦力:将小车水平静止地放在长木板上,把木板不带滑轮的一端慢慢垫高,如图乙,直到小车 。
(3)消除摩擦力的影响后,重新进行正确的操作,设沙与沙桶的质量为m,小车的质量为M,从静止释放小车,测得小车运动距离为x,小车速度为v,设重力加速度为g,(设M m),则验证动能定理的表达式为: (用所给的字母表达)。
一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养
科学思维——动能定理的应用
1.(选自人教版教材例题)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实(如图)。设某次打夯符合以下模型:两人同时通过绳子对重物各施加一个力,力的大小均为320 N,方向都与竖直方向成37°,重物离开地面30 cm后人停止施力,最后重物自由下落把地面砸深2 cm。已知重物的质量为50 kg,g取10 m/s2,cos 37°=0.8。求:
(1)重物刚落地时的速度是多大
(2)重物对地面的平均冲击力是多大
分析:如图,甲表示重物在地面上受到人的作用力,乙表示上升30 cm后人停止施力,丙表示刚落地,丁表示砸深地面2 cm后静止。
重物落地时的速度,即丙中重物的速度,可以对从甲至丙这一过程应用动能定理来求解。重物对地面冲击力的大小与从丙至丁这一过程中重物所受阻力的大小相等,可以对这一过程应用动能定理来求解。
科学探究——用动能定理探究手对瓶压力做功
2.(选自粤教版教材课后练习)在一个带喷水口的塑料瓶中装满水,用力挤压可使水从喷口射出(如图所示)。请设计方案,估测手挤压瓶时对瓶所做的功,并说明要用到哪些实验器材,需要测量哪些物理量,并写出估测所做功的表达式。
二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值
1.如图,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
2.(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车,初速度为v0,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm,设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内 ( )
A.做匀加速直线运动
B.加速度逐渐减小
C.牵引力的功率P=Fvm
D.牵引力做功W=m-m
3.惊险刺激的“时空之旅”飞车表演中,演员驾驶摩托车(总质量为m)在半径为R的球形金属网内壁的竖直平面内做圆周运动。若某次经过最低点时关闭发动机,安装在最低点和最高点的压力传感器测出该圈内车对金属网压力的大小分别是9mg和mg,则从最低点到最高点的过程中,演员及摩托车克服阻力所做的功是(重力加速度大小为g) ( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
微专题整合——应用动能定理解决两类典型问题
类型(一) 变力做功问题
(1)动能定理不仅适用于求恒力做功,也适用于求变力做功,同时因为不涉及变力作用的过程分析,应用非常方便。
(2)利用动能定理求变力做的功是最常用的方法,当物体受到一个变力和几个恒力作用时,可以用动能定理间接求变力做的功,即W变+W其他=ΔEk。
[例1] 如图所示,某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg的物体。定滑轮的位置比A点高3 m。若此人缓慢地将绳从A点拉到同一水平高度的B点,且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°,则此人拉绳的力做了多少功 (g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计滑轮的摩擦)
尝试解答:
[应用体验]
1.一质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于O点。小球在水平力F作用下,从平衡位置P点缓慢地移动到Q点,如图所示,则力F所做的功为 ( )
A.mglcos θ B.Flsin θ
C.mgl(1-cos θ) D.Flcos θ
类型(二) 多过程问题
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程,可以选择分段或全程应用动能定理。
(1)分段应用动能定理时,将复杂的过程分割成一个个子过程,对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析,然后针对每个子过程应用动能定理列式,然后联立求解。
(2)全程应用动能定理时,分析整个过程中出现过的各力的做功情况,确定整个过程中合外力做的总功,然后确定整个过程的初、末动能,针对整个过程利用动能定理列式求解。
(3)当题目已知量和所求量不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单、更方便。
[例2] 如图所示,ABCD为一位于竖直平面内的轨道,其中BC水平,A点比BC高出10 m。BC长1 m,AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体,从A点以4 m/s的速度开始运动,经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时速度为零,g取10 m/s2,求:
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数;
(2)物体第5次经过B点时的速度大小;
(3)物体最后停止的位置距B点多少米。
尝试解答:
/方法技巧/
动能定理在多过程中的应用技巧
(1)当物体运动过程中涉及多个力做功时,各力对应的位移可能不相同,计算各力做功时,应注意各力对应的位移。计算总功时,应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。
(2)研究初、末动能时,只需关注初、末状态,不必关心中间运动的细节。
[应用体验]
2.某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道,AB为长L=6 m、倾角α=37°的斜轨道,BC为水平轨道,CD为半径R=15 m、圆心角β=37°的圆弧轨道,轨道AB段粗糙,其余各段均光滑。一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0=2 m/s下滑,沿轨道运动到D点时的速度恰好为0(不计经过B点时的能量损失)。已知该小孩的质量m=30 kg,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,不计空气阻力,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:
(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时,对圆弧轨道的压力;
(2)该小孩与AB段间的动摩擦因数;
(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s。
第3节 动能 动能定理
落实必备知识
[预读教材]
一、
1．运动 2.mv2 3.焦耳 1 kg·m2·s－2
二、
1．ma Fx 2ax mv22－mv12 2.动能的变化
3．Ek2－Ek1
三、
1．a F m 2.数据实时采集
[情境创设]
1．(1)× (2)× (3)√ (4)×
2．提示：(1)合力做正功 速度变大 动能增大
(2)做负功 动能减小
强化关键能力
新知学习(一)
[任务驱动]
提示：不矛盾。虽然人没蹬车，但重力却对人和车做正功，动能越来越大。
[针对训练]
1．选C 物体做匀速圆周运动时，动能也不变，故A错误；由动能定理，可知物体做自由落体运动或平抛运动时，重力做功，物体的动能增加，故B错误，C正确；物体的动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能不一定变化，例如物体做匀速圆周运动时，动能不变，故D错误。
2．选C 物体做变速运动时，合外力一定不为零，但动能不一定变化，例如物体做匀速圆周运动时，动能不变，故A、D错误；物体做匀速圆周运动时，所受合外力不为零，但合外力处处与速度方向垂直，对物体做功为零，故B错误；根据动能定理，合外力对物体做功，物体的动能发生变化，因此物体的速度大小一定发生变化，故C正确。
3．选AD 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。
新知学习(二)
[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，汽车动能的变化等于重力、牵引力及路面的阻力三个力做功的代数和。
[针对训练]
1．选C 物体做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C对，B、D错。
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，故选项A、B正确，C、D错误。
新知学习(三)
[典例] 解析：(1)小球恰能到达最高点B，有mg＝m，
得vB＝ 。
(2)从A到B由动能定理得－mg＝mvB2－mv02
解得v0＝ 。
(3)当v0＝3 时，在小球从A到B的过程中由动能定理得
－mg－Wf＝mvB2－mv02
可求出Wf＝mgL。
答案：(1) (2) (3)mgL
[针对训练]
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：对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示
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N1＝mgcos 37°，故f1＝μN1＝μmgcos 37°，
由动能定理得：
mgsin 37°·x1－μmgcos 37°·x1＝mv2－0
设物体在水平面上滑行的距离为x2，
摩擦力f2＝μN2＝μmg，
由动能定理得：－μmgx2＝0－mv2
由以上各式可得x2＝3.5 m。
法二：全过程列方程
mgx1sin 37°－μmgcos 37°·x1－μmgx2＝0
代入数值解得x2＝3.5 m。
答案：3.5 m
新知学习(四)
[典例] 解析：(1)力传感器测出的力的大小就是细线对木板的真实拉力的大小，因此无需满足使木板质量远大于钩码和力传感器的总质量。使木板释放的位置与光电门间的距离适当大些，可减小测量误差；此实验需要满足导轨水平且细线与气垫导轨平行。因此不必要的实验要求是A。
(2)遮光条A通过光电门的速度vA＝，遮光条B通过光电门的速度vB＝，所以遮光条A、B通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔEk＝M2－M2＝M2－2
此过程合外力对木板做功W＝FL。
答案：(1)A (2)①M2－2 FL
[针对训练]
解析：(1)安装仪器时我们需要注意：①细线应与木板平行，保证拉力在小车前进的方向上；②打点计时器需要用交流电源；③释放小车时应让小车从靠近打点计时器处释放，在纸带上打上尽量多的点。
(2)为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力：将小车水平静止地放在长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车被轻推后做匀速直线运动为止。
(3)合外力做的功为：mgx，动能增加量为Mv2，则本实验需验证的数学表达式为mgx＝Mv2。
答案：(1)见解析 (2)被轻推后做匀速直线运动为止
(3)mgx＝Mv2
浸润学科素养和核心价值
一、
1．解析：(1)两根绳子对重物的合力
F合＝2Fcos 37°＝2×320×0.8 N＝512 N
由甲至丙只有绳子的拉力做功，应用动能定理可得
F合x＝mv2－0
v＝ ＝ m/s≈2.5 m/s。
(2)由丙到丁的过程中，应用动能定理可得
mgx′－F阻x′＝0－mv2
F阻＝mg＋＝N≈8.3×103 N
重物落地时的速度大小为2.5 m/s，对地面的平均冲击力的大小为8.3×103 N。
答案：(1)2.5 m/s (2)8.3×103 N
2．解析：用力挤压使水从塑料瓶喷水口水平喷出，用刻度尺测出喷水口到地面的高度h及水的落地点到喷水口的水平距离x，用天平测出喷出水的质量m，则由平抛运动知识可知：
h＝gt2，x＝v0t，
又由动能定理可得：手挤压瓶时对瓶所做的功W＝mv02，
可解得：W＝。
答案：见解析
二、
1．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；地球仪所受摩擦力f＝ma，B错；由动能定理可得Wf＝mv2，C对；地球仪对手做负功，D错。
2．选BC 由于动车以恒定功率运动，则由P＝F牵引力v可知，动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝mvm2－mv02，则牵引力所做的功为W＝Fx＋mvm2－mv02，D错误。
3．选A 在最低点，根据牛顿第二定律有N1－mg＝m，N1＝9mg，解得v12＝8gR；在最高点，根据牛顿第二定律有N2＋mg＝m，N2＝mg，解得v22＝2gR，在最低点到最高点的过程中，由动能定理得－mg×2R－Wf＝mv22－mv12，解得Wf＝mgR，故A正确，B、C、D错误。
微专题整合——应用动能定理解决两类典型问题
类型一
[例1] 解析：取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W。根据题意有h＝3 m
物体升高的高度Δh＝－①
对全过程应用动能定理得W－mgΔh＝0②
由①②两式联立并代入数据解得W＝100 J
则人拉绳的力所做的功W人＝W＝100 J。
答案：100 J
[应用体验]
1．选C 小球的运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可看成是处于平衡状态，因此F不断变大，F做的功是变力做的功。小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得WF－mgl(1－cos θ)＝0，所以WF＝mgl(1－cos θ)，选项C正确。
类型二
[例2] 解析：(1)由动能定理得
－mg(h－H)－μmglBC＝0－mv12，
解得μ＝0.5。
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4lBC＝mv22－mv12，
解得v2＝4 m/s≈13.3 m/s。
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgl＝0－mv12，
解得l＝21.6 m。
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m。
答案：(1)0.5 (2)13.3 m/s (3)距B点0.4 m
[应用体验]
2．解析：(1)到D点时速度减为0，C到D运动过程由动能定理可得－mg(R－Rcos β)＝0－mvC2，得vC＝2 m/s
在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
可得FN＝420 N
根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力大小为420 N，方向竖直向下。
(2)小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得
mgLsin α－μmgLcos α－mgR(1－cos β)＝0－mv02
解得μ＝0.25。
(3)在AB斜轨道上，μmgcos α解得s＝21 m。
答案：(1)420 N，方向竖直向下 (2)0.25 (3)21 m
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动能 动能定理
第 3节
核心素养导学
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 (1)领悟应用功的定义式、牛顿第二定律和运动学公式推导动能定理的过程。
(2)理解动能定理的物理意义，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 通过实验验证动能定理是否成立。
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者解决实际问题，提高理论与实践相结合的能力。
续表
1
四层学习内容1落实必备知识
2
四层学习内容2强化关键能力
3
四层学习内容3·4浸润学科素养和核心价值
CONTENTS
目录
4
课时跟踪检测
四层学习内容1落实必备知识
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，国际单位为_______。
1 J=________________。
运动
mv2
焦耳
1 kg·m2·s-2
[微点拨]
(1)动能是状态量，速度v是瞬时速度。物体的运动状态一定，其动能就有确定的值。
(2)动能是标量，且没有负值，其大小与速度的方向无关。
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。
ma
Fx
2ax
mv22 - mv12
2.内容：合外力对物体所做的功等于物体________________。
3.表达式：W=ΔEk=____________。
4.物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系。即外力对物体所做的总功，对应于物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度。
动能的变化
Ek2-Ek1
三、动能定理的实验证明
方案1 借用“探究___与 ____、____之间的关系”的实验装置进行实验。
方案2 使用_______________系统进行验证。
a
F
m
数据实时采集
1.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。( )
×
×
√
×
2.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
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
四层学习内容2强化关键能力
如图所示，骑自行车下坡时，没有蹬车，车速却越来越快，动能越来越大，这与动能定理相矛盾吗
提示：不矛盾。虽然人没蹬车，
但重力却对人和车做正功，动能越来越大。
新知学习(一) 对动能及动能变化的理解
任务驱动
1.动能的“三性”
重点释解
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.动能与速度的三种关系
数值关系
瞬时关系 动能和速度均为状态量，二者具有瞬时对应关系
变化关系 动能是标量，速度是矢量。当动能发生变化时，物体的速度(大小)一定发生了变化；当速度发生变化时，可能仅是速度方向的变化，物体的动能可能不变
1.下面有关动能的说法正确的是 ( )
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，物体的动能也不变
C.物体做自由落体运动时，重力做功，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
针对训练
√
解析：物体做匀速圆周运动时，动能也不变，故A错误；由动能定理，可知物体做自由落体运动或平抛运动时，重力做功，物体的动能增加，故B错误，C正确；物体的动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能不一定变化，例如物体做匀速圆周运动时，动能不变，故D错误。
2.关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，下列说法正确的是 ( )
A.物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化
B.若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
C.合外力对物体做功，物体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零
√
解析：物体做变速运动时，合外力一定不为零，但动能不一定变化，例如物体做匀速圆周运动时，动能不变，故A、D错误；物体做匀速圆周运动时，所受合外力不为零，但合外力处处与速度方向垂直，对物体做功为零，故B错误；根据动能定理，合外力对物体做功，物体的动能发生变化，因此物体的速度大小一定发生变化，故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。
√
√
如图所示，一辆汽车正在加速上坡。
新知学习(二) 对动能定理的理解
任务驱动
(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。
(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，汽车动能的变化等于重力、牵引力及路面的阻力三个力做功的代数和。
1.对动能变化量的理解
(1)表达式：ΔEk=Ek2-Ek1。
(2)物理意义：ΔEk>0，表示动能增加；ΔEk<0，表示动能减少。
(3)变化原因：力对物体做功是引起物体动能变化的原因，合力做正功，动能增加，合力做负功，动能则减少。
重点释解
2.对动能定理的理解
(1)表达式：W=ΔEk=Ek2-Ek1，式中的W为合外力对物体所做的总功。
(2)研究对象及过程：动能定理的研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的相对静止的系统。动能定理的研究过程既可以是运动过程中的某一阶段，也可以是运动全过程。
(3)普遍性：既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于物体做直线运动的情况，也适用于物体做曲线运动的情况。
(4)实质：揭示了力对物体做的总功与物体动能变化的关系。
1.有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示。如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是 ( )
针对训练
A.木块所受的合外力为零
B.因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零
C.重力和摩擦力的合力做的功为零
D.重力和摩擦力的合力为零
√
解析：物体做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C对，B、D错。
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
√
√
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，故选项A、B正确，C、D错误。
1.动能定理公式中“=”体现的“三个关系”
新知学习(三) 动能定理的应用
重点释解
因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因
数量关系 合力的功与物体动能的变化可以等量代换
单位关系 国际单位都是焦耳
2.“一个参考系”：动能定理的计算式为标量式，高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。
3.动能定理解题的优越性：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。
4.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，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个
光滑的细钉，已知OP=，在A点给小球
一个水平向左的初速度v0，发现小球恰
能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B
(重力加速度为g)。
典例体验
(1)小球到达B点时的速率为多大
[解析] 小球恰能到达最高点B，有mg=m，
得vB= 。
[答案]
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多大
[解析] 从A到B由动能定理得
-mg=m-m
解得v0= 。
[答案]
(3)若初速度v0=3，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功
[解析] 当v0=3 时，在小球从A到B的过程中由动能定理得
-mg-Wf =m-m
可求出Wf =mgL。
[答案] mgL
/方法技巧/
应用动能定理解题的步骤
(1)确定研究对象和研究过程(研究对象一般为单个物体或多个相对静止的物体组成的系统)。
(2)对研究对象进行受力分析及做功分析。
(3)确定合外力对物体做的功(注意功的正负)。
(4)确定物体的初、末动能(注意动能增量是末动能减初动能)。
(5)根据动能定理列式、求解。
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 ( )
针对训练
A.mgh B.mv2
C.mgh+mv2 D.mgh-mv2
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.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，g取10 m/s2)
解析：对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示
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N1=mgcos 37°，
故f1=μN1=μmgcos 37°，
由动能定理得：mgsin 37°·x1-μmgcos 37°·x1=mv2-0
设物体在水平面上滑行的距离为x2，
摩擦力f2=μN2=μmg，
由动能定理得：-μmgx2=0-mv2
由以上各式可得x2=3.5 m。
法二：全过程列方程
mgx1sin 37°-μmgcos 37°·x1-μmgx2=0
代入数值解得x2=3.5 m。
答案：3.5 m
方案一 借用“探究a与F、m之间的关系”的实验装置进行实验。
新知学习(四) 验证动能定理
1.实验步骤
(1)将打点计时器固定在长木板上，把纸带的一端固定在小车的后面，另一端穿过打点计时器。改变木板倾角，使小车重力沿斜木板方向的分力平衡小车及纸带受到的摩擦力，使小车做匀速直线运动。
(2)用细绳将木板上的小车通过一个定滑轮与悬吊的砝码盘相连。接通电源，放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点。
(3)更换纸带，重复实验。选择一条点迹清晰的纸带进行数据分析。
2.数据处理
(1)求动能变化量ΔEk：小车在细绳的拉力作用下做匀加速直线运动，选取纸带上恰当的两点A、B为初状态和末状态，依据匀变速直线运动特点v=计算出A、B两点的瞬时速度vA、vB，求出物体动能的改变量ΔEk=m-m。
(2)求解合外力做的功：此过程细绳的拉力对小车做功，由于所挂砝码盘及砝码质量很小，可认为小车所受拉力F的大小等于砝码和砝码盘所受重力的大小。用刻度尺量出A、B之间的距离x，由此可知拉力对小车所做的功W=Fx。
(3)交流论证：通过比较W=Fx与m-m的值，可发现结果在误差允许范围内二者相等，即W=m-m，说明合外力对物体所做的功等于物体动能的增加量。
3.注意事项及误差分析
(1)实验中不可避免地要受到摩擦力的作用，摩擦力对小车做负功，我们研究拉力做功与物体动能变化的关系，应该设法消除摩擦力的影响，可采取将木板一端垫高的方法来实现。将木板一端垫高，使小车重力沿斜面方向的分力与摩擦力相平衡，就能消除摩擦力的影响。
(2)尽量减小小车的加速度。因为拉着小车加速运动时，砝码及砝码盘处于失重状态，小车受到的拉力小于砝码及砝码盘的重力。为减小这一系统误差，应使小车的加速度尽量小，也就是实验中必须满足砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量。由受力分析及牛顿第二定律可知，F=Ma，mg-F'=ma，且F'=F，联立得F==。
当M远大于m时，有F≈mg。如果砝码及砝码盘质量太大，和小车质量相差不多，那么F≠mg，此时再认为F=mg产生的误差就很大了。
(3)本实验的误差主要来源于拉力略小于砝码及砝码盘的重力、不能完全平衡摩擦力和测量误差等方面。
方案(二) 使用数据实时采集系统进行验证。
使用数据实时采集系统，在小车上安装力传感器和位移传感器，利用计算机收集小车的位移数据并计算出各点处小车的速度，力传感器可测量小车受到的拉力，输入相关公式即可计算出各段时间内拉力做功及始末动能，从而验证动能定理是否成立。
[典例] 用如图所示的实验装置探究功和动能变化的关系。一木板放在安装有定滑轮和光电门的气垫导轨上，木板左右两端安装了宽度均为d的相同遮光条A、B，木板(含遮光条)的质量为M，两遮光条间的距离为L，用不可伸长的细线绕过定滑轮，把木板与力传感器连接起来，传感器下方悬挂钩码，将木板由静止释放，由数字计时器可读出遮光条通过光电门的时间。
典例体验
(1)在完成实验时，下列不必要的实验要求是_______(填选项前字母)。
A.应使木板质量远大于钩码和力传感器的总质量
B.应使木板释放的位置与光电门间的距离适当大些
C.应将气垫导轨调节水平
D.应使细线与气垫导轨平行
√
[解析] 力传感器测出的力的大小就是细线对木板的真实拉力的大小，因此无需满足使木板质量远大于钩码和力传感器的总质量。使木板释放的位置与光电门间的距离适当大些，可减小测量误差；此实验需要满足导轨水平且细线与气垫导轨平行。因此不必要的实验要求是A。
(2)按要求调整好实验装置后进行实验，主要测量步骤如下：
①将木板从距离光电门适当的位置由静止释放，木板在细线拉动下运动，记录力传感器的示数F及遮光条A、B先后经过光电门的时间t1、t2，则遮光条A、B通过光电门的过程中木板动能的变化量
ΔEk=___________________________，合外力对木板做功W=_________。(以上两空用字母M、t1、t2、d、L、F表示)
M [( )2-( ) 2]
FL
②增加所挂钩码的个数，重复①的操作，比较W、ΔEk的大小，可得出实验结论。
[解析] 遮光条A通过光电门的速度vA=，遮光条B通过光电门的速度vB=，所以遮光条A、B通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔEk=M( )2-M ( )2=M [ ( )2- () 2]
此过程合外力对木板做功W=FL。
用如图甲所示的实验装置来验证动能定理，
针对训练
(1)图甲所示装置中的错误有：
①______________________________________________________；
②______________________________________________________；
③______________________________________________________。
解析：安装仪器时我们需要注意：①细线应与木板平行，保证拉力在小车前进的方向上；②打点计时器需要用交流电源；③释放小车时应让小车从靠近打点计时器处释放，在纸带上打上尽量多的点。
答案：见解析
(2)纠正装置错误后，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力：将小车水平静止地放在长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图乙，直到小车______________________________。
被轻推后做匀速直线运动为止
解析：为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力：将小车水平静止地放在长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车被轻推后做匀速直线运动为止。
(3)消除摩擦力的影响后，重新进行正确的操作，设沙与沙桶的质量为m，小车的质量为M，从静止释放小车，测得小车运动距离为x，小车速度为v，设重力加速度为g，(设M m)，则验证动能定理的表达
式为：___________________ (用所给的字母表达)。
解析：合外力做的功为：mgx，动能增加量为Mv2，则本实验需验证的数学表达式为mgx=Mv2。
mgx=Mv2
四层学习内容3·4浸润学科
素养和核心价值
科学思维——动能定理的应用
1.(选自人教版教材例题)人们有时用
“打夯”的方式把松散的地面夯实(如图)。
设某次打夯符合以下模型：两人同时
通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为320 N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面30 cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深2 cm。已知重物的质量为50 kg，g取10 m/s2，cos 37°=0.8。求：
一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养
分析：如图，甲表示重物在地面上受到人的作用力，乙表示上升30 cm后人停止施力，丙表示刚落地，丁表示砸深地面2 cm后静止。
重物落地时的速度，即丙中重物的速度，可以对从甲至丙这一过程应用动能定理来求解。重物对地面冲击力的大小与从丙至丁这一过程中重物所受阻力的大小相等，可以对这一过程应用动能定理来求解。
(1)重物刚落地时的速度是多大
解析：两根绳子对重物的合力
F合=2Fcos 37°=2×320×0.8 N=512 N
由甲至丙只有绳子的拉力做功，应用动能定理可得F合x=mv2-0
v= = m/s≈2.5 m/s。
答案：2.5 m/s
(2)重物对地面的平均冲击力是多大
解析：由丙到丁的过程中，应用动能定理可得mgx'-F阻x'=0-mv2
F阻=mg+=N≈8.3×103 N
重物落地时的速度大小为2.5 m/s，对地面的平均冲击力的大小为8.3×103 N。
答案：8.3×103 N
科学探究——用动能定理探究手对瓶压力做功
2.(选自粤教版教材课后练习)在一个带喷水口的塑料瓶中装满水，用力挤压可使水从喷口射出(如图所示)。
请设计方案，估测手挤压瓶时对瓶所做
的功，并说明要用到哪些实验器材，需
要测量哪些物理量，并写出估测所做功的表达式。
解析：用力挤压使水从塑料瓶喷水口水平喷出，用刻度尺测出喷水口到地面的高度h及水的落地点到喷水口的水平距离x，用天平测出喷出水的质量m，则由平抛运动知识可知：h=gt2，x=v0t，
又由动能定理可得：手挤压瓶时对瓶所做的功
W=m，可解得：W=。
答案：见解析
二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值
1.如图，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
√
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；地球仪所受摩擦力f=ma，B错；由动能定理可得Wf=mv2，C对；地球仪对手做负功，D错。
2.(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直
轨道上运动，经时间t达到该功率下的最
大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻
力F保持不变。动车在时间t内 ( )
A.做匀加速直线运动
B.加速度逐渐减小
C.牵引力的功率P=Fvm
D.牵引力做功W=m-m
√
√
解析：由于动车以恒定功率运动，则由P=F牵引力v可知，动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力-F=ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P=Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W-Fx=m-m，则牵引力所做的功为W=Fx+m-m，D错误。
3.惊险刺激的“时空之旅”飞车表演中，演员驾驶摩托车(总质量为m)在半径为R的球形金属网内壁的竖直平面内做圆周运动。若某次经过最低点时关闭发动机，安装在最低点和最高点的压力传感器测出该圈内车对金属网压力的大小分别是9mg和mg，
则从最低点到最高点的过程中，演员及摩托
车克服阻力所做的功是(重力加速度大小为g)
( )
A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR
解析：在最低点，根据牛顿第二定律有N1-mg=m，N1=9mg，解得=8gR；在最高点，根据牛顿第二定律有N2+mg=m，N2=mg，解得=2gR，在最低点到最高点的过程中，由动能定理得-mg×2R-Wf =m-m，解得Wf =mgR，故A正确，B、C、D错误。
√
微专题整合——应用动能定理解决两类典型问题
类型(一) 变力做功问题
(1)动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。
(2)利用动能定理求变力做的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变+W其他=ΔEk。
[例1] 如图所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg的物体。定滑轮的位置比A点高3 m。若此人缓慢地将绳从A点拉到同一水平高度的B点，且A、B两点处绳
与水平方向的夹角分别为37°和30°，
则此人拉绳的力做了多少功 (g取
10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，
不计滑轮的摩擦)
[解析] 取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W。根据题意有h=3 m
物体升高的高度Δh=-①
对全过程应用动能定理得W-mgΔh=0②
由①②两式联立并代入数据解得W=100 J
则人拉绳的力所做的功W人=W=100 J。
[答案] 100 J
[应用体验]
1.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点。小球在水平力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为( )
A.mglcos θ B.Flsin θ
C.mgl(1-cos θ) D.Flcos θ
√
解析：小球的运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可看成是处于平衡状态，因此F不断变大，F做的功是变力做的功。小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得WF-mgl(1-cos θ)=0，所以WF=mgl(1-cos θ)，选项C正确。
类型(二) 多过程问题
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。
(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。
(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。
(3)当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。
[例2] 如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m。BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时速度为零，g取10 m/s2，求：
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
[解析] 由动能定理得
-mg(h-H)-μmglBC=0-m，解得μ=0.5。
[答案] 0.5
(2)物体第5次经过B点时的速度大小；
[解析] 物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH-μmg·4lBC=m-m，
解得v2=4 m/s≈13.3 m/s。
[答案] 13.3 m/s
(3)物体最后停止的位置距B点多少米。
[解析] 分析整个过程，由动能定理得
mgH-μmgl=0-m，
解得l=21.6 m。
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m-1.6 m=0.4 m。
[答案] 距B点0.4 m
/方法技巧/
动能定理在多过程中的应用技巧
(1)当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移。计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。
(2)研究初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关心中间运动的细节。
[应用体验]
2.某游乐场的滑梯可以简化为如图所示
竖直面内的ABCD轨道，AB为长L=6 m、
倾角α=37°的斜轨道，BC为水平轨道，
CD为半径R=15 m、圆心角β=37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑。一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0=2 m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为0(不计经过B点时的能量损失)。
已知该小孩的质量m=30 kg，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；
解析：到D点时速度减为0，C到D运动过程由动能定理可得
-mg(R-Rcos β)=0-m
得vC=2 m/s
在C点，由牛顿第二定律得FN-mg=m
可得FN=420 N
根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力大小为420 N，方向竖直向下。
答案：420 N，方向竖直向下
(2)该小孩与AB段间的动摩擦因数；
解析：小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得
mgLsin α-μmgLcos α-mgR(1-cos β)=0-m
解得μ=0.25。
答案：0.25
(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s。
解析：在AB斜轨道上，μmgcos α解得s=21 m。
答案：21 m
课时跟踪检测
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(选择题1~8小题，每小题4分；10~11小题，每小题6分。本检测卷满分80分)
A级 学考达标
1.(多选)关于动能，下列说法正确的是 ( )
A.动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能
B.公式Ek=mv2中，速度v是物体相对于地面的速度，且动能总是正值
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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，所以凡是运动的物体都具有动能，故A正确；公式Ek=mv2中，速度v与参考系的选取有关，但参考系不一定是地面，故B错误；
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速度是矢量，当其只有方向发生变化时，动能不变化，此时物体不处于平衡状态，一定质量的物体，动能变化时，其速度大小一定变化，即速度一定变化，故C正确，D错误。
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2.在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，将球从球门右上角擦着横梁踢进球门，如图所示。球门高度为h，足球飞入球门时的速度为v，足球的质量为m，则红队球员将足球踢出时对足球所做的功W为(不计空气阻力) ( )
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A.mv2
B.mgh
C.mgh+mv2
D.因为球被踢进球门过程中的运动轨迹不确定，所以球员做功的大小无法确定
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解析：对足球从被球员踢出到飞入球门的过程，由动能定理有
W-mgh=mv2-0，解得W=mgh+mv2，故C正确，A、B、D错误。
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3.如图所示，一木块沿着高度相同、倾角不同的三个固定斜面由顶端静止滑下，若木块与各斜面间的动摩擦因数都相同，则木块滑到底端的动能大小关系是 ( )
A.倾角最大的动能最大
B.倾角最小的动能最大
C.倾角等于45°的动能最大
D.三者的动能一样大
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解析：设斜面倾角为θ，对于木块由斜面顶端滑至底端的过程，根据动能定理有ΔEk=W合=mgh-μmgcos θ·=mgh-μmgh·，可知θ越大，越小，ΔEk越大，故倾角大的动能大，A正确，B、C、D错误。
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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 ( )
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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
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解析：由功的公式W=Fxcos α=Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fs=Ek1，对乙有Fs-fs=Ek2，可知Ek1>Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误。
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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：由动能定理得mg(h+d)-Wf =0，解得小球克服沙坑阻力所做的功为Wf =2.2 J，故C正确，A、B、D错误。
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6.如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台边缘正下方开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为 ( )
A. B.
C. D.m
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解析：如图所示，人从地面上平台边缘
正下方开始向右行至绳与水平方向夹角为45°
处时，沿绳方向的速度v=v0cos 45°=，
故质量为m的物体的速度v'=v=，由动能定理可知，在此过程中人所做的功为W=mv'2=，故选项C正确。
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7.(多选)如图所示，轻质弹簧竖直放在地面上，物块P的质量为m，与弹簧上端连在一起保持静止。现用竖直向上的恒力F使P向上加速运动一小段距离L时，速度为v，下列说法正确的是 ( )
A.合力对P做的功是mv2
B.重力对P做的功是mgL
C.合力对P做的功是FL-mgL
D.弹簧弹力对P做的功是mgL-FL+mv2
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解析：对P分析，根据动能定理得合力做的功W合=ΔEk=mv2，故A正确，C错误；P上升L时，克服重力做的功为mgL，即重力做功为-mgL，故B错误；根据动能定理，对全过程有-mgL+FL+W弹=mv2，解得弹簧弹力对P做的功W弹=mgL-FL+mv2，故D正确。
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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
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解析：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：f=μN，可得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，所以物体在从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。
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9.(16分)如图所示，BCD是半径R=0.4 m的
竖直圆弧形光滑轨道，D是轨道的最高点，
长L=2 m的水平面AB与圆弧形轨道在B点相切。
一质量m=0.1 kg的物体(可视为质点)静止在水平面上的A点。物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.4，现给物体一个初速度，使它经过水平面后沿BCD轨道运动，取g=10 m/s2。
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(1)若已知物体到达D点时速度为vD=4 m/s，求物体运动到D点时的动能大小和受到轨道压力FN的大小；
解析：物体运动到D点时的动能Ek=m=0.8 J物体在D点时，根据牛顿第二定律得FN+mg=m
解得FN=3 N。
答案：0.8 J 3 N
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(2)如果物体恰好能通过D点，求物体在A点的初速度大小vA。
解析：物体恰好通过D点时，由重力提供向心力，有mg=m，从A到D，根据动能定理得
-μmgL-2mgR=mv2-m
联立解得vA=6 m/s。
答案：6 m/s
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B级 选考进阶
10.如图所示为一款“乒乓球训练神器”，
其构造简单且不受空间的限制，非常适用于
居家锻炼。整个系统由金属底座、支撑杆、
高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成。在某一次击球后，乒乓球从A点以某一初速度开始运动，经过最高点B之后向右运动到最远处C点，不计空气阻力，则乒乓球从A点到C点过程中( )
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A.在C点时，乒乓球所受合外力为零
B.软杆对乒乓球做负功
C.地面对底座的摩擦力始终为零
D.地面对底座的支持力始终不变
解析：在C点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，因此乒乓球所受合外力一定不为零，故A错误；由于C点比A点低，重力对乒乓球做了正功，根据动能定理得mgh+W=0-m，
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式中h为A、C两点间高度差， v0为乒乓球在A点的初速度，W是软杆对乒乓球做的功，可知，W<0，即软杆的弹力对乒乓球做负功，故B正确；由于乒乓球在水平方向做变速运动，因此软杆对乒乓球在水平方向的力不为零，对底座进行受力分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，故C错误；由于乒乓球在竖直方向上的运动不是匀速运动，故软杆对乒乓球在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座的支持力也是变化的，故D错误。
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11.(多选)在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v-t图像如图所示。下列表述正确的是 ( )
A.在0~1 s内，风力对帆船做功1 000 J
B.在0~1 s内，合外力对帆船做功1 000 J
C.在1~2 s内，合外力对帆船做功750 J
D.在0~3 s内，合外力对帆船做的总功为0
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解析：在0~1 s内，根据动能定理W合=ΔEk=mv2=×500×4 J=
1 000 J，而合外力做的功W合=W风-W阻，故风力对帆船做功大于1 000 J，故A错误，B正确；在1~2 s内，根据动能定理W合=ΔEk=×500×1 J-×500×4 J=-750 J，故合外力做负功，故C错误；在0~3 s内，根据动能定理W合=ΔEk=0，故合外力做的总功为0，故D正确。
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12.(20分)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，取重力加速度g=10 m/s2。求：
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(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；
解析：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。
答案：440 J
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(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；
解析：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。
答案：4 m/s
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(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：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：1.6 m
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4课时跟踪检测(十三) 动能 动能定理
(选择题1～8小题，每小题4分；10～11小题，每小题6分。本检测卷满分80分)
A级——学考达标
1．(多选)关于动能，下列说法正确的是( )
A．动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能
B．公式Ek＝mv2中，速度v是物体相对于地面的速度，且动能总是正值
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．在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，将球从球门右上角擦着横梁踢进球门，如图所示。球门高度为h，足球飞入球门时的速度为v，足球的质量为m，则红队球员将足球踢出时对足球所做的功W为(不计空气阻力)( )
A.mv2
B．mgh
C．mgh＋mv2
D．因为球被踢进球门过程中的运动轨迹不确定，所以球员做功的大小无法确定
3．如图所示，一木块沿着高度相同、倾角不同的三个固定斜面由顶端静止滑下，若木块与各斜面间的动摩擦因数都相同，则木块滑到底端的动能大小关系是( )
A．倾角最大的动能最大
B．倾角最小的动能最大
C．倾角等于45°的动能最大
D．三者的动能一样大
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
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
6．如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台边缘正下方开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )
A. B．
C. D．mv02
7．(多选)如图所示，轻质弹簧竖直放在地面上，物块P的质量为m，与弹簧上端连在一起保持静止。现用竖直向上的恒力F使P向上加速运动一小段距离L时，速度为v，下列说法正确的是( )
A．合力对P做的功是mv2
B．重力对P做的功是mgL
C．合力对P做的功是FL－mgL
D．弹簧弹力对P做的功是mgL－FL＋mv2
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
9．(16分)如图所示，BCD是半径R＝0.4 m的竖直圆弧形光滑轨道，D是轨道的最高点，长L＝2 m的水平面AB与圆弧形轨道在B点相切。一质量m＝0.1 kg的物体(可视为质点)静止在水平面上的A点。物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.4，现给物体一个初速度，使它经过水平面后沿BCD轨道运动，取g＝10 m/s2。
(1)若已知物体到达D点时速度为vD＝4 m/s，求物体运动到D点时的动能大小和受到轨道压力FN的大小；
(2)如果物体恰好能通过D点，求物体在A点的初速度大小vA。
B级——选考进阶
10．如图所示为一款“乒乓球训练神器”，其构造简单且不受空间的限制，非常适用于居家锻炼。整个系统由金属底座、支撑杆、高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成。在某一次击球后，乒乓球从A点以某一初速度开始运动，经过最高点B之后向右运动到最远处C点，不计空气阻力，则乒乓球从A点到C点过程中( )
A．在C点时，乒乓球所受合外力为零
B．软杆对乒乓球做负功
C．地面对底座的摩擦力始终为零
D．地面对底座的支持力始终不变
11．(多选)在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v?t图像如图所示。下列表述正确的是( )
A．在0～1 s内，风力对帆船做功1 000 J
B．在0～1 s内，合外力对帆船做功1 000 J
C．在1～2 s内，合外力对帆船做功750 J
D．在0～3 s内，合外力对帆船做的总功为0
12．(20分)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，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。
课时跟踪检测(十三)
1．选AC 动能是物体由于运动而具有的能量，所以凡是运动的物体都具有动能，故A正确；公式Ek＝mv2中，速度v与参考系的选取有关，但参考系不一定是地面，故B错误；速度是矢量，当其只有方向发生变化时，动能不变化，此时物体不处于平衡状态，一定质量的物体，动能变化时，其速度大小一定变化，即速度一定变化，故C正确，D错误。
2．选C 对足球从被球员踢出到飞入球门的过程，由动能定理有W－mgh＝mv2－0，解得W＝mgh＋mv2，故C正确，A、B、D错误。
3．选A 设斜面倾角为θ，对于木块由斜面顶端滑至底端的过程，根据动能定理有ΔEk＝W合＝mgh－μmgcos θ·＝mgh－μmgh·，可知θ越大，越小，ΔEk越大，故倾角大的动能大，A正确，B、C、D错误。
4．选BC 由功的公式W＝Fxcos α＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fs＝Ek1，对乙有Fs－fs＝Ek2，可知Ek1＞Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误。
5．选C 由动能定理得mg(h＋d)－Wf＝0，解得小球克服沙坑阻力所做的功为Wf＝2.2 J，故C正确，A、B、D错误。
6．选C 如图所示，人从地面上平台边缘正下方开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处时，沿绳方向的速度v＝v0cos 45°＝，故质量为m的物体的速度v′＝v＝，由动能定理可知，在此过程中人所做的功为W＝mv′2＝，故选项C正确。
7．选AD 对P分析，根据动能定理得合力做的功W合＝ΔEk＝mv2，故A正确，C错误；P上升L时，克服重力做的功为mgL，即重力做功为－mgL，故B错误；根据动能定理，对全过程有－mgL＋FL＋W弹＝mv2，解得弹簧弹力对P做的功W弹＝mgL－FL＋mv2，故D正确。
8．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：f＝μN，可得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，所以物体在从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．解析：(1)物体运动到D点时的动能Ek＝mvD2＝0.8 J物体在D点时，根据牛顿第二定律得FN＋mg＝m
解得FN＝3 N。
(2)物体恰好通过D点时，由重力提供向心力，有mg＝m，从A到D，根据动能定理得－μmgL－2mgR＝mv2－mvA2
联立解得vA＝6 m/s。
答案：(1)0.8 J 3 N (2)6 m/s
10．选B 在C点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，因此乒乓球所受合外力一定不为零，故A错误；由于C点比A点低，重力对乒乓球做了正功，根据动能定理得mgh＋W＝0－mv02，式中h为A、C两点间高度差，v0为乒乓球在A点的初速度，W是软杆对乒乓球做的功，可知，W<0，即软杆的弹力对乒乓球做负功，故B正确；由于乒乓球在水平方向做变速运动，因此软杆对乒乓球在水平方向的力不为零，对底座进行受力分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，故C错误；由于乒乓球在竖直方向上的运动不是匀速运动，故软杆对乒乓球在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座的支持力也是变化的，故D错误。
11．选BD 在0～1 s内，根据动能定理W合＝ΔEk＝mv2＝×500×4 J＝1 000 J，而合外力做的功W合＝W风－W阻，故风力对帆船做功大于1 000 J，故A错误，B正确；在1～2 s内，根据动能定理W合＝ΔEk＝×500×1 J－×500×4 J＝－750 J，故合外力做负功，故C错误；在0～3 s内，根据动能定理W合＝ΔEk＝0，故合外力做的总功为0，故D正确。
12．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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