[A组 素养达标]
1．(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，所以运动的物体都具有动能，故A正确；动能只能为正值，故B错误；由于速度为矢量，当方向变化时，若其速度大小不变，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
2．质量为2 kg的物体A以5 m/s的速度向北运动，另一个质量为0.5 kg的物体B以10 m/s的速度向西运动，则下列说法正确的是( )
A．EkA＝EkB
B．EkA>EkB
C．EkAD．因为运动方向不同，所以无法比较动能
解析：根据Ek＝mv2知，EkA＝25 J，EkB＝25 J，而且动能是标量，所以EkA＝EkB，A项正确．
答案：A
3．一质量为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，滑块的速度变为－2v(方向与原来相反)，在整段时间内，水平力所做的功为( )
A.mv2 B．－mv2
C.mv2 D．－mv2
解析：由动能定理得：W＝m(－2v)2－mv2＝mv2，选项A正确．
答案：A
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：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，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．
答案：BC
5.一质量为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点很缓慢地移动到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：由动能定理得WF＋WG＝0.
又WG＝－mgl(1－cos θ)，
所以WF＝mgl(1－cos θ)，C正确．
答案：C
6．两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1.当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为l1，乙车滑行的最大距离为l2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )
A．l1∶l2＝1∶2 B．l1∶l2＝1∶1
C．l1∶l2＝2∶1 D．l1∶l2＝4∶1
解析：由动能定理，对两车分别列式－f1l1＝0－m1v，－f2l2＝0－m2v，f1＝μm1g，f2＝μm2g.由以上四式联立得l1∶l2＝4∶1.
答案：D
7．在探究“恒力做功和物体动能变化之间的关系”的实验中．
(1)某同学的实验设计方案如图所示，该实验用钩码的重力表示小车受到的合外力，实验时在安装正确、操作规范的前提下(已平衡摩擦力)还需要满足的条件是_____________
________________________________________________________________________.
(2)实验中，除位移、速度外，还要测出的物理量有___________________________
________________________________________________________________________.
解析：(1)实验时应保证小车的质量远大于钩码的质量．因为当小车质量远大于钩码质量时，可认为小车所受拉力F大小等于钩码重力．
(2)小车用细绳跨过滑轮与钩码连接，使小车在钩码的拉动下在木板上做由静止开始的匀加速运动，通过纸带信息，测出钩码下落的高度(小车的位移)及小车对应的速度，计算出拉力所做的功及小车具有的动能，分析比较，即可得出拉力做功与小车动能改变的关系．要求拉力的功和动能还需测钩码和小车的质量．
答案：(1)钩码的质量远小于小车的质量
(2)钩码和小车的质量
8.如图所示，质量m＝0.2 kg的小物体放在光滑的圆弧上端，圆弧半径R＝55 cm，下端接一长为1 m的水平轨道AB，最后通过极小圆弧与倾角α＝37°的斜面相接，已知物体与水平面和斜面轨道的动摩擦因数均为0.1，将物体无初速度释放，(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)求：
(1)物体第一次滑到水平轨道与右侧斜面轨道交接处的速度大小；
(2)物体第一次滑上右侧斜面轨道的最大高度．
解析：(1)小物体从圆弧上端到B点的过程中，由动能定理得：mgR－μmgsAB＝mv－0
解得：vB＝3 m/s.
(2)设物体第一次滑上右侧斜面轨道的最大高度为H，此时物体离B点的距离为s，由几何关系有＝sin α
由动能定理得：－μmgcos α·s－mgH＝0－mv
解得：H≈0.40 m
答案：(1)3 m/s (2)0.40 m
[B组 素养提升]
9.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC为水平的，其距离d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止点到B点的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
解析：设物块在BC面上运动的总路程为x.由动能定理知W合＝Ek1－Ek0，其中Ek1＝Ek0＝0，所以，μmgx＝mgh，则x＝＝ m＝3 m，因为d＝0.5 m，则＝＝6，可见物块最后停在B点，故D正确．
答案：D
10．一辆质量为m、额定功率为P的小车从静止开始以恒定的加速度a启动，所受阻力为f，经时间t，行驶距离x后达到最大速度vm，然后匀速运动，则从静止开始到达到最大速度的过程中，机车牵引力所做的功为( )
A．Pt B．(f＋ma)x
C.mv D.mv＋fx
解析：汽车开始做匀加速直线运动，功率不是恒定的，故A错误；由牛顿第二定律知，开始匀加速阶段，机车牵引力为f＋ma，但达到最大速度vm前，有一段变加速过程，牵引力逐渐变小，故B错误；由动能定理可得W牵－fx＝mv，所以W牵＝mv＋fx，D正确，C错误．
答案：D
11．2014年中国男子冰壶队在索契冬奥会上进入四强，有了较大的突破，引起了人们对冰壶队的关注．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OD推到A点放手，此后冰壶沿AD滑行，最后停于C点．已知冰面与各冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，CD＝r，重力加速度为g.
(1)求冰壶在A点的速率．
(2)若将BD段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原来只能滑到C点的冰壶能停于D点，求A点与B点之间的距离．
解析：(1)对冰壶，从A点放手到停于C点，设在A点时的速度为v1，应用动能定理：－μmgL＝0－mv，解得v1＝.
(2)设AB之间距离为s，对冰壶由A到D的过程，应用动能定理：－μmgs－0.8μmg(L＋r－s)＝0－mv.
解得s＝L－4r.
答案：(1) (2)L－4r
[C组 学霸冲刺]
12．如图所示，一质量为m的滑块(可视为质点)沿某斜面从顶端A由静止滑下，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ和滑块到斜面顶端的距离x的关系如图乙所示．斜面倾角为37°，长为l，重力加速度为g，求：
(1)滑块滑至斜面中点时的加速度大小；
(2)滑块滑至斜面底端时的速度大小．
解析：(1)滑块滑到斜面中点时，由题图乙可知，μ＝0.5，则对滑块：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，
代入数据解得：a＝g.
(2)滑块由顶端滑至底端，由动能定理得：
mglsin 37°＋Wf＝mv，
由题图乙的物理意义得：
Wf＝l＝l＝－mgl，
解得vB＝.
答案：(1)g (2)
课件63张PPT。课前 ? 自主梳理课堂 ? 合作探究课后 ? 达标检测课堂 ? 巩固演练运动 焦耳 标量 大小 动能改变 动能的变化量 位移 拉力 沿木板方向的分力 摩擦力 放开小车 匀速 远小于 动能的变化 增加 减小 × × √ × √ 课后 ? 达标检测
