第1章 第3节 动能和动能定理-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一物理必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（鲁科版2019）

第3节　动能和动能定理 【素养目标】 物理观念 理解动能的内涵，知道动能定理的内容及表达式。 科学思维 利用牛顿运动定律和运动学公式推导出动能定理。 科学探究 利用实验探究恒力做功与动能改变的关系。 科学态度与责任 通过对动能和动能定理的演绎推理，使学生从中领略到物理等自然科学中所蕴含的严谨的逻辑关系。 一、动能 1．概念：物体因运动而具有的能量。 2．表达式：Ek＝mv2。 (1)表达式中的速度是瞬时速度。 (2)动能是标量，是状态。 3．单位：动能的国际单位是焦耳，简称焦，用符号J表示。 二、动能定理 1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。 2．表达式：W＝Ek2－Ek1。 3．两种情况 (1)合外力对物体做正功，Ek2≥Ek1，物体动能增加。 (2)合外力对物体做负功，Ek2≤Ek1，物体动能减少。 1．判断正误 (1)动能是物体由于运动而具有的能量。(　√　) (2)动能是矢量，其方向与速度方向相同。(　×　) (3)物体的速度发生变化，其动能就一定发生变化。(　×　) (4)动能定理表达式中，等号的左边一定是合外力做的功。(　√　) (5)动能定理只适用于做匀变速直线运动的物体。(　×　) (6)动能的改变量指的是物体末状态的动能减初状态的动能。(　√　) 学生用书第11页 2.链接实景 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？速度怎样变化？动能怎样变化？ (2)歼­15战机着舰时，阻拦索对战斗机做什么功？战斗机的动能怎样变化？ 提示：　(1)合力做正功，速度变大，动能增大。 (2)做负功，动能减小。 知识点一　对动能和动能变化的理解 如图所示，两小车前端接触后会互相黏住。放好一个小车，使另外一个小车从某一高度滑下，撞击小车，两小车一块运动一段距离，标记好移动距离。增大撞击小车的高度，重复试验，观察两小车的移动距离，发现距离变大。增大撞击小车的质量，重复试验，观察两小车的移动距离，发现距离变大。通过以上现象，你能得出什么结论？ 提示：从以上实验可以看出，动能的大小跟运动物体的质量、运动速度有关。物体质量m越大，运动速度v越大，动能就越大。 1．动能的“三性” (1)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。 (2)标量性：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值。 (3)状态量：动能是表征物体运动状态的物理量，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应。 2．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：合外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，动能减少。 (多选)关于物体的动能，下列说法中正确的是(　　) A．物体速度变化，其动能一定变化 B．物体所受的合外力为零，其动能一定不变 C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变 D．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大 BC　[若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故A错误；物体所受合外力为零，由牛顿第一定律可知速度不变，故动能不变，故B正确；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，C正确；物体速度变化若仅由方向变化引起，其动能可能不变，故D错误。] 针对练1.关于物体的动能，下列说法中正确的是(　　) A．一个物体的动能可能小于零 B．一个物体的动能与参考系的选取无关 C．动能相同的物体速度一定相同 D．两质量相同的物体，若动能相同，其速度不一定相同 D　[由公式Ek＝mv2知动能不会小于零，故A错误；因v的大小与参考系的选取有关，故动能的大小也应与参考系的选取有关，故B错误；动能是标量，速度是矢量，故D正确，C错误。] 针对练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 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。] 学生用书第12页 知识点二　探究恒力做功与动能改变的关系 如图，小车在重物的作用下，沿木板斜面匀加速下滑过程中探究恒力做功与动能改变之间的关系 (1)实验中需要测量哪些物理量？用什么器材测量？ 提示：可用天平测出，小车质量、砝码重力、用刻度尺测下落的距离、可用打点计时器测速度。 (2)为使细线的拉力充当合力，其他力应怎样处理？ 提示：如题图所示，把木板的一端垫高，使重力沿斜面向下的力与摩擦力平衡。 1．实验原理 由钩码通过滑轮牵引小车，当小车的质量比钩码大得多时，可以把钩码所受的重力当作小车受到的拉力，如图所示。 改变钩码的数量或者改变小车运动的距离，也就改变了拉力做的功，从而探究拉力做的功与小车动能的改变量间的关系。 2．实验步骤 (1)按如图所示安装好实验仪器。 (2)平衡摩擦力：将安装有打点计时器的长木板的一端垫高，让纸带穿过打点计时器连在小车后端，不挂钩码，闭合电源，轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出间隔均匀的点为止。 (3)在小车中放入砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线绕过滑轮连接小车和钩码。 (4)将小车停在打点计时器附近，先接通电源，再释放小车，关闭打点计时器电源。 (5)改变钩码的数量，更换纸带重复(4)的操作。 3．数据处理 (1)选取点迹清晰的纸带，选纸带上第一个点及距离第一个点较远的点，并依次标上0，1，2，3… (2)测出0到点1、点2、点3…的距离，即为对应的小车的位移s1、s2、s3…，利用公式vn＝求出点1、点2、点3…对应的瞬时速度v1、v2、v3…，计算各点对应的动能Ek1、Ek2、Ek3… (3)确定此纸带所挂的钩码的重力G，利用Wn＝Gsn，分别求出小车的位移为s1、s2、s3…时牵引力所做的功W1、W2、W3… (4)比较每次拉力做的功及相应的小车动能的改变量。 4．注意事项 (1)平衡摩擦力时，不挂重物，轻推小车后，小车能做匀速直线运动。 (2)计算牵引力做功时，可以不必算出具体数值，只用位移的数值与符号G的乘积表示即可。 某实验小组的同学采用如图甲所示的装置(实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面)来“探究恒力做功与动能改变的关系”。图乙是实验中得到的一条纸带，点O为纸带上的起始点，A、B、C、D、E是纸带上的五个连续的计数点，相邻两个计数点间均有4个点未画出，用刻度尺测得五个点到O的距离如图乙所示。已知所用交变电源的频率为50 Hz，则： 甲 乙 (1)开始实验时首先应______________________________。 (2)打B、D两点时小车的速度分别为vB＝________ m/s，vD＝________ m/s。 (3)若钩码的质量m＝250 g，小车的质量M＝1 kg，则从B至D的过程中，根据实验数据计算的合力对小车做的功W＝________ J，小车动能的变化ΔEk＝________ J。(结果保留2位有效数字) (4)由实验数据，他们发现合外力做的功与小车动能的变化有一定的偏差，产生误差的原因可能是_____________________________________________________。(至少说出一条) 解析：　(1)为了使钩码对小车的拉力等于合外力，首先应将木板右端垫高以平衡摩擦力。 (2)vB＝＝ m/s＝0.6 m/s。 vD＝＝ m/s＝1.0 m/s。 (3)W合＝mg(hD－hB)＝0.25×10×(25.01－9.01)×10－2 J＝0.40 J。 ΔEk＝Mv－Mv＝×1×(1.02－0.62) J＝0.32 J。　 (4)若不满足钩码的质量远小于小车的质量，则钩码的重力大于对小车的拉力，且偏差较大造成误差；若未完全平衡摩擦力，则拉力与摩擦力做的总功等于小车动能的变化，造成误差。 答案：　(1)将木板右端垫高以平衡摩擦力　(2)0.6　1.0　(3)0.40　0.32　(4)没有保证钩码的质量远小于小车质量或未完全平衡摩擦力 学生用书第13页 针对练1.在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图所示)。 (1)下列说法哪一项是正确的(　　) A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量 C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放 (2)如图所示的是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为________ m/s(保留3位有效数字)。 解析：　(1)平衡摩擦力时不必将钩码挂在小车上，故A错误；为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，故B错误；实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，故C正确。 (2)由纸带可知，B点的瞬时速度为vB＝AC＝＝＝ m/s＝0.653 m/s。 答案：　(1)C　(2)0.653 针对练2.某学习小组做“探究恒力做功与动能改变的关系”实验如图甲所示。 (1)实验中所选用电磁打点计时器是一种使用________(选填“交流”或“直流”)电源的计时仪器，它的工作电压为约8 V，当电源的频率为50 Hz时，它每隔________s打一次点。； (2)实验中，为了把重物所受的重力作为小车所受的牵引力，需要满足的条件是： ①在未挂重物时，通过垫木块使木板适当倾斜，目的是________； ②已知小车质量为M，重物质量为m，则M________m(选填“>”“≫”“＝”“<”或“≪”)； (3)选出一条纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为相邻的三个计数点。用刻度尺测得OA＝s1，OB＝s2，OC＝s3，已知相邻两计数点间时间间隔为T，重力加速度为g则打下B点时小车的速度大小为v＝________，与之对应小车所受的牵引力做功W＝________。 解析：　(1)实验中所用电磁打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，当电源的频率为50 Hz时，它每隔0.02 s打一次点。 (2)①在未挂重物时，通过垫木块使木板适当倾斜，目的是平衡摩擦力；②为了把重物所受的重力作为小车所受的牵引力，需要M≫m。 (3)打下B点时小车的速度大小v＝AC＝；把重物所受的重力作为小车所受的牵引力，与B点对应小车所受的牵引力做功W＝mgs2。 答案：　(1)交流　0.02　(2)①平衡摩擦力　②≫　(3)　mgs2 学生用书第14页 知识点三　动能定理的理解及应用 如图所示，一辆汽车正在上坡路上加速行驶。 (1)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)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．对动能定理的理解 (1)外力对物体做的总功等于其动能的变化量，即W＝ΔEk。 (2)表达式W＝ΔEk中的W为外力对物体做的总功。 2．应用动能定理解题的基本思路 (1)选取研究对象，明确它的运动过程。 (2)分析研究对象的受力情况和各个外力做功的情况，确定合外力做的功。 (3)明确研究对象在过程始、末状态的动能Ek1和Ek2。 (4)根据动能定理列出方程W＝Ek2－Ek1，以及其他必要的解题方程，进行求解。应用动能定理解题的步骤可概括为：“确定状态找动能，分析过程找力功，正功负功加一起，动能增量与它同。” 如图所示的是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72 km/h。(g取10 m/s2) (1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力； (3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17˚，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17˚≈0.3)。 解析：　(1)由ΔEk＝mv－mv 得ΔEk＝3.0×105 J。 (2)由动能定理mgh－F阻l＝mv－mv 得F阻＝＝2.0×103 N。 (3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是s， 由动能定理－(mg sin 17˚＋3F阻)s＝0－mv 得s＝≈33.3 m。 答案：　(1)3.0×105 J　(2)2.0×103 N　(3)33.3 m 动能定理应用的两点技巧 (1)如果问题中已知空间关系，而不涉及物体的加速度，则可以先分析物体所受各力的做功情况，然后由动能定理求解。 (2)如果物体的某个运动过程包含几个运动性质不同的阶段(如加速、减速过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，对整个过程利用动能定理列式，可使问题更简化。　　 学生用书第15页 针对练1.(2022·黑龙江齐齐哈尔市高一期末)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是(　　) A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功 B．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，但不适用于变力做功 C．运动物体所受合外力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化 D．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时动能减少 D　[动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，W指的是合外力所做的功，包含重力做功，A错误。动能定理适用于任何运动，既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功，也适用于变力做功，B错误。运动物体所受合外力不为零，则该物体一定做变速运动，若合外力方向始终与运动方向垂直，合外力不做功，动能不变，C错误。公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时，即Ek2－Ek1>0，动能增加，当W<0时，即Ek2－Ek1<0，动能减少，D正确。] 针对练2.如图所示，倾角为37˚的固定斜面与足够长水平面平滑连接于O点，物块(可视为质点)从斜面顶点P由静止开始释放，已知O、P距离为l＝1 m，物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为0.5，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物块运动至O点时速度大小v； (2)物块在水平面上运动的距离d。 解析：　(1)从P到O，根据动能定理可得mgl sin θ－μmgl cos θ＝mv2－0 解得v＝2 m/s。 (2)在水平面上，根据动能定理可得－μmgd＝0－mv2 解得d＝0.4 m。 答案：　(1)2 m/s　(2)0.4 m 1．下面有关动能的说法正确的是(　　) A．物体只有做直线运动时，动能才不变 B．运动方向相反的两个物体，若其中一个动能为正值，则另一个动能为负值 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 C　[物体的速度方向可以变化，只要速度的大小不变，动能就不变，故A错误；动能是标量，没有负值，故B错误；物体做自由落体运动时，其合力等于重力，重力做正功，物体的动能增加，故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，故D错误。] 2．(2022·贵州遵义期末)关于运动物体的受力、速度和动能，下列说法正确的是(　　) A．物体受到的合外力不为零，其速度必定变化 B．物体的动能不变，其所受的合外力必定为零 C．物体受到的合外力对物体做功，它的速度一定变大 D．物体受到的合外力对物体不做功，它的速度必定不变 A　[物体受到的合外力不为零，将具有加速度，其速度必定变化，故A正确；物体的动能不变，只能说明物体速度大小不变，而物体速度方向可能改变，所以其所受合外力不一定为零，例如匀速圆周运动，故B错误；物体受到的合外力对物体做正功，它的速度一定变大，物体受到的合外力对物体做负功，它的速度一定变小，故C错误；物体受到的合外力对物体不做功，它的速度大小一定不变，但方向可能改变，例如匀速圆周运动，故D错误。] 3．(多选)在探究拉力做功与动能变化的实验中，某同学将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些。造成这一情况的原因可能是(　　) A．在接通电源的同时释放了小车 B．小车释放时离打点计时器太近 C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉 D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力 CD　[当小车在运动过程中存在阻力时，拉力做正功和阻力做负功之和等于小车动能增量，故拉力做功总是要比小车动能增量大一些；当钩码加速运动时，钩码重力大于细绳拉力，此同学将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，则拉力做功要比小车动能增量大，故只有C、D正确。] 4．(2020·江苏卷)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移s关系的图像是(　　) A　[由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离s时根据动能定理有mgs tan θ－μmg cos θ·＝Ek，整理可得(mg tan θ－μmg)s＝Ek，即在斜面上运动时动能与s成线性关系；当小物块在水平面运动时有μmgs＝Ek，即在水平面运动时动能与s也成线性关系，综上分析可知A正确。] 课时精练(三)　动能和动能定理 (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) [基础达标] 1．下列关于动能的说法正确的是(　　) A．两个物体中，速度大的动能也大 B．某物体的速度加倍，它的动能也加倍 C．做匀速直线运动的物体动能保持不变 D．某物体的动能保持不变，则速度一定不变 C　[动能的表达式为Ek＝mv2，即物体的动能大小由质量和速度大小共同决定，速度大的物体的动能不一定大，故A错误；速度加倍，它的动能变为原来的4倍，故B错误；速度不变，动能不变，故C正确，速度方向变化，动能也可不变，故D错误。] 2．改变物体的质量和速度都可改变物体的动能，在下列情况下，物体的动能变化最大的是(　　) A．物体的质量不变，运动速度增大到原来的2倍 B．物体的速度不变，质量增大到原来的2倍 C．物体的质量变为原来的3倍，运动速度减为原来的一半 D．物体的质量变为原来的一半，速度增加为原来的4倍 D　[由动能的计算式Ek＝mv2可知，D正确。] 3.如图所示，在短道速滑运动中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出。不计冰面阻力，则在乙推甲的过程中(　　) A．甲对乙做正功，甲的动能增大 B．甲对乙做正功，乙的动能增大 C．乙对甲做正功，甲的动能增大 D．乙对甲做正功，乙的动能增大 C　[甲对乙的作用力方向向后，与乙的速度方向相反，对乙做负功，乙的动能减小；乙对甲的作用力向前，与甲的速度方向相同，对甲做正功，甲的动能增大，故C正确，A、B、D错误。] 4．(多选)如图，水平面上有甲、乙两个质量均为m的物体在力F的作用下由静止开始运动了相同的位移，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，F的大小等于mg，与水平方向的夹角为α。下列说法正确的是(　　) A．力F对甲物体做功多 B．甲物体获得的动能比乙大 C．甲、乙两个物体获得的动能相同 D．力F对甲、乙两个物体做的功一样多 BD　[甲、乙两物体通过的位移相等，根据W＝Fs cos α，F、s、α都相等，已知力F对甲、乙两个物体做的功相等，故A错误，D正确；甲物体的合力较大，合力对物体做功较多，根据动能定理知甲物体获得的动能比乙大，故B正确，C错误。] 5．两辆汽车在同一水平路面上行驶，它们的质量之比为1∶2，速度之比为2∶1，设两车与地面间的动摩擦因数相等，则当两车紧急刹车后，滑行的最大距离之比为(　　) A．1∶2　　 B．1∶1　　 C．2∶1　　 D．4∶1 D　[汽车刹车后由动能定理得－μmgs＝0－mv2，故滑行的最大距离s与v2成正比，所以汽车滑行的最大距离之比s1∶s2＝v∶v＝4∶1，故D正确。] 6．(多选)(2022·陕西武功县普集高级中学高三期中)质量为1.0 kg的物体，以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示(g＝10 m/s2)，则下列判断正确的是(　　) A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.30 B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 C．物体滑行的总时间是2.0 s D．物体滑行的总时间是4.0 s BD　[设物体所受的摩擦力大小为f，根据动能定理得Ek2－Ek1＝－fs，解得f＝2.5 N，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝＝0.25，A错误，B正确；根据Ek1＝mv，解得v0＝10 m/s，根据数学知识知：图像的斜率大小等于f，保持不变，则物体做匀减速直线运动，s＝t，解得t＝4.0 s，C错误，D正确。] 7．(多选)某人用手将1 kg的物体由静止向上提起1 m，这时物体的速度为2 m/s(g取10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　) A．手对物体做功12 J B．合力做功2 J C．合力做功12 J D．物体克服重力做功10 J ABD　[WG＝－mgh＝－10 J，D正确；由动能定理W合＝ΔEk＝mv2－0＝2 J，B正确，C错误；又因W合＝W手＋WG，故W手＝W合－WG＝12 J，A正确。] 8．(2022·北京顺义高三期末)某款儿童滑梯示意图如图所示，其滑面可视为与水平地面夹角θ＝37˚的平直斜面，滑面顶端距离地面高度h＝3 m。一质量m＝20 kg的儿童从滑面顶端由静止开始下滑至底端，已知儿童与滑面间的动摩擦因数μ＝0.30，儿童沿滑梯下滑的过程可以看作质点沿斜面做直线运动。已知sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力的影响。求： (1)儿童下滑过程中，所受摩擦力的大小f； (2)儿童下滑的整个过程中，重力对其做的功W； (3)儿童下滑至底端时的速度大小v。 解析：　(1)儿童下滑过程所受摩擦力为f＝μN＝μmg cos θ＝48 N。 (2)儿童下滑的整个过程重力对其做的功为W＝mgh＝600 J。 (3)对下滑过程，由动能定理有W－f·＝mv2－0，解得v＝6 m/s。 答案：　(1)48 N　(2)600 J　(3)6 m/s [能力提升] 9.(多选)如图所示，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P点运动到Q点，则(　　) A．若F是恒力，力F所做的功为Fl sin θ B．若F是恒力，力F所做的功为mgl cos θ C．若小球从P点缓慢运动到Q点，力F所做的功为Fl D．若小球从P点缓慢运动到Q点，力F所做的功为mgl(1－cos θ) AD　[若F是恒力，从P点运动到Q点的过程中，小球在力F的方向发生的位移为l sin θ，故力F所做的功为Fl sin θ，故A正确，B错误；小球从P点缓慢地移动到Q点的过程中，根据动能定理得WF－mgl(1－cos θ)＝0，解得力F所做的功为WF＝mgl·(1－cos θ)，故C错误，D正确。] 10．(多选)(2020·天津卷)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vmax，设动车行驶过程所受到的阻力F阻保持不变。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＝F阻vmax D．牵引力做功W＝mv－mv BC　[动车的功率恒定，根据P＝F牵v可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得F牵－F＝ma，可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为P＝F阻vmax，C正确；动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为W＝Pt，根据动能定理得Pt－Fs＝mvmax2－mv，D错误。] 11.如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60˚间调节后固定。将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度g取10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示) (2)当θ角增大到37˚时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2。(已知sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8) 解析：　(1)为使小物块下滑，应有mg sin θ≥μ1mg cos θ， θ满足的条件为tan θ≥0.05。 (2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)， 由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0， 代入数据得μ2＝0.8。 答案：　(1)tan θ≥0.05　(2)0.8 学生用书第16页 学科网（北京）股份有限公司 $$