8.3 动能和动能定理 教学设计 -2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

该高中物理教学设计聚焦动能和动能定理，通过炮弹运动情境引导学生探究动能与做功关系，结合牛顿第二定律及运动学公式推导动能表达式，搭建从运动学规律到能量观点的学习支架。 资料以核心素养为导向，物理观念上深化动能相对性、状态性等“四性”理解，科学思维通过多过程问题（如往复运动、图像分析）培养推理能力，科学探究结合“墨子号”“神舟十四号”等实例设计问题。采用“探究点+典题+分层训练”模式，涵盖恒力、变力、平抛圆周等应用，助力学生提升综合解题能力，为教师提供系统教学资源。

3. 动能和动能定理 核心素养 考试重点、难点 物理观念 理解动能和动能变化的概念。 1.理解动能。 2．能运用牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理，理解动能定理的物理意义和会应用动能定理解决问题。 科学思维 应用牛顿第二定律结合运动学公式推导动能定理表达式。 科学探究 体会通过实例探究动能瞬时性和相对性的思想方法。 科学态度 与责任 从动能定理的理论推导和实验验证中，感受成功的喜悦，激发学生科学研究的兴趣。 探究点1 动能的理解 ●新知导学 情境：物体的动能跟物体的质量和速度都有关系。物体的质量越大，速度越大，它的动能就越大。炮弹在炮筒内推力的作用下速度越来越大，动能增加。这种情况下推力对物体做了功。 探究：你能说明物体的动能和力做的功有什么关系吗？这对于定量研究动能有什么启发呢？ ►[提示] [提示] 合外力对物体做正功其速度增大，动能增大，合外力对物体做负功物体速度减小，动能减小。物体的动能变化与外力对物体做功有关。 寻找动能的表达式 已知质量为m的某物体在光滑水平面上运动，在与运动方向相同的恒力F的作用下发生一段位移l，速度由v1增加到v2。 提出问题： 1．力F对物体所做的功是多大？ 2．物体的加速度是多大？ 3．物体的初速度、末速度、位移之间有什么关系？ 4．结合上述三式你能综合推导得到什么样的式子？ 推导：这个过程中，力F所做的功为W＝Fl 根据牛顿第二定律F＝ma 而v－v＝2al，即l＝ 把F、l的表达式代入W＝Fl，可得F做的功W＝ma 也就是W＝mv－mv。 ●重点提示 1.mv2是一个新的物理量。 2.mv是物体末状态的一个物理量，mv是物体初状态的一个物理量，其差值正好等于合力对物体做的功。合力F所做的功等于这个物理量的变化，所以在物理学中就用这个物理量表示物体的动能。 ●基础梳理 动能的理解 1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。物体的动能等于物体的_质量__与物体_速度__的二次方的乘积的一半。 2．表达式：Ek＝ mv2　。 3．单位：国际单位为_焦耳__，符号为_J__。 4．标矢性：动能只有_大小__、没有_方向__，是_标__量。 5．影响因素：同一物体，速度越大，_动能__越大；同样速度，_质量__越大，动能越大。 ►[思考] [思考]2016年8月16日，我国成功发射首颗量子科学实验卫星“墨子号”，它的质量为631 kg，某时刻它的速度大小为7.6 km/s，此时它的动能是多少？ 提示：由公式Ek＝mv2带入数据可得Ek＝1.822 328×1010 J。 [判断正误] (1)速度大的物体动能也大。( × ) (2)某物体的速度加倍，它的动能也加倍。( × ) (3)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化。( √ ) (4)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零。( × ) 提示：(1)物体的动能不仅和速度有关，还和质量有关。物体质量不确定，动能也不确定。(2)某物体质量不变，其动能与速度的平方成正比。(4)如果只是物体的速度方向发生变化，合外力做功等于零。 ●重难解读 1．动能的“四性” (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)状态性：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。 (3)标量性：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值。 (4)瞬时性：动能具有瞬时性，与某一时刻或某一位置的速率相对应。 2．动能的变化量：末状态的动能与初状态的动能之差，即ΔEk＝mv－mv。 ►[特别提醒] [特别提醒] 动能的变化量是过程量，ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。 类型：动能的表达式 典题1：关于某一物体的动能。下列说法正确的是( 　 ) A．若速度不变，动能一定不变　 B.若动能不变，速度一定不变 C．若速度变化，动能一定变化 D.若动能变化，速度不一定变化 思维点拨：动能是标量、速度是矢量，速度变化时，动能不一定变化，物体动能变化，速度一定变化。解决本题的关键是知道动能和速度的关系，知道动能是标量，速度是矢量。 解析：动能的表达式Ek＝mv2，所以若速度v不变，动能一定不变，速度是矢量，速度变化可能速度大小不变，速度方向变化，可知若速度大小不变，只有速度方向变化时，则动能不变，故A正确，C错误；若动能不变，由Ek＝mv2可知物体的速度大小一定不变，方向不确定是否变化，例如物体做匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，但是速度方向时刻在变化，所以速度变化，故B错误；若动能变化，由Ek＝mv2可知速度大小一定变化，则速度一定变化，故D错误。故选A。 ►[规律方法] [规律方法]动能与动能变化的区别 (1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。 (2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。 跟踪训练1：神舟十四号飞船已于2022年6月5日上午在酒泉卫星发射中心成功发射升空，飞船入轨后，按照预定程序，成功与空间站组合体进行自主快速交会对接。若新的组合体总质量为m，运行在离地高为R的圆轨道上，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则新的组合体在轨运动时的动能为( 　 ) A.mgR　　　　 B.mgR　　　　 C.mgR　　　　 D.mgR 解析：组合体在圆轨道时，万有引力提供向心力G＝m，在地球表面时，有G＝mg，则新的组合体在轨运动时的动能为Ek＝mv2＝mgR，故选C。 探究点2 动能定理 ●新知导学 探究：在定义动能表达式时，有W＝mv－mv，那么功和动能有什么关系呢？ ►[提示] [提示] 因为W＝mv－mv中物体动能的变化量正好等于外力对物体做的功，在此基础上证明出了动能定理。 ●基础梳理 动能定理 1．内容：合外力在一个过程中对物体所做的_功__等于物体在这个过程中_动能__的变化。 2．表达式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1；如果物体受到_几个力__的共同作用，W即为合力做的_功__，它等于各个力做功的_代数和__。 3．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，即合力的功是物体动能变化的_量度__。 4．动能定理的适用条件 (1)既适用于直线运动，也适用于_曲线运动__。 (2)既适用于恒力做功，也适用于_变力__做功。 (3)力可以是_各种性质__的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 ●重难解读 对动能定理的理解 1．任一过程：动能定理对任意的宏观过程都是成立。 即：不管是单一的过程，还是由多个阶段组成的复杂过程；不管过程中物体受什么力的作用；不管过程中物体做什么运动，动能定理都适用。 2．外力：动能定理中的“外力”是指作用在物体上的一切力，包括重力、弹簧的弹力都是外力。 3．总功：是指整个过程中，所有外力做功的总和。 类型一：动能定理 典题2：质量为m的物体静止在粗糙的水平面上，当此物体受水平力F作用运动距离s时，动能为Ek1，而当此物体受水平力2F作用相同的距离时，其动能为Ek2，则( 　 ) A.Ek2＝Ek1　　 B.Ek2＝2Ek1　　 C.Ek2>2Ek1　　 D.Ek1<Ek2<2Ek1, 思维点拨：分别利用动能定理列出用F和2F作用时的功及动能的关系，联立即可求得两种情况下动能的关系。本题直接应用动能定理难度不大，但解题的重点在于如何比较两动能的大小，注意体会此种比较方法。 解析：F作用时，由动能定理可得Fs－Wf＝Ek1①，2F作用时，由动能定理可得：2Fs－Wf＝Ek2②，将①式乘以2可得：2Fs－2Wf＝2Ek1，则可得出Ek2>2Ek1，故选C。 ►[规律方法] [规律方法]动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度。 (1)动能定理中“外力”的两点理解：重力、弹力、摩擦力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用；可以是恒力，也可以是变力。 (2)应用动能定理求解步骤：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。 跟踪训练2：如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是( 　 ) A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L－x) B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx C．小物块克服摩擦力所做的功为FfL D．小物块克服摩擦力所做的功为Ffx 解析：小物块水平方向受到拉力F和摩擦力Ff的作用，根据动能定理Ek＝mv2－0＝(F－Ff)(L＋x)，故A错误；小车相对地面的位移为x，水平方向仅受小物块对小车的摩擦力，根据动能定理Ek′＝mv′2＝Ffx，故B正确；小物块相对地面的位移为(L＋x)，则克服摩擦力做的功为Wf＝Ff(L＋x)，故C、D错误。故选B。 类型二：应用动能定理求变力做功 典题3：一名运动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度ω＝0.5 rad/s顺时针匀速转动，质量为60 kg的运动员(含滑雪板)在盘面上离转轴10 m半径上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为10 m/s，滑行半周到最高点的速度大小为8 m/s，该过程中，运动员所做的功为6 500 J，已知盘面与水平面夹角为18°，g取10 m/s2，sin 18°＝0.31，cos 18°＝0.95，则该过程中运动员克服阻力做的功为( 　 ) A．4 240 J B.3 740 J C.3 860 J D.2 300 J 思维点拨：做功有正负，若已知功的正负则直接带符号求代数和，变力做的功不能用公式W＝Flcos α来求，应用W来表示。 解析：运动员在最低点的对地速度为10 m/s，在最高点的对地速度为8 m/s，根据动能定理可得W－mg·2rsin 18°－W克＝mv2－mv，又W＝6 500 J，解得W克＝3 860 J，故选C。 ►[规律方法] [规律方法] (1)变力做的功 在某些问题中，由于力F的大小、方向变化，不能用W＝Flcos α求出变力做的功，此时可用动能定理W＝ΔEk求功。 (2)用动能定理求解变力做功的方法 ①分析物体的受力情况，确定做功过程中的哪些力是恒力，哪些力是变力。如果是恒力，写出恒力做功的表达式；如果是变力，用相应功的符号表示出变力做的功。 ②分析物体的运动过程，确定其初、末状态的动能。 ③运用动能定理列式求解。 跟踪训练3：如图所示，长为L的木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的物体，现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，使木板转到与水平面成α角时物体开始滑动，此时停止转动木板，物体滑到木板底端时的速度为v，则在整个过程中( 　 ) A．支持力对物体做功为0 B．摩擦力对物体做功为mgLsin α C．物体克服摩擦力做的功为mv2－mgLsin α D．木板对物体做功为mv2 解析：木板以左端为轴在竖直面内转动，木板对物体的支持力方向与物体的位移方向夹角小于90°，此过程支持力对物体做正功，A错误；转动过程，摩擦力不做功，下滑过程，摩擦力做负功，则有mgLsin α＋Wf＝mv2，解得Wf＝mv2－mgLsin α，B错误；根据上述，摩擦力做负功，则物体克服摩擦力做的功为W克＝－Wf＝mgLsin α－mv2，C错误；全过程中，对物体有W＝mv2，即木板对物体做功为mv2，D正确。故选D。 类型三：利用动能定理分析多过程问题 典题4：如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( 　 ) A.　　　　　　 B.　　　　　　 C.　　　　　　 D. 思维点拨：最终物体会静止在O点位置，所以总的能量损失就是mgH，把每次损失的能量加起来找出规律。 解析：由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…＋sn＝＋95%＋(95%)2＋…＋(95%)n－1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确。故选B。 ►[规律方法] [规律方法]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，最后联立求解。 (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。 (4)在分段分析时，有些过程可以用牛顿运动定律，也可利用动能定理，动能定理比牛顿运动定律解题更简单方便，所以我们可优先采用动能定理解决问题。 跟踪训练4：如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( 　 ) A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N　　　　 B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N 解析：0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。故选A。 类型四：动能定理在平抛、圆周运动中的应用 典题5：如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.5 m，平台与轨道的最高点等高。一质量m＝0.8 kg的小球(可视为质点)从平台边缘的A处以v0＝3 m/s的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。 (1)求小球到达P点时的速度大小vP； (2)求小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力； (3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小。 思维点拨：小球运动到P点是解决问题的关键，承上启下，知道了速度的大小和方向，前后过程利用动能定理分析就可得出结论。 解析：(1)平抛运动的水平速度不变，始终为v0，小球恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，说明速度与水平方向夹角为53°，将P点速度分解，如图所示， vP＝＝ m/s＝5 m/s。 (2)从抛出到圆弧轨道最低点，根据动能定理有 mg·2R＝mv－mv 解得v1＝ m/s 在最低点根据牛顿第二定律和向心力公式有FN－mg＝m 解得FN＝54.4 N 根据牛顿第三定律有F压＝FN＝54.4 N，方向竖直向下。 (3)平台与轨道的最高点等高，根据动能定理可知vQ＝v0＝3 m/s 设小球受到向下的弹力F1，根据牛顿第二定律和向心力公式有F1＋mg＝m 解得F1＝6.4 N>0 根据牛顿第三定律知，小球对外壁有弹力，大小为6.4 N。 答案：(1)5 m/s　(2) m/s　54.4 N，方向竖直向下　(3)外壁　6.4 N ►[规律方法], [规律方法]动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意： (1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。 (2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件： ①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0。 ②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，mg＝，vmin＝。 跟踪训练5：质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨迹的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，已知重力加速度为g，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( 　 ) A.mgR　　　　　 B.mgR　　　　　 C.mgR　　　　　 D.mgR 解析：小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则FT－mg＝m，即6mg＝m①，小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝m②，小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－mg·2R－W克f＝mv－mv③，由①②③式解得W克f＝mgR，故选C。 类型五：动能定理在图像问题中的应用 典题6：小球被竖直向上抛出，然后回到原处，小球初动能为Ek0，所受空气阻力与速度大小成正比，则该过程中，小球的动能与位移x关系的图线是下图中的( 　 ) 思维点拨：本题考查了动能定理；分别对上升过程、下降过程利用动能定理列方程，得到动能和位移的关系，分析图像的斜率变化情况，即可进行判断。 解析：设物块的质量为m，由题可知，空气阻力与速度关系为f＝kv(k是比例常数)。取极短位移Δx为研究过程，根据动能定理得：上升过程中：－(mg＋f)Δx＝ΔEk，Ek-x图像斜率的大小等于mg＋f，由于上升过程速度减小，则f减小，所以图像的斜率绝对值减小(对应上面一条曲线)。下降过程中：(mg－f)Δx＝ΔEk，Ek-x图像斜率的大小等于mg－f，由于下降过程速度增大，则f增大，所以图像的斜率绝对值减小(斜率绝对值随x减小而减小，对应下面一条曲线)，故C正确、A、B、D错误。故选C。 ►[规律方法] [规律方法]解决图像问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。 (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。 (3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。 跟踪训练6：(多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动。当速度达到vm后，立即关闭发动机滑行直至停止。v-t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做的功为W2。以下关系式正确的是( 　 ) A．F1∶F2＝1∶3 B.F1∶F2＝4∶3 C．W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3 解析：对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C正确，D错误；W1＝F1s，W2＝F2s′，由题图可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A错误，B正确。故选BC。 素养能力提升 拓展整合·启智培优 1．动能定理与图像的综合问题 五类图像中所围“面积”或斜率的意义 2．用动能定理解决多过程问题的流程 3．用动能定理解决多过程问题的四点提醒 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 (4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 课堂效果反馈 内化知识·对点验收 1．下列说法正确的是( 　 ) A．动能不变的物体，一定处于平衡状态 B．物体所受合外力为零，物体的机械能一定为0 C．被举到高处的物体重力势能一定不为零 D．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 解析：动能是物体由于运动而具有的能量Ek＝mv2，动能的大小与质量和速度的大小有关，动能不变的物体，速度大小不变，但不一定是平衡状态，比如物体做匀速圆周运动，A错误；物体的机械能与物体所受合外力的大小无关，B错误；重力势能的大小与相对位置有关，被举到高处的物体重力势能可能为零，C错误；一定质量的物体动能变化时，速度大小一定变化，则速度一定变化；速度变化时，动能不一定变化，如速度大小不变，方向变化的物体，D正确。故选D。 2．跳台滑雪是2022年北京冬奥会的比赛项目之一。如图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从斜坡顶端O处水平滑出，在空中恰好通过P点，OP连线与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，则滑雪运动员到达P点时的动能与滑出O点时的动能比值为( 　 ) A. B. C. D. 解析：跳台滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。设水平位移x，竖直位移为y，OP＝L，结合几何关系，有水平方向上，x＝Lcos 37°＝v0t，竖直方向上y＝Lsin 37°＝gt2，联立可得t＝，运动员达到P点的速度v＝＝＝v0＝v0，故滑雪运动员到达P点时的动能与滑出时的动能比值为mv2∶mv＝13∶4，所以D正确；A、B、C错误。故选D。 3．两物体做匀速圆周运动，其运动半径之比为2∶3，受到向心力之比为3∶2，则其动能之比为( 　 ) A．1∶1 B.3∶2 C．2∶3 D.1∶2 解析：根据向心力公式F＝m，把上式代入动能定理公式Ek＝mv2中，得Ek＝FR，把两物体运动半径之比为2∶3，受到向心力之比为3∶2，代入上式得动能之比是1∶1，故选项B、C、D错误，选项A正确。故选A。 4．做匀加速直线运动的物体，速度从v增大到2v，动能增加了ΔEk1，速度从2v增大到3v，动能增加了ΔEk2，则ΔEk1∶ΔEk2等于( 　 ) A．1∶1 B.2∶3 C．3∶5 D.4∶9 解析：速度从v增大到2v，ΔEk1＝m(2v)2－mv2＝mv2，速度从2v增大到3v，ΔEk2＝m(3v)2－m(2v)2＝mv2，所以ΔEk1∶ΔEk2＝3∶5，故选C。 课后知能作业 基础巩固练 1．如图所示，AB是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC为水平直轨道，两轨道于B点平滑连接，BC的长度等于10R。一质量为m的物体(视为质点)，从轨道顶端A处由静止释放，恰好运动到水平直轨道C处停止。则物体与轨道BC间的动摩擦因数μ等于( 　 ) A．0.1 B.0.3 C.0.4 D.0.6 解析：由动能定理可得mgR－μmg·10R＝0，解得μ＝0.1，故选A。 2.如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( 　 ) A．小球落地时动能等于mg(H＋h) B．小球在泥土中受到的平均阻力为 C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能 解析：小球落到地面的过程，根据动能定理有mgH＝Ek，可知，小球落地时动能等于mgH，A错误；小球在运动的全过程有mg(H＋h)－fh＝0，解得f＝，B错误；根据上述，整个过程中小球克服阻力做的功为Wf＝fh＝mg(H＋h)，C正确；小球陷入泥中的过程，根据动能定理有mgh－Wf＝0－Ek，解得Wf＝mgh＋Ek，可知，小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能与后面减小的重力势能mgh之和，D错误。故选C。 3．小木块由静止开始沿倾角θ＝37°的斜面向下滑动，最后停在水平面上。斜面与水平面平滑连接，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ。整个运动过程中，小木块的动能Ek与水平方向位移x的关系图像如图所示，图中Ek0、x0均为未知量，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则μ的值为( 　 ) A. B. C. D. 解析：在斜面上由动能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)＝Ek，结合图线有(mgsin θ－μmgcos θ)＝，在水平面上由动能定理有－μmgx＝Ek－Ek0，则有Ek＝Ek0－μmgx，结合图线有μmg＝，解得μ＝，A、C、D错误，B正确。故选B。 4．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，物体克服弹簧弹力所做的功为( 　 ) A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C．μmgs D.－μmg(s＋x) 解析：弹簧被压缩至最短时物体速度为零，物体从开始运动到弹簧被压缩至最短的过程中，设物体克服弹簧弹力所做的功为W，根据动能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－mv，解得W＝mv－μmg(s＋x)，故选A。 5.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力所做的功为( 　 ) A.R(FN－mg) B.R(2mg－FN) C.R(FN－3mg) D.R(FN－2mg) 解析：设在B点的速度为v，由牛顿第二定律，有FN－mg＝m，则质点在B点的动能为EkB＝mv2＝(FN－mg)R，质点从A滑到B的过程中，由动能定理得mgR＋Wf＝EkB－0，解得Wf＝R(FN－3mg)，故选C。 6．如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( 　 ) A.μmgR B.mgR C．－mgR D.(1－μ)mgR 解析：设在AB段摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理，有mgR＋WAB－μmgR＝0，解得WAB＝(μ－1)mgR，所以物体在AB段克服摩擦力所做的功为W＝(1－μ)mgR，故选D。 能力提升练 7．一质量为m的质点，系在轻绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，水平面粗糙。此质点以初速度v0做半径为r的圆周运动，滑动摩擦力大小恒定，当它运动3周时，其速率变为，已知重力加速度为g，则( 　 ) A．质点所受合外力作向心力 B．当质点运动3周时加速度大小为 C．质点在水平面上总共转动了4圈 D．质点在运动过程中动能随时间均匀减小 解析：由于水平面粗糙，质点还受到切线方向的摩擦力作用，则质点所受绳子的拉力作向心力，A错误；由题知质点运动3周时，其速率变为，此时绳子的拉力为FT＝m，则质点所受的合外力为F＝，则当质点运动3周时加速度大小不等于，B错误；由题知，质点运动3周时，其速率变为，则根据动能定理有－f·3·2πr＝m2－mv，设质点在水平面上总共转动了n圈停止，则有－f·n·2πr＝0－mv，联立解得n＝4，C正确；由于水平面粗糙，质点还受到切线方向的摩擦力作用，则质点在切线方向做匀减速直线运动，有v＝v0－at，a＝，则质点在运动过程中动能为Ek＝mv2＝m(v0－at)2，故质点在运动过程中动能不随时间均匀减小，D错误。故选C。 8．2022年，北京冬奥会女子滑雪U形槽项目成功举行。如图所示，U形槽可以简化成是由AB、CD两个相同的四分之一光滑圆弧与BC水平雪道组成的，BC与圆弧雪道相切。质量为m的运动员(可视为质点)从O点自由下落，由左侧A点进入U形槽中，从右侧D点自由飞出后上升至Q点。其中OA＝h，QD＝0.75h，圆弧半径R＝2h。不计空气阻力，重力加速度取g，下列说法正确的是( 　 ) A．运动员运动到A点的速度为 B．运动员首次运动到B点的速度为 C．运动员最终可能静止在AB段 D．运动员第二次离开U形槽后，最高能够到达相对于A点0.8h高的位置 解析：根据动能定理可得mgh＝mv，解得运动员运动到A点的速度为vA＝，故A错误；设运动员首次运动到B点的速度为vB，根据动能定理可得mg(h＋R)＝mv，解得vB＝＝，故B正确；由于AB段为光滑圆弧，可知运动员最终不可能静止在AB段，故C错误；运动员从O到Q过程，根据动能定理可得mg(h－0.75h)－Wf＝0－0，解得该过程克服摩擦力做功为Wf＝0.25mgh，运动员第二次离开U形槽后，最高能够到达相对于A点高为h′的位置，根据动能定理可得mg(0.75h－h′)－Wf＝0－0，解得h′＝0.5h，故D错误。故选B。 9．一列质量为m的磁悬浮列车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设磁悬浮列车行驶过程所受到的阻力保持不变，在时间t过程中，下列说法正确的是( 　 ) A．磁悬浮列车的加速度不断增大 B．磁悬浮列车的阻力大小为 C．磁悬浮列车克服阻力做的功为mv－Pt D．磁悬浮列车克服阻力做的功为Pt－mv 解析：根据a＝＝，可知，随速度增加，磁悬浮列车的加速度不断减小，选项A错误；达到最大速度时牵引力等于阻力，即F＝f，则磁悬浮列车的阻力大小为f＝F＝，选项B错误；根据动能定理Pt－W阻＝mv，解得磁悬浮列车克服阻力做的功为W阻＝Pt－mv，选项C错误，D正确。故选D。 10．(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，以速度大小v0＝4 m/s水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带AB的长度L＝6 m，传送带的速度大小v＝2 m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g＝10 m/s2。关于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是( 　 ) A．物块滑离传送带时的动能为1 J B．物块滑离传送带时的动能为2 J C．传送带对物块做的功为6 J D．传送带对物块做的功为－6 J 解析：物块与传送带之间的摩擦力为μmg，加速度大小a＝μg＝2 m/s2，物块减速到零时的位移x＝＝4 m，所以物块没有到达B端，物块会向左加速运动，加速到与传送带相同速度时的位移x1＝＝1 m，则物块还要以2 m/s的速度向左匀速运动x′＝4 m－1 m＝3 m脱离传送带，所以物块滑离传送带时的动能Ek＝mv2＝2 J，故A项错误，B项正确；根据动能定理，传送带对物块做的功为W＝mv2－mv＝－6 J，C项错误，D项正确。故选BD。 11．(多选)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶时，发动机的功率为P。司机为合理进入限速区，减小油门使汽车功率立即减小到，并保持该功率继续行驶。设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车运动的v-t图像如图所示，t1时刻后，汽车做匀速运动。汽车因油耗而改变的质量可忽略。下列说法正确的是( 　 ) A．汽车所受阻力大小为 B．在0～t1时间内，汽车的牵引力不断增大 C．t1时刻后，汽车匀速运动的速度大小为 D．在0～t1时间内，汽车行驶的位移大小为v0t1 解析：汽车以速度v0匀速行驶时牵引力大小等于阻力，所以汽车所受阻力大小为f＝F0＝，故A正确；减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据P＝Fv，可知，在0～t1时间内，汽车的牵引力不断增大，故B正确；t1时刻后，汽车功率为，再次匀速运动时阻力仍然等于，所以＝fv1，解得，t1时刻后，汽车匀速运动的速度大小v1＝，故C正确；若汽车做匀减速直线运动，0～t1时间内位移为v0t1，由图知汽车实际做加速度减小的减速运动，则位移不是v0t1，故D错误。故选ABC。 12．如图所示，在距地面高为h的光滑水平台面上，质量为m＝2 kg的物块左侧压缩一个轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点。水平台面右侧有一倾角为θ＝37°的光滑斜面，半径分别为R1＝0.5 m和R2＝0.2 m的两个光滑圆形轨道固定在粗糙的水平地面上，且两圆轨道分别与水平面相切于C、E两点，两圆最高点分别为D、F。现剪断细线，已知初始时刻的弹簧弹性势能为64 J，恢复原长后全部转化为物块的动能，物块离开水平台面后恰好无碰撞地从A点落到光滑斜面上，运动至B点后(在B点无能量损失)沿粗糙的水平面从C点进入光滑竖直圆轨道且通过最高点D，已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，AB长度L1＝0.5 m，BC距离L2＝3 m，g＝10 m/s2，已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求水平台面的高度h； (2)求物块经过D点时对圆轨道的压力； (3)为了让物块能从E点进入圆轨道且不脱离轨道，则C、E间的距离应满足什么条件？ 答案：(1)2.1 m　(2)300 N　(3)0≤XCE<45 m或48 m≤XCE<50 m 解析：(1)剪断细线，弹簧的弹性势能全部转化为物块的动能，mv＝Ep 解得v0＝8 m/s 物块离开水平台面后恰好无碰撞地从A点落到光滑斜面上，则有tan 37°＝ 解得vAy＝6 m/s 则台面到A点的高度为h1＝＝1.8 m 水平台面的高度为h＝h1＋L1sin 37°＝2.1 m。 (2)物块从离开水平台面到经过D点过程，根据动能定理可得mg(h－2R1)－μmgL2＝mv－mv 解得vD＝4 m/s，物块经过D点时，根据牛顿第二定律可得mg＋FN＝m 解得FN＝300 N 根据牛顿第三定律可知，物块经过D点时对圆轨道的压力大小为300 N，方向竖直向上。 (3)设物体刚好能到达E点，从D到E的过程，根据动能定理可得mg·2R1－μmgs1＝0－mv 解得s1＝50 m 设物体经过E点后刚好到达圆心等高处，根据动能定理可得mg·2R1－μmgs2－mgR2＝0－mv 解得s2＝48 m 设物体经过E点后刚好经过最高点F，则有mg＝m 根据动能定理可得mg·2R1－μmgs3－mg·2R2＝mv－mv 联立解得s3＝45 m 为了让物块能从E点进入圆轨道且不脱离轨道，则C、E间的距离应满足0≤XCE≤45 m或48 m≤XCE≤50 m。 学科网（北京）股份有限公司 $