第3节 动能和动能定理-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（鲁科版）

第3节　动能和动能定理 　　　　 第1章 功和机械能 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 建构力与运动模型，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。 新知导学 1 合作探究 2 随堂演练 3 内容索引 课时测评 4 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 新知导学 返回 知识梳理 一、动能 1.概念：物体因______而具有的能量。 2.表达式：Ek＝_____。 (1)表达式中的速度是______速度。 (2)动能是______，是________。 3.单位：动能的国际单位是______，简称____，用符号____表示。 运动 mv2 瞬时 标量 状态量 焦耳 焦 J 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________。 2.表达式：W＝____________。 3.两种情况 (1)合外力对物体做正功，Ek2≥Ek1，物体动能______。 (2)合外力对物体做负功，Ek2≤Ek1，物体动能______。 变化量 Ek2－Ek1 增加 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。 ( ) 自主检测 × √ × √ × √ 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？ 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？战斗机的动能怎样 变化？ 提示：做负功，动能减小。 返回 合作探究 返回 师生互动 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。 要点归纳 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 例1 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 √ 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 √ √ 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。 师生互动 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、钩码重力；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。 要点归纳 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： 例2 (1)开始实验时首先应________________________________。 将木板右端垫高以平衡摩擦力 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)打B、D两点时小车的速度分别为vB＝_____ m/s，vD＝______ m/s。 0.6 1.0 vB＝＝ m/s＝0.6 m/s。 vD＝＝ m/s＝1.0 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) 0.40 0.32 W合＝mg(hD－hB)＝0.25×10×(25.01－9.01)×10－2 J＝0.40 J。 ΔEk＝M－M＝×1×(1.02－0.62) J＝0.32 J。　 (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) 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 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。 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 √ 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)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)。 0.653 由纸带可知，B点的瞬时速度为vB＝＝＝＝ m/s＝0.653 m/s。 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； 交流 0.02 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)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_____________； 平衡摩擦力 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已知小车质量为M，重物质量为m，则M___m(选填“＞”“≫”“＝” “＜”或“≪”)； ≫ 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)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＝______。 　 mgs2 打下B点时小车的速度大小v＝＝；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。 师生互动 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。 要点归纳 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) 例3 (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； 答案：3.0×105 J 由ΔEk＝m－m 得ΔEk＝3.0×105 J。 (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力； 答案：2.0×103 N 由动能定理mgh－F阻l＝m－m 得F阻＝＝2.0×103 N。 (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)。 答案：33.3 m 设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是s， 由动能定理－(mgsin 17°＋3F阻)s＝0－m 得s＝≈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。 规律总结 √ 针对练1.(多选)关于动能定理，下列说法中正确的是 A.在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和 B.动能定理既适用于直线运动，又适用于曲线运动 C.只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变 D.动能定理既适用于恒力做功，又适用于变力做功 √ 在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，故A错误；动能定理既适用于直线运动，又适用于曲线运动，故B正确；有力对物体做功，但如果合力对物体做功为0，则物体的动能保持不变，故C错误；动能定理既适用于恒力做功，又适用于变力做功，故D正确。故选BD。 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； 答案：2 m/s 从P到O，根据动能定理可得 mglsin θ－μmglcos θ＝mv2－0 解得v＝2 m/s。 (2)物块在水平面上运动的距离d。 答案：0.4 m 在水平面上，根据动能定理可得 －μmgd＝0－mv2 解得d＝0.4 m。 返回 随堂演练 返回 √ 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 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.(多选)下列说法正确的是 A.物体做变速运动，合外力一定不为0，动能一定变化 B.若物体的动能不变，则速率也不变 C.若物体的合外力做功，则速度大小一定发生改变 D.物体具有动能，是由于力对物体做了功 √ 物体做变速运动，合外力一定不为0，但动能不一定变化，比如物体做匀速圆周运动，故A错误；根据动能表达式Ek＝mv2，可知物体的动能不变，则速率也不变，故B正确；若物体的合外力做功，根据动能定理可知，物体的动能发生变化，则速度大小一定发生改变，故C正确；物体具有动能，是因为物体有一定的速度，不是因为力对物体做了功，故D错误。故选BC。 √ 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 √ 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.(多选)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g取10 m/s2，下列判断正确的是 A.物块的质量为0.7 kg B.物块所受摩擦力为1 N C.物块在最高点时重力势能为30 J D.物块上滑过程克服摩擦力做功为5 J √ 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内的图像得斜率的绝对值 ｜k｜＝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内的图像得斜率k'＝mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故A正确，B错误；由题意可知，物块沿斜面上滑的最大距离为10 m，所以物块在最高点时重力势能为Epm＝mgsin 30°·s1＝0.7×10×10× J＝35 J，故C错误；物块在上滑过程中，由动能定理得－mgsin 30°·s1－Wf＝0－Ek0，代入数据解得物块上滑过程克服摩擦力做功为Wf＝5 J，故D正确。故选AD。 返回 课时测评 返回 √ 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 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 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 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 由动能的计算式Ek＝mv2可知，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 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 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 甲、乙两物体通过的位移相等，根据W＝Fscos 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 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 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＝∶＝4∶1，故D 正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ √ 6. (多选)运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能Ek随位移s变化的图线如图所示。已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是 A.μ＝0.05 B.μ＝0.01 C.滑行时间t＝5 s D.滑行时间t＝10 s 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 由动能定理得－μmgs＝0－Ek0，由题图知s＝5 m，Ek0＝9.5 J，代入解得μ＝0.01，故A错误，B正确；设冰壶的初速度为v，则有mv2＝ 9.5 J，解得v＝1 m/s，由s＝t，解得滑行时间t＝10 s，故C错误，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 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 √ √ 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ √ 8. (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Flsin θ B.若F是恒力，力F所做的功为mglcos 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) 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lsin θ，故力F所做的功为Flsin 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 9. (多选)2023年11月10日，我国首条超高速低真空管道磁浮交通系统——高速飞车大同(阳高)试验线工程完工，其特点是全封闭真空管道和磁悬浮运输。如图所示，高速飞车的质量为m，额定功率为P0，高速飞车在平直轨道上从静止开始运动，先以加速度a做匀加速直线运动，加速过程中达到额定功率P0。后又经过一段时间达到该功率下的最大速度，若高速飞车行驶过程中所受到的阻力为f且保持不变，则下列说法正确 的是 A.高速飞车匀加速直线运动过程中达到的最大速度为v1＝ B.高速飞车匀加速直线运动的时间为 C.高速飞车匀加速直线运动的位移为 D.高速飞车在整个加速过程中牵引力做功等于　 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 设高速飞车匀加速直线运动过程中达到的最大速度为v1，加速阶段高速飞车受到的牵引力F与阻力f的合力提供加速度，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，又因为P0＝Fv1，解得v1＝，故A正确；根据匀加速直线运动速度—时间关系可得，匀加速直线运动的时间为t1＝＝，故B错误；根据匀加速直线运动位移—速度关系可得，高速飞车匀加速直线运动的位移为x＝＝， 故C正确；当牵引力等于阻力时，高速飞车的速度达到最大且为vm＝，设在整个加速过程中牵引力做功和克服阻力做功分别为W牵、W克阻，由动能定理得W牵－W克阻＝m＝，所以W牵＞，故D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 10. (12分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，长度L＝4 m、倾角为24°的倾斜滑轨与水平滑轨平滑连接。若有一质量m＝1 kg的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，g取10 m/s2)。求： (1)货物在倾斜滑轨上滑行时受到的摩擦力f的大小； 答案：2 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 货物在倾斜滑轨上滑行时，对货物受力分析有N1＝mgcos 24°，f＝μN1，解得f＝2 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)货物在倾斜滑轨上滑行的时间t； 答案：2 s 货物在倾斜滑轨上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin 24°－f＝ma，根据位移公式有L＝at2，解得t＝2 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)若货物到达货箱时的速度为1 m/s，则货物在水平轨道上克服阻力做功W克阻。 答案：7.5 J 货物在倾斜滑轨上做匀加速直线运动，根据速度公式有v0＝at＝4 m/s，根据动能定理有－W克阻＝m－m，解得W克阻＝7.5 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.(12分)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) 答案：tan θ≥0.05 为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcos θ， θ满足的条件为tan θ≥0.05。 2 3 4 5 6 7 8 9 11 1 10 (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) 答案：0.8 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。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 11 1 10 谢 谢 观 看 第1章 功和机械能 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 $