1.3 动能和动能定理 同步复习讲义 -2025-2026学年高一下学期物理鲁科版必修第二册

本讲义聚焦“动能和动能定理”核心知识点，系统构建从基础概念到综合应用的学习支架。先阐述动能的定义、表达式（Ek=1/2mv²）及标量性、相对性等性质，再推导动能定理内容（合外力做功等于动能变化量），进而延伸到变力做功、多过程问题、机车启动等应用，最后通过实验探究功与速度变化关系及动能定理验证，形成完整知识链。 该资料以11类题型为载体，凸显科学思维与科学探究素养。通过基础题（如动能影响因素比较）夯实物理观念，综合题（如利用动能定理求解曲线运动中变力做功）培养模型建构与科学推理能力，实验题（如探究功与速度关系）强化问题提出、证据收集及结论解释的科学探究流程。课中助力教师分层教学，课后通过典型例题与变式练习帮助学生查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

第1章第3节 动能和动能定理 题型1 动能的定义、性质、表达式 题型2 动能大小的影响因素及比较 题型3 用动能的定义式计算物体的动能 题型4 动能变化量的计算 题型5 动能定理的内容及推导 题型6 动能定理的简单应用 题型7 利用动能定理求解变力做功 题型8 利用动能定理求解多过程问题 题型9 利用动能定理求解机车启动问题 题型10 探究功与物体速度变化的关系 题型11 探究动能定理 ▉题型1 动能的定义、性质、表达式 【知识点的认识】 1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能． 2．公式：Ek＝mv2．单位：焦耳（J）． 3．矢标性：动能是标量，只有正值． 4．动能是状态量．而动能的变化量是过程量． 5．动能具有相对性，动能的大小与参照物的选取有关，中学物理中，一般取地球为参照物． 1．一质量不变的运动物体，速度变为原来的2倍时其动能变为原来的（　　） A．倍 B．倍 C．2倍 D．4倍 2．关于动能，下列说法正确的是（　　） A．动能是矢量 B．动能的单位可以是N•m C．一定质量的物体速度变化时，动能一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 3．城市化发展建造了许多高楼大厦．高楼抛物致人损害人事件时有发生，高楼抛物是一种极不文明的行为，必须受到有效的惩罚．某小区宣传窗有报道：“XX大厦发生高空抛物不文明行为，一老太太被抛下的西瓜皮砸伤…”．被抛下的西瓜皮在下落过程中大小可能逐渐增大的物理量是（　　） A．重力势能 B．动能 C．机械能 D．加速度 4．A、B两个物体的质量比为1：3，速度之比是3：1，那么它们的动能之比是（　　） A．1：1 B．1：3 C．3：1 D．9：1 ▉题型2 动能大小的影响因素及比较 【知识点的认识】 动能的表达式为Ek，动能的影响因素有物体的质量和速度。 5．关于物体的动能，下列说法正确的是（　　） A．质量大的物体，动能一定大 B．速度大的物体，动能一定大 C．速度方向变化，动能一定变化 D．物体的质量不变，速度变为原来的两倍，动能将变为原来的四倍 6．做曲线运动的物体，在运动过程中一定变化的物理量是（　　） A．速度 B．加速度 C．动能 D．合外力 （多选）7．关于做曲线运动的物体，下列说法中正确的是（　　） A．它所受的合外力一定不为零 B．它所受的合外力一定是变力 C．其速度可以保持不变 D．其动能可以保持不变 ▉题型3 用动能的定义式计算物体的动能 【知识点的认识】 1.动能的定义式为：Ek，知道了物体的质量和速度，即可计算物体的动能。 2.计算时要注意，只有质量的单位是kg，速度的单位是m/s时，动能的单位才是J。 8．某运动物体的动能为Ek，若将其质量和速度均变为原来的2倍，则物体的动能变为（　　） A．2Ek B．4Ek C．8Ek D．16Ek 9．一物体的速度大小为v0时，其动能为Ek，当它的动能为2Ek时，其速度大小为（　　） A． B．2v0 C．v0 D． 10．在圆轨道上运动的质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度为g，则（　　） A．卫星运动的速度为 B．卫星运动的周期为 C．卫星运动的加速度为g D．卫星的动能为mgR 11．人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当人以速度v竖直向下匀速拉绳使质量为m物体A到达如图所示位置时，此时绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A的动能为（　　） A．Ek B．Ekmv2•cos2θ C．Ek D．Ek 12．有两个物体甲、乙，它们在同一直线上运动，两物体的质量均为m，甲速度为v，动能为Ek；乙速度为﹣v，动能为Ek′，那么（　　） A．Ek′＝﹣Ek B．Ek′＝Ek C．Ek′＜Ek D．Ek′＞Ek 13．质量为m的飞机以水平初速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含重力）．今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h，如图所示，求： （1）飞机受到的升力大小； （2）飞机上升至h高度时飞机的动能Ek． ▉题型4 动能变化量的计算 【知识点的认识】 物体的动能变化量等于末动量减去初动量，即ΔEk＝Ek2﹣Ek1。 14．一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为（　　） A．Δv＝0 B．Δv＝12m/s C．ΔEk＝1.8J D．ΔEk＝10.8J 15．如图所示，某质量为m物体在一个与水平方向成θ角的恒力F的作用下沿水平面做匀加速直线运动，若地面光滑，发生的位移为s，在此过程中，物体的加速度为 　　 ，物体动能的变化量为 　　 ． ▉题型5 动能定理的内容及推导 【知识点的认识】 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＝EK2﹣EK1。 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）动能定理既适用于直线运动，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。 5．对动能定理的理解 （1）一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。 ①若△Ek＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。 ②若△Ek＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。 ③若△Ek＝0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。 （2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系： ①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。 ②单位相同：国际单位都是焦耳。 ③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。 （3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。 （4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。 注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。 16．下列关于运动物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系，正确的是（　　） A．如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零 B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零 C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化 D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零 17．关于动能定理的理解，以下说法正确的是（　　） A．合外力做正功，物体的动能增加；合外力做负功，物体的动能减少 B．合外力做负功，物体的动能增加；合外力做正功，物体的动能减少 C．匀速下降的降落伞，由于重力对其做正功，故动能增加 D．如果物体的动能不发生变化，物体所受合外力一定为零 18．下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系正确的是（　　） A．如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零 B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零 C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化 D．物体的动能不变，所受合外力一定为零 （多选）19．如图所示，木板OA水平放置，长为l，在A处放置一个质量为m的物体，现绕O点缓慢抬高A端，直到当木板转动到与水平面成α角停止转动。这时物体受到一微小的干扰便开始缓慢地匀速下滑，物体回到O点，在整个过程中（　　） A．支持力对物体做的总功为mglsinα B．摩擦力对物体做的总功为零 C．木板对物体做的总功为零 D．木板对物体做的总功为正 （多选）20．关于做功和物体动能变化的关系，不正确的是（　　） A．只要动力对物体做功，物体的动能就增加 B．只要物体克服阻力做功，它的动能就减少 C．外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差 D．动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化 ▉题型6 动能定理的简单应用 【知识点的认识】 1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。 2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初 3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。 21．如图甲所示，质量为5kg的物体在斜向下、与水平方向成37°角的力F作用下，沿水平面开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则力F所做的功为（　　） A．240J B．150J C．120J D．90J 22．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动，若这两个力分别做了6J和8J的功，则该物体的动能增加了（　　） A．48J B．14J C．10J D．2J 23．如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速传送至高处，在此过程中，下述说法正确的是（　　） A．摩擦力对物体做正功 B．支持力对物体做正功 C．重力对物体做正功 D．合外力对物体做正功 24．物体在合外力作用下做直线运动的v﹣t图象如图所示。下列表述正确的是（　　） A．在0～1 s内，合外力做正功 B．在0～2 s内，合外力总是做负功 C．在1～2 s内，合外力不做功 D．在0～3 s内，合外力总是做正功 ▉题型7 利用动能定理求解变力做功 【知识点的认识】 1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。 2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初 3.变力做功无法用公式W＝Fs进行求解，而动能定理因为忽略了运动过程，所以求解变力做功会更方便。 25．如图所示，板长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与板的动摩擦因数为μ．开始时板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体保持与板相对静止，则在这个过程中（　　） A．摩擦力对小物体做功为μmgLcosα（1﹣cosα） B．摩擦力对小物体做功为mgLsinα（1﹣cosα） C．弹力对小物体做功为mgLcosαsinα D．板对小物体做功为mgLsinα 26．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点．小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图所示，则拉力F所做的功为（　　） A．mglcosθ B．mgl（1﹣cosθ） C．Flcosθ D．Flsinθ 27．如图所示，在外力作用下某质点运动的v﹣t图象为正弦曲线．从图中可以判断正确的是（　　） A．在0～t1时间内，外力做正功 B．在t2时刻，外力的功率最大 C．在t1～t3时间内，外力做负功 D．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大 （多选）28．一质量为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点移动到Q点，如图所示，关于力F所做的功下列说法正确的是（　　） A．若水平力F是恒定的力，则力F所做的功为FLsinθ B．若水平力F是恒定的力，则力F所做的功为FL（1﹣cosθ） C．若是把小球缓慢移动，则力F所做的功为mgL（1﹣cosθ） D．若是把小球缓慢移动，则力F所做的功为FLsinθ ▉题型8 利用动能定理求解多过程问题 【知识点的认识】 1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。 2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初 3.动能定理不用考虑物体的运动过程，可以通过对全程列动能定理来简化过程比较多，运动情况比较复杂的问题。 29．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示．下列说法正确的是（　　） A．0～6内物体的位移大小为36m B．0～6内拉力做的功为55J C．合力在0～6s内做的功大于0～2s内做的功 D．滑动摩擦力的大小为N （多选）30．质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，则（　　） A．x＝2m时物块的速度大小为2m/s B．x＝3m时物块的加速度大小为2.5m/s2 C．在前2m位移的运动过程中物块所经历的时间为2s D．在前4m位移的运动过程中拉力对物块做的功为9J 31．如图所示，半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其左端A与圆心O等高，最低点为B，圆弧轨道的右端与一倾角θ＝37°的足够长的粗糙斜面相切于C点。一质量m＝0.1kg的小滑块从A点正上方h＝2m处的P点由静止开始下落，空气阻力不计，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求： （1）滑块第一次运动到B点时对轨道的压力大小； （2）通过计算判断滑块能否返回到A点。 32．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s的初速度沿曲面冲上高0.8m、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW行驶，经过1.2s到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中不计一切阻力（计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求： （1）人和车到达顶部平台的速度v； （2）圆弧对应圆心角θ； （3）人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力。 ▉题型9 利用动能定理求解机车启动问题 【知识点的认识】 本考点旨在针对机车启动问题中需要用到动能定理的情况。 33．质量m＝400kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力200N B．汽车的最大牵引力为600N C．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为91m D．8s～18s过程中汽车牵引力做的功为8×103J 34．一辆质量为2×103kg的汽车，发动机的最大牵引功率为80kW，汽车在平直公路上行驶所受阻力f大小恒为4×103N，求： （1）汽车行驶的最大速度多大？ （2）若汽车以最大牵引功率启动，当汽车速度达到5m/s时，加速度多大？ （3）若汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，求匀加速运动的时间。 （4）汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，求6秒钟内汽车牵引力做的功。 35．“辽宁号”航空母舰的质量为m，以速度v沿直线匀速驶向某训练海域，此时多台蒸汽轮机发动机的输出总功率为P。若因需要临时关闭其中一半的发动机，即输出功率调整为并保持不变，沿直线行驶一段位移x，“辽宁号”再次匀速运动。设全过程“辽宁号”所受阻力恒定，求“辽宁号”航空母舰： （1）功率调整为后再次匀速运动的速度大小； （2）刚关闭一半发动机时的加速度大小； （3）行驶位移x所用的时间。 36．我国提出实施新能源汽车推广计划，提高电动车产业化水平。现有一辆新型电动车，质量m＝3×103kg，额定功率P＝90kW，当该电动车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的0.1倍，g＝10m/s2。 （1）求新型电动车在平直路面上行驶所能达到的最大速度； （2）新型电动车在平直路面上从静止开始，以加速度a＝1m/s2做匀加速直线运动，求匀加速能维持的时间； （3）新型电动车在平直路面上从静止开始，保持额定功率做加速运动，经50s达到最大速度，求此过程中新型电动车的位移。 ▉题型10 探究功与物体速度变化的关系 【知识点的认识】 一、实验：探究功与速度变化的关系 1．实验目的： （1）探究功与物体速度变化的关系。 （2）感悟实验方案的设计和实验数据的处理方法。 2．实验的方法：如图所示，依次用1根、2根、3根…同样的橡皮筋与物体相连接，并且每次将橡皮筋拉伸相同的长度，这样操作，无须计算就可知道橡皮筋对物体所做的功依次为W、2W、3W… 而每次橡皮筋对物体做功后的速度，可用打点计时器测出。 3．实验器材：本实验需要的器材有：打点计时器（含纸带、学生电源、复写纸、连接导线）、同种橡皮条（10根）、小车、长木板、钉子、刻度尺。 4．实验步骤： （1）按图连接好器材。橡皮筋的一端套在小车上，另一端套在钉子上，第一次用两根橡皮筋。将长木板倾斜一个角度，使重力沿斜面向下的分力平衡小车受到的摩擦力。 （2）将小车拉到靠近打点计时器的位置（在橡皮筋弹性限度内），并标记下此位置；接通电源后松手。 （3）换上纸带，并在纸带上做好标记，每次加接两根橡皮筋，然后将小车拉到同一位置，接通电源后松手。依次再做四次。 （4）根据纸带求橡皮筋对小车做功后的速度。在每条纸带上找出点间间距相等的那部分，它记录的是小车做匀速运动的情况，如图所示的计数点B、E、C部分。用刻度尺量出计数点B、C之间的距离d，设相邻两计数点间的时间间隔为T，那么，橡皮筋对小车做功后的速度：vi。 （5）分析测量数据得出实验结论。根据实验所得数据Wi与vi，猜想Wi与vi的关系，先看它们是否满足最简单的正比关系，即：Wi∝vi．接着再猜想Wi∝？大致成立后，再作Wi图进行验证。 5．实验结论：Wi∝。 6．实验中应注意事项 （1）平衡摩擦力：实验中的小车不可避免地要受到摩擦力的作用，为了保证橡皮筋对物体的功就是合外力的功，必须设法排除摩擦力的影响。可采用将木板一端垫高的方法来实现。将木板一端垫高，让自由小车（不系橡皮筋时）能在木板上匀速运动，使重力沿斜面方向的分力与摩擦力相平衡，就消除了摩擦力的影响。 （2）每次实验所用的每条橡皮筋，其长度、材料和粗细都应是相同的，并且橡皮筋拉伸的长度都保持一致。 （3）打点计时器打出的纸带上相邻各点的间距并不均匀，应选点间间距相等的一段纸带来计算小车的速度，因这一小段是橡皮筋对小车做功完毕时的情形。 37．某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系。 （1）完成本实验还需要下列哪些实验器材 　　 。 A.天平 B.秒表 C.刻度尺 D.交流电源 （2）图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，SAD＝　　 cm。已知电源频率为50Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度v＝　　 m/s（保留两位有效数字）。 （3）某同学画出了小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔEk—W关系图像（理论线ΔEk＝W＝mgx），由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线为图丙中实验线，若已知小车与水平木板间的动摩擦因数为μ，小车与砂桶和砂的质量关系满足，则实验线的斜率为 　　 （用μ、k表示）。 38． 为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案： 第一步：把带有定滑轮的木板（有滑轮的）一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连，重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示。 第二步：如图乙所示，保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带。打出的纸带如图丙所示。 请回答下列问题： （1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt，根据纸带求滑块速度，打点计时器打B点时滑块速度vB＝　　 。 （2）已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块　　 （写出物理量名称及符号，只写一个物理量），合外力对滑块做功的表达式W合＝　　 。 （3）算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立坐标系，描点作出v2﹣W图象，可知该图象是一条　　 ，根据图象还可求得　　 。 39．某同学在实验室用如图实58甲所示的装置来研究有关做功的问题． （1）如图甲所示，在保持M＞7m条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，在控制小车质量不变的情况下进行实验．在实验中，该同学先接通打点计时器的电源，再放开纸带，已知交流电的频率为50Hz．图乙是在m＝100g、M＝1kg情况下打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为过程中3个相邻的计数点，相邻的计数点之间有4个没有标出，有关数据如图乙所示，则打B点时小车的动能Ek＝　　 J，从开始运动到打B点时，绳的拉力对小车做的功W＝　　 J．（保留2位有效数字，g取9.8m/s2） （2）在第（1）问中，绳的拉力对小车做的功W大于小车获得的动能Ek，请你举出导致这一结果的主要原因：　　 ．（写出一种即可） ▉题型11 探究动能定理 【知识点的认识】 1．实验目的： （1）探究功与物体速度变化的关系。 （2）感悟实验方案的设计和实验数据的处理方法。 2．实验的方法：如图所示，依次用1根、2根、3根…同样的橡皮筋与物体相连接，并且每次将橡皮筋拉伸相同的长度，这样操作，无须计算就可知道橡皮筋对物体所做的功依次为W、2W、3W… 而每次橡皮筋对物体做功后的速度，可用打点计时器测出。 3．实验器材：本实验需要的器材有：打点计时器（含纸带、学生电源、复写纸、连接导线）、同种橡皮条（10根）、小车、长木板、钉子、刻度尺。 4．实验步骤： （1）按图连接好器材。橡皮筋的一端套在小车上，另一端套在钉子上，第一次用两根橡皮筋。将长木板倾斜一个角度，使重力沿斜面向下的分力平衡小车受到的摩擦力。 （2）将小车拉到靠近打点计时器的位置（在橡皮筋弹性限度内），并标记下此位置；接通电源后松手。 （3）换上纸带，并在纸带上做好标记，每次加接两根橡皮筋，然后将小车拉到同一位置，接通电源后松手。依次再做四次。 （4）根据纸带求橡皮筋对小车做功后的速度。在每条纸带上找出点间间距相等的那部分，它记录的是小车做匀速运动的情况，如图所示的计数点B、E、C部分。用刻度尺量出计数点B、C之间的距离d，设相邻两计数点间的时间间隔为T，那么，橡皮筋对小车做功后的速度：vi。 （5）分析测量数据得出实验结论。根据实验所得数据Wi与vi，猜想Wi与vi的关系，先看它们是否满足最简单的正比关系，即：Wi∝vi．接着再猜想Wi∝？大致成立后，再作Wi图进行验证。 5．实验结论：Wi∝。 6．实验中应注意事项 （1）平衡摩擦力：实验中的小车不可避免地要受到摩擦力的作用，为了保证橡皮筋对物体的功就是合外力的功，必须设法排除摩擦力的影响。可采用将木板一端垫高的方法来实现。将木板一端垫高，让自由小车（不系橡皮筋时）能在木板上匀速运动，使重力沿斜面方向的分力与摩擦力相平衡，就消除了摩擦力的影响。 （2）每次实验所用的每条橡皮筋，其长度、材料和粗细都应是相同的，并且橡皮筋拉伸的长度都保持一致。 （3）打点计时器打出的纸带上相邻各点的间距并不均匀，应选点间间距相等的一段纸带来计算小车的速度，因这一小段是橡皮筋对小车做功完毕时的情形。 （多选）40．用如图所示的装置做“探究动能定理”的实验时，下列说法正确的是（　　） A．为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的左端适当垫高，使小车在不挂橡皮筋时能拉着穿过打点计时器的纸带保持匀速运动 B．每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸的长度要一样 C．可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值 D．可以通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值 E．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度 F．实验中要先释放小车再接通打点计时器的电源 G．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度 41．如图所示是某同学探究动能定理的实验装置．已知重力加速度为g，不计滑轮摩擦阻力．该同学的实验步骤如下： a．将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门A和B，砂桶通过滑轮与小车相连． b．调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑．测得砂和砂桶的总质量为m． c．某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动． d．测得挡光片通过光电门A的时间为Δt1，通过光电门B的时间为Δt2，挡光片宽度为d，小车质量为M，两个光电门A和B之间的距离为L． e．依据以上数据探究动能定理． （1）根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是 　　 ． A．实验时，先接通光电门，后剪断细绳 B．实验时，小车加速运动的合外力为F＝Mg C．实验过程不需要测出斜面的倾角 D．实验时，应满足砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M （2）小车经过光电门A、B的瞬时速度为vA＝　　 、vB＝　　 ．如果关系式 　　 在误差允许范围内成立，就验证了动能定理． 42．某物理兴趣小组利用光电门探究动能定理的实验装置如图所示，小车上的挡光板的宽度为d，小车出发点A到光电门位置B间的距离为l。使小车从起点由静止开始运动。光电计时器记录小车上挡光板西过光电门的时间为Δt，已知小车和小车上的挡光板的总质量为M．钩码的总质量为m重力加速度大小为g，各接触面均光滑。 （1）小车通过光电门时的瞬时速度大小为　　 ，此时小车和钩码组成的系统的动能为　　 。 （2）在小车由静释放至运动到光电门的过程中，小车和钩码组成的系统所受合力做的功为　　 。 （3）若在误差允许的范围内，等式　 成立，则可认为该过程系统动能定理成立。 43．某课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的“动能定理”。图甲所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F；用位移传感器测出小车的位移s和瞬时速度v。已知小车质量为200g。 ①某次实验得出拉力F随位移s变化规律如图乙所示，速度v随位移s变化规律如图丙所示。利用所得的F﹣s图象，求出s＝0.30m到0.52m过程中变力F做功W＝　　 J，此过程动能的变化ΔEk＝　　 J（保留2位有效数字） ②指出下列情况可减小实验误差的操作是　　 （填选项前的字母，可能不止一个选项）。 A．使拉力F要远小于小车的重力 B．实验时要先平衡摩擦力 C．要使细绳与滑板表面平行。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第1章第3节 动能和动能定理 题型1 动能的定义、性质、表达式 题型2 动能大小的影响因素及比较 题型3 用动能的定义式计算物体的动能 题型4 动能变化量的计算 题型5 动能定理的内容及推导 题型6 动能定理的简单应用 题型7 利用动能定理求解变力做功 题型8 利用动能定理求解多过程问题 题型9 利用动能定理求解机车启动问题 题型10 探究功与物体速度变化的关系 题型11 探究动能定理 ▉题型1 动能的定义、性质、表达式 【知识点的认识】 1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能． 2．公式：Ek＝mv2．单位：焦耳（J）． 3．矢标性：动能是标量，只有正值． 4．动能是状态量．而动能的变化量是过程量． 5．动能具有相对性，动能的大小与参照物的选取有关，中学物理中，一般取地球为参照物． 1．一质量不变的运动物体，速度变为原来的2倍时其动能变为原来的（　　） A．倍 B．倍 C．2倍 D．4倍 【答案】D 【解答】解：由动能定义式：EKmv2知，质量不变，物体运动的速度大小变为原来的2倍 则物体的动能变为：EK′m（2v）2＝4EK；故D正确，ABC错误。 故选：D。 2．关于动能，下列说法正确的是（　　） A．动能是矢量 B．动能的单位可以是N•m C．一定质量的物体速度变化时，动能一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 【答案】B 【解答】解：A、动能只有大小没有方向，所以动能是标量，故A错误； B、动能的单位和功的单位相同都为N•m（J），故B正确； C、一定质量的物体速度方向变化，大小不变时，根据动能的定义式可知，动能不变，故C错误； D、一定质量的物体，当物体仅速度方向变化时，动能不变，但物体不处于平衡状态，故D错误。 故选：B。 3．城市化发展建造了许多高楼大厦．高楼抛物致人损害人事件时有发生，高楼抛物是一种极不文明的行为，必须受到有效的惩罚．某小区宣传窗有报道：“XX大厦发生高空抛物不文明行为，一老太太被抛下的西瓜皮砸伤…”．被抛下的西瓜皮在下落过程中大小可能逐渐增大的物理量是（　　） A．重力势能 B．动能 C．机械能 D．加速度 【答案】B 【解答】解：AB、西瓜皮在下落过程中重力势能转化为动能，速度不断增大，所以重力势能逐渐减小，动能不断增大；故A错误，B正确； C、下落过程中克服空气阻力做功，机械能减小，转化为内能，故C错误； D、下落过程中合力不可能增加，故加速度不可能增加，故D错误； 故选：B。 4．A、B两个物体的质量比为1：3，速度之比是3：1，那么它们的动能之比是（　　） A．1：1 B．1：3 C．3：1 D．9：1 【答案】C 【解答】解：根据动能的定义式EKmV2， 可得，， 故选：C。 ▉题型2 动能大小的影响因素及比较 【知识点的认识】 动能的表达式为Ek，动能的影响因素有物体的质量和速度。 5．关于物体的动能，下列说法正确的是（　　） A．质量大的物体，动能一定大 B．速度大的物体，动能一定大 C．速度方向变化，动能一定变化 D．物体的质量不变，速度变为原来的两倍，动能将变为原来的四倍 【答案】D 【解答】解：A、根据知，质量大，动能不一定大，还跟速度有关。故A错误。 B、根据知，速度大，动能不一定大，还与质量有关。故B错误。 C、速度方向改变，动能不一定改变。比如做匀速圆周运动的物体，其速度变化，而动能却不变。故C错误。 D、根据知，物体的质量不变，速度变为原来的两倍，动能将变为原来的四倍。故D正确。 故选：D。 6．做曲线运动的物体，在运动过程中一定变化的物理量是（　　） A．速度 B．加速度 C．动能 D．合外力 【答案】A 【解答】解：A、物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，故A正确。 B、平抛运动也是曲线运动，但是它的合力为重力，加速度是重力加速度，是不变的，故BD错误。 C、匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，其动能也不变，故C错误； 故选：A。 （多选）7．关于做曲线运动的物体，下列说法中正确的是（　　） A．它所受的合外力一定不为零 B．它所受的合外力一定是变力 C．其速度可以保持不变 D．其动能可以保持不变 【答案】AD 【解答】解：A、曲线运动的速度方向为该点的切线方向，时刻变化，所以它所受的合外力一定不为零，故A正确； B、曲线运动的速度方向为该点的切线方向，时刻变化，故曲线运动是变速运动，故B错误； C、曲线运动的速度方向为该点的切线方向，时刻变化。故C错误； D、匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，速度的大小不变，动能不变，故D错误。 故选：AD。 ▉题型3 用动能的定义式计算物体的动能 【知识点的认识】 1.动能的定义式为：Ek，知道了物体的质量和速度，即可计算物体的动能。 2.计算时要注意，只有质量的单位是kg，速度的单位是m/s时，动能的单位才是J。 8．某运动物体的动能为Ek，若将其质量和速度均变为原来的2倍，则物体的动能变为（　　） A．2Ek B．4Ek C．8Ek D．16Ek 【答案】C 【解答】解： 由动能定义式：，可知若将其质量和速度均变为原来的2倍， 则物体的动能变为： 故C正确，ABD错误。 故选：C。 9．一物体的速度大小为v0时，其动能为Ek，当它的动能为2Ek时，其速度大小为（　　） A． B．2v0 C．v0 D． 【答案】C 【解答】解：设物体的质量为m，当一物体的速度大小为v0时，其动能为Ek，则有 Ek 当它的动能为2Ek时，有 2Ek 解得：v 故C正确，ABD错误； 故选：C。 10．在圆轨道上运动的质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度为g，则（　　） A．卫星运动的速度为 B．卫星运动的周期为 C．卫星运动的加速度为g D．卫星的动能为mgR 【答案】B 【解答】解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设地球质量为M、卫星的轨道半径为r 则 ① 忽略地球自转的影响有 ② ①②联立得 故A错误。 B、卫星运动的 周期 故B正确。 C、设卫星的加速度为an 则有 ③ ②③联立得 故C错误。 D、卫星的动能 故D错误。 故选：B。 11．人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当人以速度v竖直向下匀速拉绳使质量为m物体A到达如图所示位置时，此时绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A的动能为（　　） A．Ek B．Ekmv2•cos2θ C．Ek D．Ek 【答案】A 【解答】解：由图示可知，物体A的速度vA， 则物体A的动能EK； 故选：A。 12．有两个物体甲、乙，它们在同一直线上运动，两物体的质量均为m，甲速度为v，动能为Ek；乙速度为﹣v，动能为Ek′，那么（　　） A．Ek′＝﹣Ek B．Ek′＝Ek C．Ek′＜Ek D．Ek′＞Ek 【答案】B 【解答】解：由动能定义式：， 甲物体的动能：， 乙物体的动能：， 所以Ek′＝Ek。 故选：B。 13．质量为m的飞机以水平初速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含重力）．今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h，如图所示，求： （1）飞机受到的升力大小； （2）飞机上升至h高度时飞机的动能Ek． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）飞机水平方向分运动的分速度不变，是匀速运动，故 l＝v0t ① y方向分运动加速度恒定，是匀加速运动，故 hat2 ② 由①②两式消去t，即得 a ③ 由牛顿第二定律 F﹣mg＝ma ④ 由③④两式解得 F＝mg+ma＝mg（1） （2）在h处，竖直分速度为 vy＝at 合速度为 v，因而动能为 Ekm（）m（1） 答：（1）飞机受到的升力大小为mg（1）； （2）在高度h处飞机的动能为 m（1）． ▉题型4 动能变化量的计算 【知识点的认识】 物体的动能变化量等于末动量减去初动量，即ΔEk＝Ek2﹣Ek1。 14．一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为（　　） A．Δv＝0 B．Δv＝12m/s C．ΔEk＝1.8J D．ΔEk＝10.8J 【答案】B 【解答】解：A、规定初速度方向为正方向，初速度为：v1＝6m/s，碰撞后速度为：v2＝﹣6m/s Δv＝v2﹣v1＝﹣12m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反，所以碰撞前后小球速度变化量的大小为12m/s。故A错误，B正确。 C、反弹后的速度大小与碰撞前相同，即初、末动能相等，所以ΔEk＝0，故CD错误； 故选：B。 15．如图所示，某质量为m物体在一个与水平方向成θ角的恒力F的作用下沿水平面做匀加速直线运动，若地面光滑，发生的位移为s，在此过程中，物体的加速度为 　　 ，物体动能的变化量为 　Fscosθ　 ． 【答案】；Fscosθ 【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，物体的加速度为：a （2）拉力做功为：W＝Flcosα＝Fscosθ； 如果地面光滑，物体不受摩擦力，在整个过程中只有拉力做功，由动能定理得：物体动能的变化量为：ΔEK＝Fscosθ； 故答案为：；Fscosθ． ▉题型5 动能定理的内容及推导 【知识点的认识】 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＝EK2﹣EK1。 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）动能定理既适用于直线运动，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。 5．对动能定理的理解 （1）一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。 ①若△Ek＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。 ②若△Ek＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。 ③若△Ek＝0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。 （2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系： ①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。 ②单位相同：国际单位都是焦耳。 ③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。 （3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。 （4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。 注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。 16．下列关于运动物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系，正确的是（　　） A．如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零 B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零 C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化 D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零 【答案】A 【解答】解：A、如果物体所受的合外力为零，根据W＝FS得，那么外力对物体做的总功一定为零；故A正确； B、如果合外力做的功为零，但合外力不一定为零。可能物体的合外力和运动方向垂直而不做功，故B错误； C、物体做变速运动可能是速度方向变化而速度大小不变。所以，做变速运动的物体，动能可能不变，故C错误； D、物体动能不变，只能说合外力不做功，但合外力不一定为零，故D错误。 故选：A。 17．关于动能定理的理解，以下说法正确的是（　　） A．合外力做正功，物体的动能增加；合外力做负功，物体的动能减少 B．合外力做负功，物体的动能增加；合外力做正功，物体的动能减少 C．匀速下降的降落伞，由于重力对其做正功，故动能增加 D．如果物体的动能不发生变化，物体所受合外力一定为零 【答案】A 【解答】解：A、根据动能定理ΔEK＝W合，可知，合外力做正功时，动能增加，做负功时，动能减小，所以A正确，B错误。 C、匀速下降的降落伞，由于重力对其做正功，重力势能减小，而动能不变，所以C错误。 D、动能不变的物体，可以是物体速度的大小不变，但速度的方向可以变化，比如匀速圆周运动，此时的物体并不一定是受力平衡状态，故D错误。 故选：A。 18．下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系正确的是（　　） A．如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零 B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零 C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化 D．物体的动能不变，所受合外力一定为零 【答案】A 【解答】解： A、如果物体所受合外力为零，根据功的公式W＝Flcosα得知，合外力对物体做的功一定为零。故A正确； B、如果合外力做的功为零，但合外力不一定为零，也可能物体的合外力和运动方向垂直而不做功，比如匀速圆周运动。故B错误； C、物体做变速运动可能是速度方向变化而速度大小不变。所以，做变速运动的物体，动能可能不变，故C错误； D、物体动能不变，根据动能定理得知，合外力不做功，但合外力不一定为零。故D错误。 故选：A。 （多选）19．如图所示，木板OA水平放置，长为l，在A处放置一个质量为m的物体，现绕O点缓慢抬高A端，直到当木板转动到与水平面成α角停止转动。这时物体受到一微小的干扰便开始缓慢地匀速下滑，物体回到O点，在整个过程中（　　） A．支持力对物体做的总功为mglsinα B．摩擦力对物体做的总功为零 C．木板对物体做的总功为零 D．木板对物体做的总功为正 【答案】AC 【解答】解：A、物块在上升的过程中，物块相对于木板并没有滑动，所以物块受到的摩擦力对物块做的功为零，由于重力对物块做了负功，摩擦力对物块不做功，根据动能定理可以知道，支持力对物块做功即为W＝Gh＝mglsinα；在下滑过程中，支持力与运动方向垂直，故不做功，因此在整个过程中，支持力做功为mglsinα；故A正确； B、在物块在上升的过程中，物块相对于木板并没有滑动，所以物块受到的摩擦力对物块做的功为零；在下滑过程中，摩擦力做负功，W＝﹣mgsinαL，故B错误； C、在整个过程中，木块受到重力做功和木板对其做功，而重力做功和动能变化量为零，故木板对物体做的总功也为零，C正确，D错误； 故选：AC。 （多选）20．关于做功和物体动能变化的关系，不正确的是（　　） A．只要动力对物体做功，物体的动能就增加 B．只要物体克服阻力做功，它的动能就减少 C．外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差 D．动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化 【答案】ABD 【解答】解：A、根据动能定理得W总＝ΔEk，合力做功量度动能的变化。 动力对物体做功，物体还有可能受阻力做功，所以物体受各个力做功的代数和即总功是正功还是负功不明确，所以动能不一定增加。故A错误。 B、物体克服阻力做功，物体还有可能受动力做功，所以物体受各个力做功的代数和即总功是正功还是负功不明确，所以动能不一定增加。故B错误。 C、根据动能定理内容知道外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差，故C正确。 D、动力和阻力都对物体做功，物体受各个力做功的代数和可能为零，所以物体的动能可能不变。故D错误。 本题选不正确的故选ABD。 ▉题型6 动能定理的简单应用 【知识点的认识】 1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。 2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初 3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。 21．如图甲所示，质量为5kg的物体在斜向下、与水平方向成37°角的力F作用下，沿水平面开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则力F所做的功为（　　） A．240J B．150J C．120J D．90J 【答案】C 【解答】解：力F所做的功为： Fx＝60N 解得：W＝120J 故C正确，ABD错误 故选：C。 22．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动，若这两个力分别做了6J和8J的功，则该物体的动能增加了（　　） A．48J B．14J C．10J D．2J 【答案】B 【解答】解：运用动能定理： ΔE＝w合＝6J+8J＝14J 所以该物体的动能增加了14J。 故选：B。 23．如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速传送至高处，在此过程中，下述说法正确的是（　　） A．摩擦力对物体做正功 B．支持力对物体做正功 C．重力对物体做正功 D．合外力对物体做正功 【答案】A 【解答】解：A、物体匀速向上运动的过程中，摩擦力的方向沿传送带向上，与运动的方向相同，所以摩擦力做正功。故A正确。 B、支持力的方向与运动的方向垂直，知支持力对物体不做功。故B错误。 C、重力竖直向下，位移斜向上，重力做负功，故C错误； D、物体匀速上升，动能变化量为零，根据动能定理知，合力做功为零。故D错误。 故选：A。 24．物体在合外力作用下做直线运动的v﹣t图象如图所示。下列表述正确的是（　　） A．在0～1 s内，合外力做正功 B．在0～2 s内，合外力总是做负功 C．在1～2 s内，合外力不做功 D．在0～3 s内，合外力总是做正功 【答案】A 【解答】解：A、在0﹣1s内，因物体的速度增大，故动能增大，则由动能定理可知合外力做正功，故A正确； B、在1﹣2s内，物体的速度减小时，故动能减小时，由动能定理可知合外力做负功，即在0～2 s内，合外力先做正功后做负功，故B错误C错误； D、由以上分析可知，合外力先做正功再做负功，故D错误； 故选：A。 ▉题型7 利用动能定理求解变力做功 【知识点的认识】 1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。 2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初 3.变力做功无法用公式W＝Fs进行求解，而动能定理因为忽略了运动过程，所以求解变力做功会更方便。 25．如图所示，板长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与板的动摩擦因数为μ．开始时板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体保持与板相对静止，则在这个过程中（　　） A．摩擦力对小物体做功为μmgLcosα（1﹣cosα） B．摩擦力对小物体做功为mgLsinα（1﹣cosα） C．弹力对小物体做功为mgLcosαsinα D．板对小物体做功为mgLsinα 【答案】D 【解答】解：A、B、摩擦力的方向与木块运动的方向垂直，则摩擦力不做功，故A错误，B错误； C、滑块受重力、支持力和静摩擦力，重力做功为﹣mgLsinα，摩擦力不做功，根据动能定理，有：WG+Wf+WN＝0； 故WN＝mgLsinα，故C错误； D、摩擦力不做功，故板对滑块做的功等于支持力的功，即为mgLsinα，故D正确； 故选：D。 26．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点．小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图所示，则拉力F所做的功为（　　） A．mglcosθ B．mgl（1﹣cosθ） C．Flcosθ D．Flsinθ 【答案】B 【解答】解：小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，根据动能定理得： W1﹣mgl（1﹣cosθ）＝0 得拉力F所做的功为：W1＝mgl（1﹣cosθ） 故选：B。 27．如图所示，在外力作用下某质点运动的v﹣t图象为正弦曲线．从图中可以判断正确的是（　　） A．在0～t1时间内，外力做正功 B．在t2时刻，外力的功率最大 C．在t1～t3时间内，外力做负功 D．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大 【答案】A 【解答】解：A、在0～t1时间内，由图象可知，物体的速度沿正方向，加速度为正值且减小，故力与速度方向相同，故外力做正功；故A正确； B、t2时刻物体的速度为零，由P＝Fv可知外力的功率为零，故B错误； C、在t2～t3的时间内，质点做加速运动，外力方向和速度方向相同，外力做正功。，故C错误； D、据图象可知，0～t1时刻，该质点的速度不断增大，而加速度不断减小，在t1时刻，加速度为零，由P＝Fv可知功率也为零，故外力的功率并非逐渐增大，故D错误； 故选：A。 （多选）28．一质量为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点移动到Q点，如图所示，关于力F所做的功下列说法正确的是（　　） A．若水平力F是恒定的力，则力F所做的功为FLsinθ B．若水平力F是恒定的力，则力F所做的功为FL（1﹣cosθ） C．若是把小球缓慢移动，则力F所做的功为mgL（1﹣cosθ） D．若是把小球缓慢移动，则力F所做的功为FLsinθ 【答案】AC 【解答】解：AB、由于拉力为恒力，并且力始终沿水平方向，水平位移为lsinθ，所以WF＝Flsinθ；故A正确，B错误； CD、球在缓慢移动的过程中，水平力F是变力，不能通过功的公式求解功的大小， 根据动能定理得：WF﹣mgl（1﹣cosθ）＝0， 解得水平力F所做的功为：WF＝mgl（1﹣cosθ）。故C正确，D错误。 故选：AC。 ▉题型8 利用动能定理求解多过程问题 【知识点的认识】 1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。 2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初 3.动能定理不用考虑物体的运动过程，可以通过对全程列动能定理来简化过程比较多，运动情况比较复杂的问题。 29．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示．下列说法正确的是（　　） A．0～6内物体的位移大小为36m B．0～6内拉力做的功为55J C．合力在0～6s内做的功大于0～2s内做的功 D．滑动摩擦力的大小为N 【答案】D 【解答】解：A、0～6s内物体的位移大小x30m。故A错误。 B、在0～2s内，物体的加速度a3m/s2，由图，当P＝30W时，v＝6m/s，得到牵引力为：F5N。 在0～2s内物体的位移为：x1＝6m，则拉力做功为：W1＝Fx1＝5×6J＝30J。 2～6s内拉力做的功为：W2＝Pt＝10×4J＝40J．所以0～6s内拉力做的功为：W＝W1+W2＝70J．故B错误。 C、在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等。故C错误。 D、在2～6s内，v＝6m/s，P＝10W，物体做匀速运动，摩擦力f＝F，得到：f＝FN．故D正确。 故选：D。 （多选）30．质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，则（　　） A．x＝2m时物块的速度大小为2m/s B．x＝3m时物块的加速度大小为2.5m/s2 C．在前2m位移的运动过程中物块所经历的时间为2s D．在前4m位移的运动过程中拉力对物块做的功为9J 【答案】AC 【解答】解：A、由图象可知，x＝2m时动能为：Ek1＝4J，由Ek1得：v1＝2m/s，故A正确。 B、同理，当x＝4m时动能为 Ek2＝9J，v2＝3m/s 由动能定理得：F合Δx＝ΔEk，得：F合，可知Ek﹣x图象的斜率等于合外力，因此物体在0﹣2m内和2﹣4m内都做匀加速直线运动。 在2～4m内，由2a2x2，解得：2～4m内加速度为 a2＝1.25m/s2，则x＝3 m时物块的加速度大小为1.25 m/s2．故B错误； C、0～2m过程运动时间为：t12s，故C正确； D、对物体运动全过程，由动能定理得：WF+（﹣μmgx）＝Ek2﹣0，x＝4m，解得：WF＝25J，故D错误； 故选：AC。 31．如图所示，半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其左端A与圆心O等高，最低点为B，圆弧轨道的右端与一倾角θ＝37°的足够长的粗糙斜面相切于C点。一质量m＝0.1kg的小滑块从A点正上方h＝2m处的P点由静止开始下落，空气阻力不计，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求： （1）滑块第一次运动到B点时对轨道的压力大小； （2）通过计算判断滑块能否返回到A点。 【答案】（1）滑块第一次运动到B点时对轨道的压力大小为11N； （2）滑块能返回到A点。 【解答】解：（1）滑块从P到B的运动过程只有重力做功，根据动能定理可得： mg（h+R）0 对滑块在B点应用牛顿第二定律可得： FN﹣mg＝m 解得：FN＝11N， 由牛顿第三定律可知滑块第一次运动到B点时对轨道的压力为11N； （2）设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L，从开始到滑块达到斜面最高点过程中，由动能定理可得： mg（h+Rcos37°﹣Lsin37°）﹣μmgLcos37°＝0 所以：L＝2.4m， 对整个过程分析，根据动能定理得 EkA＝mgh﹣2μmgLcos37°＝0.1×10×2J﹣0.5×0.1×10×2.4×0.8J＝1.04J＞0 可知滑块能返回到A点。 答：（1）滑块第一次运动到B点时对轨道的压力大小为11N； （2）滑块能返回到A点。 32．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s的初速度沿曲面冲上高0.8m、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW行驶，经过1.2s到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中不计一切阻力（计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求： （1）人和车到达顶部平台的速度v； （2）圆弧对应圆心角θ； （3）人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）摩托车从开始到顶部平台过程，由动能定理可知： 解得 v＝3m/s （2）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度vym/s＝4m/s 设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则 ，即 α＝53° 所以θ＝2α＝106° （3）在摩托车由最高点飞出落至O点的过程中，由机械能守恒定律可得： 在O点，对人和车，由牛顿第二定律得： 解得 N＝7740N 由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为7740N，方向竖直向下。 答：（1）人和车到达顶部平台的速度v是3m/s； （2）圆弧对应圆心角θ是106°； （3）人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力为7740N，方向竖直向下。 ▉题型9 利用动能定理求解机车启动问题 【知识点的认识】 本考点旨在针对机车启动问题中需要用到动能定理的情况。 33．质量m＝400kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力200N B．汽车的最大牵引力为600N C．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为91m D．8s～18s过程中汽车牵引力做的功为8×103J 【答案】C 【解答】解：A、当牵引力等于阻力时，汽车的速度达到最大，由甲图知，汽车的最大速度vm＝10m/s，由乙图知，汽车的额定功率为P＝8×103W，由P＝Fvm＝fvm得汽车受到的阻力：fN＝800N，故A错误； B、汽车做匀加速运动的牵引力最大，由图知，v＝8m/s时，P＝8×103W，则由P＝Fv得最大牵引力为：F＝1000N，故B错误； C、在变加速过程中，根据动能定理得：Pt﹣fs，其中t＝10s，v＝8m/s，解得：s＝91m，故C正确； D、8s﹣18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，保持不变，所以牵引力做的功为：W＝Pt＝8×103×10J＝8×104J，故D错误。 故选：C。 34．一辆质量为2×103kg的汽车，发动机的最大牵引功率为80kW，汽车在平直公路上行驶所受阻力f大小恒为4×103N，求： （1）汽车行驶的最大速度多大？ （2）若汽车以最大牵引功率启动，当汽车速度达到5m/s时，加速度多大？ （3）若汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，求匀加速运动的时间。 （4）汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，求6秒钟内汽车牵引力做的功。 【答案】（1）汽车行驶的最大速度等于20m/s； （2）当汽车速度达到5m/s时，加速度等于＝6m/s2； （3）匀加速运动的时间等于5s； （4）6秒钟内汽车牵引力做的功等于2.8×105J。 【解答】解：（1）速度最大时，牵引力F＝f，P＝Fvm，可得：vm＝20m/s （2）当速度v＝5m/s，由P＝Fv 可得：F＝16×103N，由牛顿第二定律：F﹣f＝ma可得：a＝6m/s2 （3）由牛顿第二定律：F﹣f＝ma 可得：F＝8×103N，P＝Fv，v＝10m/s，v＝at，解得t＝5s （4）在前5s内：，在第6s内，则 答：（1）汽车行驶的最大速度等于20m/s； （2）当汽车速度达到5m/s时，加速度等于6m/s2； （3）匀加速运动的时间等于5s； （4）6秒钟内汽车牵引力做的功等于2.8×105J。 35．“辽宁号”航空母舰的质量为m，以速度v沿直线匀速驶向某训练海域，此时多台蒸汽轮机发动机的输出总功率为P。若因需要临时关闭其中一半的发动机，即输出功率调整为并保持不变，沿直线行驶一段位移x，“辽宁号”再次匀速运动。设全过程“辽宁号”所受阻力恒定，求“辽宁号”航空母舰： （1）功率调整为后再次匀速运动的速度大小； （2）刚关闭一半发动机时的加速度大小； （3）行驶位移x所用的时间。 【答案】（1）功率调整为后再次匀速运动的速度大小为； （2）刚关闭一半发动机时的加速度大小为； （3）行驶位移x所用的时间为。 【解答】解：（1）设关闭一半的发动机后，最终做匀速直线运动的速度为v1，设“辽宁号”航空母舰受到的阻力为f，在临时关闭一半的发动机之前牵引力为F1，有P＝F1v，F1﹣f＝0 联立解得 “辽宁号”再次匀速运动牵引力为F2 ，F2﹣f＝0 联立上述方程可得 （2）刚关闭一半的发动机时，“辽宁号”航空母舰牵引力为F3，航空母舰的速度和所受的阻力均未变，则 航空母舰所受合力方向与速度方向相反，航空母舰的加速度大小为a，则有f﹣F3＝ma 联立解得 （3）关闭一半的发动机后，最终做匀速直线运动的速度为v1，则 航空母舰做变减速运动位移为s，根据动能定理得 联立解得 答：（1）功率调整为后再次匀速运动的速度大小为； （2）刚关闭一半发动机时的加速度大小为； （3）行驶位移x所用的时间为。 36．我国提出实施新能源汽车推广计划，提高电动车产业化水平。现有一辆新型电动车，质量m＝3×103kg，额定功率P＝90kW，当该电动车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的0.1倍，g＝10m/s2。 （1）求新型电动车在平直路面上行驶所能达到的最大速度； （2）新型电动车在平直路面上从静止开始，以加速度a＝1m/s2做匀加速直线运动，求匀加速能维持的时间； （3）新型电动车在平直路面上从静止开始，保持额定功率做加速运动，经50s达到最大速度，求此过程中新型电动车的位移。 【答案】（1）此电动车在平直路面上行驶所能达到的最大速度是30m/s。 （2）匀加速能维持15s的时间。 （3）此过程中新型电动车的位移为1050m。 【解答】解：（1）当电动车速度达到最大时，牵引力与阻力平衡，由平衡条件得：F＝f＝0.1mg＝0.1×3×103×10N＝3×103N 由P＝Fv可知，电动车的最大速度：vmm/s＝30m/s； （2）电动车做匀加速运动时，由牛顿第二定律得： F1﹣f＝ma 解得：F1＝6×103N 设电动车刚达到额定功率时的速度v1，则P＝F1v1， 则得匀加速运动的末速度：v1m/s＝15m/s 设匀加速能维持的时间为t1，则v1＝at1，解得：t1＝15s （3）设此过程中新型电动车的位移为s。已知t2＝50s，根据动能定理得 Pt2﹣fs 解得s＝1050m 答：（1）此电动车在平直路面上行驶所能达到的最大速度是30m/s。 （2）匀加速能维持15s的时间。 （3）此过程中新型电动车的位移为1050m。 ▉题型10 探究功与物体速度变化的关系 【知识点的认识】 一、实验：探究功与速度变化的关系 1．实验目的： （1）探究功与物体速度变化的关系。 （2）感悟实验方案的设计和实验数据的处理方法。 2．实验的方法：如图所示，依次用1根、2根、3根…同样的橡皮筋与物体相连接，并且每次将橡皮筋拉伸相同的长度，这样操作，无须计算就可知道橡皮筋对物体所做的功依次为W、2W、3W… 而每次橡皮筋对物体做功后的速度，可用打点计时器测出。 3．实验器材：本实验需要的器材有：打点计时器（含纸带、学生电源、复写纸、连接导线）、同种橡皮条（10根）、小车、长木板、钉子、刻度尺。 4．实验步骤： （1）按图连接好器材。橡皮筋的一端套在小车上，另一端套在钉子上，第一次用两根橡皮筋。将长木板倾斜一个角度，使重力沿斜面向下的分力平衡小车受到的摩擦力。 （2）将小车拉到靠近打点计时器的位置（在橡皮筋弹性限度内），并标记下此位置；接通电源后松手。 （3）换上纸带，并在纸带上做好标记，每次加接两根橡皮筋，然后将小车拉到同一位置，接通电源后松手。依次再做四次。 （4）根据纸带求橡皮筋对小车做功后的速度。在每条纸带上找出点间间距相等的那部分，它记录的是小车做匀速运动的情况，如图所示的计数点B、E、C部分。用刻度尺量出计数点B、C之间的距离d，设相邻两计数点间的时间间隔为T，那么，橡皮筋对小车做功后的速度：vi。 （5）分析测量数据得出实验结论。根据实验所得数据Wi与vi，猜想Wi与vi的关系，先看它们是否满足最简单的正比关系，即：Wi∝vi．接着再猜想Wi∝？大致成立后，再作Wi图进行验证。 5．实验结论：Wi∝。 6．实验中应注意事项 （1）平衡摩擦力：实验中的小车不可避免地要受到摩擦力的作用，为了保证橡皮筋对物体的功就是合外力的功，必须设法排除摩擦力的影响。可采用将木板一端垫高的方法来实现。将木板一端垫高，让自由小车（不系橡皮筋时）能在木板上匀速运动，使重力沿斜面方向的分力与摩擦力相平衡，就消除了摩擦力的影响。 （2）每次实验所用的每条橡皮筋，其长度、材料和粗细都应是相同的，并且橡皮筋拉伸的长度都保持一致。 （3）打点计时器打出的纸带上相邻各点的间距并不均匀，应选点间间距相等的一段纸带来计算小车的速度，因这一小段是橡皮筋对小车做功完毕时的情形。 37．某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系。 （1）完成本实验还需要下列哪些实验器材 　ACD　 。 A.天平 B.秒表 C.刻度尺 D.交流电源 （2）图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，SAD＝　2.10　 cm。已知电源频率为50Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度v＝　0.50　 m/s（保留两位有效数字）。 （3）某同学画出了小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔEk—W关系图像（理论线ΔEk＝W＝mgx），由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线为图丙中实验线，若已知小车与水平木板间的动摩擦因数为μ，小车与砂桶和砂的质量关系满足，则实验线的斜率为 　　 （用μ、k表示）。 【答案】（1）ACD；（2）2.10；0.50；（3） 【解答】解：（1）完成本实验还需要天平测量砂桶和小车的质量，刻度尺测量点迹距离；打点计时器应用交流电源，故ACD正确，B错误； 故选：ACD。 （2）刻度尺的分度值为0.1cm，读数为sAD＝2.10cm； 打点计时器在打D点时纸带的速度v0.01m/s＝0.50m/s （3）由于实验前遗漏了平衡摩擦力，则 mgx﹣μMgx（M+m）v2（M+m） 由于 则 （1）mgx＝（1+k）[Mv2] 即 （1）W＝（1+k）ΔEk 即 ΔEkW 则实验线的斜率为 故答案为：（1）ACD；（2）2.10；0.50；（3） 38． 为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案： 第一步：把带有定滑轮的木板（有滑轮的）一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连，重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示。 第二步：如图乙所示，保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带。打出的纸带如图丙所示。 请回答下列问题： （1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt，根据纸带求滑块速度，打点计时器打B点时滑块速度vB＝　　 。 （2）已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块　下滑的位移x　 （写出物理量名称及符号，只写一个物理量），合外力对滑块做功的表达式W合＝　mgx　 。 （3）算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立坐标系，描点作出v2﹣W图象，可知该图象是一条　过原点的直线　 ，根据图象还可求得　滑块的质量M　 。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由打出的纸带可知B点的速度为vB； （2）由做功定义式可知还需要知道滑块下滑的位移x，由动能定理可知W合＝ΔEk， 即mgx＝ΔEk； （3）合外力做的功为W＝mgx 即：， v2﹣W图象应该为一条过原点的直线，设图象的斜率为k，则，得滑块质量，还可以求得滑块的质量M。 故答案为：（1） （2）下滑的位移x　 mgx （3）过原点的直线　滑块的质量M 39．某同学在实验室用如图实58甲所示的装置来研究有关做功的问题． （1）如图甲所示，在保持M＞7m条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，在控制小车质量不变的情况下进行实验．在实验中，该同学先接通打点计时器的电源，再放开纸带，已知交流电的频率为50Hz．图乙是在m＝100g、M＝1kg情况下打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为过程中3个相邻的计数点，相邻的计数点之间有4个没有标出，有关数据如图乙所示，则打B点时小车的动能Ek＝　0.50　 J，从开始运动到打B点时，绳的拉力对小车做的功W＝　0.52　 J．（保留2位有效数字，g取9.8m/s2） （2）在第（1）问中，绳的拉力对小车做的功W大于小车获得的动能Ek，请你举出导致这一结果的主要原因：　摩擦没有完全抵消；砂与砂桶的重力大于绳的拉力　 ．（写出一种即可） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：由平均速度表示中间时刻的瞬时速度可知，B点的速度为：vBcm/s＝99.75cm/s＝0.9975m/s， 小车的动能为：EkMv21×0.99752J≈0.50J． 绳子拉力对小车做功的大小为：W＝mgx＝0.1×10×0.5155J≈0.52J． （2）绳子拉力对象小车做功大于小车或的动能，可能的原因是摩擦力未平衡，或沙和沙桶的重力大于绳子的拉力． 故答案为：（1）0.50，0.52；（2）摩擦没有完全抵消；砂与砂桶的重力大于绳的拉力 ▉题型11 探究动能定理 【知识点的认识】 1．实验目的： （1）探究功与物体速度变化的关系。 （2）感悟实验方案的设计和实验数据的处理方法。 2．实验的方法：如图所示，依次用1根、2根、3根…同样的橡皮筋与物体相连接，并且每次将橡皮筋拉伸相同的长度，这样操作，无须计算就可知道橡皮筋对物体所做的功依次为W、2W、3W… 而每次橡皮筋对物体做功后的速度，可用打点计时器测出。 3．实验器材：本实验需要的器材有：打点计时器（含纸带、学生电源、复写纸、连接导线）、同种橡皮条（10根）、小车、长木板、钉子、刻度尺。 4．实验步骤： （1）按图连接好器材。橡皮筋的一端套在小车上，另一端套在钉子上，第一次用两根橡皮筋。将长木板倾斜一个角度，使重力沿斜面向下的分力平衡小车受到的摩擦力。 （2）将小车拉到靠近打点计时器的位置（在橡皮筋弹性限度内），并标记下此位置；接通电源后松手。 （3）换上纸带，并在纸带上做好标记，每次加接两根橡皮筋，然后将小车拉到同一位置，接通电源后松手。依次再做四次。 （4）根据纸带求橡皮筋对小车做功后的速度。在每条纸带上找出点间间距相等的那部分，它记录的是小车做匀速运动的情况，如图所示的计数点B、E、C部分。用刻度尺量出计数点B、C之间的距离d，设相邻两计数点间的时间间隔为T，那么，橡皮筋对小车做功后的速度：vi。 （5）分析测量数据得出实验结论。根据实验所得数据Wi与vi，猜想Wi与vi的关系，先看它们是否满足最简单的正比关系，即：Wi∝vi．接着再猜想Wi∝？大致成立后，再作Wi图进行验证。 5．实验结论：Wi∝。 6．实验中应注意事项 （1）平衡摩擦力：实验中的小车不可避免地要受到摩擦力的作用，为了保证橡皮筋对物体的功就是合外力的功，必须设法排除摩擦力的影响。可采用将木板一端垫高的方法来实现。将木板一端垫高，让自由小车（不系橡皮筋时）能在木板上匀速运动，使重力沿斜面方向的分力与摩擦力相平衡，就消除了摩擦力的影响。 （2）每次实验所用的每条橡皮筋，其长度、材料和粗细都应是相同的，并且橡皮筋拉伸的长度都保持一致。 （3）打点计时器打出的纸带上相邻各点的间距并不均匀，应选点间间距相等的一段纸带来计算小车的速度，因这一小段是橡皮筋对小车做功完毕时的情形。 （多选）40．用如图所示的装置做“探究动能定理”的实验时，下列说法正确的是（　　） A．为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的左端适当垫高，使小车在不挂橡皮筋时能拉着穿过打点计时器的纸带保持匀速运动 B．每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸的长度要一样 C．可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值 D．可以通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值 E．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度 F．实验中要先释放小车再接通打点计时器的电源 G．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度 【答案】ABDE 【解答】解：A、小车在水平面运动时，由于受到摩擦阻力导致小车速度在变化。所以适当倾斜以平衡摩擦力。小车所能获得动能完全来于橡皮筋做的功，故A正确； B、实验中每根橡皮筋做功均是一样的，所以所用橡皮筋必须相同，且伸长的长度也相同，故B正确； CD、是通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值，而不是通过改变小车的质量，故C错误，D正确； EG、通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度，故E正确，G错误； F、只要使用打点计时器的实验，都是先接通电源后释放纸带，故F错误； 故选：ABDE。 41．如图所示是某同学探究动能定理的实验装置．已知重力加速度为g，不计滑轮摩擦阻力．该同学的实验步骤如下： a．将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门A和B，砂桶通过滑轮与小车相连． b．调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑．测得砂和砂桶的总质量为m． c．某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动． d．测得挡光片通过光电门A的时间为Δt1，通过光电门B的时间为Δt2，挡光片宽度为d，小车质量为M，两个光电门A和B之间的距离为L． e．依据以上数据探究动能定理． （1）根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是 　AC　 ． A．实验时，先接通光电门，后剪断细绳 B．实验时，小车加速运动的合外力为F＝Mg C．实验过程不需要测出斜面的倾角 D．实验时，应满足砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M （2）小车经过光电门A、B的瞬时速度为vA＝　　 、vB＝　　 ．如果关系式 　　 在误差允许范围内成立，就验证了动能定理． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）A、按照操作规程，应先接通光电门后释放滑块，否则可能滑块已经通过光电门，光电门还没有工作，测不出滑块通过光电门A的时间，故A正确． B、平衡时，除了绳子拉力以外的力的合力与绳子的拉力等值反向，实验时，剪短细绳，则小车加速运动的合外力为F＝mg，故B错误． C、实验过程中，倾斜木板的目的是平衡摩擦力，不需要测出斜面的倾角，故C正确． D、实验时，剪短细线，砂和砂桶不随小车运动，无需考虑砂和砂桶的总质量m远是否小于小车质量M，故D错误． 故选：AC． （2）由于遮光条比较小，通过光电门的时间极短，因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度分别为：vA、vB． 小车从A到B的过程中，其合力做功mgL，系统动能的增加，增量为：，因此只要比较二者是否相等，即可探究合外力做功与动能改变量之间关系是否相等．即如果关系式 在误差允许范围内成立，就验证了动能定理． 故答案为：（1）AC；（2）；； ． 42．某物理兴趣小组利用光电门探究动能定理的实验装置如图所示，小车上的挡光板的宽度为d，小车出发点A到光电门位置B间的距离为l。使小车从起点由静止开始运动。光电计时器记录小车上挡光板西过光电门的时间为Δt，已知小车和小车上的挡光板的总质量为M．钩码的总质量为m重力加速度大小为g，各接触面均光滑。 （1）小车通过光电门时的瞬时速度大小为　　 ，此时小车和钩码组成的系统的动能为　　 。 （2）在小车由静释放至运动到光电门的过程中，小车和钩码组成的系统所受合力做的功为　mgl　 。 （3）若在误差允许的范围内，等式　mgl　 成立，则可认为该过程系统动能定理成立。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）小车通过光电门的速度由速度的定义来求，v，此时小车及钩码通过光电门的动能Ek。 （2）合力所做的功就是拉力，W＝Fl＝mgl。 （3）由动能定理可以写出，当小车被拉动位移l后，获得了动能，若mgl，则动能定理成立。 故答案为： （1） （2）mgl （3）mgl 43．某课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的“动能定理”。图甲所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F；用位移传感器测出小车的位移s和瞬时速度v。已知小车质量为200g。 ①某次实验得出拉力F随位移s变化规律如图乙所示，速度v随位移s变化规律如图丙所示。利用所得的F﹣s图象，求出s＝0.30m到0.52m过程中变力F做功W＝　0.18　 J，此过程动能的变化ΔEk＝　0.17　 J（保留2位有效数字） ②指出下列情况可减小实验误差的操作是　BC　 （填选项前的字母，可能不止一个选项）。 A．使拉力F要远小于小车的重力 B．实验时要先平衡摩擦力 C．要使细绳与滑板表面平行。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：①根据F﹣s图象图象可知，当s1＝0.30m时，F1＝1.00N，s2＝0.52m时，F2＝0.56N， 因此：W（S2﹣S1）＝0.18J， 速度v随位移s变化图象可知： s1＝0.30m，v1＝0，s2＝0.52m时，v2＝1.24m/s ΔEKm（）＝0.17J ②该实验中不是利用悬挂的重物的重力表示绳子的拉力，而是直接测量出绳子的拉力，因此不需要使拉力F要远小于小车的重力，故A错误； 当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力，故BC正确； 故选：BC。 故答案为：（1）0.18；0.17；BC。 学科网（北京）股份有限公司 $