2018-2019學(xué)年高中人教版物理必修二配套文檔：第七章 第7節(jié)　動(dòng)能和動(dòng)能定理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精第7節(jié)動(dòng)能和動(dòng)能定理核心素養(yǎng)關(guān)鍵詞知識(shí)體系1。物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量叫做動(dòng)能,表達(dá)式為Ek＝eq\f（1，2)mv2。動(dòng)能是標(biāo)量,具有相對(duì)性．2．力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化，這個(gè)結(jié)論叫動(dòng)能定理，表達(dá)式為W＝Ek2－Ek1.3．如果物體同時(shí)受到幾個(gè)力的共同作用,則W為合力做的功，它等于各個(gè)力做功的代數(shù)和．4．動(dòng)能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功，既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)。一、動(dòng)能1．定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能．2．表達(dá)式：Ek＝eq\f（1,2）mv2．3．單位:焦耳。1J＝1kg·m2/s2＝1N·m。二、動(dòng)能定理1．表述：力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化量．2．表達(dá)式：W合＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2，2)－eq\f(1，2)mveq\o\al（2，1），式中W合是各個(gè)外力對(duì)物體做功的總和，eq\f(1，2）mveq\o\al（2，2)－eq\f（1,2）mveq\o\al（2，1）是做功過(guò)程中始末兩個(gè)狀態(tài)動(dòng)能的增量．一、合作探究找規(guī)律考點(diǎn)一動(dòng)能的表達(dá)式1．同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其速度是否變化？其動(dòng)能是否變化？2．在同一高度以相同的速率將手中的小球以上拋、下拋、平拋三種不同方式拋出，落地時(shí)速度、動(dòng)能是否相同？答：1。速度變化，動(dòng)能不變．衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),其速度方向不斷變化,由于速度是矢量，所以速度是變化的;運(yùn)動(dòng)時(shí)其速度大小不變，所以動(dòng)能大小不變，由于動(dòng)能是標(biāo)量，所以動(dòng)能是不變的．2．重力做功相同，動(dòng)能改變相同，末動(dòng)能、末速度大小相同,但末速度方向不同．考點(diǎn)二動(dòng)能定理如圖所示，物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）從長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ的光滑斜面頂端由靜止滑下．1．物體受幾個(gè)力作用?各做什么功？怎么求合力的功？2．如何求物體到達(dá)斜面底端時(shí)的速度嗎？能用多種方法求解物體到達(dá)斜面底端時(shí)的速度嗎？哪種方法簡(jiǎn)單?答：1.物體受重力、支持力兩個(gè)力作用．重力做正功，支持力不做功．合力做的功W合＝mgLsinθ。2．可以用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，也可以用動(dòng)能定理求解．用動(dòng)能定理更簡(jiǎn)捷．二、理解概念做判斷1．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體的動(dòng)能保持不變．(√）2．一個(gè)物體的動(dòng)能與參考系的選取無(wú)關(guān)．(×）3．兩質(zhì)量相同的物體，若動(dòng)能相同，則速度一定相同．（×)4．合外力做功不等于零，物體的動(dòng)能一定變化．（√)5．動(dòng)能定理中的W為合力的功．(√)6．物體的動(dòng)能增加，合外力做正功．（√)要點(diǎn)1|動(dòng)能的理解1．動(dòng)能的理解(1）動(dòng)能是狀態(tài)量，動(dòng)能公式中的速度v指瞬時(shí)速度．(2)動(dòng)能是標(biāo)量,且動(dòng)能恒為正值．(3）動(dòng)能具有相對(duì)性．同一物體相對(duì)不同的參考系，速度會(huì)有不同值,因而動(dòng)能也有不同值．計(jì)算動(dòng)能時(shí)一般選地面為參考系．2．動(dòng)能的變化量末狀態(tài)的動(dòng)能與初狀態(tài)的動(dòng)能之差，即ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2,2)－eq\f(1，2）mveq\o\al（2，1）.（多選)關(guān)于對(duì)動(dòng)能的理解,下列說(shuō)法正確的是()A．動(dòng)能是普遍存在的機(jī)械能的一種基本形式，凡是運(yùn)動(dòng)的物體都具有動(dòng)能B．動(dòng)能總是正值，但對(duì)于不同的參考系，同一物體的動(dòng)能大小是不同的C．一定質(zhì)量的物體，動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化D．動(dòng)能不變的物體,一定處于平衡狀態(tài)【思路點(diǎn)撥】解答本題時(shí)應(yīng)特別注意以下兩點(diǎn):（1）動(dòng)能與速度的關(guān)系；(2)動(dòng)能是標(biāo)量．【解析】可通過(guò)以下表格對(duì)各選項(xiàng)逐一分析:選項(xiàng)透析過(guò)程結(jié)論A動(dòng)能是由于物體的運(yùn)動(dòng)而具有的能量√BEk＝eq\f(1,2)mv2，v與參考系的選取有關(guān)√C當(dāng)速度方向變化時(shí),若大小不變,則動(dòng)能就不變√D勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體動(dòng)能不變，但并不是處于平衡狀態(tài)×【答案】ABC如圖所示，通風(fēng)機(jī)通過(guò)墻上的小洞，將一質(zhì)量為m的小物體水平吹出去，初速度為v,但由于墻外的風(fēng)力和重力的作用，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，物體下落了一段距離后，其速度大小仍為v，但方向卻與初速度的方向相反，如果以初速度的方向?yàn)檎较?，那?下列說(shuō)法中正確的是（）A．速度的變化量為0 B．速度的變化率為eq\f（2v，t)C．動(dòng)能的變化量為mv2 D．合外力做的功為零解析：速度的變化量Δv＝－v－v＝－2v,A選項(xiàng)錯(cuò)誤；速度變化率eq\f(Δv,Δt）＝－eq\f(2v,t）,B選項(xiàng)錯(cuò)誤；動(dòng)能變化量ΔEk＝eq\f(1，2)mv2－eq\f（1，2）mv2＝0，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知合外力做的功等于動(dòng)能變化量，故合外力做功為零，D選項(xiàng)正確．答案:D動(dòng)能是標(biāo)量，前面已學(xué)的很多運(yùn)動(dòng)學(xué)量都是矢量,分析標(biāo)量時(shí)只需關(guān)注其數(shù)值大小；分析矢量時(shí)必須考慮大小、方向兩個(gè)因素．名師點(diǎn)易錯(cuò)某物體動(dòng)能變化時(shí)速度一定發(fā)生變化，而速度發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能可能不變.eq^\o（,，\s\do4(）)要點(diǎn)2|動(dòng)能定理的理解1．推導(dǎo)動(dòng)能定理實(shí)際上是在牛頓第二定律的基礎(chǔ)上對(duì)空間累積而得．在牛頓第二定律F＝ma兩端同乘以合外力方向上的位移x，即可得W合＝Fx＝max＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,2）－eq\f(1,2）mveq\o\al(2，1）。2．對(duì)動(dòng)能定理的理解（1)如果物體受到幾個(gè)力的共同作用，則式中的W合表示各個(gè)力做功的代數(shù)和，即合外力所做的功．W合＝W1＋W2＋W3＋…（2）應(yīng)用動(dòng)能定理解題的特點(diǎn)：跟過(guò)程的細(xì)節(jié)無(wú)關(guān),即不追究全過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和狀態(tài)變化細(xì)節(jié)．(3)動(dòng)能定理的研究對(duì)象是質(zhì)點(diǎn)．(4)動(dòng)能定理對(duì)變力做功情況也適用．動(dòng)能定理盡管是在恒力作用下利用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)的，但對(duì)變力做功情況亦適用．動(dòng)能定理可用于求變力的功、曲線運(yùn)動(dòng)中的功以及復(fù)雜過(guò)程中的功能轉(zhuǎn)換問(wèn)題．(5）對(duì)合外力的功（總功)的理解①可以是幾個(gè)力在同一段位移中的功，也可以是一個(gè)力在幾段位移中的功，還可以是幾個(gè)力在幾段位移中的功．②求總功有兩種方法：一種是先求出合外力，然后求總功，表達(dá)式為W＝F合·l·cosα，α為合外力與位移的夾角．另一種是總功等于各力在各段位移中做功的代數(shù)和,即W＝W1＋W2＋W3＋…。典例2距沙坑高7m處，以v0＝10m/s的初速度豎直向上拋出一個(gè)重力為5N的物體，物體落到沙坑并陷入沙坑0。4m深處停下．不計(jì)空氣阻力,g＝10m/s2。求:(1)物體上升到最高點(diǎn)時(shí)離拋出點(diǎn)的高度;(2)物體在沙坑中受到的平均阻力大小是多少？【思路點(diǎn)撥】（1）研究物體從拋出到上升到最高點(diǎn)的過(guò)程,運(yùn)用動(dòng)能定理列式，即可求解H。（2)從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的全過(guò)程中,由動(dòng)能定理求解物體在沙坑中受到的平均阻力f?！窘馕觥浚?)設(shè)物體上升到最高點(diǎn)時(shí)離拋出點(diǎn)為H，由動(dòng)能定理得:－mgH＝0－eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0）①代入數(shù)據(jù)得:H＝5m。(2)設(shè)物體在沙坑中受到的平均阻力為f，陷入沙坑深度為d,從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的全過(guò)程中：mg(H＋h＋d)－fd＝0代入數(shù)據(jù)得：f＝155N.【答案】（1)5m（2）155N質(zhì)量m＝2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物塊動(dòng)能Ek與其發(fā)生位移x之間的關(guān)系如圖所示．已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0。2，重力加速度g取10m/s2，則下列說(shuō)法中正確的是(）A．x＝1m時(shí)物塊的速度大小為2m/sB．x＝3m時(shí)物塊的加速度大小為2.5m/s2C．在前2m位移的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊所經(jīng)歷的時(shí)間為2sD．在前4m位移的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中拉力對(duì)物塊做的功為9J解析:分析圖象可知，x＝1m時(shí)物塊的動(dòng)能為2J，eq\f（1，2)mv2＝2J，解得v＝eq\r(2)m/s,A選項(xiàng)錯(cuò)誤;研究x＝2m到x＝4m過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得,F1x1－μmgx1＝ΔEk1,解得F1＝6。5N．根據(jù)牛頓第二定律得，a1＝eq\f(F1－μmg,m）＝1。25m/s2，B選項(xiàng)錯(cuò)誤;研究前2m的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得，F(xiàn)2x2－μmgx2＝ΔEk2，解得F2＝6N，物體的加速度a2＝eq\f（F2－μmg,m)＝1m/s2,物塊末速度v＝eq\r(\f（2Ek，m))＝2m/s,根據(jù)v＝at得，t＝2s，C選項(xiàng)正確；對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得,WF－μmgs＝ΔEk，解得WF＝25J,D選項(xiàng)錯(cuò)誤．答案:C名師方法總結(jié)應(yīng)用動(dòng)能定理解題時(shí),先選好研究對(duì)象,明確研究的過(guò)程,再分別求功和動(dòng)能變化,列方程求解．名師點(diǎn)易錯(cuò)動(dòng)能定理中涉及的功和動(dòng)能均為標(biāo)量，動(dòng)能定理為一標(biāo)量表達(dá)式,不能在某一方向上應(yīng)用動(dòng)能定理列方程.eq^\o（，，\s\do4())要點(diǎn)3｜動(dòng)能定理的應(yīng)用及優(yōu)越性1．牛頓第二定律和動(dòng)能定理的選用比較比較牛頓第二定律動(dòng)能定理作用合外力與加速度的關(guān)系合外力的功與動(dòng)能變化的關(guān)系公式F＝maW＝Ek2－Ek1研究力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系力的瞬間作用效果力對(duì)空間的積累效果運(yùn)動(dòng)過(guò)程中細(xì)節(jié)的考慮考慮不考慮作用力恒力恒力或變力2。選用原則：動(dòng)能定理是根據(jù)牛頓第二定律F＝ma和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2－veq\o\al（2，0）＝2ax推導(dǎo)出來(lái)的，但其應(yīng)用范圍更廣泛．凡涉及力的空間積累，而不涉及時(shí)間的求解類(lèi)問(wèn)題，利用動(dòng)能定理優(yōu)于使用牛頓運(yùn)動(dòng)定律．3．應(yīng)用動(dòng)能定理的優(yōu)越性（1）物體由初始狀態(tài)到末狀態(tài)的過(guò)程中，物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)、運(yùn)動(dòng)軌跡、做功的力是變力還是恒力等諸多因素都可以不予考慮，使分析簡(jiǎn)化．(2）應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律時(shí)，涉及的有關(guān)物理量比較多，對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的細(xì)節(jié)也要仔細(xì)研究，而應(yīng)用動(dòng)能定理只考慮合外力做功和初、末兩個(gè)狀態(tài)的動(dòng)能，并且可以把不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程合并為一個(gè)全過(guò)程來(lái)處理．（3）一般情況下,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律能夠求解的問(wèn)題，用動(dòng)能定理也可以求解，并且更為簡(jiǎn)捷．4．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟（1)確定研究對(duì)象和研究過(guò)程．(2）對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析．（研究對(duì)象以外的物體施于研究對(duì)象的力都要分析，含重力）(3）寫(xiě)出該過(guò)程中合外力做的功，或分別寫(xiě)出各個(gè)力做的功（注意功的正負(fù))．如果研究過(guò)程中物體受力情況有變化,要分別寫(xiě)出該力在各個(gè)階段做的功．（4）寫(xiě)出物體的初、末動(dòng)能．(注意動(dòng)能增量是末動(dòng)能減初動(dòng)能)（5)按照動(dòng)能定理列式求解．典例3如圖所示，AB為eq\f（1，4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長(zhǎng)度也是R。一質(zhì)量為m的物體，與兩個(gè)軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ，當(dāng)它由軌道頂端A從靜止下滑時(shí),恰好運(yùn)動(dòng)到C處停止,那么物體在AB段克服摩擦力做功為()A．eq\f(1,2)μmgR B．eq\f(1,2）mgRC．mgR D．（1－μ)mgR【思路點(diǎn)撥】AB段的摩擦力為變力,故可以由動(dòng)能定理求解;而B(niǎo)C段為恒力，可以直接由功的公式求解；BC段摩擦力可以求出，由做功公式求得BC段摩擦力對(duì)物體所做的功；對(duì)全程應(yīng)用動(dòng)能定理即可求得AB段克服摩擦力所做的功．【解析】BC段物體受摩擦力f＝μmg,位移為R，故BC段摩擦力對(duì)物體做功W＝－fR＝－μmgR。對(duì)全程由動(dòng)能定理可知，mgR＋W1＋W＝0解得W1＝μmgR－mgR;故AB段克服摩擦力做功為W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.故選D．【答案】D如圖AB水平,在恒力F作用下質(zhì)量m＝1kg的小滑塊由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),當(dāng)?shù)竭_(dá)B點(diǎn)時(shí)立即停止用力，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5,AB長(zhǎng)為L(zhǎng)＝5。0m,BCD為一半徑為R＝1.0m的光滑半圓軌道，BOD在同一豎直線上(g取10m/s2)，求：(1)欲使小滑塊剛能通過(guò)D點(diǎn),力F的大??；（2）若力F＝15N，求小滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大??；（3）若使小滑塊正好又落回點(diǎn)A，小滑塊通過(guò)半圓軌道D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。馕?(1)小滑塊剛能通過(guò)D點(diǎn)時(shí),重力提供向心力，mg＝meq\f(veq\o\al（2,D)，R)，從A到D的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得，F(xiàn)L－μmgL－2mgR＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2,D),解得F＝10N.(2）若力F＝15N,從A到D的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得，F(xiàn)L－μmgL－2mgR＝eq\f（1，2）mvD′2，滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得,mg＋FN1＝meq\f(veq\o\al（2,D1），R)，聯(lián)立解得FN1＝50N,根據(jù)牛頓第三定律可知，小滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為50N.（3）滑塊離開(kāi)D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，小滑塊正好又落回點(diǎn)A時(shí)，豎直方向上，2R＝eq\f(1,2）gt2，水平方向上,L＝vD2t，聯(lián)立解得vD2＝eq\f（5,2）eq\r（10）m/s,滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí),mg＋FN2＝meq\f(veq\o\al（2，D2），R)，聯(lián)立解得FN2＝52.5N,根據(jù)牛頓第三定律可知，小滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為52.5N.答案：(1)10N(2)50N（3）52.5N名師方法總結(jié)(1)變力做的功不能用功的公式W＝F·lcosα來(lái)求．（2)動(dòng)能定理W＝ΔEk＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,2)－eq\f(1，2)mveq\o\al（2,1）＝Ek2－Ek1，雖然是在物體受恒力作用，且做直線運(yùn)動(dòng)的情況下推導(dǎo)出來(lái)的，但是，它同樣適用于外力是變力、物體做曲線運(yùn)動(dòng)的情況．應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出變力做的功．名師點(diǎn)易錯(cuò)1．功的計(jì)算公式W＝Flcosα只能求恒力做的功，不能求變力的功，而由動(dòng)能定理知，只要求出物體的動(dòng)能變化ΔEk＝Ek2－Ek1,就可以間接求得變力做的功．2．列方程時(shí)等號(hào)的左邊是合外力做的功，右邊是動(dòng)能的變化量，為末動(dòng)能減去初動(dòng)能.eq^\o（，,\s\do4（)）對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練一動(dòng)能的理解1．（多選）(2018·北京模擬)對(duì)于物體經(jīng)歷的一個(gè)過(guò)程，以下說(shuō)法正確的是()A．物體的動(dòng)能變化為零時(shí)，物體所受合外力一定為零B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為零時(shí),摩擦力做功一定為零C．物體運(yùn)動(dòng)中動(dòng)能不變時(shí)，合外力總功一定為零D．物體所受合外力為零時(shí)，物體的動(dòng)能變化一定為零解析：根據(jù)動(dòng)能定理可知，物體所受合外力做功為零時(shí)，動(dòng)能的變化為零，此時(shí)合外力不一定為零,A選項(xiàng)錯(cuò)誤，C選項(xiàng)正確；摩擦力做功與物體運(yùn)動(dòng)的路程有關(guān)，與位移無(wú)關(guān)，位移為零時(shí)，路程不一定為零，B選項(xiàng)錯(cuò)誤;物體所受合外力為零時(shí),合外力做功一定為零,動(dòng)能變化一定為零，D選項(xiàng)正確．答案：CD對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練二動(dòng)能定理的理解2．（多選)下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．在國(guó)際單位制中，長(zhǎng)度、質(zhì)量和時(shí)間三個(gè)物理量單位為力學(xué)基本單位B．車(chē)速越大的汽車(chē),它的慣性越大C．載重汽車(chē)的重心位置跟所載物體的質(zhì)量和疊放的方式有關(guān)D．在同一路面同一速度行駛的汽車(chē)，載重越大，緊急剎車(chē)后滑行的路程越長(zhǎng)解析:力學(xué)中的基本物理量有三個(gè)，它們分別是長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間，故A正確;慣性的大小僅僅與質(zhì)量有關(guān)，與物體的速度無(wú)關(guān)．故B錯(cuò)誤；物體的重心位置跟物體的質(zhì)量分布情況和物體的形狀有關(guān)，故C正確;根據(jù)動(dòng)能定理得：－μmgs＝0－eq\f（1,2）mveq\o\al（2,0),得剎車(chē)后滑行的路程s＝eq\f（veq\o\al（2，0),2μg)，μ相同，則車(chē)速越大，s越大;與質(zhì)量無(wú)關(guān),故D錯(cuò)誤．本題選擇錯(cuò)誤的,故選BD．答案:BD3．（多選)甲、乙兩個(gè)質(zhì)量相同的物體，用大小相等的力F分別拉它們?cè)谒矫嫔蠌撵o止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)相同的距離s，如圖所示,甲在光滑面上，乙在粗糙面上,則下列關(guān)于力F對(duì)甲、乙兩物體做的功和甲、乙兩物體獲得的動(dòng)能的說(shuō)法中正確的是()A．力F對(duì)甲物體做功多B．力F對(duì)甲、乙兩個(gè)物體做的功一樣多C．甲物體獲得的動(dòng)能比乙大D．甲、乙兩個(gè)物體獲得的動(dòng)能相同解析：由功的公式W＝Flcosα＝F·s可知,兩種情況下力F對(duì)甲、乙兩個(gè)物體做的功一樣多,A錯(cuò)誤,B正確；根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)甲有Fs＝Ek1,對(duì)乙有，F(xiàn)s－fs＝Ek2，可知Ek1〉Ek2，即甲物體獲得的動(dòng)能比乙大，C正確,D錯(cuò)誤．答案:BC對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練三動(dòng)能定理的應(yīng)用4．小球由地面豎直上拋,上升的最大高度為H,設(shè)所受阻力大小恒定，地面為零勢(shì)能面．在上升至離地高度eq\f(5，9）H處,小球的動(dòng)能和勢(shì)能相等,則物體所受阻力的大小是()A．eq\f（1，2）mg B．eq\f(1，3）mgC．eq\f(1，4)mg D．eq\f(1，5)mg解析:設(shè)小球受到的阻力大小恒為Ff，小球上升至最高點(diǎn)過(guò)程由動(dòng)能定理得：－mgH－FfH＝0－eq\f（1，2）mveq\o\al（2，0）。小球上升至離地高度eq\f（5,9）H處時(shí)速度設(shè)為v1，由動(dòng)能定理得：－eq\f（5，9)mgH－eq\f(5,9）FfH＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2,1）－eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0）。又eq\f（1，2）mveq\o\al（2,1)＝eq\f（5,9）mgH,解得物體所受阻力的大小Ff＝eq\f(1,4）mg，選項(xiàng)C正確．答案：C5．(2018·西安市長(zhǎng)安區(qū)期中）甲、乙、丙三輛汽車(chē)的質(zhì)量之比是1∶2∶3，如果它們的動(dòng)能相等,且輪胎與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相等，則它們關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后滑行距離之比是________．解析：汽車(chē)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),摩擦力做負(fù)功．根據(jù)動(dòng)能定理可知，－μmgx＝0－Ek解得汽車(chē)滑行距離x＝eq\f（Ek，μmg）根據(jù)題意可知，Ek、μ、g相等，則汽車(chē)的滑行距離與質(zhì)量成反比x1∶x2∶x3＝eq\f（1，m1）∶eq\f（1,m2)∶eq\f(1，m3）＝6∶3∶2。答案：6∶3∶26．如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，用質(zhì)量為m＝1kg的小物塊壓緊彈簧，從A處由靜止釋放后的物塊,在彈簧彈力的作用下沿水平桌面向右運(yùn)動(dòng),物體離開(kāi)彈簧后繼續(xù)運(yùn)動(dòng),離開(kāi)桌面邊緣B后，落在水平地面C點(diǎn)．C點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離x＝1m，桌面高度為h＝1.25m,AB長(zhǎng)度為s＝1。5m，物體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，小物塊可看成質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2。求：（1)物塊在水平面上運(yùn)動(dòng)到桌面邊緣B處的速度大小；（2）物塊落地時(shí)速度大小及速度與水平方向夾角的正切值；（3)彈簧彈力對(duì)物塊做的功．解析：（1)物塊離開(kāi)桌子邊緣后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有h＝eq\f(1，2）gt2,解得t＝0.5s，水平方向上有x＝vBt，解得vB＝2m/s.(2)平拋過(guò)程用動(dòng)能定理：mgh＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2，C)－eq\f(1，2)mveq\o\al（2,B）解得vC＝eq\r(29）m/s物塊落地時(shí)水平方向vx＝vB＝2m/s豎直方向上vy＝gt＝5m/s則tanθ＝eq\f（vy,vx）＝2.5。（3）從A到B的過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理有W彈－μmgs＝eq\f(1，2)mveq\o\al（2，B)－0解得W彈＝8J.答案：（1）2m/s（2）2。5（3)8J【強(qiáng)化基礎(chǔ)】1．兩個(gè)物體質(zhì)量比為1∶4，速度大小之比為4∶1，則這兩個(gè)物體的動(dòng)能之比為（）A．1∶1 B．1∶4C．4∶1 D．2∶1解析：根據(jù)Ek＝eq\f（1,2）mv2得，動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝eq\f（1,2)×1×42∶eq\f(1，2）×4×12＝4∶1.故選C．答案：C2．質(zhì)量約為0。5kg的足球被腳踢出后,在水平地面上沿直線向前運(yùn)動(dòng)約50m后停止．假定運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)腳對(duì)球的平均作用力為300N，足球在地面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒為其重力的0。06倍，則運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)腳對(duì)足球做的功為下列哪一個(gè)數(shù)值(）A．0.5J B．15JC．250J D．15000J解析：在人踢出足球和足球停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只有人和阻力對(duì)足球做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得：W＋Wf＝Ek，且阻力做功：Wf＝－fs＝－0。06×0。5×10×50J＝－15J設(shè)人做的功為W，則：W＋Wf＝0，即：W＝15J，B正確,A、C、D錯(cuò)誤．故選B．答案：B3．(多選)質(zhì)量為1kg的物體，以2m/s的速度在光滑水平長(zhǎng)直軌道上滑行．從某時(shí)刻起對(duì)該物體施加一個(gè)沿軌道的水平力,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,物體的速度變化量大小為4m/s，則在此過(guò)程中水平力做的功可能為(）A．0 B．2JC．8J D．16J解析：物體的速度改變量的大小為4m/s，如果末速度方向與初速度方向相同，則末速度大小為6m/s，根據(jù)動(dòng)能定理得，W＝eq\f(1，2)mv2－eq\f（1,2)mveq\o\al(2，0)＝16J;如果末速度方向與初速度方向相反時(shí)，則末速度大小為2m/s，做功W＝0，A、D選項(xiàng)正確．答案：AD4．(2018·江蘇模擬）將一個(gè)質(zhì)量為m的小球從足夠高處水平拋出，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，小球的動(dòng)能為Ek，再經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間后，小球的動(dòng)能為2Ek（此時(shí)小球未落地），不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,則小球拋出的初速度大小為()A．3eq\r(\f（Ek,2m)） B．eq\r(\f（3Ek,2m））C．eq\r(\f（2Ek,3m)) D．2eq\r(\f(Ek,3m)）解析：小球以初速度v0做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t時(shí)間，根據(jù)動(dòng)能定理可知，mg·eq\f（1，2）gt2＝Ek－eq\f（1，2)mveq\o\al(2,0）.經(jīng)過(guò)2t時(shí)間，mg·eq\f(1，2)g(2t)2＝2Ek－eq\f（1,2)mveq\o\al(2，0）。聯(lián)立解得，v0＝2eq\r(\f（Ek,3m))，D選項(xiàng)正確,A、B、C選項(xiàng)錯(cuò)誤．答案:D5．一木塊靜止在粗糙水平面上，現(xiàn)用一大小為F1的水平力拉動(dòng)木塊，經(jīng)過(guò)時(shí)間t,其速度為v.若將水平拉力的大小改為F2,木塊從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)相等時(shí)間t，速度變?yōu)?v.對(duì)以上兩個(gè)過(guò)程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力做的功，則(）A．WF2＞4WF1Wf2＞2Wf1B．WF2＞4WF1Wf2＝2Wf1C．WF2＜4WF1Wf2＝2Wf1D．WF2＜4WF1Wf2＜2Wf1解析：兩次運(yùn)動(dòng)中,在同樣的時(shí)間內(nèi)，它們的位移之比s1∶s2＝eq\f（v,2)t∶eq\f(2v，2)t＝1∶2,兩次運(yùn)動(dòng)中木塊所受的摩擦力不變，克服滑動(dòng)摩擦力做功之比Wf1∶Wf2＝s1∶s2＝1∶2，解得Wf2＝2Wf1。根據(jù)動(dòng)能定理得,WF－Wf＝eq\f(1,2）mv2－0，解得WF2＝4WF1－2Wf1，即WF2<4WF1,C選項(xiàng)正確．答案：C【鞏固易錯(cuò)】6．（多選）一個(gè)高爾夫球靜止于平坦的地面上．在t＝0時(shí)球被擊出，飛行中球的速率與時(shí)間的關(guān)系如圖所示．若不計(jì)空氣阻力的影響，根據(jù)圖象提供的信息可以求出的量是（）A．高爾夫球在何時(shí)落地B．高爾夫球可上升的最大高度C．人擊球時(shí)對(duì)高爾夫球做的功D．高爾夫球落地時(shí)離擊球點(diǎn)的距離解析:不計(jì)空氣阻力，高爾夫球落到水平地面上時(shí),速率相等．由圖看出，小球5s時(shí)刻落地,故A正確；小球的初速度大小為v0＝31m/s,到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v＝19m/s，由動(dòng)能定理得－mgh＝eq\f（1，2）mv2－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,0),由此式可求出最大高度h，故B正確;由動(dòng)能定理得：人擊球時(shí)對(duì)高爾夫球做的功W＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0），由于高爾夫球的質(zhì)量m未知，無(wú)法求出W，故C錯(cuò)誤；高爾夫球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),水平方向分速度vx＝19m/s,高爾夫球落地時(shí)離擊球點(diǎn)的距離為S＝vxt＝19×5m＝95m,故D正確．故選ABD．答案：ABD7．（多選）如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動(dòng)摩擦力大小為f.現(xiàn)用一水平恒力F作用在滑塊上，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為s.下列說(shuō)法正確的是（）A．上述過(guò)程中，滑塊克服摩擦力做功為f(L＋s）B．其他條件不變的情況下，M越大，s越小C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)木板右端所用時(shí)間越長(zhǎng)D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多解析：上述過(guò)程中，滑塊相對(duì)于地面的位移為L(zhǎng)＋s，則滑塊克服摩擦力做功為f(L＋s)，故A正確；其他條件不變的情況下，由于木板受到摩擦力不變，當(dāng)M越大時(shí),木板加速度小，而滑塊加速度不變，相對(duì)位移一樣，滑快在木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)間短，所以木板運(yùn)動(dòng)的位移s小，故B正確；滑塊和木板都是