第七章第七节

第七章 第7节1．关于动能的概念，下列说法中正确的是( ) A ．物体由于运动而具有的能叫做动能 B ．运动物体具有的能叫动能C ．运动物体的质量越大，其动能一定越大D ．速度较大的物体，具有的动能一定较大解析：物体由于运动而具有的能叫动能，但是运动的物体可以具有多种能量，如重力势能，内能等．故A 正确，B 错误；由公式E k ＝12m v 2可知，动能既与m 有关，又与v 有关，C 、D均错．答案：A2．质点在恒力作用下，从静止开始做匀加速直线运动，则质点的动能( ) A ．与它通过的位移成正比 B ．与它通过的位移的平方成正比 C ．与它运动的时间成正比 D ．与它运动的时间的平方成正比解析：由动能定理得Fs ＝12m v 2，运动的位移s ＝12at 2，质点的动能在恒力F 一定的条件下与质点的位移成正比，与物体运动的时间的平方成正比．答案：AD3．某人把质量为0.1 kg 的一块小石头，从距地面为5 m 的高处以60°角斜向上抛出，抛出时的初速度大小为10 m/s ，则当石头着地时，其速度大小约为(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)( )A ．14 m/sB ．12 m/sC ．28 m/sD ．20 m/s解析：由动能定理，重力对物体所做的功等于物体动能的变化，则mgh ＝12m v 22－12m v 21，v 2＝v 21＋2gh ＝10 2 m/s ，A 对．答案：A4．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/s 2)，则下列说法正确的是( )A ．手对物体做功12 JB ．合力做功2 JC ．合力做功12 JD ．物体克服重力做功10 J解析：W G ＝－mgh ＝－10 J ，D 正确．由动能定理W 合＝ΔE k ＝12m v 2－0＝2 J ，B 对，C 错．又因W 合＝W 手＋W G ，故W 手＝W 合－W G ＝12 J ，A 对． 答案：ABD5．在距地面高12 m 处，以12 m/s 的水平速度抛出质量为0.5 kg 的小球，其落地时速度大小为18 m/s ，求小球在运动过程中克服阻力做功多少？(g 取10 m/s 2)解析：对小球自抛出至落地过程由动能定理得： mgh －W f ＝12m v 22－12m v 21则小球克服阻力做功为： W f ＝mgh －⎝⎛⎭⎫12m v 22－12m v 21＝0.5×10×12 J －⎝⎛⎭⎫12×0.5×182－12×0.5×122 J ＝15 J. 答案：15 J(时间：45分钟 满分：60分)一、选择题(共8个小题，每题5分，共40分) 1．质量一定的物体( )A ．速度发生变化时其动能一定变化B ．速度发生变化时其动能不一定变化C ．速度不变时其动能一定不变D ．动能不变时其速度一定不变解析：速度是矢量，速度变化时可能只有方向变化，而大小不变，动能是标量，所以速度只有方向变化时，动能可以不变；动能不变时，只能说明速度大小不变，但速度方向不一定不变，故只有B 、C 正确．答案：BC2．甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F 分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s .如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F 对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )A ．力F 对甲物体做功多B ．力F 对甲、乙两个物体做的功一样多C ．甲物体获得的动能比乙大D ．甲、乙两个物体获得的动能相同解析：由功的公式W ＝Fl cos α＝F ·s 可知，两种情况下力F 对甲、乙两个物体做的功一样多，A 错误，B 正确；根据动能定理，对甲有Fs ＝E k1，对乙有Fs －fs ＝E k2，可知E k1＞E k2，即甲物体获得的动能比乙大，C 正确，D 错误．答案：BC3．一质量为m 的滑块，以速度v 在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2v (方向与原来相反)，在这段时间内，水平力所做的功为( )A.32m v 2 B ．－32m v 2C.52m v 2 D ．－52m v 2解析：本题考查动能定理．由动能定理得W＝12m(2v)2－12m v2＝32m v2.答案：A4.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 s～2 s内，合外力不做功D．在0～3 s内，合外力总是做正功解析：由v－t图知0～1 s内，v增加，动能增加，由动能定理可知合外力做正功，A对.1 s～2 s内v减小，动能减小，合外力做负功，可见B、C、D错．答案：A5.一质量为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点很缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为()A．mgl cos θB．Fl sin θC．mgl(1－cos θ) D．Fl解析：小球缓慢由P→Q过程中，F大小变化，为变力做功．设力F做功为W F，对小球由P→Q应用动能定理W F－mgl(1－cos θ)＝0所以W F＝mgl(1－cos θ)，故选C.答案：C6．一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于()A．物体重力势能的增加量B．物体动能的增加量C．物体动能的增加量加上物体重力势能的增加量D．物体动能的增加量加上克服重力所做的功解析：因重力做的功等于重力势能的改变，物体向上运动，重力做负功，或物体克服重力做功，得W G＝mgh，设克服重力做功W G对物体应用动能定理列方程有W F－W G＝ΔE k所以W F＝W G＋ΔE k，故C、D正确．答案：CD7．物体从高h 的斜面顶端A 由静止滑下，到斜面底端后又沿水平面运动到C 点而停止．要使这个物体从C 点沿原路返回到A ，则在C 点处物体应具有的速度大小至少是( )A.2gh B ．2gh C.ghD.3gh解析：从A →C 由动能定理得mgh －W f ＝0，从C →A 有－mgh －W f ＝0－12m v 20，故C 点速度v 0＝2gh .答案：B8.假设在某次比赛中他从10 m 高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当做质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)( )A ．5 mB ．3 mC ．7 mD ．1 m解析：设水深h ，对运动全程运用动能定理 mg (H ＋h )－F f h ＝0，即mg (H ＋h )＝3mgh .所以h ＝5 m. 答案：A二、非选择题(共2个小题，每题10分，共20分)9．如图所示， ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 是水平的，其长度d ＝0.50 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为多少？解析：设从开始到停止，小物块通过路程为s ，则对小物块全程应用动能定理有mgh －μmg ·s ＝0 解得s ＝3 m ，又sd ＝6，故物块停在B 点． 停的地点到B 的距离为0. 答案：010．冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB 处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O .为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2＝0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C 在投掷线中点处以2 m/s 的速度沿虚线滑出．为使冰壶C 能够沿虚线恰好到达圆心O 点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g 取10 m/s 2)解析：设冰壶在未被毛刷擦过的地方滑行距离为s 1，所受摩擦力为Ff 1，在毛刷刷过的地方滑行距离为s 2，所受摩擦力大小为Ff 2，则有s 1＋s 2＝s ，Ff 1＝μ1mg ，Ff 2＝μ2mg设冰壶初速度为v 0，对冰壶由AB 线至O 点过程，用动能定理列方程－Ff 1s 1－Ff 2s 2＝－12m v 2联立以上各式可得s 2＝2μ1gs －v 22g (μ1－μ2)代入数据得s 2＝10 m. 答案：10 m。

武汉市常青第一中学STR 课堂教学模式导学案编制人：唐文章审核人: 胡卫雄编号:001 班级____________ 小组：_________ 姓名：_________ 组内评价：_________ 教师评价：_________第七章机械能守恒定律第七节动能和动能定理学习目标：1．明确动能的表达式及含义．2．能理解和推导动能定理．3．掌握动能定理及其应用．自主学习（预习案）：【教材导读】一、动能1．定义：物体由于________而具有的能．2．表达式：________，式中v是瞬时速度．3．单位：动能的单位与功的单位相同，国际单位都是________，符号为J.1 J＝1 kg·m2/s2＝1 N·m4．对动能概念的理解二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中________．2．表达式(1)W＝________.(2)W＝________.说明：①式中W为________，它等于各力做功的________．②如果合外力做正功，物体的________，合外力做负功，物体的________．3．适用范围：不仅适用于________做功和________运动，也适用于________做功和________运动的情况．[预习交流1] 两个物体质量比为1：4，速度大小之比为4：1，则这两个物体的动能之比为( ) A．1：1 B．1：4 C．4：1 D．2：1[预习交流2] 足球运动员用100N的力踢出足球，足球的质量为0.4 kg，足球被踢出时的速度为10 m/s，足球被踢出后在地面上运动了10 m停下．在这个过程中，足球运动员对足球做功了吗？足球运动员对足球所做的功是否可以用踢球的100 N的力与足球在地面上运动的10 m位移的乘积来求？为什么？若不能，应该怎样求这个功？功为多少？合作探究·交流展示（探究案）：探究一如何理解动能的标量性瞬时性相对性？例1] (多选)对于动能的理解，下列说法中正确的是( )A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的C．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D．动能不变的物体，一定处于平衡状态[对点训练1]下列说法中正确的是( )A．做直线运动的物体动能不变，做曲线运动的物体动能变化B．物体的速度变化越大，物体的动能变化也越大C．物体的速度变化越快，物体的动能变化也越快D．物体的速率变化越大，物体的动能变化也越大探究二、试总结应用动能定理解决实际问题的基本思路。

第七章 第七节动能和动能定理基础夯实一、选择题(1～3题为单选题，4、5题为多选题)1．关于动能的理解，下列说法错误的是( )A ．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动物体都具有动能B ．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的C ．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D ．动能不变的物体，一定处于平衡状态答案：D解析：动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体就有动能，A 选项正确。

由于E k ＝12m v 2，而v 与参考系的选取有关，所以B 正确。

由于速度为矢量，当只有方向变化时其动能并不改变，故C 正确。

做匀速圆周运动的物体动能不变，但并不是处于平衡状态，故D 选项错误。

2．(济南一中2013～2014学年高一下学期期中)质量为m 的金属块，当初速度为v 0时，在水平面上滑行的最大距离为S ，如果将金属块质量增加到2m ，初速度增大到2v 0，在同一水平面上该金属块最多能滑行的距离为( )A ．SB ．2SC ．4SD ．8S答案：C解析：根据动能定理得μmgS ＝12m v 20μ2mgS ′＝12·2m ·(2v 0)2 由以上两式解得S ′＝4S 。

3．人骑自行车下坡，坡长l ＝500m ，坡高h ＝8m ，人和车总质量为100kg ，下坡时初速度为4m/s ，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10m/s ，g 取10m/s 2，则下坡过程中阻力所做的功为( )A ．－4000JB ．－3800JC ．－5000JD ．－4200J答案：B解析：由动能定理得mgh ＋W f ＝12m (v 2t －v 20)， 解得W f ＝－mgh ＋12m (v 2t －v 20)＝－3800J ，故B 正确。

4．关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化，下列说法正确的是( )A ．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能一定要变化B ．运动物体所受的合力为零，则物体的动能一定不变C ．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力不一定为零D ．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动答案：BCD解析：由功的公式W ＝Fl cos α知，合力不为零，但若α＝90°，合力的功也为零，A 错误。

第7节动能和动能定理一、动能1．大小：E k ＝12mv 2。

2．单位：国际单位制单位为焦耳，1 J ＝1N·m＝1 kg·m 2/s 2。

3．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向，只有正值，没有负值。

二、 动能定理1．推导：如图所示，物体的质量为m ，在与运动方向相同的恒力F 的作用下发生了一段位移l ，速度由v 1增加到v 2，此过程力F 做的功为W 。

1．物体由于运动而具有的能量叫做动能，表达式为E k ＝12mv 2。

动能是标量，具有相对性。

2．力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过 程中动能的变化，这个结论叫动能定理，表达式为 W ＝E k2－E k1。

3．如果物体同时受到几个力的共同作用，则W 为合力 做的功，它等于各个力做功的代数和。

4．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功， 既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

2．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

3．表达式：W＝E k2－E k1。

4．适用范围：既适用于恒力做功也适用于变力做功；既适用于直线运动也适用于曲线运动。

1．自主思考——判一判(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。

(×)(5)物体的动能增加，合外力做正功。

(√)2．合作探究——议一议(1)歼­15战机是我国自主研发的第一款舰载战斗机，如图所示：①歼­15战机起飞时，合力做什么功？速度怎么变化？动能怎么变化？②歼­15战机着舰时，动能怎么变化？合力做什么功？增加阻拦索的原因是什么？提示：①歼­15战机起飞时，合力做正功，速度、动能都不断增大。

②歼­15战机着舰时，动能减小，合力做负功。

第7节 阿氏圆知识与方法1.阿氏圆：设A 、B 是平面上的两个定点，若平面内的动点P 满足PA PBλ=（0λ>且1λ≠），则点P 的轨迹是圆，该圆叫做阿氏圆.2．考题中常用的阿氏圆性质：（1）圆心位置：当1λ>时，圆心M 在AB 的延长线上；当01λ<<时，圆心M 在BA 的延长线上.（2）半径公式：21dr λλ=-，其中d 为两定点A 、B 之间的距离.（3）找定点：如右图所示，设圆M 的半径为r ，对于圆M 外任意一点A ，连接AM 交圆M 于点N ，则在线段MN 上必定存在点B ，使得对于圆M 上任意一点P ，都有PAPB λ=，可以根据2MA MB r ⋅=找到点B MA MBλ=求出λ.典型例题【例题】已知两个定点()2,0A -，()4,0B ，若动点C 满足2CB CA =，则点C 的轨迹方程为______.【解析】设(),C x y ，因为2CB CA =()()2222422x y x y -+=++，化简得：()22416x y ++=【答案】()22416x y ++=变式1 已知圆()22:416M x y ++=，点()2,0A -，若x 轴上的定点B 满足对圆M 上的任意一点C ，都有PA PBλ=恒成立，其中λ为常数，则点B 的坐标为______，常数______.【解析】设(),0B a ，()00,C x y ，则()2200416x y ++=，所以()22200001648y x x x =-+=--，故()()()2222000000022222200000002448442828x y CA x x x x x CBx ax a x x a x a x a y ++++----+--+--+ 要使CA CB 为定值，应有24428a a-=+-， 解得：4a =或2-（舍去），所以点B 的坐标为()2,0-， 此时0044116162CA x CBx -==-，即12λ=.解法2：如图，由阿氏图性质，点B 在MA 的延长线上，且2MA MB r ⋅=，所以216MB =，故8MB =，显然()4,0M -，从而点B 的坐标为()4,0，12MA MBλ==.【答案】()2,0-，12变式2 在ABC 中，6AB =，2BC AC =，则ABC 的面积的最大值为______. 【解析】解法1：设AB c =，BC a =，AC b =，则6c =，2a b =，由余弦定理，22222536cos 24a b c b C ab b +--==， 所以222221536sin sin 1cos 124ABCb Sab C b C b C b b ⎛⎫-===-- ⎪⎝⎭()()4222242225360361194014492092561644b b b b b b -+=-=--+=--+⨯所以当25b =ABC 的面积取得最大值12.解法2：以AB 中点O 为原点建立如图1所示的平面直角坐标系， 则()3,0A -，()3,0B ，设(),C x y ，因为2BC AC =()()2222323x y x y -+++，化简得：()22516x y ++=()0y ≠所以点C 的轨迹是以5,0M -为圆心，4为半径的圆（不含与x 轴的交点)，如图1，由图可知，()max 164122ABC S=⨯⨯=. 解法3：由2BC AC =可知点C 的轨迹是阿氏圆，设圆心为M ，半径为r ，如图2，由阿氏圆性质，22264121d r λλ⨯===--，结合图形可得()max 164122ABC S =⨯⨯=.【答案】12变式 3 在平面直角坐标系中，已知点()4,0B ，()1,4D ，C 为圆()22:416M x y ++=上的动点，则2CB CD +的最小值为______.【解析】先根据阿氏圆性质，找到与点()4,0B 对应的圆M 内的定点A ， 由2MA MB r ⋅=可得2MA =所以()2,0A -，且对于圆M 上的任意一点C ， 都有2CB MB CAMA==，从而2CB CA =所以()2222CB CD CA CD CA CD +=+=+，如图，由图可知当点C 在圆M 上运动到如图所示位置时，CA CD +取得最小值， 且最小值为()()2221045AD --+-=，所以2CB CD +的最小值为10.【答案】10变式 4 在平面直角坐标系中，已知点()4,0B ，()4,2D -，C 为圆()22:416M x y ++=上的动点，则2CB CD -的最大值为______.【解析】先根据阿氏圆性质，找到与点()4,0B 对应的圆M 内的定点A ， 由2MA MB r ⋅=可得2MA =，所以()2,0A -，且对于圆M 上的任意一点C ， 都有2CB MB CAMA==，从而2CB CA =所以()2222CB CD CA CD CA CD +=+=+，如图，由图可知当点C 在圆M 上运动到如图所示位置时，CA CD -取得最大值， 且最大值为2AD =2CB CD -的最大值为42 【答案】2变式5 已知抛物线2:4C y x =的焦点为F ，P 为C 上的动点，Q 为圆()22:54M x y -+=上的动点，则22PF PQ QF ++的最小值为______.【解析】由题意，()5,0M ，如图，作PN ⊥抛物线C 的准线1x =-于N ， 由抛物线定义，|PF PN =所以2222PF PQ QF PN PQ QF ++=++接下来根据阿氏圆性质，在圆M 内找到与F 对应的定点A ，由4MA MF ⋅=和4MF =可得1MA =， 所以()4,0A ，且2QF MF QAMA=，故2QF QA =，从而)222PF PQ QF PN PQ QA ++=++，如图，显然当P 为原点，点的坐标为()3,0时，PN PQ QA ++取得最小值5， 所以22PF PQ QF ++的最小值为10.【答案】10强化训练1.（★★★）已知圆22:9O x y +=，点()5,0B -，在直线OB 上存在不同于点B 的定点A ，满足对于圆O 上任意一点P ，都有PA PB是常数λ，则点A 的坐标为____，λ= ______.【解析】由阿氏圆性质，点A 在线段OB 上，且29OA OB r ⋅==，所以95OA =，从而9,05A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，35OA OBλ==【答案】9,05A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，35λ=2.（★★★）在ABC 中，4AB =，sin :sin 5:3B A =，则ABC S 的最大值为______.【解析】5sin :sin 5:3:5:33AC B A b a BC =⇒=⇒=⇒点C 的轨迹是阿氏圆，设圆心为T ，半径为r ，如图，由阿氏圆性质，225415341513d r λλ⨯===-⎛⎫- ⎪⎝⎭， 由图可知()max 11151542242ABC SAB r =⋅⋅=⨯⨯=.【答案】1523.（★★★★）设P 为圆()22:34C x y +-=上一动点，()0,1B -，()1,0M ，则2PB PM +的最小值为______. 【解析】先根据阿氏圆性质，找到与点()0,1B -对应的圆C 内的定点A ， 由2CA CB r ⋅=可得1CA =，从而2PB CB PACA==，所以2PB PA =，故(2222PB PM PA PM PA PM +=+=+显然当点P 位于如图所示位置时，PA PM +取得最小值，显然()0,3C ，所以()0,2A ，故PA PM +的最小值为5AM =2PA PM +的最小值为5【答案】54.（★★★★）设P 为圆()22:316C x y +-=上一动点，()0,13A -，()1,2M ，则4PA PM -的最大值为______.【解析】先根据阿氏圆性质，找到与点()0,13A -对应的圆C 内的定点B ，由|2CA CB r ⋅=可得1CB =， 所以()0,2B ，且4PA CA PBCB=，所以4PA PB =，从而()4444PA PM PB PM PB PM -=-=-， 显然当点P 位于如图所示位置时，PB PM -最大， 且最大值为1BM =，所以4PA PM -的最大值为4.【答案】45.（★★★★）在ABC 中，3BC =，2AB AC =，则BC BA ⋅的取值范围是______. 【解析】因为2AB AC =，所以点A 的轨迹是阿氏圆，设圆心为M ，显然点M 在BC 的延长线上，由题意，圆M 的半径22232121d r λλ⨯===-- 设MC m =，则()34MC MB m m ⋅=+=，解得：1m =或4-（舍去）， 所以4M B =，又cos 3cos BC BA BC BA B BA B ⋅=⋅⋅=⋅ 且cos BA B ⋅表示BA 在BC 方向上的投影，如图，当A 在圆M 上（不含A 、B 、C 共线的情形）运动的过程中，()cos 2,6BA B ⋅∈，故()6,18BC BA ⋅∈.【答案】()6,186.（★★★★）已知ABCD 是边长为3的正方形，其所在平面内的点P 、Q 满足2PA PB =，2QA QB =，则PQ AD ⋅的最小值为______.【解析】以A 为原点建立如图所示的平面直角坐标系，则()3,0B ，设(), P x y ，因为2PA PB =，所以()222223x y x y +-+化简得：()2214x y ++=，即点P 的轨迹是以()1,0C -为圆心，2为半径的圆，同理，点Q 的轨迹是圆()222:44C x y -+=，如图，当P 、Q 分别位于如图所示位置时，PQ 在AD 方向上的投影反向最大，且投影为4-，此时PQ AD ⋅最小，从而()()min3412PQ AD⋅=⨯-=-【答案】12-7.（★★★★）阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两个定点的距离之比为常数k （0k >且1k ≠）的点的轨迹是圆，后人将此圆称为阿氏圆．若平面内两定点A 、B 间的距离为4，动点P 满足3PA =，则动点P 的轨迹所围成的图形的面积为___，PA PB ⋅的最大值是______. 【解析】由题意，点P 的轨迹是阿氏圆，其半径()223423131dr λλ⨯===--212S r ππ==；如图，设阿圆的圆心为M ，由阿氏圆性质，12MA MB ⋅=，又4MA MB -=，所以6MA =，2MB =，当点P 位于图中0P 处时，PA 、PB 都最长且同向，显然此时PA PB ⋅最大， 所以PA PB ⋅的最大值为()()0023623224163P A P B ⋅=⨯=+.【答案】12π，24163+8.（★★★★）已知椭圆22:143x y C +=的右焦点为F ，上顶点为A ，点P 在圆22:6O x y +=上，点Q 在椭圆C 2PA PQ QF +-的最小值为______.【解析】由题意，(3A ，()1,0F ，设椭圆C 的左焦点为1F ，则()11,0F -，且14QF QF +=所以14QF QF =-，()1122424PA PQ QF PA PQ QF PA PQ QF +-+--++-① 如图，先由阿氏圆性质，找到圆外与A 对应的定点B ，(36230,23OA OB OB B ⋅==⇒=⇒， 所以2PB OB PAOA==2PB PA =，124PA PQ QF PB PQ QF +-=++-， 显然当P 、Q 分别位于图中0P 、0Q 处时，1PB PQ QF ++取得最小值，且最小值等于1BF易求得113BF =2PA PQ QF +-134.134。

第7节 动能和动能定理1．明确动能的表达式及其含义． 2．会用牛顿运动定律结合运动学规律推导出动能定理．(难点)3．理解动能定理及其含义，并能利用动能定理解决单个物体的有关问题．(重点)一、动能的表达式1．动能：E k ＝12mv 2． 2．单位：国际单位制单位为焦耳，1 J ＝1 N ·m ＝1 kg ·m 2/s 2．3．标矢性：动能是标量，只有大小．二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式：W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21．判一判 (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)两质量相同的物体，动能相同，速度一定相同．( )(4)做匀速圆周运动的物体，速度改变，动能不变．( )(5)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化．( )(6)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零．( )(7)物体的动能增加，合外力做正功．( )提示：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)× (7)√做一做 (2019·宁波质检)篮球比赛中一运动员在某次投篮过程中对篮球做功为W ，出手高度为h 1，篮筐距地面高度为h 2，球的质量为m ，不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为( )A ．W ＋mgh 1－mgh 2B ．mgh 2－mgh 1－WC ．mgh 1＋mgh 2－WD ．W ＋mgh 2－mgh 1提示：选A ．投篮过程中，篮球上升的高度h ＝h 2－h 1，根据动能定理得W －mgh ＝E k－0，故篮球进筐时的动能E k ＝W －mg (h 2－h 1)＝W ＋mgh 1－mgh 2，A 正确．想一想 歼-15战机是我国自主研发的第一款舰载战斗机，如图所示．(1)歼-15战机起飞时，合力做什么功？速度怎么变化？动能怎么变化？(2)歼-15战机着舰时，动能怎么变化？合力做什么功？增加阻拦索的原因是什么？ 提示：(1)正功 增加 变大(2)减小 负功 使动能减少的更快对动能的理解1．动能的“三个性质”(1)动能的标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向．动能的取值可以为正值或零，但不会为负值．(2)动能的瞬时性：动能是状态量，对应物体在某一时刻的运动状态．速度变化时，动能不一定变化，但动能变化时，速度一定变化．(3)动能的相对性：由于瞬时速度与参考系有关，所以E k 也与参考系有关．在一般情况下，如无特殊说明，则取大地为参考系．2．动能的变化量某一物体动能的变化量是指末状态的动能与初状态的动能之差，即ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21． 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 ．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化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[思路点拨] 动能与物体速度大小有关，与物体速度方向无关，而物体速度变化既可能是大小变化，也可能是方向变化．动能与物体的受力情况无关，仅由质量与速度大小决定．[解析] 选项A 中，若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故选项A 错误；选项B 中，物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B 错误；选项C中，物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C 正确；选项D 中，物体速度变化若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化量大时，但动能始终不变，故选项D 错误．[答案] C(1)动能是由于物体运动而具有的能量，其大小由E k ＝12mv 2决定． (2)理解动能的三性(瞬时性、标量性和相对性)，才能较全面地认识动能这一物理概念．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 ，ΔE ＝1 JB ．Δv ＝0，ΔE ＝0C ．Δv ＝0，ΔE k ＝1 JD ．Δv ＝10 m/s ，ΔE k ＝0解析：选D.速度是矢量，故Δv ＝v 2－v 1＝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ΔE k ＝0.故选D.对动能定理的理解及应用1．对动能定理的理解(1)表达式的理解①公式W ＝E k2－E k1中W 是合外力做功，不是某个力做功，W 可能是正功，也可能是负功．②E k2、E k1分别是末动能和初动能，E k2可能大于E k1，也可能小于E k1．(2)因果关系：合外力对物体做功是引起物体动能变化的原因．合外力做正功时，动能增大；合外力做负功时，动能减小．(3)实质：是功能关系的一种具体体现．合外力做功是改变物体动能的一种途径，物体动能的改变可由合外力做的功来度量．2．应用 (1)做变加速运动或曲线运动的物体常用动能定理研究．(2)当不涉及加速度、时间的计算时，做匀变速直线运动的物体也常用动能定理研究．(3)变力做功、多过程等问题可用动能定理分析、计算．命题视角1 牛顿第二定律与动能定理的比较如图所示，一质量为2 kg 的铅球从离地面2 m 高处自由下落，陷入沙坑2 cm 深处，求沙子对铅球的平均阻力．(g 取10 m/s 2)[解析] 法一：应用牛顿第二定律与运动学公式求解设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v ，则有v 2＝2gH .在沙坑中的运动阶段，设小球做匀减速运动的加速度大小为a ，则有v 2＝2ah .联立以上两式解得a ＝H h g . 设小球在沙坑中运动时受到的平均阻力为F f ，由牛顿第二定律得F f －mg ＝ma ，所以F f ＝mg ＋ma ＝H ＋h h·mg ＝2＋0.020.02×2×10 N ＝2 020 N. 法二：应用动能定理分段求解设铅球自由下落到沙面时的速度为v ，由动能定理得mgH ＝12mv 2－0， 设铅球在沙中受到的平均阻力大小为F f ，由动能定理得mgh －F f h ＝0－12mv 2， 联立以上两式得F f ＝H ＋h hmg ＝2 020 N. 法三：应用动能定理全程求解铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力F f ，重力做功W G ＝mg (H ＋h )，而阻力做功WF f ＝－F f h .由动能定理得mg (H ＋h )－F f h ＝0－0，代入数据得F f ＝2 020 N.[答案] 2 020 N命题视角2 动能定理的简单应用(2019·温州质检)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB 处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O ．为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0．008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2＝0．004．在某次比赛中，运动员使冰壶C 在投掷线中点处以2 m/s 的速度沿虚线滑出．为使冰壶C 能够沿虚线恰好到达圆心O 点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g 取10 m/s 2)[思路点拨] 解答本题时应注意以下两点：(1)分析冰壶在运动过程中的受力情况及各力做功情况；(2)确定冰壶运动过程的始、末动能及动能的变化情况．[解析] 设投掷线到圆心O 的距离为s ，冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s 1，所受摩擦力的大小为f 1，在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s 2，所受摩擦力的大小为f 2.则有s 1＋s 2＝s ，f 1＝μ1mg ，f 2＝μ2mg设冰壶的初速度为v 0，由动能定理得－f 1s 1－f 2s 2＝0－12mv 20联立以上各式并代入数据解得s 2＝2μ1gs －v 202g （μ1－μ2）＝10 m. [答案] 10 m应用动能定理解题的一般步骤(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E k1、E k2．(4)列出动能定理的方程W ＝E k2－E k1，结合其他必要的解题方程，求解并验算．【通关练习】1．如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )A ．小于拉力所做的功B ．等于拉力所做的功C ．等于克服摩擦力所做的功D ．大于克服摩擦力所做的功解析：选A.由动能定理W F －W f ＝E k －0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A 正确．2．质量是2 g 的子弹，以300 m/s 的速度射入厚度是5 cm 的木板(如图)，射穿后的速度是100 m/s ．求子弹射穿木板的过程中受到的平均阻力是多大？解析：法一：用动能定理求解设子弹的初、末速度为v 1、v 2，子弹所受平均阻力为F ，由动能定理知：Fl cos 180°＝12mv 22－12mv 21， 整理得F ＝m （v 22－v 21）2l cos 180°＝2×10－3×（1002－3002）－2×0.05N ＝1 600 N. 法二：用牛顿运动定律求解由于穿过时的位移及初、末速度均已知，由v 22－v 21＝2al 得：加速度a ＝v 22－v 212l，由牛顿第二定律得：所求阻力为F ＝ma ＝m （v 22－v 21）2l＝－1 600 N ，“－”号表示平均阻力F 的方向与运动方向相反．答案：1 600 N[随堂检测]1．关于对动能的理解，下列说法正确的是()A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．相对不同参考系，同一运动物体的动能相同C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化；速度变化时，动能也一定变化D．动能不变的物体，一定处于平衡状态解析：选A.动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体都具有动能，A正确；由于E k＝12，而v与参考系的选取有关，所以B错误；由于速度为矢量，当方向变化时2m v其动能不一定改变，故C错误；做匀速圆周运动的物体，动能不变，但并不是处于平衡状态，故D错误．2．下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是( )A．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零解析：选C.力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A、B错误．物体的合外力做功，它的动能一定变化，速度也一定变化，C正确．物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误．3．物体A和B质量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙水平面上，开始时都处于静止状态．在相同的水平力F作用下移动相同的距离，则( )A．力F对A做功较多，A的动能较大B．力F对B做功较多，B的动能较大C．力F对A和B做功相同，A和B的动能相同D．力F对A和B做功相同，但A的动能较大答案：D4．(2019·绍兴稽山中学测试)一个原来静止的质量为m的物体放在光滑的水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两个力的方向上的分速度分别为v1和v2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A ．16m v 2B ．14m v 2C ．13m v 2D ．12m v 2 解析：选B.依题意，两个力做的功相同，设为W ，则两力做的总功为2W ，物体动能的改变量为12m v 2.根据动能定理有2W ＝12m v 2，则可得一个力做的功为W ＝14m v 2. 5．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v 2时，上升的最大高度记为h ．重力加速度大小为g ．物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H 2B ．⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 2C ．tan θ和H 4D ．⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 4 解析：选D.由动能定理可知，初速度为v 时：－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12m v 2 初速度为v 2时，－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m ⎝⎛⎭⎫v 22 解之可得μ＝⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ，h ＝H 4，故D 正确． 6．总质量为M 的汽车，沿平直公路匀速前进，其拖车质量为m ，中途脱钩，司机发觉时，车头已行驶L 的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力．设汽车运动时所受的阻力与质量成正比，车头的牵引力是恒定的．当汽车的两部分都停止时，它们的距离是多少？解析：设汽车沿平直公路匀速前进的速度为v 0，依题意作出草图，标明各部分运动的位移，如图所示．汽车匀速运动时，阻力F f ＝F 牵＝kMg (k >0)对车头，脱钩后的全过程由动能定理得F 牵L －k (M －m )gs 1＝0－12(M －m )v 20 对拖车，脱钩后由动能定理得－kmgs 2＝0－12m v 20 又Δs ＝s 1－s 2联立以上各式解得Δs ＝ML M －m． 答案：ML M －m[课时作业]一、选择题1．关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是( )A ．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化B ．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变C ．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零D ．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化解析：选B.关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点．(1)若运动物体所受合力为零，则合力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化．(2)物体所受合力不为零，物体必做变速运动，但合力不一定做功，合力不做功，则物体动能不变化．(3)物体的动能不变，一方面表明物体所受的合力不做功；同时表明物体的速率不变(速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合力只是用来改变速度方向，产生向心加速度，如匀速圆周运动)．根据上述三个要点不难判断，本题只有选项B 是正确的．2．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A ．一样大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：选A.根据动能定理可知12m v 2末＝mgh ＋12m v 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确．3．质量为m 的金属块，当初速度为v 0时，在水平面上滑行的最大距离为s ．如果将金属块质量增加到2m ，初速度增大到2v 0，在同一水平面上该金属块最多能滑行的距离为( )A ．sB ．2sC ．4sD ．8s解析：选C.设金属块与水平面间的动摩擦因数为μ.则由动能定理得－μmgs ＝－12m v 20① －μ·2mg ·s ′＝－12×2m ×(2v 0)2② 由①、②得s ′＝4s ．C 正确．4．(2019·舟山期末)有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图所示，如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )A ．木块所受的合外力为零B ．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力的功为零C ．重力和摩擦力所做的功代数和为零D ．重力和摩擦力的合力为零解析：选C.木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合外力不为零，选项A 错误；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与阻力做的功代数和为零，但重力和阻力的合力不为零，选项C 正确，选项B 、D 错误．5．如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g ．质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A ．14mgR B ．13mgR C ．12mgR D ．π4mgR解析：选C.质点由静止开始下落到最低点Q的过程中由动能定理：mgR－W＝122m v质点在最低点：F N－mg＝m v2R由牛顿第三定律得：F N＝2mg，联立得W＝12mgR，到达Q后会继续上升一段距离．故选C．6．(2019·嘉兴检测)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是( )解析：选A.设小球抛出瞬间的速度大小为v0，抛出后，某时刻t小球的速度v＝v0－gt，故小球的动能E k＝12＝12m(v0－gt)2，结合数学知识知，选项A正确．2m v7．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能()A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析：选C.若恒力的方向与初速度的方向相同或二者夹角为锐角，物体一直做加速运动，选项A不符合题意；若恒力的方向与初速度的方向相反，物体先做匀减速运动，再反向做匀加速运动，选项B不符合题意；若恒力方向与初速度方向之间的夹角为钝角(如斜上抛运动)，则选项D不符合题意，故符合题意的选项为C.8．物体沿直线运动的v－t关系图象如图所示，已知在第1秒内合外力对物体所做的功为W，则()A ．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB ．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC ．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD ．从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75W解析：选C.物体在第1秒末速度为v ，由动能定理可得在第1秒内合外力的功W ＝12m v 2－0从第1秒末到第3秒末物体的速度不变，所以合外力的功为W 1＝0从第3秒末到第5秒末合外力的功为W 2＝0－12m v 2＝－W 从第5秒末到第7秒末合外力的功为W 3＝12m (－v )2－0＝W 第4秒末的速度v 4＝v 2所以从第3秒末到第4秒末合外力的功W 4＝12m ⎝⎛⎭⎫v 22－12m v 2＝－34W 故选项C 正确．9．(2019·杭州测试)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径，若在A 点以初速度v 1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D 点；若在A 点抛出小球的同时，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球并且也能击中D 点．已知∠COD ＝60°，且不计空气阻力，则( )A ．两小球同时落到D 点B ．两小球在此过程中动能的增加量相等C ．在击中D 点前瞬间，重力对两小球做功的功率相等D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶3解析：选D.本题考查平抛运动规律及功和功率．由h ＝12gt 2可知小球下落时间取决于下落高度，因C 点距D 点的高度是AD 竖直高度的一半，故从C 点抛出的小球先到达D 点，选项A 错误；由动能定理可知两球在此过程中动能的增加量等于重力所做功的大小，由W ＝mgh 可知选项B 错误；根据P ＝mg v 可知重力的瞬时功率与其竖直方向速度有关，由2gh ＝v 2可得从A 点抛出的小球落到D 点时竖直方向分速度大于从C 点抛到D 点的分速度，选项C 错误；由h ＝12gt 2及x ＝v 0t 可得v 1∶v 2＝6∶3，选项D 正确． 10．在光滑的水平面上，质量为m 的小滑块停放在质量为M 、长度为L 的静止的长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ.现用一个大小为F 的恒力作用在M 上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v 1、v 2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s 1、s 2.下列关系式不正确的是( )A ．μmgs 1＝12m v 21B ．Fs 2－μmgs 2＝12M v 22C ．μmgL ＝12m v 21D ．Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12M v 22＋12m v 21 解析：选C.滑块在摩擦力作用下前进的距离为s 1，故对于滑块μmgs 1＝12m v 21，A 对，C 错；木板前进的距离为s 2，对于木板Fs 2－μmgs 2＝12M v 22，B 对；由以上两式得Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12M v 22＋12m v 21，D 对． 二、非选择题11．如图所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K ，一条不可伸长的轻绳绕过K 分别与物块A 、B 相连，A 、B 的质量分别为m A 、m B ，开始时系统处于静止状态．现用一水平恒力F 拉物块A ，使物块B 上升．已知当B 上升距离为h 时，B 的速度为v ．求此过程中物块A 克服摩擦力所做的功．(重力加速度为g )解析：设A 克服摩擦力所做的功为W f ，当B 上升距离为h 时，恒力F 做功为Fh ，重力做功为－m B gh ，根据动能定理得Fh －W f －m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2 解得W f ＝(F －m B g )h －12(m A ＋m B )v 2． 答案：(F －m B g )h －12(m A ＋m B )v 2 12．如图所示，小球从高为h 的斜面上的A 点，由静止开始滑下，经B 点在水平面上滑到C 点而停止，现在要使小球由C点沿原路径回到A 点时速度为0，那么必须给小球以多大的初速度？(设小球经过B 点时无能量损失)解析：以小球为研究对象，在斜面上和水平面上它都受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，在整个运动过程中支持力始终不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理可知小球从A 点开始下滑到C 点静止的过程中有：W 重－W 阻＝0，所以W 阻＝W 重＝mgh .当小球沿原路径返回时，摩擦力所做的负功与滑下过程中摩擦力所做的负功完全相同，而此时重力也做负功，由动能定理得：－W 重－W 阻＝0－12m v 2C， 所以12m v 2C＝2W 重＝2mgh ，解得v C ＝4gh ＝2gh ． 即要使小球从C 点沿原路径返回到A 点时速度为0，必须给小球以2gh 的初速度． 答案：2gh。

第七节 动能和动能定理A 级 抓基础1．关于对动能的理解，下列说法不正确的是( ) A ．凡是运动的物体都具有动能 B ．动能总是正值C ．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化D ．一定质量的物体，速度变化时，动能一定变化解析：只要物体运动，则物体一定具有动能，故A 正确；动能是标量，表示大小，故动能均为正值，故B 正确；由动能的定义可知，一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，故C 正确；速度为矢量，速度的变化可能是速度方向在变化，故一定质量的物体，速度变化时，动能可能不变化，故D 错误．答案：D2.(多选)A 、B 两物体的质量之比m A ∶m B ＝2∶1，它们以相同的初速度v 0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v-t 图象如图所示．那么，A 、B 两物体所受摩擦力之比f A ∶f B 与A 、B 两物体克服摩擦力做的功之比W A ∶W B 分别为( )A ．f A ∶fB ＝2∶1 B ．f A ∶f B ＝4∶1C ．W A ∶W B ＝2∶1D ．W A ∶W B ＝1∶4解析：根据v-t 图象的斜率表示加速度，可知A 、B 两物体的加速度大小之比a A ∶a B ＝v 0t∶v 02t＝2∶1，由牛顿第二定律，可知物体所受的摩擦力大小f ＝ma ，物体质量之比为2∶1，所以摩擦力之比为f A ∶f B ＝4∶1.由动能定理，可知摩擦力对物体做的功W ＝0－12mv 20，由于A 、B 的初速度大小相同，m A ∶m B ＝2∶1，所以两物体克服摩擦力做的功之比W A ∶W B ＝2∶1，故B 、C 正确．答案：BC3．一质量为m 的滑块，以速度v 在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2v (方向与原来相反)，在这段时间内，水平力所做的功为( )A.32mv 2B ．－32mv 2C.52mv 2D ．－52mv 2解析：W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21＝32mv 2，选项A 正确．答案：A4．(多选)一人用力把质量为1 kg 的物体由静止提高1 m ，使物体获得2 m/s 的速度(g ＝10 m/s 2)，则下述结论正确的是( )A ．人对物体做的功为10 JB ．物体动能增加2 JC ．合外力对物体做的功为12 JD ．物体重力势能增加10 J解析：重力做功W G ＝－mgh ＝－10 J ，即重力势能增加10 J ，选项D 对；由动能定理：W F －mgh ＝12mv 2，W F ＝12 J ，即人对物体做功12 J ，选项A 错误；由动能定理知W 合＝12mv 2＝12×1×22J ＝2 J ，选项B 正确，C 错误．答案：BD5.(多选)在平直公路上汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到10 m/s 时，立即关闭发动机，汽车滑行直到停止，运动的vt 图象如图所示，汽车牵引力大小为F ，汽车受到的阻力恒为f ，全过程中牵引力做的功为W F ，克服阻力f 所做的功为W f ，则下列各项中正确的是( )A ．F ∶f ＝1∶3B ．F ∶f ＝4∶1C ．W F ∶W f ＝1∶1D ．W F ∶W f ＝1∶3解析：对全过程由动能定理可知W F －W f ＝0，故W F ∶W f ＝1∶1，故C 正确，D 错误；根据恒力做功公式得W F ＝Fs ，W f ＝fs ′，由题图可知s ∶s ′＝1∶4，所以F ∶f ＝4∶1，故A 错误，B 正确．答案：BC6．(多选)质量为m 的物体，从静止开始以a ＝12g 的加速度竖直向下运动h 米，下列说法中正确的是( )A ．物体的动能增加了12mghB ．物体的动能减少了12mghC ．物体的势能减少了12mghD ．物体的势能减少了mgh解析：物体的合力为ma ＝12mg ，向下运动h 米时合力做功12mgh ，根据动能定理物体的动能增加了12mgh ，A 对，B 错；向下运动h 米过程中重力做功mgh ，物体的势能减少了mgh ，C错，D 对．答案：ADB 级 提能力7.如图所示，一物体由A 点以初速度v 0下滑到底端B ，它与挡板B 做无动能损失的碰撞后又滑回到A 点，其速度正好为零．设A 、B 两点高度差为h ，则它与挡板碰前的速度大小为( )A. 2gh ＋v 204B.2ghC.2gh ＋v 202D.2gh ＋v 2解析：设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为F f (此力大小不变，下滑时方向向上，上滑时方向向下)，斜面长为s ，则对物体由A →B →A 的整个过程运用动能定理，得－2F f s ＝－12mv 20.同理，对物体由A 到B 运用动能定理，设物体与挡板碰前速度为v ，则mgh －F f s＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝2gh ＋v 202，C 正确．答案：C8.如图所示，质量为m 的物块与转台之间能产生的最大静摩擦力为物块重力的k 倍，物块与转轴OO ′相距R ，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为( )A ．0B ． 2πkmgRC ．2kmgRD.12kmgR 解析：由动能定理有W f ＝ΔE k ，而ΔE k ＝12mv 2－0，又kmg ＝m v 2R ，所以W f ＝12kmgR .答案：D9.滑块甲和乙放在粗糙的水平面上，给两滑块同方向的初速度，两滑块仅在滑动摩擦力的作用下运动，其vt 图象如图所示．已知两滑块的质量相等，则能正确反映两滑块的动能与滑行距离x 的变化规律的是( )解析：对滑块进行受力分析，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，重力和支持力不做功，只有滑动摩擦力做功，根据动能定理有－fx ＝E k －E k0，得E k ＝－fx ＋E k0，结合E k x 图象知，斜率的绝对值为f .因为vt 图象中甲、乙两图线平行，所以甲、乙的加速度相等，根据牛顿第二定律f ＝ma ，两滑块质量相同，所以甲、乙所受的滑动摩擦力大小相等，即E k x 图象中两图线平行，故D 正确．答案：D10．如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图．整个轨道在同一竖直平面内．表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切，A 点距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R .圆心O 恰在水面，一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 上任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 的大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f .(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h (提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)．解析：(1)游客从B 点开始做平抛运动，则 2R ＝v B t ，R ＝12gt 2，联立得v B ＝2gR ，游客从A 到B 的过程中重力与摩擦力做功，由动能定理，得mg (H －R )＋W f ＝12mv 2B －0，解得W f ＝mg (2R －H )．(2)设OP 与OB 最小的夹角是θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，游客从B 到P 的过程中只有重力做功，据动能定理，得mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0，在P 点根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝mv 2PR，又知N ＝0，cos θ＝h R， 联立相关公式得h ＝23R .答案：(1)2gR mg (2R －H ) (2)23R11.如图所示，竖直平面内的轨道ABCD 由水平轨道AB 与光滑的四分之一圆弧轨道CD 组成，AB 恰与圆弧CD 在C 点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m 的小物块(可视为质点)从轨道的A 端以初动能E 冲上水平轨道AB ，沿着轨道运动，由DC 弧滑下后停在水平轨道AB 的中点．已知水平轨道AB 长为L (注意：图中v 0是未知的)．(1)求小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ.(2)若圆弧轨道的半径R ＝E3mg ，增大小物块的初动能，使得小物块冲出D 点后可以再上升的高度是0.5R ，则：①求小物块的初动能E ′；②若小物块最后停在水平轨道上，小物块将停在何处(用离B 点的距离表示)?解析：(1)小物块最终停在AB 的中点，全过程由动能定理得： －μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L ＋12L ＝0－E ，解得μ＝2E 3mgL . (2)①设小物块以初动能E ′冲上轨道，可以达到最大高度是 1.5R ，由动能定理得－μmgL －1.5mgR ＝0－E ′，故E ′＝76E .②设小物块最后停在离B 点x 远处，由动能定理得 1．5mgR －μmgx ＝0， 故x ＝34L .答案：(1)2E 3mgL (2)①76E ②34L。