第3節(jié)　動(dòng)能和動(dòng)能定理 教學(xué)設(shè)計(jì)

第3節(jié)動(dòng)能和動(dòng)能定理[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1．知道動(dòng)能的符號(hào)、單位和表達(dá)式，會(huì)根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式計(jì)算物體的動(dòng)能．2．能運(yùn)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式導(dǎo)出動(dòng)能定理，理解動(dòng)能定理的物理意義．3．能應(yīng)用動(dòng)能定理解決簡(jiǎn)單的問(wèn)題．知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)能的表達(dá)式1．動(dòng)能：Ek＝eq\f(1,2)mv2．2．單位：國(guó)際單位制單位為焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2．3．標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有大?。甗判一判]1．(1)速度大的物體動(dòng)能也大．()(2)某物體的速度加倍，它的動(dòng)能也加倍．()(3)兩質(zhì)量相同的物體，動(dòng)能相同，速度一定相同．()(4)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，速度改變，動(dòng)能不變．()提示：(1)×(2)×(3)×(4)√知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)能定理1．內(nèi)容：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．2．表達(dá)式：W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)．[判一判]2．(1)合外力做功不等于零，物體的動(dòng)能一定變化．()(2)物體的速度發(fā)生變化，合外力做功一定不等于零．()(3)物體的動(dòng)能增加，合外力做正功．()提示：(1)√(2)×(3)√1．(對(duì)動(dòng)能的理解)(多選)一質(zhì)量為0.1kg的小球，以5m/s的速度在光滑水平面上勻速運(yùn)動(dòng)，與豎直墻壁碰撞后以原速率反彈，若以彈回的速度方向?yàn)檎较?，則小球碰墻過(guò)程中速度的變化和動(dòng)能的變化分別是()A．Δv＝10m/s B．Δv＝0C．ΔEk＝1J D．ΔEk＝0解析：選AD.速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5m/s－(－5m/s)＝10m/s.而動(dòng)能是標(biāo)量，初、末狀態(tài)的速度大小相等，故動(dòng)能相等，因此ΔEk＝0.2．(對(duì)動(dòng)能定理的理解)關(guān)于做功和物體動(dòng)能變化的關(guān)系，不正確的是()A．只有動(dòng)力對(duì)物體做功時(shí)，物體的動(dòng)能增加B．只有物體克服阻力做功時(shí)，它的動(dòng)能減少C．外力對(duì)物體做功的代數(shù)和等于物體的末動(dòng)能和初動(dòng)能之差D．動(dòng)力和阻力都對(duì)物體做功，物體的動(dòng)能一定變化解析：選D.根據(jù)動(dòng)能定理得W總＝ΔEk，合力做功等于動(dòng)能的變化．動(dòng)力對(duì)物體做正功，只有動(dòng)力對(duì)物體做功時(shí)，W總>0，物體的動(dòng)能增加，故A正確；物體克服阻力做功，阻力做負(fù)功，只有物體克服阻力做功時(shí)，W總<0，物體的動(dòng)能減少，故B正確；根據(jù)動(dòng)能定理知道，外力對(duì)物體做功的代數(shù)和等于物體的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，故C正確；動(dòng)力和阻力都對(duì)物體做功，物體所受各個(gè)力做功的代數(shù)和可能為零，所以物體的動(dòng)能可能不變，故D不正確．3．(對(duì)動(dòng)能定理的理解)(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：選BC.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Fs－Ffs＝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．探究一動(dòng)能和動(dòng)能定理【情景導(dǎo)入】如圖所示，一個(gè)物體的質(zhì)量為m、初速度為v1，在與運(yùn)動(dòng)方向相同的恒力F(不計(jì)摩擦阻力)的作用下發(fā)生一段位移l，速度增大到v2，則：(1)力F對(duì)物體所做的功多大？(2)物體的加速度多大？(3)物體的初速、末速、位移之間有什么關(guān)系？(4)結(jié)合上述三式你能綜合推導(dǎo)得到什么樣的式子？提示：(1)W＝Fl.(2)由牛頓第二定律得F＝ma，即a＝eq\f(F,m).(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2al＝veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)，即l＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2a).(4)把上面F、l的表達(dá)式代入W＝Fl得W＝eq\f(ma（veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)）,2a)，也就是W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).1．對(duì)動(dòng)能的理解(1)動(dòng)能是標(biāo)量，沒(méi)有負(fù)值，與物體的速度方向無(wú)關(guān)．(2)動(dòng)能是狀態(tài)量，具有瞬時(shí)性，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(或某一時(shí)刻的速度)相對(duì)應(yīng)．(3)動(dòng)能具有相對(duì)性，選取不同的參考系，物體的速度不同，動(dòng)能也不同，一般以地面為參考系．2．動(dòng)能變化量ΔEk物體動(dòng)能的變化量是末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，若ΔEk>0，則表示物體的動(dòng)能增加，若ΔEk<0，則表示物體的動(dòng)能減少．3．動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1)Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)表示這個(gè)過(guò)程的末動(dòng)能；Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)表示這個(gè)過(guò)程的初動(dòng)能．(2)W表示這個(gè)過(guò)程中合力做的功，它等于各力做功的代數(shù)和．4．動(dòng)能定理的物理意義：動(dòng)能定理指出了合外力對(duì)物體所做的總功與物體動(dòng)能變化之間的關(guān)系，即若合外力做正功，物體的動(dòng)能增加，若合外力做負(fù)功，物體的動(dòng)能減小，做了多少功，動(dòng)能就變化多少．動(dòng)能定理從能量變化的角度反映了力改變物體運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)時(shí)，在空間上的累積效果．【例1】關(guān)于物體的動(dòng)能，下列說(shuō)法中正確的是()A．物體速度變化，其動(dòng)能一定變化B．物體所受的合外力不為零，其動(dòng)能一定變化C．物體的動(dòng)能變化，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定發(fā)生改變D．物體的速度變化越大，其動(dòng)能變化一定也越大[解析]若速度的方向變化而大小不變，則其動(dòng)能不變化，故A錯(cuò)誤；物體所受合外力不為零，只要速度大小不變，其動(dòng)能就不變化，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，物體所受合外力不為零，但速度大小始終不變，動(dòng)能不變，故B錯(cuò)誤；物體動(dòng)能變化，其速度一定發(fā)生變化，故運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，故C正確；物體速度變化若僅由方向變化引起，其動(dòng)能可能不變，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，速度變化大，動(dòng)能始終不變，故D錯(cuò)誤．[答案]C[針對(duì)訓(xùn)練1](多選)關(guān)于動(dòng)能的理解，下列說(shuō)法正確的是()A．凡是運(yùn)動(dòng)的物體都具有動(dòng)能B．重力勢(shì)能可以為負(fù)值，動(dòng)能也可以為負(fù)值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)解析：選AC.動(dòng)能是物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量，所以運(yùn)動(dòng)的物體都具有動(dòng)能，A正確；動(dòng)能不可能為負(fù)值，B錯(cuò)誤；由于速度為矢量，當(dāng)方向變化時(shí)，若其速度大小不變，則動(dòng)能并不改變，C正確；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體動(dòng)能不變，但并不處于平衡狀態(tài)，D錯(cuò)誤．【例2】關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，下列說(shuō)法正確的是()A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B．動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；適用于恒力做功，但不適用于變力做功C．運(yùn)動(dòng)物體所受合外力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能要變化D．公式中的Ek2－Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W＞0時(shí)動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)動(dòng)能減少[解析]動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，W指的是合外力所做的功，包含重力做功，故A錯(cuò)誤；動(dòng)能定理適用于任何運(yùn)動(dòng)，既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)，既適用于恒力做功，也適用于變力做功，故B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)物體所受合外力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，若合外力方向始終與運(yùn)動(dòng)方向垂直，合外力不做功，動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤；公式中的Ek2－Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W＞0時(shí)，即Ek2－Ek1＞0，動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)，即Ek2－Ek1＜0，動(dòng)能減少，故D正確．[答案]D[針對(duì)訓(xùn)練2]下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做功和動(dòng)能變化的關(guān)系，正確的是()A．如果物體所受的合力為零，那么合力對(duì)物體做的功一定為零B．如果合力對(duì)物體做的功為零，則合力一定為零C．物體在合力作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)能在一段過(guò)程中變化量一定不為零D．如果物體的動(dòng)能不發(fā)生變化，則物體所受合力一定是零解析：選A.功是力與物體在力的方向上發(fā)生的位移的乘積，如果物體所受的合力為零，那么合力對(duì)物體做的功一定為零，A正確；如果合力對(duì)物體做的功為零，可能不是合力為零，而是物體在合力的方向上的位移為零，B錯(cuò)誤；豎直上拋運(yùn)動(dòng)是一種勻變速直線運(yùn)動(dòng)，在物體上升和下降階段經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)動(dòng)能相等，動(dòng)能在這段過(guò)程中變化量為零，C錯(cuò)誤；動(dòng)能不變化，只能說(shuō)明速度大小不變，但速度方向有可能變化，因此合力不一定為零，D錯(cuò)誤．探究二動(dòng)能定理的基本應(yīng)用1．解題步驟(1)選取研究對(duì)象(通常是單個(gè)物體)，明確它的運(yùn)動(dòng)過(guò)程．(2)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數(shù)和．(3)明確物體在初、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1、Ek2.(4)列出動(dòng)能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結(jié)合其他必要的輔助方程求解并驗(yàn)算．2．優(yōu)先應(yīng)用動(dòng)能定理的情況(1)不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間的問(wèn)題．(2)變力做功或曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．(3)涉及F、l、m、v、W、Ek等物理量的問(wèn)題．(4)有多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程且不需要研究整個(gè)過(guò)程的中間狀態(tài)的問(wèn)題．【例3】(2022·湖南郴州市教育局期末)如圖所示，軌道由水平軌道AB和足夠長(zhǎng)的斜面軌道BC平滑連接而成，斜面軌道BC與水平面間的夾角為θ＝37°.質(zhì)量為m＝1kg的物塊靜止在離B點(diǎn)x0＝8m的水平軌道上，物塊與水平面和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.50.現(xiàn)在物塊上作用一個(gè)大小F＝6N、方向水平向右的拉力，物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去該拉力．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：(1)物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度大小vB；(2)物塊因慣性沿斜面上沖的最大距離xm.[解析](1)根據(jù)動(dòng)能定理得Fx0－μmgx0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝4m/s.(2)根據(jù)動(dòng)能定理得－mgxmsin37°－μmgxmcos37°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得xm＝0.8m.[答案](1)4m/s(2)0.8m[針對(duì)訓(xùn)練3]如圖所示，左端固定的輕質(zhì)彈簧被物塊壓縮，物塊被釋放后，由靜止開(kāi)始從A點(diǎn)沿粗糙水平面向右運(yùn)動(dòng)．離開(kāi)彈簧后，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的動(dòng)能為Ek，該過(guò)程中，彈簧對(duì)物塊做的功為W，則物塊克服摩擦力做的功Wf為()A．Wf＝Ek B．Wf＝Ek＋WC．Wf＝Ek－W D．Wf＝W－Ek解析：選D.對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理，有W－Wf＝Ek，得Wf＝W－Ek，D正確．[針對(duì)訓(xùn)練4]質(zhì)量為m的金屬塊，當(dāng)初速度為v0時(shí)，在水平面上滑行的最大距離為s，如果將金屬塊質(zhì)量增加到2m，初速度增大到2v0，在同一水平面上該金屬塊最多能滑行的距離為()A．s B．2sC．4s D．8s解析：選C.根據(jù)動(dòng)能定理得μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，μ·2mgs′＝eq\f(1,2)·2m·(2v0)2，由以上兩式解得s′＝4s.探究三動(dòng)能定理處理多過(guò)程問(wèn)題力學(xué)綜合題中的多過(guò)程問(wèn)題，關(guān)鍵是抓住物理情境中出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)與運(yùn)動(dòng)過(guò)程，將全過(guò)程分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單的子過(guò)程，找出各過(guò)程是由什么物理量聯(lián)系起來(lái)的，然后分別對(duì)每個(gè)子過(guò)程進(jìn)行受力分析、過(guò)程分析和能量分析，選擇合適的規(guī)律列出相應(yīng)的方程求解．(1)動(dòng)能定理往往用于分析單個(gè)研究對(duì)象(可以是單個(gè)物體，也可以是多個(gè)物體組成的系統(tǒng))的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，分析每個(gè)過(guò)程各力的做功情況和物體的初、末動(dòng)能，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間過(guò)程的速度時(shí)，也可以對(duì)整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解．(2)應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，必須明確各個(gè)力做功的正、負(fù)．當(dāng)一個(gè)力做負(fù)功時(shí)，可設(shè)物體克服該力做的功為W，將該力做的功表示為－W，也可以直接用字母W表示該力做的功，使其字母本身含有負(fù)號(hào)．【例4】第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)于2022年2月在北京舉辦，跳臺(tái)滑雪是冬奧會(huì)上極具觀賞性的項(xiàng)目之一．如圖所示，跳臺(tái)滑雪賽道由跳臺(tái)、助滑道(可視為圓心為O的圓軌道)和著陸坡三部分組成，其中助滑道半徑OA與豎直線OB夾角為60°.若比賽中，質(zhì)量m＝60kg的運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)A點(diǎn)以初速度v0＝2m/s滑下，到達(dá)B點(diǎn)后水平飛出，落在著陸坡上的P點(diǎn)．已知A、B間高度h＝30m，B、P間距離s＝75m，著陸坡傾角α＝37°，運(yùn)動(dòng)員受到的空氣阻力不計(jì)，g取10m/s2，sin37°＝0.6.求：(1)運(yùn)動(dòng)員從B到P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)助滑道的壓力；(3)運(yùn)動(dòng)員在AB段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功．[解析](1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員從B到P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，從B點(diǎn)飛出時(shí)的速度大小為vB，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得x＝vBt＝scosαy＝eq\f(1,2)gt2＝ssinα聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得t＝3svB＝20m/s.(2)設(shè)助滑道的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系有h＝Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos60°))設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)受到助滑道的支持力大小為FN，由牛頓第二定律可得FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得FN＝1000N由牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)助滑道的壓力大小為FN′＝FN＝1000N方向豎直向下．(3)設(shè)運(yùn)動(dòng)員在AB段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為W克f，由動(dòng)能定理可得mgh－W克f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得W克f＝6120J.[答案](1)3s(2)1000N，方向豎直向下(3)6120J[針對(duì)訓(xùn)練5]如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，其距離d＝0.50m，盆邊緣的高度h＝0.30m．在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止出發(fā)下滑．已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.10，小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最后停下來(lái)．則停下的地點(diǎn)到B的距離為()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0解析：選D.分析小物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，可知由于克服摩擦力做功，物塊的機(jī)械能不斷減?。O(shè)物塊在BC上運(yùn)動(dòng)的總路程為l，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－μmgl＝0，解得l＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.30,0.10)m＝3m＝6d，即小物塊正好停在B點(diǎn)，所以D正確．[A級(jí)——合格考達(dá)標(biāo)練]1．下列關(guān)于動(dòng)能的說(shuō)法正確的是()A．兩個(gè)物體中，速度大的動(dòng)能也大B．某物體的速度加倍，它的動(dòng)能也加倍C．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體動(dòng)能保持不變D．某物體的動(dòng)能保持不變，則速度一定不變解析：選C.動(dòng)能的表達(dá)式為Ek＝eq\f(1,2)mv2，即物體的動(dòng)能大小由質(zhì)量和速度大小共同決定，速度大的物體動(dòng)能不一定大，故A錯(cuò)誤；速度加倍，它的動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，故B錯(cuò)誤；速度只要大小保持不變，動(dòng)能就不變，故C正確；速度方向變化，動(dòng)能也可能不變，故D錯(cuò)誤．2．兩個(gè)物體A、B的質(zhì)量之比為mA∶mB＝2∶1，二者初動(dòng)能相同，它們和水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則二者在桌面上滑行到停止經(jīng)過(guò)的距離之比為()A．xA∶xB＝2∶1 B．xA∶xB＝1∶2C．xA∶xB＝4∶1 D．xA∶xB＝1∶4解析：選B.物體滑行過(guò)程中只有摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)A：－μmAgxA＝0－Ek；對(duì)B：－μmBgxB＝0－Ek.故eq\f(xA,xB)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(1,2)，B正確．3.如圖所示，運(yùn)動(dòng)員把質(zhì)量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達(dá)到的最高點(diǎn)的高度為h，在最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功eq\f(1,2)mv2B．足球上升過(guò)程重力做功mghC．運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功eq\f(1,2)mv2＋mghD．足球上升過(guò)程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：選C.足球上升過(guò)程中足球重力做負(fù)功，WG＝－mgh，B、D錯(cuò)誤；從運(yùn)動(dòng)員踢球至足球上升至最高點(diǎn)的過(guò)程中，W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做的功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，C正確，A錯(cuò)誤．4．一物體的速度大小為v0時(shí)，其動(dòng)能為Ek，當(dāng)它的動(dòng)能為2Ek時(shí)，其速度大小為()A.eq\f(v0,2) B．2v0C.eq\r(2)v0 D.eq\f(\r(2)v0,2)解析：選C.設(shè)當(dāng)它的動(dòng)能為2Ek時(shí)，其速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定義式則有Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，2Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2)v0，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．5．某人把質(zhì)量為0.1kg的一塊小石頭，從距地面為5m的高處以60°角斜向上拋出，拋出時(shí)的初速度大小為10m/s，則當(dāng)小石頭著地時(shí)，其速度大小約為(g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力)()A．14m/s B．12m/sC．28m/s D．20m/s解析：選A.由動(dòng)能定理，重力對(duì)小石頭所做的功等于小石頭動(dòng)能的變化，則mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v2＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋2gh)＝10eq\r(2)m/s≈14m/s，A正確．6．(多選)游樂(lè)場(chǎng)有一種兒童滑軌，其豎直剖面示意圖如圖所示，AB部分是半徑為R的四分之一圓形軌道，BC為軌道水平部分與半徑OB垂直．一質(zhì)量為m的小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端B點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2.5mg，重力加速度大小為g.下列說(shuō)法正確的是()A．到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為eq\r(2gR)B．到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為eq\f(\r(6gR),2)C．從A到B克服摩擦力做功為eq\f(1,4)mgRD．從A到B克服摩擦力做功為eq\f(1,2)mgR解析：選BC.根據(jù)牛頓第三定律可知，軌道對(duì)小孩的支持力也等于2.5mg，根據(jù)牛頓第二定律有N－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，可得vB＝eq\f(\r(6gR),2)，故A錯(cuò)誤，B正確；由動(dòng)能定理mgR－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，可得從A到B克服摩擦力做功為W＝eq\f(1,4)mgR，故C正確，D錯(cuò)誤．7．某水上樂(lè)園設(shè)備公司設(shè)計(jì)了一款水滑梯，設(shè)計(jì)簡(jiǎn)圖如圖所示，傾斜滑道與水平滑道材料相同且平滑連接．游客的質(zhì)量為m，傾斜滑道高度為h、傾角為θ，游客與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，游客在水平滑道上停止點(diǎn)A到O點(diǎn)的水平距離為x，下列說(shuō)法正確的是()A．h和μ一定，θ越大，x越大B．h和μ一定，θ越大，x越小C．h和μ一定，x的大小與θ、m無(wú)關(guān)D．h和μ一定，m越小，x越大解析：選C.對(duì)游客從最高點(diǎn)下滑至A點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－μmgeq\f(h,tanθ)－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(h,tanθ)))＝0，整理得x＝eq\f(h,μ)，所以x與m和θ角無(wú)關(guān)．[B級(jí)——等級(jí)考增分練]8.有一質(zhì)量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點(diǎn)滑向b點(diǎn)，如圖所示．如果由于摩擦使木塊的運(yùn)動(dòng)速率保持不變，則以下敘述正確的是()A．木塊所受的合外力為零B．因木塊所受的力都不對(duì)其做功，所以合外力做的功為零C．重力和摩擦力的合力做的功為零D．重力和摩擦力的合力為零解析：選C.木塊做曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向變化，加速度不為零，故合外力不為零，A錯(cuò)誤；速率不變，動(dòng)能不變，由動(dòng)能定理知，合外力做的功為零，而支持力始終不做功，重力做正功，所以重力做的功與摩擦力做的功的代數(shù)和為零，但重力和摩擦力的合力不為零，C正確，B、D錯(cuò)誤．9．如圖所示，斜面高h(yuǎn)，質(zhì)量為m的物塊，在沿斜面向上的恒力F作用下，能勻速沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，若把此物塊放在斜面頂端，在沿斜面向下同樣大小的恒力F作用下物塊由靜止向下滑動(dòng)，滑至底端時(shí)其動(dòng)能的大小為()A．mgh B．2mghC．2Fh D．Fh解析：選B.物塊勻速上滑時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得WF－mgh－Wf＝0，物塊下滑時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得WF＋mgh－Wf＝Ek－0，聯(lián)立兩式解得Ek＝2mgh，故B正確．10．如圖所示，一個(gè)小球質(zhì)量為m，靜止在光滑的軌道上．現(xiàn)以水平力擊打小球，使小球能夠通過(guò)半徑為R的豎直光滑軌道的最高點(diǎn)C，則水平力對(duì)小球所做的功至少為()A．mgR B．2mgRC．2.5mgR D．3mgR解析：選C.恰好通過(guò)豎直光滑軌道的最高點(diǎn)C時(shí)，在C點(diǎn)有mg＝eq\f(mv2,R)，對(duì)小球，由動(dòng)能定理W－2mgR