1、7.動(dòng)能和動(dòng)能定理,一,二,一、動(dòng)能的表達(dá)式 1.定義:動(dòng)能是由于物體運(yùn)動(dòng)而具有的能量。 2.表達(dá)式:Ek= 1 2 mv2,式中v是瞬時(shí)速度。 3.單位:在國(guó)際單位制中,動(dòng)能的單位是焦耳,符號(hào)是J。 4.矢標(biāo)性:動(dòng)能是一個(gè)標(biāo)量,還是一個(gè)狀態(tài)量。,一,二,二、動(dòng)能定理 1.動(dòng)能定理的推導(dǎo):,一,二,2.動(dòng)能定理: (1)內(nèi)容:力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體所做的功,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= 1 2 2 2 1 2 1 2 。 其中:Ek2表示物體的末動(dòng)能; Ek1表示物體的初動(dòng)能; W表示合力做的功,或說(shuō)是物體所受所有外力對(duì)物體做功的代數(shù)和。 (3)適用范圍

2、: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(xiàn)運(yùn)動(dòng),也適用于曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),應(yīng)用非常廣泛。,一,二,練一練 某同學(xué)用200N的力將質(zhì)量為0.44kg的足球踢出,足球以10m/s的初速度沿水平草坪滾出60m后靜止,則足球在水平草坪上滾動(dòng)過(guò)程中克服阻力做的功是() A.4.4JB.22J C.132JD.12000J 解析:根據(jù)動(dòng)能定理得,-Wf=0- 1 2 mv2,得Wf=22J。 答案:B,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,探究一對(duì)動(dòng)能的理解 問(wèn)題導(dǎo)引 如圖是探究“動(dòng)能的大小與哪些因素有關(guān)”的實(shí)驗(yàn),圖中A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量。讓小球從斜面上滾下,靜止在地面上的紙盒被碰后,滑行一

3、段距離停下來(lái)。由此實(shí)驗(yàn)?zāi)隳艿贸鑫矬w的動(dòng)能與哪些因素有關(guān)嗎?,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,提示在此實(shí)驗(yàn)中,小球的高度在這個(gè)題中代表了其速度的大小,讓小球從同一高度滾下的目的是兩球到達(dá)水平面 時(shí)能夠具有相同的速度。甲與乙兩實(shí)驗(yàn)中兩球的質(zhì)量相同,到達(dá)底端的速度不同,根據(jù)被碰紙盒的滑行距離可知,小球的動(dòng)能與其速度有關(guān);甲與丙兩實(shí)驗(yàn)中兩球到達(dá)底端的速度相同,質(zhì)量不同,根據(jù)被碰紙盒的滑行距離可知,小球的動(dòng)能與其質(zhì)量有關(guān)。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,名師精講 1.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.狀態(tài)量:動(dòng)能是表征物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量,

4、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.標(biāo)量性:只有大小,沒(méi)有方向;只有正值,沒(méi)有負(fù)值。 特別提醒 物體速度變化(如速度的大小不變,方向變化),則物體的動(dòng)能不一定變化。而動(dòng)能變化,則速度一定變化。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,例題1 關(guān)于動(dòng)能的概念,下列說(shuō)法正確的是() A.速度時(shí)刻改變的物體,動(dòng)能時(shí)刻在改變 B.運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量越大,其動(dòng)能一定越大 C.速度較大的物體,具有動(dòng)能一定較大 D.動(dòng)能由物體質(zhì)量和速度共同決定 解析:動(dòng)能Ek= 1 2 mv2,可知?jiǎng)幽苡少|(zhì)量m和速度v共同決定,選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確;動(dòng)能是標(biāo)量,速度是矢量,故速度變化,動(dòng)能不一定變化,故選項(xiàng)

5、A錯(cuò)誤。 答案:D 題后反思 動(dòng)能是標(biāo)量、速度是矢量,因此當(dāng)物體的動(dòng)能變化時(shí),物體的速度一定變化;物體的速度變化時(shí),物體的動(dòng)能不一定變化。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,探究二對(duì)動(dòng)能定理的正確理解 問(wèn)題導(dǎo)引 足球運(yùn)動(dòng)員用力F踢出足球,足球的質(zhì)量為m,足球被踢出時(shí)的速度為v,足球被踢出后在地面上運(yùn)動(dòng)了距離x停下。在這個(gè)過(guò)程中,足球運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球做功了嗎?做了多少功? 提示做功。因x不是力F作用時(shí)間內(nèi)的位移,做的功不等于Fx。由動(dòng)能定理求得人對(duì)球做的功W= 1 2 mv2。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,名師精講 1.表達(dá)式的理解 (1)公式W=Ek2-Ek1中W是合外力做的功,

6、不是某個(gè)力做的功,W可能是正功,也可能是負(fù)功。 (2)Ek2、Ek1分別是末動(dòng)能和初動(dòng)能,Ek2可能大于Ek1,也可能小于Ek1。 2.W的求法,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,3.動(dòng)能定理公式中等號(hào)的意義 (1)等值關(guān)系:某物體的動(dòng)能變化量總等于合力對(duì)它做的功。 (2)單位相同:國(guó)際單位都是焦耳。 (3)因果關(guān)系:合力對(duì)物體做功是引起物體動(dòng)能變化的原因,合外力做功的過(guò)程實(shí)質(zhì)上是其他形式的能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化的過(guò)程,轉(zhuǎn)化了多少由合外力做了多少功來(lái)度量。 4.適用范圍 動(dòng)能定理應(yīng)用廣泛,直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、恒力做功、變力做功、同時(shí)做功、分段做功等各種情況均適用。,探究一,探究二,探究三,探究

7、四,探究五,特別提醒 (1)動(dòng)能定理說(shuō)明了外力對(duì)物體所做的總功和動(dòng)能變化間的一種因果關(guān)系和數(shù)量關(guān)系,不可理解為功轉(zhuǎn)變成了物體的動(dòng)能,而是意味著“功引起物體動(dòng)能的變化”,即物體動(dòng)能的變化是通過(guò)外力做功的過(guò)程來(lái)實(shí)現(xiàn)的。 (2)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的,一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,例題2 關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系,下列說(shuō)法正確的是() A.合外力為零,則合外力做功一定為零 B.合外力做功為零,則合外力一定為零 C.合外力做功越多,則動(dòng)能一定越大 D.動(dòng)能不變化,則物體合外力一定為零 解析:合外

8、力為零,則物體可能靜止,也可能勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),這兩種情況合外力做功均為零,或這兩種運(yùn)動(dòng),動(dòng)能均不變,所以合外力做功一定為零,選項(xiàng)A正確;合外力做功為零或動(dòng)能不變,合外力不一定為零,如勻速圓周運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤;合外力做功越多,動(dòng)能變化越大,而不是動(dòng)能越大,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 答案:A,探究一,探究二,探究三,探究五,探究四,題后反思 解答該題應(yīng)注意:(1)動(dòng)能、速度是狀態(tài)量。(2)動(dòng)能的變化、功是過(guò)程量。(3)合外力是零,合外力的功是零對(duì)應(yīng)結(jié)果是不同的。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,探究三動(dòng)能定理的應(yīng)用 問(wèn)題導(dǎo)引 如圖所示,質(zhì)量為m的小車(chē)以初速度v0從山坡底部A處恰好沖上高為h的坡頂

9、B,請(qǐng)思考: (1)小球運(yùn)動(dòng)中哪些力做了功? (2)如何求得小球克服阻力做的功? 提示(1)小球受的重力和阻力都對(duì)小球做了負(fù)功,支持力不做功;(2)根據(jù)動(dòng)能定理-mgh-Wf=0- 1 2 0 2 可求得小球克服阻力做的功。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,名師精講 1.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟 (1)選取研究對(duì)象,明確它的運(yùn)動(dòng)過(guò)程; (2)分析研究對(duì)象的受力情況和各力的做功情況: 受哪些力各力是否做功做正功還是負(fù)功做多少功各力做功的代數(shù)和 (3)明確研究對(duì)象在過(guò)程的始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2; (4)列出動(dòng)能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解題方程,進(jìn)行求解。,探究一,探究

10、二,探究三,探究四,探究五,2.注意事項(xiàng) (1)動(dòng)能定理的研究對(duì)象可以是單一物體,或者是可以看作一物體的物體系統(tǒng)。 (2)動(dòng)能定理是求解物體的位移或速率的簡(jiǎn)捷公式。當(dāng)題目涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)可優(yōu)先考慮動(dòng)能定理;處理曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中的速率問(wèn)題時(shí)也要優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。 (3)若過(guò)程包含了幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的分過(guò)程,既可分段考慮也可整個(gè)過(guò)程考慮。但求功時(shí),有些力不是全過(guò)程都做功,必須根據(jù)不同的情況分別對(duì)待求出總功。 (4)應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí),必須明確各力做功的正、負(fù)。當(dāng)一個(gè)力做負(fù)功時(shí),可設(shè)物體克服該力做功為W,將該力做功表達(dá)為-W,也可以直接用字母W表示該力做功,使其字母本身含有負(fù)號(hào)。,探究一,探究二,

11、探究三,探究四,探究五,例題3 在距地面高12 m處,以12 m/s的水平速度拋出質(zhì)量為0.5 kg的小球,其落地時(shí)速度大小為18 m/s,求小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服阻力做功多少?(g取10 m/s2) 點(diǎn)撥:小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力為變力,克服阻力所做的功不能直接由功的公式求得,應(yīng)根據(jù)動(dòng)能定理求解。 解析:對(duì)小球自?huà)伋鲋谅涞剡^(guò)程由動(dòng)能定理得 mgh-Wf= 1 2 2 2 1 2 1 2 代入數(shù)值得小球克服阻力做功為Wf=15J。 答案:15 J,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,題后反思 如果是恒力做功問(wèn)題往往直接用功的定義式可以求解,但遇到變力做功問(wèn)題須借助動(dòng)能定理等功能關(guān)系進(jìn)行求解;

12、分析清楚物理過(guò)程和各個(gè)力的做功情況后,根據(jù)動(dòng)能定理列出方程求解。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,變式訓(xùn)練1 質(zhì)量為m=50 kg的滑雪運(yùn)動(dòng)員,以初速度v0=4 m/s ,從高度為h=10 m的彎曲滑道頂端A滑下,到達(dá)滑道底端B時(shí)的速度v=10 m/s。求:滑雪運(yùn)動(dòng)員在這段滑行過(guò)程中克服阻力做的功。 解析:設(shè)摩擦力做功為Wf,根據(jù)動(dòng)能定理 mgh-Wf= 1 2 mv2- 1 2 0 2 代入數(shù)值得Wf=2900J。 答案:2 900 J,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,探究四動(dòng)能定理在多過(guò)程中的應(yīng)用 問(wèn)題導(dǎo)引 如圖所示,質(zhì)量為m的小球從某一高度h處自由下落,運(yùn)動(dòng)中受的空氣阻力

13、大小Ff恒定,與地面碰撞前后速度大小不變,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,小球會(huì)停下來(lái),你能求出整個(gè)過(guò)程中小球通過(guò)的路程嗎? 提示小球與地面碰撞很多次,不可能通過(guò)計(jì)算出小球每次反彈的高度,進(jìn)而求出小球通過(guò)的總路程,根據(jù)動(dòng)能定理,考慮整個(gè)過(guò)程,mgh-Fs=0,即可求得小球通過(guò)的路程s= 。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,名師精講 1.對(duì)于多個(gè)物理過(guò)程要仔細(xì)分析,將復(fù)雜的過(guò)程分割成一個(gè)一個(gè)子過(guò)程,分別對(duì)每個(gè)過(guò)程分析,得出每個(gè)過(guò)程遵循的規(guī)律。當(dāng)每個(gè)過(guò)程都可以運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí),可以選擇分段或全程應(yīng)用動(dòng)能定理,題目不涉及中間量時(shí),選擇全程應(yīng)用動(dòng)能定理更簡(jiǎn)單、方便。 2.應(yīng)用全程法解題求功時(shí),有些力可能不是全過(guò)

14、程都作用的,必須根據(jù)不同的情況分別對(duì)待,弄清楚物體所受的力在哪段位移上做功,哪些力做功,做正功還是負(fù)功,正確寫(xiě)出總功。 3.運(yùn)用動(dòng)能定理只需要從力在整個(gè)位移內(nèi)做的功和這段位移始末兩狀態(tài)動(dòng)能變化去考慮,無(wú)須注意其中運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的細(xì)節(jié),同時(shí)動(dòng)能和功都是標(biāo)量,無(wú)方向性,所以無(wú)論是直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)或曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng),運(yùn)用動(dòng)能定理去分析,都會(huì)比較簡(jiǎn)單。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,特別提醒 應(yīng)用動(dòng)能定理解題,關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析,并畫(huà)出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖,借助草圖理解物理過(guò)程和各量關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中不是始終存在的,在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。,探究一,探究二,探究三

15、,探究四,探究五,例題3 如圖是跳水運(yùn)動(dòng)員在跳臺(tái)上騰空而起的姿態(tài)。跳臺(tái)距水面高度為h1=10 m,此時(shí)他恰好到達(dá)最高位置,估計(jì)此時(shí)他的重心離跳臺(tái)臺(tái)面的高度為h=1 m。當(dāng)他下降到手觸及水面時(shí)要伸直雙臂做一個(gè)翻掌壓水花的動(dòng)作,這時(shí)他的重心離水面也是h=1 m,運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量m=50 kg,g取10 m/s2,求: (1)從最高點(diǎn)到手觸及水面的過(guò)程中,其運(yùn)動(dòng)可以看作是自由落體運(yùn)動(dòng),他在空中完成一系列動(dòng)作可利用的時(shí)間為多長(zhǎng)? (2)忽略運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入水面過(guò)程中受力的變化,入水之后,他的重心能下沉到離水面h2=2.5 m處,試估算水對(duì)他的平均阻力。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,解析:(1)由題意

16、知,這段時(shí)間運(yùn)動(dòng)員重心下降高度h=10m,設(shè)空中動(dòng)作可利用的時(shí)間為t,則h= 1 2 gt2 故t= 2 = 210 10 s= 2 s1.4s。 (2)整個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)員重心下降高度為h1+h+h2=13.5m,設(shè)水對(duì)他的平均阻力為Ff,根據(jù)動(dòng)能定理有 mg(h1+h+h2)-Ffh2=0, 整理并代入數(shù)據(jù)得Ff=2700N。 答案:(1)1.4 s(2)2 700 N,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,題后反思 物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受力情況不同,這種情況下動(dòng)能定理中的總功應(yīng)表述為各個(gè)力做功的代數(shù)和。利用分段法解題,思路清晰,不容易出錯(cuò),但過(guò)程較繁瑣;利用整段法解題,特別是初末速度均為零的題目

17、,顯得簡(jiǎn)捷、方便。對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理使動(dòng)能定理在解題中的優(yōu)勢(shì)更為明顯。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,變式訓(xùn)練2 如圖所示,物體從高h(yuǎn)的斜面頂端A由靜止滑下,到斜面底端后又沿水平面運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)而停止。要使這個(gè)物體從C點(diǎn)沿原路返回到A,則在C點(diǎn)處物體應(yīng)具有的速度大小至少是() A. 2 B.2 C. D. 3 解析:從AC由動(dòng)能定理得mgh-Wf=0,從CA有-mgh-Wf=0- 1 2 0 2 ,解得v0=2 。 答案:B,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,探究五牛頓定律解題和動(dòng)能定理解題的比較 問(wèn)題導(dǎo)引 如圖所示,狗拉雪橇在雪地上由靜止開(kāi)始先做勻加速運(yùn)動(dòng),后做勻減速運(yùn)動(dòng),最后

18、停下來(lái)。請(qǐng)思考: (1)根據(jù)牛頓第二定律分析此運(yùn)動(dòng)過(guò)程,可否將加速和減速過(guò)程合并為一個(gè)全過(guò)程來(lái)考慮? (2)用動(dòng)能定理分析時(shí)比用牛頓第二定律分析有何優(yōu)點(diǎn)?,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,提示(1)加速和減速過(guò)程的加速度不同,因此據(jù)牛頓第二定律分析不能將加速和減速過(guò)程合并為一個(gè)全過(guò)程來(lái)考慮;(2)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。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,名師精講 1.動(dòng)能定理與牛頓第二定律解題的比較 兩種思路對(duì)比可以看出應(yīng)用動(dòng)能定理解題不涉及加速度、時(shí)間,不涉及矢量運(yùn)算,運(yùn)算簡(jiǎn)單,不易出錯(cuò)。,探究一,探究二

19、,探究三,探究四,探究五,2.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)牛頓定律解決的是瞬時(shí)問(wèn)題,處理一些狀態(tài)量之間的關(guān)系比較方便;動(dòng)能定理將狀態(tài)量的變化與過(guò)程相聯(lián)系,在不需要關(guān)注具體過(guò)程的情

20、況下是比較方便的。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,例題5 冰壺運(yùn)動(dòng)是以隊(duì)為單位在冰上進(jìn)行的一種投擲性競(jìng)賽項(xiàng)目,冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡(jiǎn)化為如下過(guò)程:如圖所示,運(yùn)動(dòng)員將靜止于O點(diǎn)的冰壺(視為質(zhì)點(diǎn))沿直線(xiàn)OD推到A點(diǎn)放手,此后冰壺沿AD滑行,最后停于C點(diǎn)。已知冰面與各冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,冰壺質(zhì)量為m,AC=L,CD=r,重力加速度為g, (1)求冰壺在A點(diǎn)的速率; (2)若將BD段冰面與冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)減小為0.8,原只能滑到C點(diǎn)的冰壺能停于D點(diǎn),求A點(diǎn)與B點(diǎn)之間的距離。 點(diǎn)撥:冰壺在A點(diǎn)放手后做減速運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理即可求得。第(2)問(wèn)冰壺在AB段和BD段做

21、加速度不同的減速運(yùn)動(dòng),用動(dòng)能定理更為簡(jiǎn)單。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,解析:(1)對(duì)冰壺,從A點(diǎn)放手到停止于C點(diǎn),設(shè)在A點(diǎn)時(shí)的速度為v1,應(yīng)用動(dòng)能定理有-mgL=0- 1 2 1 2 解得v1= 2 ; (2)設(shè)AB之間距離為s,對(duì)冰壺,從A到D的過(guò)程 應(yīng)用動(dòng)能定理,-mgs-0.8mg(L+r-s)=0- 1 2 1 2 解得s=L-4r。 答案:(1) 2 (2)L-4r 題后反思 動(dòng)能定理是功能基本關(guān)系之一,凡是涉及力所引起的位移而不涉及加速度及時(shí)間的問(wèn)題,應(yīng)用動(dòng)能定理分析討論,通常比牛頓第二定律簡(jiǎn)捷。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究五,變式訓(xùn)練3將質(zhì)量為m的物體,以

22、初速度v0豎直向上拋出。已知拋出過(guò)程中阻力大小恒為重力的0.2倍。求: (1)物體上升的最大高度; (2)物體落回拋出點(diǎn)時(shí)的速度大小。 解析:(1)上升過(guò)程,由動(dòng)能定理-mgh-Ffh=0- 1 2 0 2 而Ff=0.2mg，解得h= 5 0 2 12 。 (2)全過(guò)程,由動(dòng)能定理-2Ffh= 1 2 mv2- 1 2 0 2 解得v= 6 3 v0。 答案:(1) 5 0 2 12 (2) 6 3 v0,1 2 3 4 5,1.(多選)改變汽車(chē)的質(zhì)量和速度,都能使汽車(chē)的動(dòng)能發(fā)生變化,在下列情況中,能使汽車(chē)的動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的4倍的是() A.質(zhì)量不變,速度增大到原來(lái)的4倍 B.質(zhì)量不變,速度增

23、大到原來(lái)的2倍 C.速度不變,質(zhì)量增大到原來(lái)的2倍 D.速度不變,質(zhì)量增大到原來(lái)的4倍 解析:由動(dòng)能的表達(dá)式Ek= 1 2 mv2可知,速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍或者質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的4倍,都可以使動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的4倍。 答案:BD,1 2 3 4 5,2.(多選)一質(zhì)量為0.1 kg的小球,以5 m/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)程中的速度變化和動(dòng)能變化分別是() A.v=10 m/sB.v=0 C.Ek=1 JD.Ek=0 解析:速度是矢量,故v=v2-v1=5 m/s-(-5 m/s)=10 m/s。而動(dòng)能是標(biāo)量,初末兩態(tài)的速度大小相等,故動(dòng)能相等,因此Ek=0。選項(xiàng)A、