2022高考物理(浙江选考)总复习课件-第二节-动能定理
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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] 如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大， 故 A 正确；如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减 到 0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大，故 B 正确；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力 方向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度 就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小，故 C 错误；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方
1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”
数量关系
合力做的功与物体动能的变化可以等量代换
单位关系
国际单位都是焦耳
因果关系
合力做功是物体动能变化的原因
2.应用动能定理解题的基本思路
(多选)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，该质点的动能可能( )
√A．一直增大 √B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上 D 点时速度
为零，小物块从距传送带高度 h1 处由静止释放，则有
0＝mgh1－μmgcos θ·sihn1θ－μmgL
解得 h1＝3.0 m 当 h<h1＝3.0 m 时满足题中条件。 (3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达 D 点的速度为 v，则有
12mv2＝mgh－μmgcos
h θsin
θ－μmgL
H＋2R＝12gt2，x＝vt 解得 x＝2 h－3(m) 为使小物块能在 D 点水平向右抛出，则需满足 mg≤mRv2，解得 h≥3.6 m。 [答案] (1)4 m/s (2)h<3.0 m (3)x＝2 h－3(m) h≥3.6 m
【对点练 4】 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项 目延伸而来。有如图所示的滑板运动轨道，BC 和 DE 是两段光滑圆弧形轨 道，BC 段的圆心为 O 点、圆心角 θ＝60°，半径 OC 与水平轨道 CD 垂直， 滑板与水平轨道 CD 间的动摩擦因数 μ＝0.2。某运动员从轨道上的 A 点以 v0＝3 m/s 的速度水平滑出，在 B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道 BC， 经 CD 轨道后冲上 DE 轨道，到达 E 点时速度减为零，然后返回。已知运动 员和滑板的总质量 m＝60 kg，B、E 两点与水平轨道 CD 的竖直高度分别为 h＝2 m 和 H＝2.5 m。
(2)设重物能到达的最高点距离地面的高度为 H，由动能定理有 2Fhcos α－
mgH＝0
以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值
Epm＝mgH＝2Fhcos α； (3)重物砸入地面过程中由动能定理有
mg(H＋x)－－F x＝0
解得－F ＝2Fhxcos α＋mg。
[答案]
2Fcos α－mg
θ＝37°的直轨道 AB，其下方右侧放置一水平传送带，直Fra bibliotek道末端 B 与传送
带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径 R＝0.4 m、转轴间距 L＝2 m 的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度 H＝2.2 m。 现将一小物块放在距离传送带高 h 处静止释放，假设小物块从直轨道 B 端 运动到达传送带上 C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块 与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为 μ＝0.5。(sin 37°＝0.6)
(1)
m
(2)2Fhcos α
2Fhcos (3) x
α＋mg
【对点练 2】 如图所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶 距离 x＝600 m 后达到 v1＝216 km/h 的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加 速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的 0.1。起飞后，飞机以离地时的 功率爬升 t＝20 min，上升了 h＝8 000 m，速度增加到 v2＝720 km/h。已知 飞机的质量 m＝1×105 kg，重力加速度大小 g 取 10 m/s2。求：
(1)求运动员从 A 点运动到 B 点过程中，到达 B 点时的速度大小 vB。 (2)求水平轨道 CD 段的长度 L。 (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到 B 点？如能，请求出回 到 B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距 C 点的距离。 解析：(1)在 B 点时有 vB＝cosv60 0°，得 vB＝6 m/s； (2)从 B 点到 E 点由动能定理得 mgh－μmgL－mgH＝0－12mv2B，解得 L＝6.5 m；
√A．物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2
B．物体运动的位移为 13 m
√C．物体在前 3 m 运动过程中的加速度为 3 m/s2 √D．x＝9 m 时，物体的速度为 3 2 m/s
解析：由 Wf＝Ffx 对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力 Ff＝2 N， 由 Ff＝μmg 可得 μ＝0.2，A 正确；由 WF＝Fx 对应题图乙可知，前 3 m 内， 拉力 F1＝5 N，3～9 m 内拉力 F2＝2 N，物体在前 3 m 内的加速度 a1＝F1－m Ff ＝3 m/s2，C 正确；由动能定理得：WF－Ffx＝12mv2，可得：x＝9 m 时，物 体的速度为 v＝3 2 m/s，D 正确；物体的最大位移 xm＝WFfF＝13.5 m，B 错 误。
解析：由动能定理 WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做 的功，A 正确。
【基础练 3】 两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比 m1∶m2
＝1∶2，速度之比 v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为 L1，乙车滑行的最大距离为 L2，设两车与路面间的动摩擦因数不等，不计空
√A．合外力为零，则合外力做功一定为零
B．合外力做功为零，则合外力一定为零 C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体合外力一定为零
解析：由 W＝Flcos α 可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零， 但合外力做功为零，合外力不一定为零，可能是 α＝90°，A 正确，B 错误； 由动能定理 W＝ΔEk 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一 定越大，C 错误；动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，D 错 误。
B、C、D 错误。
【对点练 3】 (多选)(2020·嘉兴调研)质量为 1 kg 的物体静止在水平粗糙的 地面上，在一水平外力 F 的作用下运动，如图甲所示，外力 F 和物体克服 摩擦力 Ff 做的功 W 与物体位移 x 的关系如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2。下列分析正确的是( )
如图所示，这是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。 假设两人同时通过绳子对质量为 m 的重物各施加一个力，大小均为 F，方向 都与竖直方向成 α 角，重物离开地面 h 后两人同时停止施力，最后重物下落 把地面砸深 x。重力加速度为 g。求：
(1)停止施力前重物上升过程中加速度大小 a； (2)以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值 Epm； (3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小－F ； [解析] (1)施力时重物所受的合外力 F 合＝2Fcos α－mg 则重物上升过程中加速度大小 a＝Fm合＝2Fcosmα－mg；
考点三 动能定理在多过程问题中的应用 1．应用动能定理解题的基本步骤
2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程” “两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即 明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
(2019·4 月浙江选考)某砂场为提高运输效 率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关 系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角
向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就 会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到 0 时，另一个方向还有速度，所以速度减小到最小值时不为 0，然后恒力方 向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大，故 D 正确。
【对点练 1】 关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关 系，下列说法正确的是( )
(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小 F； (2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功 Wf。 解析：(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为 a，由运动学公式得 v21＝2ax， 设滑行过程中所受阻力为 F 阻，由牛顿第二定律得 F－F 阻＝ma 联立解得 F＝4×105 N；
(2)设飞机离地时的功率为 P，由功率的表达式得 P＝Fv1，由动能定理得 Pt－mgh－Wf＝12mv22－12mv21 解得 Wf＝1.898×1010 J。 答案：(1)4×105 N (2)1.898×1010 J
考点二 动能定理与图象综合问题 1．四类图象所围“面积”的意义
2．解决动能定理与图象问题的基本步骤
如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地 面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均 为常数。该过程中，物块的动能 Ek 与水平位移 x 的关系图象是( )
第五章 机械能及其守恒定律
第二节 动能定理
物理
01
必备知识 双基夯实
02
关键能力 深度研析
03
课后达标 知能提升
一、对动能的理解
答案： 运动
焦耳
标量
12mv22－12mv21
【基础练 1】 (多选)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．动能总为非负值
气阻力，则( )
A．L1∶L2＝1∶2
B．L1∶L2＝1∶1
C．L1∶L2＝2∶1
√D．L1∶L2＝4∶1
解析：由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－12m1v21，－F2L2＝0－12m2v22，
F1＝μm1g，F2＝μm2g，由以上四式联立得 L1∶L2＝4∶1，故 D 正确。
考点一 动能定理的理解和应用
(1)若 h＝2.4 m，求小物块到达 B 端时速度的大小； (2)若小物块落到传送带左侧地面，求 h 需要满足的条件； (3)改变小物块释放的高度 h，小物块从传送带的 D 点水平向右抛出，求小物 块落地点到 D 点的水平距离 x 与 h 的关系式及 h 需要满足的条件运动。 [解析] (1)小物块由静止释放到 B 的过程中， 有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma v2B＝2asinh θ 解得 vB＝4 m/s。
C．一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一
定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析：由动能的定义和特点知，A、B 正确；动能是标量而速度是矢量，当 动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小 未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故 C、D 错误。
二、对动能定理的理解
答案： 动能的变化
Ek2－Ek1 合外力
【基础练 2】 (2018·高考全国卷 Ⅱ )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
(3)设运动员能到达左侧的最大高度为 h′，从 B 到第一次返回左侧最高处由 动能定理有 mgh－mgh′－μmg·2L＝0－12mv2B 得 h′＝1.2 m<h＝2 m，故第一次返回时，运动员不能回到 B 点。运动员从 B 点运动到停止，在 CD 段的总路程为 s，由动能定理可得 mgh－μmgs＝0－12mv2B 得 s＝19 m，s＝2L＋6 m，故运动员最后停在 C 点右侧 6 m 处。 答案：(1)6 m/s (2)6.5 m (3)不能 停在 C 点右侧 6 m 处
√
[解析] 设斜面倾角为 θ，物块滑到斜面底端时的动能为 Ekm，物块在斜面
上滑行的长度对应的水平位移为 x0，应用动能定理，在斜面上有(mgsin θ－
μmgcos
x θ)·cos
θ＝Ek，在水平面上有－μ′mg(x－x0)＝Ek－Ekm，即
Ek＝－
μ′mg(x－x0)＋Ekm，综上所述可知：两段 Ek－x 图线为线性关系，故 A 正确，
√D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
[解析] 如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大， 故 A 正确；如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减 到 0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大，故 B 正确；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力 方向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度 就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小，故 C 错误；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方
1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”
数量关系
合力做的功与物体动能的变化可以等量代换
单位关系
国际单位都是焦耳
因果关系
合力做功是物体动能变化的原因
2.应用动能定理解题的基本思路
(多选)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，该质点的动能可能( )
√A．一直增大 √B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上 D 点时速度
为零，小物块从距传送带高度 h1 处由静止释放，则有
0＝mgh1－μmgcos θ·sihn1θ－μmgL
解得 h1＝3.0 m 当 h<h1＝3.0 m 时满足题中条件。 (3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达 D 点的速度为 v，则有
12mv2＝mgh－μmgcos
h θsin
θ－μmgL
H＋2R＝12gt2，x＝vt 解得 x＝2 h－3(m) 为使小物块能在 D 点水平向右抛出，则需满足 mg≤mRv2，解得 h≥3.6 m。 [答案] (1)4 m/s (2)h<3.0 m (3)x＝2 h－3(m) h≥3.6 m
【对点练 4】 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项 目延伸而来。有如图所示的滑板运动轨道，BC 和 DE 是两段光滑圆弧形轨 道，BC 段的圆心为 O 点、圆心角 θ＝60°，半径 OC 与水平轨道 CD 垂直， 滑板与水平轨道 CD 间的动摩擦因数 μ＝0.2。某运动员从轨道上的 A 点以 v0＝3 m/s 的速度水平滑出，在 B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道 BC， 经 CD 轨道后冲上 DE 轨道，到达 E 点时速度减为零，然后返回。已知运动 员和滑板的总质量 m＝60 kg，B、E 两点与水平轨道 CD 的竖直高度分别为 h＝2 m 和 H＝2.5 m。
(2)设重物能到达的最高点距离地面的高度为 H，由动能定理有 2Fhcos α－
mgH＝0
以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值
Epm＝mgH＝2Fhcos α； (3)重物砸入地面过程中由动能定理有
mg(H＋x)－－F x＝0
解得－F ＝2Fhxcos α＋mg。
[答案]
2Fcos α－mg
θ＝37°的直轨道 AB，其下方右侧放置一水平传送带，直Fra bibliotek道末端 B 与传送
带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径 R＝0.4 m、转轴间距 L＝2 m 的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度 H＝2.2 m。 现将一小物块放在距离传送带高 h 处静止释放，假设小物块从直轨道 B 端 运动到达传送带上 C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块 与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为 μ＝0.5。(sin 37°＝0.6)
(1)
m
(2)2Fhcos α
2Fhcos (3) x
α＋mg
【对点练 2】 如图所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶 距离 x＝600 m 后达到 v1＝216 km/h 的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加 速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的 0.1。起飞后，飞机以离地时的 功率爬升 t＝20 min，上升了 h＝8 000 m，速度增加到 v2＝720 km/h。已知 飞机的质量 m＝1×105 kg，重力加速度大小 g 取 10 m/s2。求：
(1)求运动员从 A 点运动到 B 点过程中，到达 B 点时的速度大小 vB。 (2)求水平轨道 CD 段的长度 L。 (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到 B 点？如能，请求出回 到 B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距 C 点的距离。 解析：(1)在 B 点时有 vB＝cosv60 0°，得 vB＝6 m/s； (2)从 B 点到 E 点由动能定理得 mgh－μmgL－mgH＝0－12mv2B，解得 L＝6.5 m；
√A．物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2
B．物体运动的位移为 13 m
√C．物体在前 3 m 运动过程中的加速度为 3 m/s2 √D．x＝9 m 时，物体的速度为 3 2 m/s
解析：由 Wf＝Ffx 对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力 Ff＝2 N， 由 Ff＝μmg 可得 μ＝0.2，A 正确；由 WF＝Fx 对应题图乙可知，前 3 m 内， 拉力 F1＝5 N，3～9 m 内拉力 F2＝2 N，物体在前 3 m 内的加速度 a1＝F1－m Ff ＝3 m/s2，C 正确；由动能定理得：WF－Ffx＝12mv2，可得：x＝9 m 时，物 体的速度为 v＝3 2 m/s，D 正确；物体的最大位移 xm＝WFfF＝13.5 m，B 错 误。
解析：由动能定理 WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做 的功，A 正确。
【基础练 3】 两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比 m1∶m2
＝1∶2，速度之比 v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为 L1，乙车滑行的最大距离为 L2，设两车与路面间的动摩擦因数不等，不计空
√A．合外力为零，则合外力做功一定为零
B．合外力做功为零，则合外力一定为零 C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体合外力一定为零
解析：由 W＝Flcos α 可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零， 但合外力做功为零，合外力不一定为零，可能是 α＝90°，A 正确，B 错误； 由动能定理 W＝ΔEk 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一 定越大，C 错误；动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，D 错 误。
B、C、D 错误。
【对点练 3】 (多选)(2020·嘉兴调研)质量为 1 kg 的物体静止在水平粗糙的 地面上，在一水平外力 F 的作用下运动，如图甲所示，外力 F 和物体克服 摩擦力 Ff 做的功 W 与物体位移 x 的关系如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2。下列分析正确的是( )
如图所示，这是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。 假设两人同时通过绳子对质量为 m 的重物各施加一个力，大小均为 F，方向 都与竖直方向成 α 角，重物离开地面 h 后两人同时停止施力，最后重物下落 把地面砸深 x。重力加速度为 g。求：
(1)停止施力前重物上升过程中加速度大小 a； (2)以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值 Epm； (3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小－F ； [解析] (1)施力时重物所受的合外力 F 合＝2Fcos α－mg 则重物上升过程中加速度大小 a＝Fm合＝2Fcosmα－mg；
考点三 动能定理在多过程问题中的应用 1．应用动能定理解题的基本步骤
2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程” “两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即 明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
(2019·4 月浙江选考)某砂场为提高运输效 率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关 系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角
向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就 会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到 0 时，另一个方向还有速度，所以速度减小到最小值时不为 0，然后恒力方 向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大，故 D 正确。
【对点练 1】 关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关 系，下列说法正确的是( )
(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小 F； (2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功 Wf。 解析：(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为 a，由运动学公式得 v21＝2ax， 设滑行过程中所受阻力为 F 阻，由牛顿第二定律得 F－F 阻＝ma 联立解得 F＝4×105 N；
(2)设飞机离地时的功率为 P，由功率的表达式得 P＝Fv1，由动能定理得 Pt－mgh－Wf＝12mv22－12mv21 解得 Wf＝1.898×1010 J。 答案：(1)4×105 N (2)1.898×1010 J
考点二 动能定理与图象综合问题 1．四类图象所围“面积”的意义
2．解决动能定理与图象问题的基本步骤
如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地 面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均 为常数。该过程中，物块的动能 Ek 与水平位移 x 的关系图象是( )
第五章 机械能及其守恒定律
第二节 动能定理
物理
01
必备知识 双基夯实
02
关键能力 深度研析
03
课后达标 知能提升
一、对动能的理解
答案： 运动
焦耳
标量
12mv22－12mv21
【基础练 1】 (多选)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．动能总为非负值
气阻力，则( )
A．L1∶L2＝1∶2
B．L1∶L2＝1∶1
C．L1∶L2＝2∶1
√D．L1∶L2＝4∶1
解析：由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－12m1v21，－F2L2＝0－12m2v22，
F1＝μm1g，F2＝μm2g，由以上四式联立得 L1∶L2＝4∶1，故 D 正确。
考点一 动能定理的理解和应用
(1)若 h＝2.4 m，求小物块到达 B 端时速度的大小； (2)若小物块落到传送带左侧地面，求 h 需要满足的条件； (3)改变小物块释放的高度 h，小物块从传送带的 D 点水平向右抛出，求小物 块落地点到 D 点的水平距离 x 与 h 的关系式及 h 需要满足的条件运动。 [解析] (1)小物块由静止释放到 B 的过程中， 有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma v2B＝2asinh θ 解得 vB＝4 m/s。
C．一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一
定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析：由动能的定义和特点知，A、B 正确；动能是标量而速度是矢量，当 动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小 未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故 C、D 错误。
二、对动能定理的理解
答案： 动能的变化
Ek2－Ek1 合外力
【基础练 2】 (2018·高考全国卷 Ⅱ )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
(3)设运动员能到达左侧的最大高度为 h′，从 B 到第一次返回左侧最高处由 动能定理有 mgh－mgh′－μmg·2L＝0－12mv2B 得 h′＝1.2 m<h＝2 m，故第一次返回时，运动员不能回到 B 点。运动员从 B 点运动到停止，在 CD 段的总路程为 s，由动能定理可得 mgh－μmgs＝0－12mv2B 得 s＝19 m，s＝2L＋6 m，故运动员最后停在 C 点右侧 6 m 处。 答案：(1)6 m/s (2)6.5 m (3)不能 停在 C 点右侧 6 m 处
√
[解析] 设斜面倾角为 θ，物块滑到斜面底端时的动能为 Ekm，物块在斜面
上滑行的长度对应的水平位移为 x0，应用动能定理，在斜面上有(mgsin θ－
μmgcos
x θ)·cos
θ＝Ek，在水平面上有－μ′mg(x－x0)＝Ek－Ekm，即
Ek＝－
μ′mg(x－x0)＋Ekm，综上所述可知：两段 Ek－x 图线为线性关系，故 A 正确，