（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十七）動能定理及其應用（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十七）動能定理及其應用（含解析） 對點訓練：對動能定理的理解 1．(2019·姜堰月考)關于動能的理解，下列說法錯誤的是(　　) A．動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運動的物體都具有動能 B．物體的動能不能為負值 C．一定質量的物體動能變化時，速度一定變化；但速度變化時，動能不一定變化 D．動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài) 解析：選D　動能是普遍存在的機械能的一種基本形式，運動的物體都有動能，A正確；根據(jù)Ek＝mv2知，質量為正值，速度的平方為正值，則動能一定為正值，B正確；一定質量的物體，動能變化，則速度的大小一定變化，所以

2、速度一定變化；但是速度變化，動能不一定變化，比如做勻速圓周運動，速度方向變化，大小不變，則動能不變，C正確；動能不變的物體，速度方向可能變化，則不一定處于平衡狀態(tài)，D錯誤。 2.(2018·溧水期中)我國發(fā)射的神舟飛船，進入預定軌道后繞地球做橢圓軌道運動，地球位于橢圓的一個焦點上，如圖所示。飛船從A點運動到遠地點B點的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．飛船受到的引力逐漸增大 B．飛船的加速度逐漸增大 C．飛船受到的引力對飛船不做功 D．飛船的動能逐漸減小 解析：選D　由題圖可知，飛船由A到B的過程中，離地球的距離增大，則萬有引力減小，飛船的加速度減小，故A、B錯誤；引力對飛船

3、做負功，由動能定理可知，飛船的動能減小，故C錯誤，D正確。 對點訓練：動能定理的應用 3．(2018·揚州期末)某士兵練習迫擊炮打靶，如圖所示，第一次炮彈落點在目標A的右側，第二次調整炮彈發(fā)射方向后恰好擊中目標。忽略空氣阻力的影響，每次炮彈發(fā)射速度大小相等，下列說法正確的是(　　) A．第二次炮彈在空中運動時間較長 B．兩次炮彈在空中運動時間相等 C．第二次炮彈落地速度較大 D．第二次炮彈落地速度較小 解析：選A　炮彈在豎直方向上做豎直上拋運動，上升時間與下落時間相等。根據(jù)下落過程豎直方向做自由落體運動，h＝gt2，第二次下落高度高，所以第二次炮彈在空中運動的時間較長，故A正確，

4、B錯誤；根據(jù)動能定理：mgh＝mv2－mv02，由于兩次在空中運動過程中重力做功都是零，則v＝v0，所以兩次炮彈落地速度相等，故C、D錯誤。 4．(2019·啟東月考)竹蜻蜓是我國古代發(fā)明的一種兒童玩具，人們根據(jù)竹蜻蜓的原理設計了直升機的螺旋槳。如圖所示，一小孩搓動質量為20 g的竹蜻蜓，松開后竹蜻蜓能上升到二層樓房頂處。搓動過程中手對竹蜻蜓做的功可能是(　　) A．0.2 J　　　　　　　　　 　B．0.6 J C．1.0 J D．2.5 J 解析：選D　地面到二層樓房頂?shù)母叨燃s為6 m，竹蜻蜓從地面飛到二層樓房頂高處時，速度剛好為零，此過程中，根據(jù)動能定理得：－mgh－Wf＝0

5、－mv02，則：mv02＞mgh＝0.02×10×6 J＝1.2 J，而在搓動過程中手對竹蜻蜓做的功等于竹蜻蜓獲得的初動能，所以在搓動過程中手對竹蜻蜓做的功大于1.2 J，故D正確。 5.如圖，水平轉臺上有一個質量為m的物塊(可視為質點)，物塊與豎直轉軸間距為R，物塊與轉臺間動摩擦因數(shù)為μ，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，現(xiàn)讓物塊始終隨轉臺一起由靜止開始緩慢加速轉動至角速度為ω時，(　　) A．物塊受到的向心力為μmg B．物塊受到的摩擦力為mω2R C．轉臺對物塊做的功為mω2R2 D．轉臺對物塊做的功不小于μmgR 解析：選C　物塊與圓盤間是靜摩擦力，不能用滑動摩擦力公式計算，故

6、A錯誤。物塊受到重力、支持力和摩擦力三個力的作用，摩擦力沿半徑方向的分量充當了向心力Ff＝mω2R，因為圓盤加速轉動，摩擦力在切向有分力，所以摩擦力大于mω2R，故B錯誤。物塊始終隨轉臺一起由靜止開始緩慢加速轉動至角速度為ω的過程中，重力和支持力不做功，只有摩擦力做功，末速度v＝ωR，根據(jù)動能定理，有W＝mv2＝mω2R2，故C正確。物體即將滑動時，最大靜摩擦力提供向心力，由向心力公式μmg＝m，得mvmax2＝μmgR，物體做加速圓周運動過程Wf＝mv2，v＜vmax，所以轉臺對物塊做的功小于或等于μmgR，故D錯誤。 6.如圖所示，豎直平面內固定一個半徑為R的四分之三光滑圓管軌道，其上端

7、點B在圓心O的正上方，另一個端點A與圓心O等高。一個小球(可視為質點)從A點正上方某一高度處自由下落，由A點進入圓管軌道后從B點飛出，之后又恰好從A點進入圓管軌道。則小球開始下落時距A點的高度為(　　) A．R B. C. D. 解析：選D　小球從B點飛出做平拋運動，恰好從A點進入管道時，水平方向：vt＝R，豎直方向：R＝gt2，解得：v＝ ；小球從A點上方自由下落，經B再次從A點落入圓管軌道，整個過程根據(jù)動能定理得：mg(h－R)＝mv2，解得h＝R，即小球開始下落時距A點的高度為h＝R，故D正確。 對點訓練：動能定理的圖像問題 7．(2018·淮安期中)如圖所示，x軸在水

8、平地面上，y軸在豎直方向。圖中畫出了從y軸上不同位置沿x軸正向水平拋出的三個質量相等小球a、b和c的運動軌跡。小球a從(0,2L)拋出，落在(2L,0)處；小球b、c從(0，L)拋出，分別落在(2L,0)和(L,0)處。不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．b球的初速度是a球的初速度的兩倍 B．b球的初速度是a球的初速度的倍 C．b球的動能增量是c球的動能增量的兩倍 D．a球的動能增量是c球的動能增量的倍 解析：選B　a、b兩球的水平位移相同，但運動時間不同，根據(jù)t＝ 可知＝，根據(jù)v0＝可知＝，選項A錯誤，B正確；b、c兩球的豎直位移相同，根據(jù)動能定理mgh＝ΔEk可知，b球的

9、動能增量等于c球的動能增量，選項C錯誤；a球的豎直位移等于c球的2倍，根據(jù)動能定理可知，a球的動能增量等于c球動能增量的2倍，選項D錯誤。 8.[多選](2019·南京調研)如圖所示，滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到達最高點后又返回到出發(fā)點。則能大致反映整個運動過程中，滑塊的加速度a、速度v隨時間t，重力對滑塊所做的功W、動能Ek與位移x關系的是(取初始位置為坐標原點、初速度方向為正方向)(　　) 解析：選BC　上滑時的加速度a1＝－＝－(gsin θ＋μgcos θ)，下滑時的加速度a2＝－＝－(gsin θ－μgcos θ)，則|a1|＞|a2|，由于下滑與上滑過程位移大

10、小相等，則根據(jù)位移公式x＝at2知下滑時間t2大于上滑的時間t1，又由于機械能有損失，返回到出發(fā)點時速度(動能)小于出發(fā)時的初速度(動能)，故A、D錯誤，B正確。重力做功W＝－mgh＝－mgxsin θ，故C正確。 9．(2018·宿遷期末)一物塊沿傾角為θ的斜面向上滑后又滑回原處，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，運動過程中物塊動能與位移x關系如圖所示。則該過程中(重力加速度為g)(　　) A．物塊從底端上滑到最高點過程中克服阻力做功0.5E0 B．物塊從底端上滑到最高點過程中重力做功為0.75E0 C．物塊在上滑過程中加速度大小為gsin θ D．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為tan θ

11、 解析：選D　由題圖可知，物塊從底端開始運動，再回到底端時，動能損失0.5E0，則克服阻力做功為0.5E0，則物塊從底端上滑到最高點過程中克服阻力做功0.25E0，選項A錯誤；物塊從底端上滑到最高點過程中，根據(jù)動能定理WG－Wf＝0－E0，解得WG＝－0.75E0，選項B錯誤；因＝＝3，則mgsin θ＝3f＝3μmgcos θ，解得μ＝tan θ，選項D正確；物塊上滑時，根據(jù)牛頓第二定律mgsin θ＋f＝ma，解得a＝gsin θ，選項C錯誤。 考點綜合訓練 10．[多選](2019·鹽城模擬)如圖所示，質量為1 kg的小球靜止在豎直放置的輕彈簧上，彈簧勁度系數(shù)k＝50 N/m?，F(xiàn)用

12、大小為5 N、方向豎直向下的力F作用在小球上，當小球向下運動到最大速度時撤去F(g取10 m/s2，已知彈簧一直處于彈性限度內)，則小球(　　) A．返回到初始位置時的速度大小為1 m/s B．返回到初始位置時的速度大小為 m/s C．由最低點返回到初始位置過程中動能一直增加 D．由最低點返回到初始位置過程中動能先增加后減少 解析：選AC　初始時彈簧的壓縮量x1＝＝ m＝0.2 m，小球向下運動到最大速度時合力為零，由平衡條件得：mg＋F＝kx2，得x2＝0.3 m，則小球從開始向下到速度最大的位置通過的位移x＝x2－x1＝0.1 m，從開始到返回初始位置的過程，運用動能定理得：F

13、x＝mv2，解得小球返回到初始位置時的速度大小為v＝1 m/s，故A正確，B錯誤；由最低點返回到初始位置過程中，彈簧對小球的彈力一直大于重力，則小球做加速運動，動能一直增加，故C正確，D錯誤。 11．(2018·宜興期末)如圖所示，在水平勻速運動的傳送帶的左端(P點)，輕放—質量為m＝1 kg的物塊，物塊隨傳送帶運動到A點后拋出，物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點進入豎直光滑圓弧軌道下滑。B、D為圓弧的兩端點，其連線水平。已知圓弧半徑R＝1.0 m，圓弧對應的圓心角θ＝106°，軌道最低點為C，A點距水平面的高度h＝0.80 m。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0

14、.6)求： (1)物塊離開A點時水平初速度的大小； (2)物塊經過C點時對軌道壓力的大?。? (3)設物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.3，傳送帶勻速運動的速度為5 m/s，求物塊從P點運動至A點過程中電動機多消耗的電能。 解析：(1)物塊運動至B點時，合速度v的方向與水平速度v0的方向成53°， 有tan 53°＝，又h＝gt2， 聯(lián)立解得v0＝3 m/s。 (2)物塊由B運動至C的過程中用動能定理可得 mgR(1－cos 53°)＝mvC2－mvB2， vB＝5 m/s， 在C點有：F－mg＝m 聯(lián)立解得F＝43 N。 由牛頓第三定律得，物塊經過C點時對軌道的壓力大小為

15、F′＝F＝43 N。 (3)物塊在傳送帶上運動的加速度大小為a＝3 m/s2， 物塊從P點運動至A點所需的時間為t＝＝1 s， 物塊與傳送帶的皮帶相對距離s＝v皮t－v0t， 多消耗的電能為W＝μmgs＋mv02， 解得W＝15 J。 答案：(1)3 m/s　(2)43 N　(3)15 J 12．(2019·揚州模擬)如圖所示，水平轉臺上有一個質量為m的物塊，用長為2L的輕質細繩將物塊連接在轉軸上，細繩與豎直轉軸的夾角θ＝30°，此時細繩伸直但無張力，物塊與轉臺間動摩擦因數(shù)為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。物塊隨轉臺由靜止開始緩慢加速轉動，重力加速度為g，求： (1)當轉臺角

16、速度ω1為多大時，細繩開始有張力出現(xiàn)； (2)當轉臺角速度ω2為多大時，轉臺對物塊支持力為零； (3)轉臺從靜止開始加速到角速度ω3＝ 的過程中，轉臺對物塊做的功。 解析：(1)當最大靜摩擦力不能滿足物塊做圓周運動所需的向心力時，細繩上開始有張力：μmg＝mω12·2Lsin θ 代入數(shù)據(jù)得：ω1＝ 。 (2) 當支持力為零時，物塊所需要的向心力由重力和細繩拉力的合力提供： mgtan θ＝mω22·2Lsin θ 代入數(shù)據(jù)得：ω2＝ 。 (3)因為ω3>ω2，所以物塊已經離開轉臺在空中做圓周運動。設細繩與豎直方向夾角為α，有： mgtan α＝mω32·2Lsin α 代入數(shù)據(jù)得：α＝60° 轉臺對物塊做的功等于物塊動能增加量與重力勢能增加量的總和，即： W＝m(ω3·2Lsin 60°)2＋mg(2Lcos 30°－2Lcos 60°) 代入數(shù)據(jù)得：W＝mgL。 答案：(1) 　(2) 　(3)mgL