（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習 課時跟蹤檢測（十七）動能定理及其應(yīng)用（含解析）對點訓練：對動能定理的理解1(2019·姜堰月考)關(guān)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(zhì)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)Ekmv2知，質(zhì)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(zhì)量的物體，動能變化，則速度的大小一定變化，所以速度一定變化；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(yù)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(yīng)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(cè)，第二次調(diào)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，hgt2，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，B錯誤；根據(jù)動能定理：mghmv2mv02，由于兩次在空中運動過程中重力做功都是零，則vv0，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(shè)計了直升機的螺旋槳。如圖所示，一小孩搓動質(zhì)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()A0.2 JB0.6 JC1.0 J D2.5 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：mghWf0mv02，則：mv02mgh0.02×10×6 J1.2 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(zhuǎn)臺上有一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)，物塊與豎直轉(zhuǎn)軸間距為R，物塊與轉(zhuǎn)臺間動摩擦因數(shù)為，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，現(xiàn)讓物塊始終隨轉(zhuǎn)臺一起由靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動至角速度為時，()A物塊受到的向心力為mgB物塊受到的摩擦力為m2RC轉(zhuǎn)臺對物塊做的功為m2R2D轉(zhuǎn)臺對物塊做的功不小于mgR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Ffm2R，因為圓盤加速轉(zhuǎn)動，摩擦力在切向有分力，所以摩擦力大于m2R，故B錯誤。物塊始終隨轉(zhuǎn)臺一起由靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動至角速度為的過程中，重力和支持力不做功，只有摩擦力做功，末速度vR，根據(jù)動能定理，有Wmv2m2R2，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mgm，得mvmax2mgR，物體做加速圓周運動過程Wfmv2，vvmax，所以轉(zhuǎn)臺對物塊做的功小于或等于mgR，故D錯誤。6.如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一個半徑為R的四分之三光滑圓管軌道，其上端點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(zhì)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()AR 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：vtR，豎直方向：Rgt2，解得：v ；小球從A點上方自由下落，經(jīng)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(hR)mv2，解得hR，即小球開始下落時距A點的高度為hR，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(zhì)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()Ab球的初速度是a球的初速度的兩倍Bb球的初速度是a球的初速度的倍Cb球的動能增量是c球的動能增量的兩倍Da球的動能增量是c球的動能增量的倍解析：選Ba、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mghEk可知，b球的動能增量等于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(diào)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(guān)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 gcos )，下滑時的加速度a2(gsin gcos )，則|a1|a2|，由于下滑與上滑過程位移大小相等，則根據(jù)位移公式xat2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Wmghmgxsin ，故C正確。9(2018·宿遷期末)一物塊沿傾角為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(guān)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0.5E0B物塊從底端上滑到最高點過程中重力做功為0.75E0C物塊在上滑過程中加速度大小為gsin D物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為tan 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WGWf0E0，解得WG0.75E0，選項B錯誤；因3，則mgsin 3f3mgcos ，解得tan ，選項D正確；物塊上滑時，根據(jù)牛頓第二定律mgsin fma，解得agsin ，選項C錯誤?？键c綜合訓練10多選(2019·鹽城模擬)如圖所示，質(zhì)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)k50 N/m?，F(xiàn)用大小為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(nèi))，則小球()A返回到初始位置時的速度大小為1 m/sB返回到初始位置時的速度大小為 m/sC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 m0.2 m，小球向下運動到最大速度時合力為零，由平衡條件得：mgFkx2，得x20.3 m，則小球從開始向下到速度最大的位置通過的位移xx2x10.1 m，從開始到返回初始位置的過程，運用動能定理得：Fxmv2，解得小球返回到初始位置時的速度大小為v1 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(zhì)量為m1 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R1.0 m，圓弧對應(yīng)的圓心角106°，軌道最低點為C，A點距水平面的高度h0.80 m。(g取10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6)求：(1)物塊離開A點時水平初速度的大?。?2)物塊經(jīng)過C點時對軌道壓力的大??；(3)設(shè)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hgt2，聯(lián)立解得v03 m/s。(2)物塊由B運動至C的過程中用動能定理可得mgR(1cos 53°)mvC2mvB2，vB5 m/s，在C點有：Fmgm聯(lián)立解得F43 N。由牛頓第三定律得，物塊經(jīng)過C點時對軌道的壓力大小為FF43 N。(3)物塊在傳送帶上運動的加速度大小為a3 m/s2，物塊從P點運動至A點所需的時間為t1 s，物塊與傳送帶的皮帶相對距離sv皮tv0t，多消耗的電能為Wmgsmv02，解得W15 J。答案：(1)3 m/s(2)43 N(3)15 J12(2019·揚州模擬)如圖所示，水平轉(zhuǎn)臺上有一個質(zhì)量為m的物塊，用長為2L的輕質(zhì)細繩將物塊連接在轉(zhuǎn)軸上，細繩與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角30°，此時細繩伸直但無張力，物塊與轉(zhuǎn)臺間動摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動，重力加速度為g，求：(1)當轉(zhuǎn)臺角速度1為多大時，細繩開始有張力出現(xiàn)；(2)當轉(zhuǎn)臺角速度2為多大時，轉(zhuǎn)臺對物塊支持力為零；(3)轉(zhuǎn)臺從靜止開始加速到角速度3 的過程中，轉(zhuǎn)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：mgm12·2Lsin 代入數(shù)據(jù)得：1 。(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 m22·2Lsin 代入數(shù)據(jù)得：2 。(3)因為3>2，所以物塊已經(jīng)離開轉(zhuǎn)臺在空中做圓周運動。設(shè)細繩與豎直方向夾角為，有：mgtan m32·2Lsin 代入數(shù)據(jù)得：60°轉(zhuǎn)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：Wm(3·2Lsin 60°)2mg(2Lcos 30°2Lcos 60°)代入數(shù)據(jù)得：WmgL。答案：(1) (2) (3)mgL