课时跟踪检测（十七） 动能定理及其应用
对点训练：对动能定理的理解
1．(2019·姜堰月考)关于动能的理解，下列说法错误的是( ) 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．物体的动能不能为负值
C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化；但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析：选D 动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，运动的物体都有动能，A正确；12
根据Ek＝mv知，质量为正值，速度的平方为正值，则动能一定为正值，B正确；一定质量
2的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化；但是速度变化，动能不一定变化，比如做匀速圆周运动，速度方向变化，大小不变，则动能不变，C正确；动能不变的物体，速度方向可能变化，则不一定处于平衡状态，D错误。
2.(2018·溧水期中)我国发射的神舟飞船，进入预定轨道后绕地球做椭圆轨道运动，地球位于椭圆的一个焦点上，如图所示。飞船从A点运动到远地点B点的过程中，下列说法中正确的是( )
A．飞船受到的引力逐渐增大 B．飞船的加速度逐渐增大 C．飞船受到的引力对飞船不做功 D．飞船的动能逐渐减小
解析：选D 由题图可知，飞船由A到B的过程中，离地球的距离增大，则万有引力减小，飞船的加速度减小，故A、B错误；引力对飞船做负功，由动能定理可知，飞船的动能减小，故C错误，D正确。
对点训练：动能定理的应用
3．(2018·扬州期末)某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹落点在目标A的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标。忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是( )
A．第二次炮弹在空中运动时间较长 B．两次炮弹在空中运动时间相等 C．第二次炮弹落地速度较大 D．第二次炮弹落地速度较小
解析：选A 炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。根据下落
1
12
过程竖直方向做自由落体运动，h＝gt，第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动
21212
的时间较长，故A正确，B错误；根据动能定理：mgh＝mv－mv0，由于两次在空中运动过
22程中重力做功都是零，则v＝v0，所以两次炮弹落地速度相等，故C、D错误。
4．(2019·启东月考)竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，人们根据竹蜻蜓的原理设计了直升机的螺旋桨。如图所示，一小孩搓动质量为20 g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶处。搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是( )
A．0.2 J C．1.0 J
B．0.6 J D．2.5 J
解析：选D 地面到二层楼房顶的高度约为6 m，竹蜻蜓从地面飞到二层楼房顶高处时，1212
速度刚好为零，此过程中，根据动能定理得：－mgh－Wf＝0－mv0，则：mv0＞mgh＝
220.02×10×6 J＝1.2 J，而在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功等于竹蜻蜓获得的初动能，所以在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功大于1.2 J，故D正确。
5.如图，水平转台上有一个质量为m的物块(可视为质点)，物块与竖直转轴间距为R，物块与转台间动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为ω时，( )
A．物块受到的向心力为μmg B．物块受到的摩擦力为mωR 122
C．转台对物块做的功为mωR
21
D．转台对物块做的功不小于μmgR
2
解析：选C 物块与圆盘间是静摩擦力，不能用滑动摩擦力公式计算，故A错误。物块受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，摩擦力沿半径方向的分量充当了向心力Ff＝
2
mω2R，因为圆盘加速转动，摩擦力在切向有分力，所以摩擦力大于mω2R，故B错误。物块
始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为ω的过程中，重力和支持力不做功，12122
只有摩擦力做功，末速度v＝ωR，根据动能定理，有W＝mv＝mωR，故C正确。物体即
22
vmax2112
将滑动时，最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式μmg＝m，得mvmax＝μmgR，物体
R22
121
做加速圆周运动过程Wf＝mv，v＜vmax，所以转台对物块做的功小于或等于μmgR，故D错
22
2
误。
6.如图所示，竖直平面内固定一个半径为R的四分之三光滑圆管轨道，其上端点B在圆心O的正上方，另一个端点A与圆心O等高。一个小球(可视为质点)从A点正上方某一高度处自由下落，由A点进入圆管轨道后从B点飞出，之后又恰好从A点进入圆管轨道。则小球开始下落时距A点的高度为( )
A．R C.3R 2
B. 45R D. 4
R解析：选D 小球从B点飞出做平抛运动，恰好从A点进入管道时，水平方向：vt＝R，12
竖直方向：R＝gt，解得：v＝ 2
1
gR；小球从A点上方自由下落，经B再次从A点落入2
125
圆管轨道，整个过程根据动能定理得：mg(h－R)＝mv，解得h＝R，即小球开始下落时距
24
A点的高度为h＝R，故D正确。
对点训练：动能定理的图像问题
7．(2018·淮安期中)如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向。图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个质量相等小球a、
5
4
b和c的运动轨迹。小球a从(0,2L)抛出，落在(2L,0)处；小球b、c从(0，L)抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处。不计空气阻力，下列说法正确的是
( )
A．b球的初速度是a球的初速度的两倍 B．b球的初速度是a球的初速度的2倍 C．b球的动能增量是c球的动能增量的两倍 D．a球的动能增量是c球的动能增量的2倍
解析：选B a、b两球的水平位移相同，但运动时间不同，根据t＝ 根据v0＝可知＝2hta2
可知＝，gtb1
xtvbva2
，选项A错误，B正确；b、c两球的竖直位移相同，根据动能定理mgh1
＝ΔEk可知，b球的动能增量等于c球的动能增量，选项C错误；a球的竖直位移等于c球的2倍，根据动能定理可知，a球的动能增量等于c球动能增量的2倍，选项D错误。
8.[多选](2019·南京调研)如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映整个运动过程
中，滑块的加速度a、速度v随时间t，重力对滑块所做的功W、动能Ek与位移x关系的是(取
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初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)( )
解析：选BC 上滑时的加速度a1＝－下滑时的加速度a2＝－
mgsin θ＋μmgcos θ
＝－(gsin θ＋μgcos θ)，
mmgsin θ－μmgcos θ
＝－(gsin θ－μgcos θ)，则|a1|＞|a2|，
m12
由于下滑与上滑过程位移大小相等，则根据位移公式x＝at知下滑时间t2大于上滑的时间
2
t1，又由于机械能有损失，返回到出发点时速度(动能)小于出发时的初速度(动能)，故A、D
错误，B正确。重力做功W＝－mgh＝－mgxsin θ，故C正确。
9．(2018·宿迁期末)一物块沿倾角为θ的斜面向上滑后又滑回原处，物块与斜面间的动摩擦因数不变，运动过程中物块动能与位移x关系如图所示。则该过程中(重力加速度为g)( )
A．物块从底端上滑到最高点过程中克服阻力做功0.5E0 B．物块从底端上滑到最高点过程中重力做功为0.75E0 1
C．物块在上滑过程中加速度大小为gsin θ
31
D．物块与斜面间的动摩擦因数为tan θ
3
解析：选D 由题图可知，物块从底端开始运动，再回到底端时，动能损失0.5E0，则克服阻力做功为0.5E0，则物块从底端上滑到最高点过程中克服阻力做功0.25E0，选项A错误；物块从底端上滑到最高点过程中，根据动能定理WG－Wf＝0－E0，解得WG＝－0.75E0，选项B错误；因＝WGmgsin θ·L1
＝3，则mgsin θ＝3f＝3μmgcos θ，解得μ＝tan θ，
WffL3
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选项D正确；物块上滑时，根据牛顿第二定律mgsin θ＋f＝ma，解得a＝gsin θ，选项
3C错误。
考点综合训练
10．[多选](2019·盐城模拟)如图所示，质量为1 kg的小球静止在竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k＝50 N/m。现用大小为5 N、方向竖直向下的力F作
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