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课时跟踪训练（三） 动能和动能定理
A级—学考达标
1．下列各组物理量中，都是标量的是( )
A．质量、时间 B．速度、动能
C．位移、路程 D．功、加速度
解析：选A 速度、位移、加速度等既有大小又有方向，为矢量，而质量、时间、动能、路程、功等都只有大小没有方向，为标量，A正确。
2．(2019·青岛高一检测)下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是( )
A．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化
B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化
D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零
解析：选C 力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A、B错误；物体的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变化，C正确；物体的动能不变，所受的合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误。
3．如图所示，左端固定的轻质弹簧被物块压缩，物块被释放后，由静止开始从A点沿粗糙水平面向右运动。离开弹簧后，经过B点的动能为Ek，该过程中，弹簧对物块做的功为W，则物块所受摩擦力做的功Wf为( )
A．Wf＝Ek B．Wf＝Ek＋W
C．Wf＝Ek－W D．Wf＝W－Ek
解析：选C 对物块从A到B应用动能定理有：W＋Wf＝Ek，解得：Wf＝Ek－W。故C正确。
4．(2019·泰安高一检测)一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样路面上急刹车后滑行的距离x2应为( )
A．6.4 m B．5.6 m
C．7.2 m D．10.8 m
解析：选A 急刹车后，汽车只受摩擦阻力的作用，且两种情况下摩擦阻力大小是相同的，汽车的末速度皆为零。设摩擦阻力为F，据动能定理得－Fx1＝0－mv，－Fx2＝0－mv，解得：＝，故得汽车滑行距离x2＝x1＝2×3.6 m＝6.4 m，A正确。
5.如图所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg。则下滑过程中物体克服阻力所做的功为(g取10 m/s2)( )
A．50 J B．18 J C．32 J D．0
解析：选C 由动能定理得mgh－Wf＝mv2，
故Wf＝mgh－mv2＝1×10×5 J－×1×62 J＝32 J，C正确。
6.(2018·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
解析：选A 由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确，B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。
7．一个人站在h高处，抛出一个质量为m的物体，物体落地时的速度为v，则人对物体做的功为( )
A．mgh B.mv2
C．mgh＋mv2 D.mv2－mgh
解析：选D 人对物体做的功等于物体在抛出点的动能Ek，又由动能定理得：mgh＝
mv2－Ek，故Ek＝mv2－mgh，D正确。
8.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
解析：选A 由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv，解得W＝mv－μmg(s＋x)，A正确。
9.(2018·江苏学业水平测试)某科技兴趣小组试飞一架自制的无人机，该无人机的质量m＝0.5 kg，由静止开始沿竖直方向匀加速上升，加速度a＝2 m/s2，上升时间t＝3 s，求：该过程中无人机
(1)受到合力的大小F；
(2)上升的高度h；
(3)末动能Ek。
解析：(1)对无人机由牛顿第二定律可得：
F＝ma＝0.5×2 N＝1 N。
(2)由匀加速直线运动的位移公式可得：
h＝at2＝×2×32 m＝9 m。
(3)无人机3 s末的速度为：
v＝at＝2×3 m/s＝6 m/s
末动能为：Ek＝mv2＝×0.5×62 J＝9 J。
答案：(1)1 N (2)9 m (3)9 J
B级—选考提能
10.如图所示，小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 在从A点到B点的过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得－mgh－Wf＝0－mv，从B点到A点过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2，两式联立得再次经过A点的速度大小为，B正确。
11．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
解析：选C 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即Ek＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin θ－μmgcos θ)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。
12.冰壶运动逐渐成为人们所关注的一项运动。场地如图所示，假设质量为m的冰壶在运动员的操控下，先从起滑架A点由静止开始加速启动，经过投掷线B时释放，以后匀减速自由滑行刚好能滑至营垒中心O点停下。已知A、B相距L1，B、O相距L2，冰壶与冰面各处的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。求：
(1)冰壶运动的最大速度vmax；
(2)在AB段，运动员水平推冰壶做的功W。
解析：(1)由题意知，在B点冰壶有最大速度，
在BO段运用动能定理有－μmgL2＝0－mv，
解得vmax＝。
(2)法一：全过程用动能定理：
对AO过程：W－μmg(L1＋L2)＝0，
得W＝μmg(L1＋L2)。
法二：分过程运用动能定理：
对AB段：W－μmgL1＝mv－0，
对BO段：－μmgL2＝0－mv，
解以上两式得W＝μmg(L1＋L2)。
答案：(1) (2)μmg(L1＋L2)
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