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考点巩固卷35 动能定理的综合应用-备战2024年高考物理一轮复习专题高分突破（新高考通用）
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这是一份考点巩固卷35 动能定理的综合应用-备战2024年高考物理一轮复习专题高分突破（新高考通用），文件包含考点巩固卷35动能定理的综合应用-高考物理一轮复习考点通关卷原卷版docx、考点巩固卷35动能定理的综合应用-高考物理一轮复习考点通关卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
考点01：应用动能定理求变力做功（4单选+2多选+1解答）
一、单选题
1．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，AB为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道，O为圆心，P为圆弧AB的中点，OA水平，OB竖直，轨道半径R=2m，一质量m=4kg的小物块以速度从A到B做匀速圆周运动，重力加速度 ，则下列说法不正确的是（ ）
A．A到B的过程中合力对小球的冲量为8 Ns
B．在P点时，重力的瞬时功率为40W
C．AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功
D．在B点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为40N
【答案】D
【详解】A．A到B的过程初状态动量方向竖直向下，末状态动量方向水平向右，大小均为
该过程小物块的动量改变量大小为
根据动量定理，可知
即A到B的过程中合力对小球的冲量大小为 。故A正确，与题意不符；
B．依题意，P为圆弧AB的中点，则小物块在P点的速度方向与竖直方向成45°角，根据功率的表达式，有
故B正确，与题意不符；
C．由几何知识可知
由动能定理，可得
联立，解得
可知AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功。故C正确，与题意不符；
D．小物块在B点时，由牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧轨道的压力大小为。故D错误，与题意相符。
故选D。
2．（2023·贵州黔东南·校考模拟预测）如图，一侧有竖直挡板的足够长的实验台固定在地面上，台面水平且光滑。质量均为的甲、乙两小球用一根劲度系数为的轻质弹簧拴接在一起，小球乙与竖直挡板接触（不固定），用力推压小球甲使弹簧压缩，弹簧压缩量为时锁定小球甲。现解除对小球甲的锁定，同时给小球甲施加一个水平向左的外力F，使小球甲由静止开始向左以的加速度做匀加速直线运动，当小球乙刚要离开竖直挡板时撤掉外力F。有关甲、乙两小球的运动情况的判断，下列说法正确的是（ ）
A．外力F的最大值为
B．弹簧锁定时弹性势能为
C．小球乙刚离开挡板瞬间小球甲的速度大小为
D．外力F对小球甲做的功为
【答案】C
【详解】A．解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，根据牛顿第二定律有
当时外力F最大，为
故A错误；
B．弹簧锁定时，弹力做功为
根据功能关系，弹性势能为
故B错误；
C．根据动力学公式
解得
故C正确；
D．解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，由动能定理得
解得
故D错误。
故选C。
3．（2023·全国·二模）备战冬奥会期间，我国自主研发的转盘滑雪训练机在训练基地投入使用。转盘滑雪训练机工作起来像一个巨型“陀螺”，可模拟一些特定的环境和场景。该转盘的转速可调，转盘与水平面的夹角为。某次训练中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离为处的运动员（可看成质点）与圆盘始终保持相对静止。运动员质量为65kg，与盘面间的动摩擦因数为0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。不计空气阻力，g取，已知。则下列说法正确的是（ ）
A．运动员随圆盘做圆周运动时，某时刻可能受到两个力的作用
B．运动员训练时，与圆盘相对静止的最大值约为
C．运动员在最高点受到的摩擦力一定随的增大而减小
D．运动员由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为
【答案】C
【详解】A．当运动员在最高点时，由重力的下滑分力提供向心力时，静摩擦力为零，此时受到两个力的作用，则
当物体在最低点时
得
又
不符合实际情况，故运动员做匀速圆周运动时，不可能受两个力，A错误；
B．在最低点，摩擦力达到最大时，与圆盘相对静止的角速度最大，根据牛顿第二定律
得
B错误；
C．由A选项可知，运动员在最高点时，静摩擦力方向一定背离圆心，即
在最高点时，角速度越大，静摩擦力越小，C正确；
D．运动员动能不变，摩擦力做功等于克服重力做功，则摩擦力做功为
D错误。
故选C。
4．（2023·北京朝阳·统考二模）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（ ）
A．
B．车速为时的加速度大小为
C．人与车在时间t内的位移大小等于
D．在时间t内阻力做的功为
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度为
故A错误；
B．车速为时的牵引力为
由牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
D．平衡车从到最大速度，由动能定理得
解得在时间t内阻力做的功为
故D正确；
C．在时间t内阻力做的功
解得人与车在时间t内的位移大小为
故C错误。
故选D。
二、多选题
5．（2023·吉林·统考模拟预测）如图所示，一根长为3L的光滑轻杆一端用铰链固定于地面上的O点，另一端固定一质量为m的小球A，轻杆紧贴着边长为L、质量为m的光滑小立方体方块B，开始时轻杆处于竖直状态，受到轻微扰动后，轻杆开始顺时针转动，推动方块B沿地面向右滑至图示虚线位置（此时杆与地面的夹角）时，设小球A的速度和方块B的速度分别为vA、vB，已知重力加速度为g，则（ ）
A．B．
C．此时小球A的速度大小为D．轻杆从开始转动到此时对方块B所做的功为
【答案】AD
【详解】AB．A和B速度关系满足
得出
A正确，B错误；
CD．对于A、B组成的系统，机械能守恒，但是小球A机械能不守恒；对系统由机械能守恒得
联立上式解得
，
对B分析，由动能定理得，轻杆从开始转动到此时对方块B所做的功为
C错误，D正确。
故选AD。
6．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）正三角形滑块ABC放置于水平面上，轻杆一端与固定在水平面上的铰链连接，另一端固定一小球，已知铰链连接处到小球球心的距离为，小球和滑块的质量都为。如图所示，将小球与滑块的斜面接触，在水平面上反复移动滑块，直到轻杆与斜面平行，然后由静止释放滑块，重力加速度为，不计一切摩擦。则在小球和滑块的相互作用过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块的速度先增大后减小
B．小球的速度一直增大
C．当轻杆与水平面的夹角为时，小球的动能为
D．从释放小球到轻杆与水平面的夹角为的过程中，小球对滑块做功为
【答案】BD
【详解】A．小球在与滑块相互作用的过程中，始终对斜面体的BC面存在压力，斜面体受到的合力作用水平向左，对滑块一直做正功，所以滑块的速度一直增加，故A错误；
B．设某时刻轻杆与水平面的夹角为，对小球的速度沿这两个方向进行分解如图所示
小球参与了沿水平面向左的运动和沿滑块斜面向下的运动，三角形滑块的速度与小球在水平方向的分速度相等，在小球与滑块相互作用的过程中，轻杆与水平面的夹角减小，而对应的小球水平方向的分速度一直增大，由于小球的合速度对应的角度始终为不变，可知小球的速度一直增大，故B正确；
C．轻杆与水平面的夹角为时，设小球速度为v，滑块速度为，由系统机械能守恒可得
根据速度合成与分解，可得
可得小球动能为
故C错误；
D．根据动能定理可得，小球对滑块做功等于滑块增加的动能，可求得小球对滑块做功为
故D正确。
故选BD。
三、解答题
7．（2023·河北·校联考模拟预测）如图甲所示，质量的小球静止在水平地面上，从某时刻起，小球受到竖直向上的拉力作用，拉力随小球上升高度的变化关系如图乙所示，减小到0以后小球不再受拉力的作用。已知小球每次与地面碰后速度是碰前速度的0.5倍，不计空气阻力，取。求：
（1）小球在向上运动过程中的最大速度；
（2）小球在空中运动的总路程。（计算结果可用分数表示）
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）当，即小球上升时，小球的速度最大，此过程中
根据动能定理
解得
（2）小球上升时
重力做功
因
故小球上升的最大高度为
根据题意小球与地面碰后速度是碰前速度的倍，由
联立解得小球第一次碰后上升的最大高度
同理可求得小球第2，3，…，n次碰后上升的最大高度
则小球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为
整理可得
解得
小球在空中运动的总路程
考点02：应用动能定理求解多过程问题（3单选+3多选）
一、单选题
1．（2023·河北·模拟预测）如图所示，质量为m的滑块以初速度，由固定斜面底端滑上斜面，一段时间后返回，返回时的速度大小为，以斜面底端位置为零势能面，重力加速度为g，以下关于滑块在斜面上的运动过程说法正确的是（ ）
A．上滑过程中动能与重力势能相等的位置位于斜面中点下方
B．下滑过程中动能与重力势能相等的位置位于斜面中点上方
C．滑块上滑的高度为
D．运动过程中滑块最大的重力势能为
【答案】C
【详解】AB．根据题意，画出滑块上滑及下滑过程中动能和重力势能随高度的变化关系图像，如图所示
则对应交点为动能和势能相等的位置，在图上直接可以看出，上滑过程中动能与势能相等的位置位于斜面中点上方，下滑过程中动能与势能相等的位置位于斜面中点下方，故AB错误；
C．设滑块滑动过程中摩擦力做功为W，根据动能定理，上滑过程有
下滑过程有
两式联立得
故C正确；
D．滑块运动过程中最大重力势能为
故D错误。
故选C。
2．（2023·山东济宁·统考二模）如图所示，一滑块（可视为质点）在水平力F的作用下由静止沿粗糙水平直轨道AB开始运动，该力的功率恒定，达到最大速度后，撤掉该力，滑块继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道BCD，并恰好通过该轨道最高点D，然后进入光滑半圆管道DEF，最终停在粗糙水平直轨道FG上。已知水平力的恒定功率为10W，滑块的质量为0.2kg，滑块与轨道AB的动摩擦因数为0.5，半圆轨道BCD的半径R=0.5m，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在D点的速度大小为
B．半圆管道DEF的半径r可能为0.15m
C．在轨道AB上，滑块的最大速度为10m/s
D．在轨道AB上，滑块减速过程的距离为2.5m
【答案】C
【详解】A．滑块恰好通过该轨道最高点D，则有
解得
故A错误；
B．设从D点刚好到达F点，根据动能定理有
解得
根据题意滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上，所以半圆管道DEF的半径r应小于，故B错误；
C．在轨道AB上，滑块的拉力等于摩擦力时，速度最大，有
故C正确；
D．在轨道AB上，滑块减速过程的距离为，从撤去外力到D点，根据动能定理有
解得
故D错误；
故选C。
3．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）某同学利用如图甲所示的装置，探究物块a上升的最大高度H与物块b距地面高度h的关系，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量，初始时物块a静止在地面上，物块b距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现将物块b由静止释放，b碰到地面后不再反弹，测出物块a上升的最大高度为H，此后每次释放物块b时，物块a均静止在地面上，物块b着地后均不再反弹，改变细绳长度及物块b距地面的高度h，测量多组（H，h）的数值，然后做出H-h图像（如图乙所示），图像的斜率为k，已知物块a、b的质量分别为m1、m2，则以下给出的四项判断中正确的是（ ）
①物块a，b的质量之比 ②物块a、b的质量之比
③H-h图像的斜率为k取值范围是0A．①③B．②③C．①④D．②④
【答案】D
【详解】①②．物块的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与此同时物块加速下降，速率与物块相同，第二个阶段为物块落地后，物块在自身重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有
第二阶段对物块由动能定理有
联立以上两式可得
结合图像可得
可知
故①错误，②正确；
③④．要将物块拉起，则有
对物块，则有
可得
因此有
即
故③错误，④正确。
故选D。
二、多选题
4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）水平粗糙平面上静止两个物块A、B，B的右侧紧密连接一段光滑圆弧轨道。现给A施一水平向右大小为8N的外力F，作用一段距离后撤去，又经过一段时间后A与B发生碰撞，A、B碰后连接为一个整体沿圆弧面上滑。已知碰撞过程中能量损失为2J，A、B可视为质点，，A、B与水平面之间的动摩擦因数相同，，A、B初始的距离，圆弧轨道的半径为40m，物块上滑的过程中未离开圆弧面，π取3.14，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．外力F作用的距离为4m
B．物块沿圆弧面上滑的高度为0.1m
C．整个过程中因摩擦产生的热量为29J
D．从外力开始作用到最终物块停下，花费的总时间为9.78s
【答案】AD
【详解】A．质量相等的两物体发生完全非弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可知动能损失量为初动能的1/2，故碰撞前A的动能为4J，设外力F作用的距离为，则根据动能定理
可得外力作用距离为
故A正确；
B．碰撞后的动能为2J，根据能量守恒有
解得
故B错误；
C．整个过程中，外力F做功为
碰撞能量损失为2J，故由能量守恒可知因摩擦产生的热量为30J，故C错误。
D．碰撞前A经历了先加速后减速的运动，加速过程中有
，
解得
减速过程有
碰撞前A的动能为4J，可知即碰撞前的速度为2m/s，解得
由于上升高度远小于圆弧半径，可等效看作为单摆模型，所经历时间为半个单摆的周期，有
回到水平面上后
为碰撞后的速度1m/s，所以
总时长为
故D正确。
故选AD。
5．（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）如图所示，竖直面内一倾角的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，质量的小物块B静止于水平轨道的最左端。质量的小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，释放点到水平轨道的高度，一段时间后A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度大小，两物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，不计空气阻力，，则（ ）
A．物块A沿倾斜轨道上升的最大高度为0.12m
B．物块A在水平轨道上运动的位移大小为0.1m
C．物块B在水平轨道上运动的位移大小为0.4m
D．整个过程中物块A克服摩擦力做的功为0.2J
【答案】AC
【详解】A．设碰撞前瞬间，A的速度大小为v，由动能定理有
解得
由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
设物块A沿倾斜轨道上升的最大高度为h，则有
解得
故A正确；
B．设物块A返回水平轨道时的速度为，物块A在水平轨道上运动的位移为，在斜面上由动能定理得
在水平面上
解得
故B错误；
C．对B物体由动能定理得
则物块B在水平轨道上运动的位移
故C项正确；
D．整个过程中由能量守恒得物块A克服摩擦力做的功
D项错误。
故选AC。
6．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（ ）
A．重力做功2mgRB．机械能减少mgR
C．合外力做功D．克服摩擦力做功
【答案】CD
【详解】A．重力做功
A错误；
B．小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有
解得
机械能减少
B错误；
C．根据动能定理
C正确；
D．根据动能定理
解得
所以克服摩擦力做功为，D正确。
故选CD。
考点3：应用动能定理求机车启动问题（1单选+3多选+1解答）
一、单选题
1．（2023·山西·校联考模拟预测）一辆质量为m的汽车在平直的路面上以恒定功率P匀速行驶，匀速行驶的速度为，某时刻司机看到路旁减速标志后，没有踩刹车，而是立即松减油门，发动机功率变为原来的，保持该功率行驶一段时间t后，汽车又开始匀速运动。设汽车受到的阻力恒定不变，在松减油门后的t时间内汽车前进的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】发动机的功率为P时，汽车以速度匀速行驶，阻力为
汽车再次匀速，此时汽车速度大小为
根据动能定理可得
解得
故选D。
二、多选题
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为图像，如图所示（除时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已知在小车运动的过程中，时间段内小车的功率保持不变，在末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列选项正确的是（ ）
A．小车两段匀变速直线运动的加速度大小相同
B．小车所受到的阻力为
C．小车额定功率为
D．小车在变加速运动过程中位移为
【答案】AB
【详解】A．内汽车的加速度
在时间段，加速度大小
故A正确。
B．时间段，由牛顿第二定律得
故B正确。
C．在小车做匀速运动，速度，牵引力大小与大小相等，则小车匀速运动的功率
故C错误；
D．内根据动能定理有
解得
故D错误。
故选AB。
3．（2023·湖南岳阳·统考模拟预测）如图所示，质量为m的摩托艇静止在水面上，时刻，摩托艇在恒定牵引力作用下开始沿直线运动，其加速度a随速度v的变化规律如图所示。已知摩托艇受到的阻力与运动速度成正比，即（k为常数，大小未知）。则（ ）
A．摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力对摩托艇做的功为
B．常数k的大小为
C．牵引力的最大功率为
D．摩托艇从开始运动到速度最大的过程所用时间为
【答案】BC
【详解】A．根据动能定理，牵引力与阻力做功之和等于摩托艇动能的变化量，阻力做负功，则牵引力对摩托艇做的功大于，选项A错误；
B．根据牛顿第二定律
得
可知
得
选项B正确；
C．由图可知，速度为零时，阻力为零，牵引力为
牵引力为恒力，则速度最大时，牵引力功率最大
选项C正确；
D．若摩托艇从开始做匀加速运动到速度最大，有
而由题图可知摩托艇的加速度从开始减小，因此摩托艇从开始运动到速度最大的过程所用时间不等于，选项D错误。
故选BC。
4．（2023·天津滨海新·统考一模）一辆额定功率800W的玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以恒定功率加速前进，玩具赛车瞬时加速度和瞬时速度的倒数的关系图像如图所示。假设在阻力大小不变的情况下，玩具赛车从起点到终点所用的时间为30s，玩具赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是（ ）
A．玩具赛车所受的阻力大小为40 N
B．玩具赛车的质量为10 kg
C．玩具赛车的速度大小为10 m/s时的加速度大小为
D．起点到终点的距离为500 m
【答案】AD
【详解】A．玩具车的最大速度
则阻力
选项A正确；
B．玩具车的加速度为
由图像可知
解得
m=20kg
选项B错误；
C．根据
可知玩具赛车的速度大小为10 m/s时的加速度大小为，选项C错误；
D．从起点到终点由动能定理
解得
x=500m
选项D正确。
故选AD。
三、解答题
5．（2023·贵州毕节·统考三模）由于三大常规能源的短缺，新能源汽车成为当下各国研发的主方向。理论上汽车刹车车轮抱死的情况下，刹车距离与速度的平方成正比，与动摩擦因数成反比，当摩擦因数一定时，刹车距离取决于车速。现实生活中，车速一样的情况下，往往车载重越重，刹车距离就越长。为探究这个问题，研究小组对某新能源汽车进行研究，该车质量为，额定功率为，以额定功率在水平路面上启动，受到的阻力恒为。保持额定功率行驶时间时，速度达到最大，随即刹车（防抱死制动装置ABS启动，不考虑反应时间），测得制动距离等于启动到最大速度距离的倍。查得抱死时动摩擦因数为，计算发现防抱死时刹车系统的制动力小于车轮抱死时与地面的滑动摩擦力。由此可知，这就是车载重越重刹车距离越长的原因。求：
（1）该车从启动到最大速度的过程中，汽车行驶的位移大小；
（2）上述刹车过程中刹车系统的制动力。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据题意可知，当时，速度最大，结合公式，则有
代入数据得
从启动到最大速度，由动能定理得
代入数据得
（2）根据题意，由动能定理有
其中
代入数据得
考点序号
考点
题型分布
考点1
应用动能定理求变力做功
4单选+2多选+1解答
考点2
应用动能定理求解多过程问题
3单选+3多选
考点3
应用动能定理求机车启动问题
1单选+3多选+1解答
考点01：应用动能定理求变力做功（4单选+2多选+1解答）
一、单选题
1．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，AB为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道，O为圆心，P为圆弧AB的中点，OA水平，OB竖直，轨道半径R=2m，一质量m=4kg的小物块以速度从A到B做匀速圆周运动，重力加速度 ，则下列说法不正确的是（ ）
A．A到B的过程中合力对小球的冲量为8 Ns
B．在P点时，重力的瞬时功率为40W
C．AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功
D．在B点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为40N
【答案】D
【详解】A．A到B的过程初状态动量方向竖直向下，末状态动量方向水平向右，大小均为
该过程小物块的动量改变量大小为
根据动量定理，可知
即A到B的过程中合力对小球的冲量大小为 。故A正确，与题意不符；
B．依题意，P为圆弧AB的中点，则小物块在P点的速度方向与竖直方向成45°角，根据功率的表达式，有
故B正确，与题意不符；
C．由几何知识可知
由动能定理，可得
联立，解得
可知AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功。故C正确，与题意不符；
D．小物块在B点时，由牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧轨道的压力大小为。故D错误，与题意相符。
故选D。
2．（2023·贵州黔东南·校考模拟预测）如图，一侧有竖直挡板的足够长的实验台固定在地面上，台面水平且光滑。质量均为的甲、乙两小球用一根劲度系数为的轻质弹簧拴接在一起，小球乙与竖直挡板接触（不固定），用力推压小球甲使弹簧压缩，弹簧压缩量为时锁定小球甲。现解除对小球甲的锁定，同时给小球甲施加一个水平向左的外力F，使小球甲由静止开始向左以的加速度做匀加速直线运动，当小球乙刚要离开竖直挡板时撤掉外力F。有关甲、乙两小球的运动情况的判断，下列说法正确的是（ ）
A．外力F的最大值为
B．弹簧锁定时弹性势能为
C．小球乙刚离开挡板瞬间小球甲的速度大小为
D．外力F对小球甲做的功为
【答案】C
【详解】A．解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，根据牛顿第二定律有
当时外力F最大，为
故A错误；
B．弹簧锁定时，弹力做功为
根据功能关系，弹性势能为
故B错误；
C．根据动力学公式
解得
故C正确；
D．解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，由动能定理得
解得
故D错误。
故选C。
3．（2023·全国·二模）备战冬奥会期间，我国自主研发的转盘滑雪训练机在训练基地投入使用。转盘滑雪训练机工作起来像一个巨型“陀螺”，可模拟一些特定的环境和场景。该转盘的转速可调，转盘与水平面的夹角为。某次训练中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离为处的运动员（可看成质点）与圆盘始终保持相对静止。运动员质量为65kg，与盘面间的动摩擦因数为0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。不计空气阻力，g取，已知。则下列说法正确的是（ ）
A．运动员随圆盘做圆周运动时，某时刻可能受到两个力的作用
B．运动员训练时，与圆盘相对静止的最大值约为
C．运动员在最高点受到的摩擦力一定随的增大而减小
D．运动员由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为
【答案】C
【详解】A．当运动员在最高点时，由重力的下滑分力提供向心力时，静摩擦力为零，此时受到两个力的作用，则
当物体在最低点时
得
又
不符合实际情况，故运动员做匀速圆周运动时，不可能受两个力，A错误；
B．在最低点，摩擦力达到最大时，与圆盘相对静止的角速度最大，根据牛顿第二定律
得
B错误；
C．由A选项可知，运动员在最高点时，静摩擦力方向一定背离圆心，即
在最高点时，角速度越大，静摩擦力越小，C正确；
D．运动员动能不变，摩擦力做功等于克服重力做功，则摩擦力做功为
D错误。
故选C。
4．（2023·北京朝阳·统考二模）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（ ）
A．
B．车速为时的加速度大小为
C．人与车在时间t内的位移大小等于
D．在时间t内阻力做的功为
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度为
故A错误；
B．车速为时的牵引力为
由牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
D．平衡车从到最大速度，由动能定理得
解得在时间t内阻力做的功为
故D正确；
C．在时间t内阻力做的功
解得人与车在时间t内的位移大小为
故C错误。
故选D。
二、多选题
5．（2023·吉林·统考模拟预测）如图所示，一根长为3L的光滑轻杆一端用铰链固定于地面上的O点，另一端固定一质量为m的小球A，轻杆紧贴着边长为L、质量为m的光滑小立方体方块B，开始时轻杆处于竖直状态，受到轻微扰动后，轻杆开始顺时针转动，推动方块B沿地面向右滑至图示虚线位置（此时杆与地面的夹角）时，设小球A的速度和方块B的速度分别为vA、vB，已知重力加速度为g，则（ ）
A．B．
C．此时小球A的速度大小为D．轻杆从开始转动到此时对方块B所做的功为
【答案】AD
【详解】AB．A和B速度关系满足
得出
A正确，B错误；
CD．对于A、B组成的系统，机械能守恒，但是小球A机械能不守恒；对系统由机械能守恒得
联立上式解得
，
对B分析，由动能定理得，轻杆从开始转动到此时对方块B所做的功为
C错误，D正确。
故选AD。
6．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）正三角形滑块ABC放置于水平面上，轻杆一端与固定在水平面上的铰链连接，另一端固定一小球，已知铰链连接处到小球球心的距离为，小球和滑块的质量都为。如图所示，将小球与滑块的斜面接触，在水平面上反复移动滑块，直到轻杆与斜面平行，然后由静止释放滑块，重力加速度为，不计一切摩擦。则在小球和滑块的相互作用过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块的速度先增大后减小
B．小球的速度一直增大
C．当轻杆与水平面的夹角为时，小球的动能为
D．从释放小球到轻杆与水平面的夹角为的过程中，小球对滑块做功为
【答案】BD
【详解】A．小球在与滑块相互作用的过程中，始终对斜面体的BC面存在压力，斜面体受到的合力作用水平向左，对滑块一直做正功，所以滑块的速度一直增加，故A错误；
B．设某时刻轻杆与水平面的夹角为，对小球的速度沿这两个方向进行分解如图所示
小球参与了沿水平面向左的运动和沿滑块斜面向下的运动，三角形滑块的速度与小球在水平方向的分速度相等，在小球与滑块相互作用的过程中，轻杆与水平面的夹角减小，而对应的小球水平方向的分速度一直增大，由于小球的合速度对应的角度始终为不变，可知小球的速度一直增大，故B正确；
C．轻杆与水平面的夹角为时，设小球速度为v，滑块速度为，由系统机械能守恒可得
根据速度合成与分解，可得
可得小球动能为
故C错误；
D．根据动能定理可得，小球对滑块做功等于滑块增加的动能，可求得小球对滑块做功为
故D正确。
故选BD。
三、解答题
7．（2023·河北·校联考模拟预测）如图甲所示，质量的小球静止在水平地面上，从某时刻起，小球受到竖直向上的拉力作用，拉力随小球上升高度的变化关系如图乙所示，减小到0以后小球不再受拉力的作用。已知小球每次与地面碰后速度是碰前速度的0.5倍，不计空气阻力，取。求：
（1）小球在向上运动过程中的最大速度；
（2）小球在空中运动的总路程。（计算结果可用分数表示）
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）当，即小球上升时，小球的速度最大，此过程中
根据动能定理
解得
（2）小球上升时
重力做功
因
故小球上升的最大高度为
根据题意小球与地面碰后速度是碰前速度的倍，由
联立解得小球第一次碰后上升的最大高度
同理可求得小球第2，3，…，n次碰后上升的最大高度
则小球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为
整理可得
解得
小球在空中运动的总路程
考点02：应用动能定理求解多过程问题（3单选+3多选）
一、单选题
1．（2023·河北·模拟预测）如图所示，质量为m的滑块以初速度，由固定斜面底端滑上斜面，一段时间后返回，返回时的速度大小为，以斜面底端位置为零势能面，重力加速度为g，以下关于滑块在斜面上的运动过程说法正确的是（ ）
A．上滑过程中动能与重力势能相等的位置位于斜面中点下方
B．下滑过程中动能与重力势能相等的位置位于斜面中点上方
C．滑块上滑的高度为
D．运动过程中滑块最大的重力势能为
【答案】C
【详解】AB．根据题意，画出滑块上滑及下滑过程中动能和重力势能随高度的变化关系图像，如图所示
则对应交点为动能和势能相等的位置，在图上直接可以看出，上滑过程中动能与势能相等的位置位于斜面中点上方，下滑过程中动能与势能相等的位置位于斜面中点下方，故AB错误；
C．设滑块滑动过程中摩擦力做功为W，根据动能定理，上滑过程有
下滑过程有
两式联立得
故C正确；
D．滑块运动过程中最大重力势能为
故D错误。
故选C。
2．（2023·山东济宁·统考二模）如图所示，一滑块（可视为质点）在水平力F的作用下由静止沿粗糙水平直轨道AB开始运动，该力的功率恒定，达到最大速度后，撤掉该力，滑块继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道BCD，并恰好通过该轨道最高点D，然后进入光滑半圆管道DEF，最终停在粗糙水平直轨道FG上。已知水平力的恒定功率为10W，滑块的质量为0.2kg，滑块与轨道AB的动摩擦因数为0.5，半圆轨道BCD的半径R=0.5m，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在D点的速度大小为
B．半圆管道DEF的半径r可能为0.15m
C．在轨道AB上，滑块的最大速度为10m/s
D．在轨道AB上，滑块减速过程的距离为2.5m
【答案】C
【详解】A．滑块恰好通过该轨道最高点D，则有
解得
故A错误；
B．设从D点刚好到达F点，根据动能定理有
解得
根据题意滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上，所以半圆管道DEF的半径r应小于，故B错误；
C．在轨道AB上，滑块的拉力等于摩擦力时，速度最大，有
故C正确；
D．在轨道AB上，滑块减速过程的距离为，从撤去外力到D点，根据动能定理有
解得
故D错误；
故选C。
3．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）某同学利用如图甲所示的装置，探究物块a上升的最大高度H与物块b距地面高度h的关系，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量，初始时物块a静止在地面上，物块b距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现将物块b由静止释放，b碰到地面后不再反弹，测出物块a上升的最大高度为H，此后每次释放物块b时，物块a均静止在地面上，物块b着地后均不再反弹，改变细绳长度及物块b距地面的高度h，测量多组（H，h）的数值，然后做出H-h图像（如图乙所示），图像的斜率为k，已知物块a、b的质量分别为m1、m2，则以下给出的四项判断中正确的是（ ）
①物块a，b的质量之比 ②物块a、b的质量之比
③H-h图像的斜率为k取值范围是0
【答案】D
【详解】①②．物块的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与此同时物块加速下降，速率与物块相同，第二个阶段为物块落地后，物块在自身重力的作用下减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有
第二阶段对物块由动能定理有
联立以上两式可得
结合图像可得
可知
故①错误，②正确；
③④．要将物块拉起，则有
对物块，则有
可得
因此有
即
故③错误，④正确。
故选D。
二、多选题
4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）水平粗糙平面上静止两个物块A、B，B的右侧紧密连接一段光滑圆弧轨道。现给A施一水平向右大小为8N的外力F，作用一段距离后撤去，又经过一段时间后A与B发生碰撞，A、B碰后连接为一个整体沿圆弧面上滑。已知碰撞过程中能量损失为2J，A、B可视为质点，，A、B与水平面之间的动摩擦因数相同，，A、B初始的距离，圆弧轨道的半径为40m，物块上滑的过程中未离开圆弧面，π取3.14，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．外力F作用的距离为4m
B．物块沿圆弧面上滑的高度为0.1m
C．整个过程中因摩擦产生的热量为29J
D．从外力开始作用到最终物块停下，花费的总时间为9.78s
【答案】AD
【详解】A．质量相等的两物体发生完全非弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可知动能损失量为初动能的1/2，故碰撞前A的动能为4J，设外力F作用的距离为，则根据动能定理
可得外力作用距离为
故A正确；
B．碰撞后的动能为2J，根据能量守恒有
解得
故B错误；
C．整个过程中，外力F做功为
碰撞能量损失为2J，故由能量守恒可知因摩擦产生的热量为30J，故C错误。
D．碰撞前A经历了先加速后减速的运动，加速过程中有
，
解得
减速过程有
碰撞前A的动能为4J，可知即碰撞前的速度为2m/s，解得
由于上升高度远小于圆弧半径，可等效看作为单摆模型，所经历时间为半个单摆的周期，有
回到水平面上后
为碰撞后的速度1m/s，所以
总时长为
故D正确。
故选AD。
5．（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）如图所示，竖直面内一倾角的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，质量的小物块B静止于水平轨道的最左端。质量的小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，释放点到水平轨道的高度，一段时间后A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度大小，两物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，不计空气阻力，，则（ ）
A．物块A沿倾斜轨道上升的最大高度为0.12m
B．物块A在水平轨道上运动的位移大小为0.1m
C．物块B在水平轨道上运动的位移大小为0.4m
D．整个过程中物块A克服摩擦力做的功为0.2J
【答案】AC
【详解】A．设碰撞前瞬间，A的速度大小为v，由动能定理有
解得
由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
设物块A沿倾斜轨道上升的最大高度为h，则有
解得
故A正确；
B．设物块A返回水平轨道时的速度为，物块A在水平轨道上运动的位移为，在斜面上由动能定理得
在水平面上
解得
故B错误；
C．对B物体由动能定理得
则物块B在水平轨道上运动的位移
故C项正确；
D．整个过程中由能量守恒得物块A克服摩擦力做的功
D项错误。
故选AC。
6．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（ ）
A．重力做功2mgRB．机械能减少mgR
C．合外力做功D．克服摩擦力做功
【答案】CD
【详解】A．重力做功
A错误；
B．小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有
解得
机械能减少
B错误；
C．根据动能定理
C正确；
D．根据动能定理
解得
所以克服摩擦力做功为，D正确。
故选CD。
考点3：应用动能定理求机车启动问题（1单选+3多选+1解答）
一、单选题
1．（2023·山西·校联考模拟预测）一辆质量为m的汽车在平直的路面上以恒定功率P匀速行驶，匀速行驶的速度为，某时刻司机看到路旁减速标志后，没有踩刹车，而是立即松减油门，发动机功率变为原来的，保持该功率行驶一段时间t后，汽车又开始匀速运动。设汽车受到的阻力恒定不变，在松减油门后的t时间内汽车前进的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】发动机的功率为P时，汽车以速度匀速行驶，阻力为
汽车再次匀速，此时汽车速度大小为
根据动能定理可得
解得
故选D。
二、多选题
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为图像，如图所示（除时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已知在小车运动的过程中，时间段内小车的功率保持不变，在末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列选项正确的是（ ）
A．小车两段匀变速直线运动的加速度大小相同
B．小车所受到的阻力为
C．小车额定功率为
D．小车在变加速运动过程中位移为
【答案】AB
【详解】A．内汽车的加速度
在时间段，加速度大小
故A正确。
B．时间段，由牛顿第二定律得
故B正确。
C．在小车做匀速运动，速度，牵引力大小与大小相等，则小车匀速运动的功率
故C错误；
D．内根据动能定理有
解得
故D错误。
故选AB。
3．（2023·湖南岳阳·统考模拟预测）如图所示，质量为m的摩托艇静止在水面上，时刻，摩托艇在恒定牵引力作用下开始沿直线运动，其加速度a随速度v的变化规律如图所示。已知摩托艇受到的阻力与运动速度成正比，即（k为常数，大小未知）。则（ ）
A．摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力对摩托艇做的功为
B．常数k的大小为
C．牵引力的最大功率为
D．摩托艇从开始运动到速度最大的过程所用时间为
【答案】BC
【详解】A．根据动能定理，牵引力与阻力做功之和等于摩托艇动能的变化量，阻力做负功，则牵引力对摩托艇做的功大于，选项A错误；
B．根据牛顿第二定律
得
可知
得
选项B正确；
C．由图可知，速度为零时，阻力为零，牵引力为
牵引力为恒力，则速度最大时，牵引力功率最大
选项C正确；
D．若摩托艇从开始做匀加速运动到速度最大，有
而由题图可知摩托艇的加速度从开始减小，因此摩托艇从开始运动到速度最大的过程所用时间不等于，选项D错误。
故选BC。
4．（2023·天津滨海新·统考一模）一辆额定功率800W的玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以恒定功率加速前进，玩具赛车瞬时加速度和瞬时速度的倒数的关系图像如图所示。假设在阻力大小不变的情况下，玩具赛车从起点到终点所用的时间为30s，玩具赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是（ ）
A．玩具赛车所受的阻力大小为40 N
B．玩具赛车的质量为10 kg
C．玩具赛车的速度大小为10 m/s时的加速度大小为
D．起点到终点的距离为500 m
【答案】AD
【详解】A．玩具车的最大速度
则阻力
选项A正确；
B．玩具车的加速度为
由图像可知
解得
m=20kg
选项B错误；
C．根据
可知玩具赛车的速度大小为10 m/s时的加速度大小为，选项C错误；
D．从起点到终点由动能定理
解得
x=500m
选项D正确。
故选AD。
三、解答题
5．（2023·贵州毕节·统考三模）由于三大常规能源的短缺，新能源汽车成为当下各国研发的主方向。理论上汽车刹车车轮抱死的情况下，刹车距离与速度的平方成正比，与动摩擦因数成反比，当摩擦因数一定时，刹车距离取决于车速。现实生活中，车速一样的情况下，往往车载重越重，刹车距离就越长。为探究这个问题，研究小组对某新能源汽车进行研究，该车质量为，额定功率为，以额定功率在水平路面上启动，受到的阻力恒为。保持额定功率行驶时间时，速度达到最大，随即刹车（防抱死制动装置ABS启动，不考虑反应时间），测得制动距离等于启动到最大速度距离的倍。查得抱死时动摩擦因数为，计算发现防抱死时刹车系统的制动力小于车轮抱死时与地面的滑动摩擦力。由此可知，这就是车载重越重刹车距离越长的原因。求：
（1）该车从启动到最大速度的过程中，汽车行驶的位移大小；
（2）上述刹车过程中刹车系统的制动力。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据题意可知，当时，速度最大，结合公式，则有
代入数据得
从启动到最大速度，由动能定理得
代入数据得
（2）根据题意，由动能定理有
其中
代入数据得
考点序号
考点
题型分布
考点1
应用动能定理求变力做功
4单选+2多选+1解答
考点2
应用动能定理求解多过程问题
3单选+3多选
考点3
应用动能定理求机车启动问题
1单选+3多选+1解答
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