2023届高考物理一轮总复习-动能与动能定理卷含解析

2023届高中物理高考备考一轮总复习

动能与动能定理专题复习卷

一、单选题（共6题）

1.如图所示，摩天轮载着轿厢在竖直平面内做匀速圆周运动（游客与轿贿保持相对静止），在摩天轮转动

过程中，关于游客的表述正确的是（）

A.游客速度保持不变B.游客动能保持不变

C.游客动量保持不变D.游客一直处于失重状态

2.如图所示，半径为R的半圆形的圆弧槽固定在水平面上，质量为根的小球（可视为质点）从圆弧槽的

端点A由静止开始滑下，滑到最低点B时对轨道的正压力为2mg,重力加速度为g,则（）

A.小球在最低点B时速度为

B.小球在B点时，重力的功率为〃密甄

C.小球由A到B的过程中克服摩擦力做功为;，”gR

D.小球由A到8过程中速度一直增大

3.如图所示，。。是水平面，48是斜面。初速为出的物体从。点出发沿。区4滑动到顶点A速度刚好为

零。如果斜面改为AC（C点在OD之间，图中未画出。已知物体与斜面和水平面之间的动摩擦因数处处相

同且不为零），让物体从。点出发沿力C4滑动到4且速度刚好为零，则物体具有的初速度（）

D

A.一定等于voB.一定大于vo

C.一定小于voD.决定于斜面的倾角大小

4.如图所示，一个质量为0.05kg的网球，以30m/s的水平速度飞向球拍，被球拍打击后反向水平飞回,

速度大小变为50m/s,设球拍与网球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是（）

A.网球的动量变化了lkg,m/s

B.球拍对网球的平均作用力大小为100N

C.网球的机械能变化了85J

D.球拍对网球做的功为40J

5.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面be与水平面的夹角相同，顶角

b处安装一定滑轮，质量分别为M、m（M>m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与

斜面平行，两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运

A.两滑块组成系统的机械能守恒

B.重力对M做的功等于M动能的增加

C.轻绳对〃，做的功大于m机械能的增加

D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功

6.小茗同学将质量为的手机平放在水平伸开的手掌上，在保持这种姿势不变的情况下，先让手掌缓慢

上升高度儿再沿平直路面从静止开始变加速向前跑动距离x时，速度正好达到心若手机与手掌无相对滑

动，二者接触面间的动摩擦因数为〃，不计空气阻力，可判断（）

A.对手机而言，重力做功为-mg«x2+h2）

B.整个过程支持力对手机做功为零

C.摩擦力对手机做功为一〃帆gx

D.整个过程手对手机做功为，监+

二、多选题（共5题）

7.如图，一物体沿固定的粗糙程度相同的斜面从静止开始向下滑，以地面为零势能参考平面，则下滑过

程中物体的动能及和机械能E随位移x大小变化的关系图像可能正确的是（）

8.新能源汽车比亚迪“汉”是首款装配刀片电池的车型，其百公里加速时间（从0加速到100km/h）仅为

3.9s,该车配备IPB智能集成制动系统，其百公里刹车距离为32.8m。若将车的百公里加速、刹车过程看

成匀变速直线运动，阻力不变，驾驶员与车的总质量为2000kg,下列说法正确的是（）

A.启动和刹车过程合力对车做的功相等

B.启动和刹车过程阻力对车做的功相等

C.该车加速时，牵引力的功率不变

D.启动过程合力做功的平均功率约为2.0xl（）5w

9.图甲为游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客

就会滑向盘边缘，其装置可以简化为图乙。若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前（）

A.物块与斜面间的动摩擦因数〃=0$

B.恒力厂的大小F=2N

C.物块回到斜面的底端时速度大小为4立m/s

D.物块沿斜面上行的加速度大小为24m/s2

三、解答题（共4题）

12.如图所示，质量M=4kg的平板小车停在光滑水平面上，车上表面高/4=L6m。水平面右边的台阶高

^=0.8m,台阶宽/=0.7m,台阶右端B恰好与半径r=5m的光滑圆弧轨道连接，B和圆心。的连线与竖

直方向夹角9=53。，在平板小车的A处，质量町=2kg的甲物体和质量啊=lkg的乙物体紧靠在一起，中

间放有少量炸药（甲、乙两物体都可以看作质点）。小车上A点左侧表面光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为

〃=。2。现点燃炸药，炸药爆炸后两物体瞬间分开，甲物体获得水平初速度5m/s向右运动，离开平板车

后恰能从光滑圆弧轨道的左端8点沿切线进入圆弧轨道。已知车与台阶相碰后不再运动，g取lOm/s,

sin53°=0.8,cos53。=0.6。求：

（1）炸药爆炸使两物块增加的机械能E;

（2）物块在圆弧轨道最低点C的速度大小。

13.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道A8C和水平轨道抬在A点相切，18c为圆弧轨道

的直径，。为圆心，04和之间的夹角为a,sina=0.6—质量为巾的小球沿水平轨道向右运动，经A点

沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道：在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水

平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速

度大小为g。求

（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；

（2）小球达A点时对圆弧轨道的压力大小；

V）

PA

14.如图所示，一粗糙的斜面轨道AB和一光滑的圆弧轨道相切于B点，整个轨道固定在同一竖直面

内，0为圆弧轨道的圆心、C为圆弧轨道的最低点，满足03J.A8,OCYOD,4B0C=37。,圆弧轨道

的半径R=0.2m。现从斜面A3上某一位置处由静止释放一滑块，已知：滑块从。点飞出后经过f=0.4s的

时间又落回。点，滑块与斜面A3的动摩擦因数，为0.3,滑块质量为机=0.2kg,重力加速度g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

（1）滑块第一次经过C点时对轨道的压力大小；

（2）开始释放滑块的位置离8点的竖直高度儿

15.在光滑绝缘水平面上放置一质量，〃=0.2kg、电荷量q=+lxl04C的小球，小球系在长L=0.5〃i的绝缘细

线上，线的另一端固定在。点。整个装置放置于E=2X1（）5N/C的匀强电场中，电场方向与水平面平行且

沿0A方向，如图所示（此图为俯视图）。现给小球一垂直于细线的初速度%=1（）石m/s使其从4点开始

绕0点做圆周运动，小球可视为质点。求：

（1）小球运动过程中绳子拉力的最大值；

（2）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经过多长时间其动能变为最小动能的2倍?

(3)当某次小球运动到A点时，电场方向突然反向但场强大小不变，并且此后小球每转过力ad,场强均

反向且场强大小不变，求：

①小球每次刚好到达A处时，细线承受的张力记为「球，求9ax的表达式；

②若细线最大张力足够，从电场第一次反向开始，小球转过角度。满足746<2乃时，求绳子张力心关于6

的表达式。

参考答案

1.B

【详解】

ABC.摩天轮载着轿厢在竖直平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向不断改变，所以游客的速度、

动量是变化的，动能不变，故AC错误，B正确；

D.在摩天轮的最高点，加速度方向向下，游客处于失重状态，在最低点，加速度方向向上，游客处于超

重状态，故D错误。

故选B»

2.C

【详解】

A.滑到最低点B时对轨道的正压力为2机g,那么由牛顿第三定律可知：小球受到的支持力也为2,咫，那

么由牛顿第二定律可得：

_tnv~2

2mg-mg=——

A

解得

V=/gR

故A错误；

B.小球在8点时，重力的功率为0,重力方向竖直向下，速度水平方向，重力与速度方向垂直，故B错

误；

C.对小球下滑过程应用动能定理可得：小球由A到B的过程中克服摩擦力做功为：

111

W=mgR——mv2=mgR-—mgR=—mgR

故C正确；

D.小球在任一径向与竖直方向成夕时，沿速度方向受到的合外力为：

L•八/八"八,、

r=mgsin0-〃（/昭cos〃+----）

R

那么在该方向上的加速度为：

2

a=（tan。-//）gcos0-ju—

那么当小球开始下滑较短时间时，速度v较小，夹角。较小，。大于0,小球加速；当。较大时，。小于0,

小球减速，故小球由A到B过程中速度先增大后减小，故D错误；

故选C。

3.A

【详解】

不妨假设物体经过的水平面长为小斜面长为自斜面倾角为仇动摩擦因数为必则物体由。到A克服

摩擦阻力做的功

W=^mgl।+fimgl2cos0=finig（/1+/2COSO）

不难发现括号内两项之和就是。。的长度。因此物体由。到A克服摩擦阻力做的功跟转折点(B或C)的

位置无关。对物体从。到A的全过程用动能定理，两次克服重力做的功和克服摩擦阻力做的功都是相同的，

因此两次的动能变化也相同。则让物体从D点出发沿DCA滑动到A且速度刚好为零，物体具有的初速度

一定等于VOo

故选Ao

4.D

【详解】

A.网球的动量变化了

△p-mv2-mvt-0.05x50-(-0.05x30)=4kg-m/s

选项A错误；

B.根据动量定理

Ft=\p

解得球拍对网球的平均作用力大小为

F=^=-^-N=400N

t0.01

选项B错误；

CD.网球的机械能变化了

△E=；mv；-gmV；=；*0.05x(502-302)J=40J

即球拍对网球做的功为40J,选项C错误，D正确。

故选D。

5.D

【详解】

A.由于粗糙斜面必，故两滑块组成系统的机械能不守恒，A错误；

B.由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加，B错误；

C.除重力弹力以外的力做功等于机械能的变化，所以轻绳对〃"故的功等于〃?机械能的增加，C错误；

D.除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的

功，D正确。

故选Do

6.D

【详解】

A.对手机而言，从初状态到末状态升高了儿所以重力做功为

WG=-mgh

故A错误；

B.在手掌缓慢上升的过程中，支持力与手机重力大小相等，此过程中支持力做的功为

=mgh

在小茗沿平直路面从静止开始变加速向前跑动距离X的过程中，支持力对手机不做功，所以整个过程中支

持力对手机做的功为

WN=mgh

故B错误；

C.由题意可知，摩擦力对手机做正功，且大小并不一定等于“〃?gx,故C错误；

D.在小茗沿平直路面从静止开始变加速向前跑动距离x的过程中，根据动能定理可得摩擦力对手机做的功

为

叱/

所以整个过程手对手机做功为

W=%+吗=mgh+^mv2

故D正确。

故选D。

7.AD

【详解】

A.物体下滑过程中根据动能定理

1,

mgxsin0-jumgcos9x=-^mV

动能和物体的位移成正比，A正确；

B.物体下滑过程中根据动能定理

1,

“gxsin0-/jmgcos0x=—mV

动能和物体的位移成正比，B错误；

C.根据单个物体机械能守恒的条件可知，物体机械能的变化量等于除重力以外的其他力做功之和，故机

械能的变化量为A£=〃，〃gcosOx,故机械能的变化量和位移成正比，C错误，D正确；

故选AD。

8.AD

【详解】

A.该车百公里加速、减速过程，动能的变化量相等，由动能定理可知，启动和刹车过程合力对车做的功

相等，A正确；

B.该车百公里加速距离为

心=/”54.2m

百公里刹车的距离为

S2=32.8m

阻力对车做的功为

可知，魔盘转速缓慢增大，所需向心力增大，即游客受到的合外力增大，故D错误；

故选BCo

10.CD

【详解】

A.对两物体进行受力分析，因为动摩擦因数〃在变，且动摩擦因数〃在随到斜面顶端的距离增大，所以

随着小物块下滑，沿斜面的摩擦力增大，所以小物块沿斜面的加速度会减小，故小物块沿竖直方向上的加

速度也会减小，故对地面的压力会发生变化，A错误；

B.对两物体进行受力分析，因为动摩擦因数〃在变，且动摩擦因数〃在增大，所以随着小物块下滑，沿

斜面的摩擦力增大，所以小物块沿斜面的加速度会减小，故小物块沿水平方向上的加速度也会减小，所以

可知，斜面对挡板的作用力逐渐减小，B错误；

C.刚释放时，由牛顿第二定律可得

mgsin37-jjmgcos37=ma

解得

a=2.8m/s2

D.由动能定理可得

12

mgssin31+Wf=­

而摩擦力做功为

Wf=-pingcos37•s

代入数据，解得速度为

v=2也m/s

故选CDo

11.ABC

【详解】

D.根据匀变速直线运动，结合动能定理有可得，耳-X图像的斜率为，加，图像的斜率是加速

度的I倍，物块沿斜面上升的过程中加速度大，即最上面的图线，沿斜面下滑的时候加速度小，从图像中

可以看出，物体在下滑过程，距离。点为4m的时候，力F撤去，上滑时的加速度大小为

72

4=—m/s2=12m/s2

16

故D错误；

AB.力尸撤去之前下滑的加速度大小为

822

=------m/s=4m/s

26-4

对上滑和撤去F之前的下滑两个过程根据牛顿第二定律得：

F+mgsin0+jLimgcos0=max

F+mgsin0-Ringcos0=ma2

解得

〃=0.5,F=2N

故AB正确；

C.物体从最高点6m位移处到4m位移处，设在4m位移处速度为匕，则为=6m-4m=2m,

根据运动学公式F=2以，得

V|2=2a2再

物体从4m位移处下滑到。点，设。点速度为匕，此过程加速度为

生=gsin6gcos0=2m/s2

则有

x2=4m

根据运动学公式得

为2-42=2%々

解得

v2=40mzs

故C正确；

故选ABC«

12.(1)75J；(2)厢m/s

【详解】

(1)在爆炸过程中，甲乙系统水平方向动量守恒，设向右为正方向，则

/WJVJ-m2v2=0

代入数据解得

v2=lOm/s

则炸药爆炸使两物块增加的机械能

11

£=£kl+£k2=-^Vl2+-W2V2=75J

(2)加物体离开平板车后做平抛运动，在8点的速度

%」

sin。

W=2g(九一为)

代入数据，联立解得

vB=5m/s

甲物体从B点沿切线进入圆弧轨道后做匀速圆周运动，根据动能定理

14.(1)1ON；(2)0.6m

【详解】

(1)滑块从。点飞出后经过f=0.4s的时间又落回D点,可得滑块经过D点的速度大小为

vD=^x—=2m/s

从C到力过程，据动能定理可得

在C点，由牛顿第二定律可得

F-mg="在

R

联立解得

%=20m/s,F=10N

由牛顿第三定律可知，滑块第一次经过C点时对轨道的压力大小为10N。

(2)滑块从释放到C点过程，据动能定理可得

mgh+mgR(l-cos37)-〃/wgcos37------=—mvl

sin372

解得开始释放滑块的位置离B点的竖直高度为