2023屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)-動能與動能定理卷含解析

2023屆高中物理高考備考一輪總復(fù)習(xí)

動能與動能定理專題復(fù)習(xí)卷

一、單選題（共6題）

1.如圖所示，摩天輪載著轎廂在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動（游客與轎賄保持相對靜止），在摩天輪轉(zhuǎn)動

過程中，關(guān)于游客的表述正確的是（）

A.游客速度保持不變B.游客動能保持不變

C.游客動量保持不變D.游客一直處于失重狀態(tài)

2.如圖所示，半徑為R的半圓形的圓弧槽固定在水平面上，質(zhì)量為根的小球（可視為質(zhì)點）從圓弧槽的

端點A由靜止開始滑下，滑到最低點B時對軌道的正壓力為2mg,重力加速度為g,則（）

A.小球在最低點B時速度為

B.小球在B點時，重力的功率為〃密甄

C.小球由A到B的過程中克服摩擦力做功為;，”gR

D.小球由A到8過程中速度一直增大

3.如圖所示，。。是水平面，48是斜面。初速為出的物體從。點出發(fā)沿。區(qū)4滑動到頂點A速度剛好為

零。如果斜面改為AC（C點在OD之間，圖中未畫出。已知物體與斜面和水平面之間的動摩擦因數(shù)處處相

同且不為零），讓物體從。點出發(fā)沿力C4滑動到4且速度剛好為零，則物體具有的初速度（）

D

A.一定等于voB.一定大于vo

C.一定小于voD.決定于斜面的傾角大小

4.如圖所示，一個質(zhì)量為0.05kg的網(wǎng)球，以30m/s的水平速度飛向球拍，被球拍打擊后反向水平飛回,

速度大小變?yōu)?0m/s,設(shè)球拍與網(wǎng)球的作用時間為0.01s。下列說法正確的是（）

A.網(wǎng)球的動量變化了lkg,m/s

B.球拍對網(wǎng)球的平均作用力大小為100N

C.網(wǎng)球的機械能變化了85J

D.球拍對網(wǎng)球做的功為40J

5.如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面be與水平面的夾角相同，頂角

b處安裝一定滑輪，質(zhì)量分別為M、m（M>m）的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與

斜面平行，兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動。若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運

A.兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能守恒

B.重力對M做的功等于M動能的增加

C.輕繩對〃，做的功大于m機械能的增加

D.兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功

6.小茗同學(xué)將質(zhì)量為的手機平放在水平伸開的手掌上，在保持這種姿勢不變的情況下，先讓手掌緩慢

上升高度兒再沿平直路面從靜止開始變加速向前跑動距離x時，速度正好達到心若手機與手掌無相對滑

動，二者接觸面間的動摩擦因數(shù)為〃，不計空氣阻力，可判斷（）

A.對手機而言，重力做功為-mg?x2+h2）

B.整個過程支持力對手機做功為零

C.摩擦力對手機做功為一〃帆gx

D.整個過程手對手機做功為，監(jiān)+

二、多選題（共5題）

7.如圖，一物體沿固定的粗糙程度相同的斜面從靜止開始向下滑，以地面為零勢能參考平面，則下滑過

程中物體的動能及和機械能E隨位移x大小變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）

8.新能源汽車比亞迪“漢”是首款裝配刀片電池的車型，其百公里加速時間（從0加速到100km/h）僅為

3.9s,該車配備IPB智能集成制動系統(tǒng)，其百公里剎車距離為32.8m。若將車的百公里加速、剎車過程看

成勻變速直線運動，阻力不變，駕駛員與車的總質(zhì)量為2000kg,下列說法正確的是（）

A.啟動和剎車過程合力對車做的功相等

B.啟動和剎車過程阻力對車做的功相等

C.該車加速時，牽引力的功率不變

D.啟動過程合力做功的平均功率約為2.0xl（）5w

9.圖甲為游樂場中一種叫“魔盤”的娛樂設(shè)施，游客坐在轉(zhuǎn)動的魔盤上，當(dāng)魔盤轉(zhuǎn)速增大到一定值時，游客

就會滑向盤邊緣，其裝置可以簡化為圖乙。若魔盤轉(zhuǎn)速緩慢增大，則游客在滑動之前（）

A.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=0$

B.恒力廠的大小F=2N

C.物塊回到斜面的底端時速度大小為4立m/s

D.物塊沿斜面上行的加速度大小為24m/s2

三、解答題（共4題）

12.如圖所示，質(zhì)量M=4kg的平板小車停在光滑水平面上，車上表面高/4=L6m。水平面右邊的臺階高

^=0.8m,臺階寬/=0.7m,臺階右端B恰好與半徑r=5m的光滑圓弧軌道連接，B和圓心。的連線與豎

直方向夾角9=53。，在平板小車的A處，質(zhì)量町=2kg的甲物體和質(zhì)量啊=lkg的乙物體緊靠在一起，中

間放有少量炸藥（甲、乙兩物體都可以看作質(zhì)點）。小車上A點左側(cè)表面光滑，右側(cè)粗糙且動摩擦因數(shù)為

〃=。2?，F(xiàn)點燃炸藥，炸藥爆炸后兩物體瞬間分開，甲物體獲得水平初速度5m/s向右運動，離開平板車

后恰能從光滑圓弧軌道的左端8點沿切線進入圓弧軌道。已知車與臺階相碰后不再運動，g取lOm/s,

sin53°=0.8,cos53。=0.6。求：

（1）炸藥爆炸使兩物塊增加的機械能E;

（2）物塊在圓弧軌道最低點C的速度大小。

13.如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道A8C和水平軌道抬在A點相切，18c為圓弧軌道

的直徑，。為圓心，04和之間的夾角為a,sina=0.6—質(zhì)量為巾的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點

沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道：在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水

平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加?/p>

度大小為g。求

（1）水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小；

（2）小球達A點時對圓弧軌道的壓力大小；

V）

PA

14.如圖所示，一粗糙的斜面軌道AB和一光滑的圓弧軌道相切于B點，整個軌道固定在同一豎直面

內(nèi)，0為圓弧軌道的圓心、C為圓弧軌道的最低點，滿足03J.A8,OCYOD,4B0C=37。,圓弧軌道

的半徑R=0.2m?，F(xiàn)從斜面A3上某一位置處由靜止釋放一滑塊，已知：滑塊從。點飛出后經(jīng)過f=0.4s的

時間又落回。點，滑塊與斜面A3的動摩擦因數(shù)，為0.3,滑塊質(zhì)量為機=0.2kg,重力加速度g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

（1）滑塊第一次經(jīng)過C點時對軌道的壓力大小；

（2）開始釋放滑塊的位置離8點的豎直高度兒

15.在光滑絕緣水平面上放置一質(zhì)量，〃=0.2kg、電荷量q=+lxl04C的小球，小球系在長L=0.5〃i的絕緣細

線上，線的另一端固定在。點。整個裝置放置于E=2X1（）5N/C的勻強電場中，電場方向與水平面平行且

沿0A方向，如圖所示（此圖為俯視圖）。現(xiàn)給小球一垂直于細線的初速度%=1（）石m/s使其從4點開始

繞0點做圓周運動，小球可視為質(zhì)點。求：

（1）小球運動過程中繩子拉力的最大值；

（2）若小球運動到動能最小的位置時細線被剪斷，則小球經(jīng)過多長時間其動能變?yōu)樽钚幽艿?倍?

(3)當(dāng)某次小球運動到A點時，電場方向突然反向但場強大小不變，并且此后小球每轉(zhuǎn)過力ad,場強均

反向且場強大小不變，求：

①小球每次剛好到達A處時，細線承受的張力記為「球，求9ax的表達式；

②若細線最大張力足夠，從電場第一次反向開始，小球轉(zhuǎn)過角度。滿足746<2乃時，求繩子張力心關(guān)于6

的表達式。

參考答案

1.B

【詳解】

ABC.摩天輪載著轎廂在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，速度大小不變，方向不斷改變，所以游客的速度、

動量是變化的，動能不變，故AC錯誤，B正確；

D.在摩天輪的最高點，加速度方向向下，游客處于失重狀態(tài)，在最低點，加速度方向向上，游客處于超

重狀態(tài)，故D錯誤。

故選B?

2.C

【詳解】

A.滑到最低點B時對軌道的正壓力為2機g,那么由牛頓第三定律可知：小球受到的支持力也為2,咫，那

么由牛頓第二定律可得：

_tnv~2

2mg-mg=——

A

解得

V=/gR

故A錯誤；

B.小球在8點時，重力的功率為0,重力方向豎直向下，速度水平方向，重力與速度方向垂直，故B錯

誤；

C.對小球下滑過程應(yīng)用動能定理可得：小球由A到B的過程中克服摩擦力做功為：

111

W=mgR——mv2=mgR-—mgR=—mgR

故C正確；

D.小球在任一徑向與豎直方向成夕時，沿速度方向受到的合外力為：

L?八/八"八,、

r=mgsin0-〃（/昭cos〃+----）

R

那么在該方向上的加速度為：

2

a=（tan。-//）gcos0-ju—

那么當(dāng)小球開始下滑較短時間時，速度v較小，夾角。較小，。大于0,小球加速；當(dāng)。較大時，。小于0,

小球減速，故小球由A到B過程中速度先增大后減小，故D錯誤；

故選C。

3.A

【詳解】

不妨假設(shè)物體經(jīng)過的水平面長為小斜面長為自斜面傾角為仇動摩擦因數(shù)為必則物體由。到A克服

摩擦阻力做的功

W=^mgl?+fimgl2cos0=finig（/1+/2COSO）

不難發(fā)現(xiàn)括號內(nèi)兩項之和就是。。的長度。因此物體由。到A克服摩擦阻力做的功跟轉(zhuǎn)折點(B或C)的

位置無關(guān)。對物體從。到A的全過程用動能定理，兩次克服重力做的功和克服摩擦阻力做的功都是相同的，

因此兩次的動能變化也相同。則讓物體從D點出發(fā)沿DCA滑動到A且速度剛好為零，物體具有的初速度

一定等于VOo

故選Ao

4.D

【詳解】

A.網(wǎng)球的動量變化了

△p-mv2-mvt-0.05x50-(-0.05x30)=4kg-m/s

選項A錯誤；

B.根據(jù)動量定理

Ft=\p

解得球拍對網(wǎng)球的平均作用力大小為

F=^=-^-N=400N

t0.01

選項B錯誤；

CD.網(wǎng)球的機械能變化了

△E=；mv；-gmV；=；*0.05x(502-302)J=40J

即球拍對網(wǎng)球做的功為40J,選項C錯誤，D正確。

故選D。

5.D

【詳解】

A.由于粗糙斜面必，故兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能不守恒，A錯誤；

B.由動能定理得，重力、拉力、摩擦力對M做的總功等于M動能的增加，B錯誤；

C.除重力彈力以外的力做功等于機械能的變化，所以輕繩對〃"故的功等于〃?機械能的增加，C錯誤；

D.除重力彈力以外的力做功，將導(dǎo)致機械能變化，兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的

功，D正確。

故選Do

6.D

【詳解】

A.對手機而言，從初狀態(tài)到末狀態(tài)升高了兒所以重力做功為

WG=-mgh

故A錯誤；

B.在手掌緩慢上升的過程中，支持力與手機重力大小相等，此過程中支持力做的功為

=mgh

在小茗沿平直路面從靜止開始變加速向前跑動距離X的過程中，支持力對手機不做功，所以整個過程中支

持力對手機做的功為

WN=mgh

故B錯誤；

C.由題意可知，摩擦力對手機做正功，且大小并不一定等于“〃?gx,故C錯誤；

D.在小茗沿平直路面從靜止開始變加速向前跑動距離x的過程中，根據(jù)動能定理可得摩擦力對手機做的功

為

叱/

所以整個過程手對手機做功為

W=%+嗎=mgh+^mv2

故D正確。

故選D。

7.AD

【詳解】

A.物體下滑過程中根據(jù)動能定理

1,

mgxsin0-jumgcos9x=-^mV

動能和物體的位移成正比，A正確；

B.物體下滑過程中根據(jù)動能定理

1,

“gxsin0-/jmgcos0x=—mV

動能和物體的位移成正比，B錯誤；

C.根據(jù)單個物體機械能守恒的條件可知，物體機械能的變化量等于除重力以外的其他力做功之和，故機

械能的變化量為A￡=〃，〃gcosOx,故機械能的變化量和位移成正比，C錯誤，D正確；

故選AD。

8.AD

【詳解】

A.該車百公里加速、減速過程，動能的變化量相等，由動能定理可知，啟動和剎車過程合力對車做的功

相等，A正確；

B.該車百公里加速距離為

心=/”54.2m

百公里剎車的距離為

S2=32.8m

阻力對車做的功為

可知，魔盤轉(zhuǎn)速緩慢增大，所需向心力增大，即游客受到的合外力增大，故D錯誤；

故選BCo

10.CD

【詳解】

A.對兩物體進行受力分析，因為動摩擦因數(shù)〃在變，且動摩擦因數(shù)〃在隨到斜面頂端的距離增大，所以

隨著小物塊下滑，沿斜面的摩擦力增大，所以小物塊沿斜面的加速度會減小，故小物塊沿豎直方向上的加

速度也會減小，故對地面的壓力會發(fā)生變化，A錯誤；

B.對兩物體進行受力分析，因為動摩擦因數(shù)〃在變，且動摩擦因數(shù)〃在增大，所以隨著小物塊下滑，沿

斜面的摩擦力增大，所以小物塊沿斜面的加速度會減小，故小物塊沿水平方向上的加速度也會減小，所以

可知，斜面對擋板的作用力逐漸減小，B錯誤；

C.剛釋放時，由牛頓第二定律可得

mgsin37-jjmgcos37=ma

解得

a=2.8m/s2

D.由動能定理可得

12

mgssin31+Wf=-

而摩擦力做功為

Wf=-pingcos37?s

代入數(shù)據(jù)，解得速度為

v=2也m/s

故選CDo

11.ABC

【詳解】

D.根據(jù)勻變速直線運動，結(jié)合動能定理有可得，耳-X圖像的斜率為，加，圖像的斜率是加速

度的I倍，物塊沿斜面上升的過程中加速度大，即最上面的圖線，沿斜面下滑的時候加速度小，從圖像中

可以看出，物體在下滑過程，距離。點為4m的時候，力F撤去，上滑時的加速度大小為

72

4=—m/s2=12m/s2

16

故D錯誤；

AB.力尸撤去之前下滑的加速度大小為

822

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

26-4

對上滑和撤去F之前的下滑兩個過程根據(jù)牛頓第二定律得：

F+mgsin0+jLimgcos0=max

F+mgsin0-Ringcos0=ma2

解得

〃=0.5,F=2N

故AB正確；

C.物體從最高點6m位移處到4m位移處，設(shè)在4m位移處速度為匕，則為=6m-4m=2m,

根據(jù)運動學(xué)公式F=2以，得

V|2=2a2再

物體從4m位移處下滑到。點，設(shè)。點速度為匕，此過程加速度為

生=gsin6gcos0=2m/s2

則有

x2=4m

根據(jù)運動學(xué)公式得

為2-42=2%々

解得

v2=40mzs

故C正確；

故選ABC?

12.(1)75J；(2)廂m/s

【詳解】

(1)在爆炸過程中，甲乙系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)向右為正方向，則

/WJVJ-m2v2=0

代入數(shù)據(jù)解得

v2=lOm/s

則炸藥爆炸使兩物塊增加的機械能

11

￡=￡kl+￡k2=-^Vl2+-W2V2=75J

(2)加物體離開平板車后做平拋運動，在8點的速度

%」

sin。

W=2g(九一為)

代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得

vB=5m/s

甲物體從B點沿切線進入圓弧軌道后做勻速圓周運動，根據(jù)動能定理

14.(1)1ON；(2)0.6m

【詳解】

(1)滑塊從。點飛出后經(jīng)過f=0.4s的時間又落回D點,可得滑塊經(jīng)過D點的速度大小為

vD=^x—=2m/s

從C到力過程，據(jù)動能定理可得

在C點，由牛頓第二定律可得

F-mg="在

R

聯(lián)立解得

%=20m/s,F=10N

由牛頓第三定律可知，滑塊第一次經(jīng)過C點時對軌道的壓力大小為10N。

(2)滑塊從釋放到C點過程，據(jù)動能定理可得

mgh+mgR(l-cos37)-〃/wgcos37------=—mvl

sin372

解得開始釋放滑塊的位置離B點的豎直高度為