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高考物理一轮复习【专题练习】 专题33 动能定理综合应用
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这是一份高考物理一轮复习【专题练习】 专题33 动能定理综合应用，文件包含专题33动能定理综合应用教师版docx、专题33动能定理综合应用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训
专题33 动能定理综合应用
特训目标
特训内容
目标1
用动能定理解决变力做功问题（1T—5T）
目标2
有关动能定理的Ek-x图像问题（6T—10T）
目标3
用动能定理处理机车启动问题（11T—15T）
目标4
用动能定理处理多过程问题（16T—20T）
【特训典例】
一、 用动能定理解决变力做功问题
1．如图所示，半径为R的半圆形轨道竖直放置直径POQ水平且各处物理性质相同，质量为m的小滑块从P点正上方高度R处由静止释放，恰好无碰撞从P点切入轨道，小滑块滑到最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度。下列说法正确的有（ ）
A．滑到点N时，速度大小为 B．小滑块从Q点飞出可上升到原高度
C．小滑块在P点受到弹力大小为2mg D．小滑块可能不停止于最低点N处
【答案】CD
【详解】A．在最低点，由解得，A错误；
B．从开始下落到最低点机械能减少可见轨道粗糙，小滑快机械能减小，小滑块从Q点飞出无法上升到原高度，B错误；
C．到达P点又有解得，C正确；
D．由于轨道摩擦力做功跟路径有关，但摩擦力的情况不清楚，小滑快最终静止位置未知。事实上，只要小滑块速度为零，且小球受到静摩擦力重力、支持力合力为零时，小滑快就静止不动了，D正确。故选 CD。
2．有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动（转轴垂直于盘面），圆盘的倾角为，如图所示，图中人用方块代替。当人与圆盘间的动摩擦因数时，人恰好不从圆盘滑出去。人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下正确的是（ ）
A．B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向上
B．A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为3mgsinα
C．人在转动时的速度大小为
D．人从A到B摩擦力做功为2mgRsinα
【答案】D
【详解】A．人做匀速圆周运动，恰好不从圆盘滑出去，由受力可知，在A位置的摩擦力沿斜面向上，向心力为则假设B位置摩擦力方向沿斜面向下，则向心力为
则由以上分析可知所以可则可故可知B
位置处受到的摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；
B．A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为故B错误；
C．由可得人在转动时的速度大小为故C错误；
D．因为人做匀速圆周运动，所以有所以故D正确。故选D。
3．如图所示，一劲度系数为k的理想弹簧一端固定于天花板上，另一端固定连接一质量为的物块A，物块A的下方还有一质量为m的物块B，A、B之间无粘连处理。由静止刚释放后瞬间测得A、B组成的系统具有竖直向下大小为的加速度，现使A、B回原位置静止，释放同时在物块B上作用一外力F，使该系统竖直向下做加速度大小为的匀加速直线运动直到物块A、B分离，则当两物块分离的瞬间（ ）
A．弹簧弹力大小为
B．外力F的大小为
C．物块B的速度大小为
D．整个过程中外力F所做的功为
【答案】AC
【详解】A．初始时刻由于A、B整体加速度大于g，则在竖直方向上有；
方向竖直向下，弹簧处于压缩状态。在B上作用外力F后，整体向下做加速度为的匀加速运动，在分离时刻，A、B之间无相互作用力，此时对A，有此时弹簧弹力
方向竖直向上，弹簧处于拉伸状态，故A正确。
B．对B，有则此时外力大小为，故B错误。
C．从开始到分离，系统向下运动的位移为由匀加速运动的基本规律，有可知C正确。
D．整个过程中弹簧的弹性势能不变，故由动能定理得解得整个过程中外力F做负功，故D错误。故选AC。
4．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量。把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角，OB长为L，与AB垂直。不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重物Q的重力功率先增大后减小
B．滑块P运动到位置B处速度大小为
C．轻绳对滑块P做功为4mgL
D．P与Q的机械能之和先减少后增加
【答案】ABC
【详解】A．根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为零，则重物Q重力的功率为零，当滑块到达B点时，重物Q的速度也为零，此时，重物Q重力的功率为零，则滑块由A到B的过程中，重物Q的重力功率先增大后减小，故A正确；
B．根据题意可知，滑块P、重物Q和弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高度为重物Q下降的高度为设滑块P运动到位置B处速度大小为，根据机械能守恒定律有联立解得故B正确；
C．对滑块P，设轻绳对滑块P做功为，由动能定理得解得故C正确；
D．根据题意可知，滑块P、重物Q和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减小后增大，根据机械能守恒定律可知，P与Q的机械能之和先增大后减小，故D错误。故选ABC。
5．2022年北京冬奥会上中国首次使用了二氧化碳跨临界环保制冰技术，运用该技术可制作动摩擦因数不同的冰面。将一物块以一定的初速度在运用该技术制作的水平冰面上沿直线滑行，共滑行了6m，运动中的加速度a与位移x的关系如图所示，设位移1.5m处与6m处的动摩擦因数分别为μ1、μ2，在前3m与后3m运动过程中物块动能改变的大小分别为ΔEk1、ΔEk2，则（ ）
A． B．
C．ΔEk1∶ΔEk2=3∶2 D．ΔEk1：ΔEk2=3：1
【答案】AC
【详解】AB．分别对位移1.5m处与6m处由牛顿第二定律得；其中；联立可得故A正确，B错误；
CD．根据动能定理了的前3m的动能变化量大小为后33m的动能变化量大小为
结合图象可得故C正确，D错误。故选AC。
二、 有关动能定理的Ek-x图像问题
6．如图，一个质量为m的小滑块在高度为h
的斜面顶端由静止释放；滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地面为零势能面。则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由题知小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得
（tanθ ≥ μ）故当时，Ek = mgh；随着θ减小，tanθ逐渐减小，物块滑到斜面底端的动能逐渐减小，当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时，有mgsinθ ≤ μmgcosθ解得μ ≥ tanθ
此后继续减小θ，物块都不再下滑，则此后小滑块的动能一直为零。故选A。
7．已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比。篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】AB．篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由
可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图线切线的斜率越来越小，下降过程中，v越大，阻力就越大，由可知加速度就越小，图线切线的斜率继续减小，AB错误；
CD．上升过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越来越小，Ek—h图线切线斜率越小，下降过程中，h越小，v越大，阻力就越大，合力越小，所以Ek—h图线切线斜率越小，C错误、D正确。故选D。
8．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端，质量为的物块从轻弹簧上端上方某位置由静止释放，测得物块的动能与其通过的路程x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图像中之间为直线，其余部分为曲线，时物块的动能达到最大．弹簧的长度为l时，弹性势能为，其中k为弹簧的劲度系数，为弹簧的原长。物块可视为质点，不计空气阻力，物块接触弹簧瞬间无能量损失，取重力加速度，，。则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.2
B．弹簧的劲度系数k为
C．的大小为
D．物块在斜面上运动的总路程大于
【答案】D
【详解】A．物块接触弹簧前，由动能定理得解得故A错误；
B．由能量守恒定律得解得故B错误；
C．由能量守恒定律得解得故C错误；
D．物块的路程为时物块反向沿斜面向上运动，所以物块在斜面上运动的路程大于，故D正确。故选D。
9．如图所示甲为一倾角为θ的斜面固定于水平面上，一可视为质点的小物块从斜面的顶端静止滑下，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ1，物块运动到斜面底端时无能量损失地进入水平面继续运动，其和水平面之间的动摩擦因数为μ2。图乙为物块运动的动能Ek与水平位移x的关系图像，则下列判断正确的是（ ）
A．μ1＞tanθ B．μ1＜tanθ
C．μ1+2μ2=tanθ D．2μ1+μ2=tanθ
【答案】BC
【详解】AB．物块在斜面上可以自由滑下则有解得μ1＜tanθ，A错误，B正确；
CD．由乙图可知，物块在水平面上的位移是在斜面上运动的水平位移的2倍，根据全程运动的动能定理得
解得μ1+2μ2=tanθ，C正确，D错误。故选BC。
10．如图（a），倾角为37°的传送带以v=5m/s的速度逆时针匀速转动，传送带A、B之间的距离为20m，质量为m=1kg的物块（可视为质点）自A点无初速度放上传送带。物块在传送带上运动时，其动能与位移x的关系图像（）如图（b）所示，设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B所用时间为t，已知重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法中正确的是（ ）
A．μ=0.25 B． C．t=4s D．
【答案】BD
【详解】由图b可知，开始时，物块所受摩擦力向下，当物块的速度和传送带速度相等时，摩擦力反向，但此时物块重力沿传送带向下的分力仍大于摩擦力，物块继续做加速运动
D．当位移为时，物块的速度为，可得带入数据解得故D正确；
AB．根据功能关系得；
联立解得；故B正确，A错误；
C．设传动带长度为，物块速度和传送带速度相等前，根据牛顿第二定律得
可得时间位移为当速度和传送带速度相等后，根据牛顿第二定律
根据运动学公式解得物块从A运动到B所用时间为
故C错误。故选BD。
三、用动能定理处理机车启动问题
11．在我国，汽车已进入寻常百姓家，一种新车从研发到正式上路，要经过各种各样的测试，其中一种是在专用道上进行起步过程测试，通过车上装载的传感器记录了起步过程速度随时间变化规律图像，如图所示，已知OA为直线、AB为曲线、BC为平行于横轴的直线。5s时汽车功率达到额定功率且保持不变，该车总质量为1.0×103kg，所受到的阻力恒为2.0×103N，则下列说法正确的是（ ）
A．匀加速阶段汽车的牵引力为6×103N
B．该车的额定功率为1.2×105W
C．该车的最大速度为50m/s
D．该车前25s内通过的位移大小为400m
【答案】AB
【详解】A．该车匀加速阶段，根据题图可知根据牛顿第二定律
解得F=6000N，A正确；
B．该车的额定功率为，B正确；
C．当速度最大时，有解得vm=60m/s，C错误；
D．对该车运动前5s过程为匀变速直线运动，设位移为x1，由图像面积可知
5s-25s过程运动的位移为x2，根据动能定理得前25s内通过的位移大小为
解得x=450m，D错误；故选AB。
12．一质量为m=40 kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3 s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10 s末电动汽车的速度达到最大值，14 s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A．电动汽车最大速度为5 m/s
B．电动汽车受到的阻力为100N
C．关闭发动机后，电动汽车经过5 s停止运动
D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
【答案】AD
【详解】AB．由图像可知在0～3s内，电动汽车的加速度由图像可知在0～3s内
解得由牛顿第二定律解得由解得
故A正确，B错误；
C．关闭发动机后经过电动汽车停止运动，故C错误；
D．对全程由动能定理可得解得所以整个过程中克服阻力做功为3750J，故D正确。故选AD。
13．如图所示为一动车在水平轨道上启动过程中的速度-时间图像，OA段为过原点的倾斜直线，时刻速度为且达到额定功率P，此后保持功率不变，时刻达到最大速度，之后保持匀速运动，若汽车受到的阻力大小不变，则以下判断正确的是（ ）
A．汽车所受阻力的大小为
B．汽车受到的最大牵引力为
C．t1~t2时间内，汽车受到牵引力逐渐减小
D．t1~t2时间内，汽车的位移大小为
【答案】CD
【详解】A．汽车所受的恒定阻力大小为故A错误；
B．根据牛顿第二定律；解得故B错误；
C．t1~t2时间内功率恒定，但速度逐渐增大，故牵引力逐渐减小，故C正确；
D．根据动能定理得解得故D正确。故选CD。
14
．为登月探测月球，上海航天局研制了“月球车”。某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究。他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v－t图像，已知0~t1段为过原点的倾斜直线；t1~10s内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P＝1.2kW；7~10s段为平行于横轴的直线；在10s末停止遥控，让“月球车”自由滑行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（ ）
A．月球车受到的阻力为200N B．月球车的质量为100kg
C．月球车在t1~7s内运动的路程为24.75m D．全过程牵引力对月球车做的总功为1.11×104J
【答案】ABD
【详解】AB．在10 s末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f作用下做匀减速运动，由图象可知，加速度大小
由牛顿第二定律得，其阻力f=ma，7～10 s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，则F=f
则P=Fv1=f v1解得f=200N； 故AB正确；
C．“月球车”的加速运动过程可分为：0～t1时间内的匀加速运动、t1～7 s时间内的变加速运动两个阶段。t1时功率为P=1.2kW，速度为v2=3m/s，此时牵引力为由牛顿第二定律F1﹣f=ma1解得0～t1时间内的加速度大小为a1=2m/s2匀加速运动的时间t1==1.5s匀加速运动的位移
0﹣7s内，由动能定理得F1s1+P（7﹣t1）﹣fs=mv12解得“月球车”在加速运动过程中的总位移s=28.5m
月球车在t1~7s内运动的路程为故C错误；
D．在0～1.5 s内，牵引力做功W1=F1s1=400×2.25J=900J在1.5～10 s内，牵引力做功W2=Pt=1200×8.5J=10200J
10s后，停止遥控，牵引力做功为零，全过程牵引力对月球车做的总功为W=W1+W2=11100J故D正确。
故选ABD。
15．质量的家庭轿车，行驶速度时靠电动机输出动力；行驶速度在范围内时自动转换为靠汽油发动机输出动力；行驶速度时汽油发动机和电动机将同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，所受阻力恒为1500N。已知汽车在时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至时刻。汽车在时间内行驶的位移为217.5m。则和分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【详解】由题意知，第一次换引擎时速度为，时间内由牛顿第二定律得
解得则，时间内行使的位移设换引擎后瞬间的牵引力为，根据代入数据求得设在时刻的牵引力为，则在时刻的速度大小为
时间内行使的位移为；时间根据动能定理得
解得故B正确，ACD错误。故选B。
四、用动能定理处理多过程问题
16．如图所示，一固定竖直轨道由半径为R的四分之一圆弧AB、长度为L的水平直轨道BC和半径为r的四分之一圆弧CD构成，BC与两圆弧分别相切于B点和C点。质量为m的物块从A点由静止释放，恰好能到达D点，已知物块在圆弧AB上克服摩擦力做的功为W1，在圆弧CD上克服摩擦力做的功为W2，重力加速度大小为g，则物块与水平直轨道的动摩擦因数μ和在C点的向心加速度a大小分别为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】AB．根据题意，设物块在水平直轨道上克服摩擦力做的功为W3，对于ABCD整个过程，由动能定理有又有由以上两式联立可解得故A错误，B正确；
CD．根据题意，由动能定理，对于ABCD整个过程有对于ABC过程有
由向心加速度公式得由以上各式可解得故D错误，C正确。故选BC。
17．质量m＝1kg的物体静止放在粗糙水平地面上，现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若图像如图所示。且4~5m内物体匀速运动。x＝7m时撤去外力，g取10m/s2，则下列有关描述正确的是（ ）
A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B．x＝4m时物体的速度最大
C．撤去外力时物体的速度为m/s
D．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s
【答案】BC
【详解】A．4~5m内物体匀速运动，则有F＝f＝μmg得故A错误；
B．只要F＞f＝μmg物体就在加速，所以x在0~4m内物体一直加速，x＝4m时物体的速度最大，故B正确；
C．根据图像与x轴所围的面积表示外力F做的功，可得0~7m内外力做功为W＝J＝22J设撤去外力时物体的速度为v，根据动能定理得W－fx＝mv2－0其中x＝7m，解得v＝m/s，故C正确；
D．撤去外力后物体的加速度大小为a＝μg＝3m/s2物体还能滑行时间故D错误。故选BC。
18．第 24 届冬奥于 2022年2月4日在我国的北京等地举行，冰滑梯作为体验冰雪运动乐趣的设施受到广大游客的欢迎。某冰滑梯的示意图如图所示，设螺旋滑道机械能的损耗为20%，水平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同，对不同滑板的动摩擦因数μ满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上。以下说法正确的是（ ）
A．L1不能大于 B．L1不能大于
C．L1、L2之和不能小于 D．L1、L2之和不能大于
【答案】BC
【详解】AB．假定倾斜轨道的倾角为θ，游客质量为m，因游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则有即可得游客能滑上水平轨道，由动能定理有
解得由于，故要使游客能滑到水平轨道上，需满足
故A错误，B正确；
CD．要确保所有游客滑行结束时停在水平滑道上，根据动能定理有即则有
由可知，要确保游客能停在水平轨道上，需满足故D错误，C正确。故选BC。
19．如图所示，DO是水平面，AB是斜面，滑块（可视为质点）从A点由静止出发沿ABD滑动到D点的速度大小为v0。若已知该滑块与斜面、水平面和圆弧轨道之间的动摩擦因数处处相同且不为零，轨道转折处平滑相接。下列说法正确的是（ ）
A．若让滑块从D点以速度v0出发，沿DBA滑动，则恰好能滑到顶点A
B．若让滑块从D点以速度v0出发，沿DBA滑动，则一定不能滑到顶点A
C．如果斜面改为AC，让滑块从A点由静止出发沿ACD下滑到D点的速度，大小一定为v0
D．如果斜面改为为圆弧轨道AEB，让滑块从A点由静止出发沿AEB滑动到D点的速度大小一定为v0
【答案】BC
【详解】C．如图
题中滑块（可视为质点）从A点由静止出发沿ABD滑动到D点，有即有
可见与α无关，假设同样条件沿ACD，则有
即有说明从A到D，其他条件不变情况下，与路径无关，C正确；
AB．若让滑块从D点以速度v0出发，沿DBA滑动，由功能关系可得可得，若让滑块从D点以速度v0出发，沿DBA滑动，则一定不能滑到顶点A，A错误、B正确；
D．该让滑块从A点由静止出发沿AEB滑动到D点，沿DEA滑动，由于物体在圆弧轨道时，压力大于在斜面上的压力，所以摩擦力做的功更多，故该物体到D点速度要比v0小，D错误。故选BC。
20．我国正在攻关的超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复现40到100公里高空、时速最高达10公里／秒，相当于约30倍声速的飞行条件。现有一小球从风洞中的点竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，小球在点动能为，在点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球所受重力和风力大小之比为3：4
B．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3
C．小球落到点时的动能为
D．小球从点运动到点过程中的最小动能为
【答案】BCD
【详解】A．设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为，竖直距离为h
，根据竖直上抛运动规律有对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有由题意可知根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为小球从M运动到O所用时间为
根据运动学公式有联立解得故A错误；
B．小球上升和下降的时间相等，设O、N两点间的水平距离为，根据匀变速直线运动规律的推论可知
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为故B正确；
C． M、N两点间的水平距离为设小球落到N点时的动能为，根据动能定理有
联立解得故C正确；
D．小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为解得最小动能为故D正确。故选BCD。
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训
专题33 动能定理综合应用
特训目标
特训内容
目标1
用动能定理解决变力做功问题（1T—5T）
目标2
有关动能定理的Ek-x图像问题（6T—10T）
目标3
用动能定理处理机车启动问题（11T—15T）
目标4
用动能定理处理多过程问题（16T—20T）
【特训典例】
一、 用动能定理解决变力做功问题
1．如图所示，半径为R的半圆形轨道竖直放置直径POQ水平且各处物理性质相同，质量为m的小滑块从P点正上方高度R处由静止释放，恰好无碰撞从P点切入轨道，小滑块滑到最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度。下列说法正确的有（ ）
A．滑到点N时，速度大小为 B．小滑块从Q点飞出可上升到原高度
C．小滑块在P点受到弹力大小为2mg D．小滑块可能不停止于最低点N处
【答案】CD
【详解】A．在最低点，由解得，A错误；
B．从开始下落到最低点机械能减少可见轨道粗糙，小滑快机械能减小，小滑块从Q点飞出无法上升到原高度，B错误；
C．到达P点又有解得，C正确；
D．由于轨道摩擦力做功跟路径有关，但摩擦力的情况不清楚，小滑快最终静止位置未知。事实上，只要小滑块速度为零，且小球受到静摩擦力重力、支持力合力为零时，小滑快就静止不动了，D正确。故选 CD。
2．有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动（转轴垂直于盘面），圆盘的倾角为，如图所示，图中人用方块代替。当人与圆盘间的动摩擦因数时，人恰好不从圆盘滑出去。人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下正确的是（ ）
A．B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向上
B．A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为3mgsinα
C．人在转动时的速度大小为
D．人从A到B摩擦力做功为2mgRsinα
【答案】D
【详解】A．人做匀速圆周运动，恰好不从圆盘滑出去，由受力可知，在A位置的摩擦力沿斜面向上，向心力为则假设B位置摩擦力方向沿斜面向下，则向心力为
则由以上分析可知所以可则可故可知B
位置处受到的摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；
B．A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为故B错误；
C．由可得人在转动时的速度大小为故C错误；
D．因为人做匀速圆周运动，所以有所以故D正确。故选D。
3．如图所示，一劲度系数为k的理想弹簧一端固定于天花板上，另一端固定连接一质量为的物块A，物块A的下方还有一质量为m的物块B，A、B之间无粘连处理。由静止刚释放后瞬间测得A、B组成的系统具有竖直向下大小为的加速度，现使A、B回原位置静止，释放同时在物块B上作用一外力F，使该系统竖直向下做加速度大小为的匀加速直线运动直到物块A、B分离，则当两物块分离的瞬间（ ）
A．弹簧弹力大小为
B．外力F的大小为
C．物块B的速度大小为
D．整个过程中外力F所做的功为
【答案】AC
【详解】A．初始时刻由于A、B整体加速度大于g，则在竖直方向上有；
方向竖直向下，弹簧处于压缩状态。在B上作用外力F后，整体向下做加速度为的匀加速运动，在分离时刻，A、B之间无相互作用力，此时对A，有此时弹簧弹力
方向竖直向上，弹簧处于拉伸状态，故A正确。
B．对B，有则此时外力大小为，故B错误。
C．从开始到分离，系统向下运动的位移为由匀加速运动的基本规律，有可知C正确。
D．整个过程中弹簧的弹性势能不变，故由动能定理得解得整个过程中外力F做负功，故D错误。故选AC。
4．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量。把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角，OB长为L，与AB垂直。不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重物Q的重力功率先增大后减小
B．滑块P运动到位置B处速度大小为
C．轻绳对滑块P做功为4mgL
D．P与Q的机械能之和先减少后增加
【答案】ABC
【详解】A．根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为零，则重物Q重力的功率为零，当滑块到达B点时，重物Q的速度也为零，此时，重物Q重力的功率为零，则滑块由A到B的过程中，重物Q的重力功率先增大后减小，故A正确；
B．根据题意可知，滑块P、重物Q和弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高度为重物Q下降的高度为设滑块P运动到位置B处速度大小为，根据机械能守恒定律有联立解得故B正确；
C．对滑块P，设轻绳对滑块P做功为，由动能定理得解得故C正确；
D．根据题意可知，滑块P、重物Q和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减小后增大，根据机械能守恒定律可知，P与Q的机械能之和先增大后减小，故D错误。故选ABC。
5．2022年北京冬奥会上中国首次使用了二氧化碳跨临界环保制冰技术，运用该技术可制作动摩擦因数不同的冰面。将一物块以一定的初速度在运用该技术制作的水平冰面上沿直线滑行，共滑行了6m，运动中的加速度a与位移x的关系如图所示，设位移1.5m处与6m处的动摩擦因数分别为μ1、μ2，在前3m与后3m运动过程中物块动能改变的大小分别为ΔEk1、ΔEk2，则（ ）
A． B．
C．ΔEk1∶ΔEk2=3∶2 D．ΔEk1：ΔEk2=3：1
【答案】AC
【详解】AB．分别对位移1.5m处与6m处由牛顿第二定律得；其中；联立可得故A正确，B错误；
CD．根据动能定理了的前3m的动能变化量大小为后33m的动能变化量大小为
结合图象可得故C正确，D错误。故选AC。
二、 有关动能定理的Ek-x图像问题
6．如图，一个质量为m的小滑块在高度为h
的斜面顶端由静止释放；滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地面为零势能面。则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由题知小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得
（tanθ ≥ μ）故当时，Ek = mgh；随着θ减小，tanθ逐渐减小，物块滑到斜面底端的动能逐渐减小，当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时，有mgsinθ ≤ μmgcosθ解得μ ≥ tanθ
此后继续减小θ，物块都不再下滑，则此后小滑块的动能一直为零。故选A。
7．已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比。篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】AB．篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由
可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图线切线的斜率越来越小，下降过程中，v越大，阻力就越大，由可知加速度就越小，图线切线的斜率继续减小，AB错误；
CD．上升过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越来越小，Ek—h图线切线斜率越小，下降过程中，h越小，v越大，阻力就越大，合力越小，所以Ek—h图线切线斜率越小，C错误、D正确。故选D。
8．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端，质量为的物块从轻弹簧上端上方某位置由静止释放，测得物块的动能与其通过的路程x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图像中之间为直线，其余部分为曲线，时物块的动能达到最大．弹簧的长度为l时，弹性势能为，其中k为弹簧的劲度系数，为弹簧的原长。物块可视为质点，不计空气阻力，物块接触弹簧瞬间无能量损失，取重力加速度，，。则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.2
B．弹簧的劲度系数k为
C．的大小为
D．物块在斜面上运动的总路程大于
【答案】D
【详解】A．物块接触弹簧前，由动能定理得解得故A错误；
B．由能量守恒定律得解得故B错误；
C．由能量守恒定律得解得故C错误；
D．物块的路程为时物块反向沿斜面向上运动，所以物块在斜面上运动的路程大于，故D正确。故选D。
9．如图所示甲为一倾角为θ的斜面固定于水平面上，一可视为质点的小物块从斜面的顶端静止滑下，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ1，物块运动到斜面底端时无能量损失地进入水平面继续运动，其和水平面之间的动摩擦因数为μ2。图乙为物块运动的动能Ek与水平位移x的关系图像，则下列判断正确的是（ ）
A．μ1＞tanθ B．μ1＜tanθ
C．μ1+2μ2=tanθ D．2μ1+μ2=tanθ
【答案】BC
【详解】AB．物块在斜面上可以自由滑下则有解得μ1＜tanθ，A错误，B正确；
CD．由乙图可知，物块在水平面上的位移是在斜面上运动的水平位移的2倍，根据全程运动的动能定理得
解得μ1+2μ2=tanθ，C正确，D错误。故选BC。
10．如图（a），倾角为37°的传送带以v=5m/s的速度逆时针匀速转动，传送带A、B之间的距离为20m，质量为m=1kg的物块（可视为质点）自A点无初速度放上传送带。物块在传送带上运动时，其动能与位移x的关系图像（）如图（b）所示，设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B所用时间为t，已知重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法中正确的是（ ）
A．μ=0.25 B． C．t=4s D．
【答案】BD
【详解】由图b可知，开始时，物块所受摩擦力向下，当物块的速度和传送带速度相等时，摩擦力反向，但此时物块重力沿传送带向下的分力仍大于摩擦力，物块继续做加速运动
D．当位移为时，物块的速度为，可得带入数据解得故D正确；
AB．根据功能关系得；
联立解得；故B正确，A错误；
C．设传动带长度为，物块速度和传送带速度相等前，根据牛顿第二定律得
可得时间位移为当速度和传送带速度相等后，根据牛顿第二定律
根据运动学公式解得物块从A运动到B所用时间为
故C错误。故选BD。
三、用动能定理处理机车启动问题
11．在我国，汽车已进入寻常百姓家，一种新车从研发到正式上路，要经过各种各样的测试，其中一种是在专用道上进行起步过程测试，通过车上装载的传感器记录了起步过程速度随时间变化规律图像，如图所示，已知OA为直线、AB为曲线、BC为平行于横轴的直线。5s时汽车功率达到额定功率且保持不变，该车总质量为1.0×103kg，所受到的阻力恒为2.0×103N，则下列说法正确的是（ ）
A．匀加速阶段汽车的牵引力为6×103N
B．该车的额定功率为1.2×105W
C．该车的最大速度为50m/s
D．该车前25s内通过的位移大小为400m
【答案】AB
【详解】A．该车匀加速阶段，根据题图可知根据牛顿第二定律
解得F=6000N，A正确；
B．该车的额定功率为，B正确；
C．当速度最大时，有解得vm=60m/s，C错误；
D．对该车运动前5s过程为匀变速直线运动，设位移为x1，由图像面积可知
5s-25s过程运动的位移为x2，根据动能定理得前25s内通过的位移大小为
解得x=450m，D错误；故选AB。
12．一质量为m=40 kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3 s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10 s末电动汽车的速度达到最大值，14 s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A．电动汽车最大速度为5 m/s
B．电动汽车受到的阻力为100N
C．关闭发动机后，电动汽车经过5 s停止运动
D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
【答案】AD
【详解】AB．由图像可知在0～3s内，电动汽车的加速度由图像可知在0～3s内
解得由牛顿第二定律解得由解得
故A正确，B错误；
C．关闭发动机后经过电动汽车停止运动，故C错误；
D．对全程由动能定理可得解得所以整个过程中克服阻力做功为3750J，故D正确。故选AD。
13．如图所示为一动车在水平轨道上启动过程中的速度-时间图像，OA段为过原点的倾斜直线，时刻速度为且达到额定功率P，此后保持功率不变，时刻达到最大速度，之后保持匀速运动，若汽车受到的阻力大小不变，则以下判断正确的是（ ）
A．汽车所受阻力的大小为
B．汽车受到的最大牵引力为
C．t1~t2时间内，汽车受到牵引力逐渐减小
D．t1~t2时间内，汽车的位移大小为
【答案】CD
【详解】A．汽车所受的恒定阻力大小为故A错误；
B．根据牛顿第二定律；解得故B错误；
C．t1~t2时间内功率恒定，但速度逐渐增大，故牵引力逐渐减小，故C正确；
D．根据动能定理得解得故D正确。故选CD。
14
．为登月探测月球，上海航天局研制了“月球车”。某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究。他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v－t图像，已知0~t1段为过原点的倾斜直线；t1~10s内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P＝1.2kW；7~10s段为平行于横轴的直线；在10s末停止遥控，让“月球车”自由滑行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（ ）
A．月球车受到的阻力为200N B．月球车的质量为100kg
C．月球车在t1~7s内运动的路程为24.75m D．全过程牵引力对月球车做的总功为1.11×104J
【答案】ABD
【详解】AB．在10 s末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f作用下做匀减速运动，由图象可知，加速度大小
由牛顿第二定律得，其阻力f=ma，7～10 s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，则F=f
则P=Fv1=f v1解得f=200N； 故AB正确；
C．“月球车”的加速运动过程可分为：0～t1时间内的匀加速运动、t1～7 s时间内的变加速运动两个阶段。t1时功率为P=1.2kW，速度为v2=3m/s，此时牵引力为由牛顿第二定律F1﹣f=ma1解得0～t1时间内的加速度大小为a1=2m/s2匀加速运动的时间t1==1.5s匀加速运动的位移
0﹣7s内，由动能定理得F1s1+P（7﹣t1）﹣fs=mv12解得“月球车”在加速运动过程中的总位移s=28.5m
月球车在t1~7s内运动的路程为故C错误；
D．在0～1.5 s内，牵引力做功W1=F1s1=400×2.25J=900J在1.5～10 s内，牵引力做功W2=Pt=1200×8.5J=10200J
10s后，停止遥控，牵引力做功为零，全过程牵引力对月球车做的总功为W=W1+W2=11100J故D正确。
故选ABD。
15．质量的家庭轿车，行驶速度时靠电动机输出动力；行驶速度在范围内时自动转换为靠汽油发动机输出动力；行驶速度时汽油发动机和电动机将同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，所受阻力恒为1500N。已知汽车在时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至时刻。汽车在时间内行驶的位移为217.5m。则和分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【详解】由题意知，第一次换引擎时速度为，时间内由牛顿第二定律得
解得则，时间内行使的位移设换引擎后瞬间的牵引力为，根据代入数据求得设在时刻的牵引力为，则在时刻的速度大小为
时间内行使的位移为；时间根据动能定理得
解得故B正确，ACD错误。故选B。
四、用动能定理处理多过程问题
16．如图所示，一固定竖直轨道由半径为R的四分之一圆弧AB、长度为L的水平直轨道BC和半径为r的四分之一圆弧CD构成，BC与两圆弧分别相切于B点和C点。质量为m的物块从A点由静止释放，恰好能到达D点，已知物块在圆弧AB上克服摩擦力做的功为W1，在圆弧CD上克服摩擦力做的功为W2，重力加速度大小为g，则物块与水平直轨道的动摩擦因数μ和在C点的向心加速度a大小分别为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】AB．根据题意，设物块在水平直轨道上克服摩擦力做的功为W3，对于ABCD整个过程，由动能定理有又有由以上两式联立可解得故A错误，B正确；
CD．根据题意，由动能定理，对于ABCD整个过程有对于ABC过程有
由向心加速度公式得由以上各式可解得故D错误，C正确。故选BC。
17．质量m＝1kg的物体静止放在粗糙水平地面上，现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若图像如图所示。且4~5m内物体匀速运动。x＝7m时撤去外力，g取10m/s2，则下列有关描述正确的是（ ）
A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B．x＝4m时物体的速度最大
C．撤去外力时物体的速度为m/s
D．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s
【答案】BC
【详解】A．4~5m内物体匀速运动，则有F＝f＝μmg得故A错误；
B．只要F＞f＝μmg物体就在加速，所以x在0~4m内物体一直加速，x＝4m时物体的速度最大，故B正确；
C．根据图像与x轴所围的面积表示外力F做的功，可得0~7m内外力做功为W＝J＝22J设撤去外力时物体的速度为v，根据动能定理得W－fx＝mv2－0其中x＝7m，解得v＝m/s，故C正确；
D．撤去外力后物体的加速度大小为a＝μg＝3m/s2物体还能滑行时间故D错误。故选BC。
18．第 24 届冬奥于 2022年2月4日在我国的北京等地举行，冰滑梯作为体验冰雪运动乐趣的设施受到广大游客的欢迎。某冰滑梯的示意图如图所示，设螺旋滑道机械能的损耗为20%，水平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同，对不同滑板的动摩擦因数μ满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上。以下说法正确的是（ ）
A．L1不能大于 B．L1不能大于
C．L1、L2之和不能小于 D．L1、L2之和不能大于
【答案】BC
【详解】AB．假定倾斜轨道的倾角为θ，游客质量为m，因游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则有即可得游客能滑上水平轨道，由动能定理有
解得由于，故要使游客能滑到水平轨道上，需满足
故A错误，B正确；
CD．要确保所有游客滑行结束时停在水平滑道上，根据动能定理有即则有
由可知，要确保游客能停在水平轨道上，需满足故D错误，C正确。故选BC。
19．如图所示，DO是水平面，AB是斜面，滑块（可视为质点）从A点由静止出发沿ABD滑动到D点的速度大小为v0。若已知该滑块与斜面、水平面和圆弧轨道之间的动摩擦因数处处相同且不为零，轨道转折处平滑相接。下列说法正确的是（ ）
A．若让滑块从D点以速度v0出发，沿DBA滑动，则恰好能滑到顶点A
B．若让滑块从D点以速度v0出发，沿DBA滑动，则一定不能滑到顶点A
C．如果斜面改为AC，让滑块从A点由静止出发沿ACD下滑到D点的速度，大小一定为v0
D．如果斜面改为为圆弧轨道AEB，让滑块从A点由静止出发沿AEB滑动到D点的速度大小一定为v0
【答案】BC
【详解】C．如图
题中滑块（可视为质点）从A点由静止出发沿ABD滑动到D点，有即有
可见与α无关，假设同样条件沿ACD，则有
即有说明从A到D，其他条件不变情况下，与路径无关，C正确；
AB．若让滑块从D点以速度v0出发，沿DBA滑动，由功能关系可得可得，若让滑块从D点以速度v0出发，沿DBA滑动，则一定不能滑到顶点A，A错误、B正确；
D．该让滑块从A点由静止出发沿AEB滑动到D点，沿DEA滑动，由于物体在圆弧轨道时，压力大于在斜面上的压力，所以摩擦力做的功更多，故该物体到D点速度要比v0小，D错误。故选BC。
20．我国正在攻关的超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复现40到100公里高空、时速最高达10公里／秒，相当于约30倍声速的飞行条件。现有一小球从风洞中的点竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，小球在点动能为，在点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球所受重力和风力大小之比为3：4
B．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3
C．小球落到点时的动能为
D．小球从点运动到点过程中的最小动能为
【答案】BCD
【详解】A．设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为，竖直距离为h
，根据竖直上抛运动规律有对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有由题意可知根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为小球从M运动到O所用时间为
根据运动学公式有联立解得故A错误；
B．小球上升和下降的时间相等，设O、N两点间的水平距离为，根据匀变速直线运动规律的推论可知
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为故B正确；
C． M、N两点间的水平距离为设小球落到N点时的动能为，根据动能定理有
联立解得故C正确；
D．小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为解得最小动能为故D正确。故选BCD。
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