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考点巩固卷 35 动能定理的综合应用
建议用时：50分钟
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 N s
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；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 1B．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（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 2A．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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 3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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 4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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 5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v 、v ，已知重力加速度为g，则（ ）
A B
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 6A． 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，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 7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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 8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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 9（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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 10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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 11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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 12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m、m，则以下给出的四项判断中正确的是（ ）
1 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 13①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
