高考物理一轮复习：动能和动能定理
一、选择题
1．（2024高一下·西城期末）下列物理量中属于矢量的是（ ）
A．动能 B．向心加速度 C．周期 D．频率
2．（2024高一下·长寿期末）如图所示，在无人机加速上升阶段，关于其重力势能和动能变化描述正确的是（ ）
A．重力势能减少，动能增加 B．重力势能减少，动能减少
C．重力势能增加，动能增加 D．重力势能增加，动能减少
3．（2017高二下·宁波期中）在“探究做功与物体速度变化的关系”的实验中，下列说法正确的是（ ）
A．小车必须平衡摩擦力
B．先释放小车，后接通打点（或电火花）计时器电源
C．当改变橡皮筋条数后，小车可以从不同位置释放
D．计算小车速度时可任选纸带上的测量点
4．（人教版物理高一必修1第二章第一节实验：探究小车速度随时间变化的规律同步练习）下面是一些有关高中物理实验的描述，其中正确的是：（ ）
A．在“研究匀变速直线运动基本公式应用”实验中，需要平衡摩擦力
B．在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须用天平测物体的质量
C．在“验证力的平行四边形定则”实验中，只用一根弹簧秤无法完成
D．在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功
5．（2024高二下·东城期末）如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是
A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短
B．篮球两次撞墙的速度可能相等
C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等
D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大
6．（2024高一下·邯郸期末）改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变。在下列几种情况下，汽车的动能是原来2倍的是（ ）
A．速度减半，质量增大到原来的2倍
B．质量减半，速度增大到原来的2倍
C．速度减为四分之一，质量增大到原来的4倍
D．质量减为四分之一，速度增大到原来的4倍
7．（2024高一下·河北期末）质量为的玩具小车，速度由向左的变为向右的，取向左为正方向，则小车的动能变化量和动量变化量分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
8．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）
A．，质点恰好可以到达Q点
B．，质点不能到达Q点
C．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
9．（2024高二上·衡阳开学考）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．
10．（2024高一下·红桥期末）质量为1kg的物体在合外力F的作用下沿光滑水平面运动，速度的大小由2m/s增加到4m/s，此过程中合外力F做的功为（ ）
A．1J B．6J C．8J D．10J
11．（2024高一下·河北期末）如图甲所示，质量为的物块初始时静止在倾角为的斜面上，施加给物块一沿斜面的恒定拉力F，使物块开始沿斜面运动，物块运动了时撤去拉力F。物块的动能随物块沿斜面上滑距离x变化的部分图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，取重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．物块受到的滑动摩擦力大小为
B．恒定拉力F的大小为
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．物块运动到最高点后会沿斜面下滑
12．（2024高三上·湖北月考）如图所示，一足够长的斜面的倾斜角为θ，边界AB和CD之间粗糙，其余光滑，且AD=BC=3L。有两块相同的矩形滑块E和F，每个滑块质量分布均匀且大小均为m，长度均为L，与粗糙区之间的动摩擦因数μ=2tanθ。两滑块紧靠在一起（不粘连）以初速度v0垂直于边界AB冲入粗糙区，下列说法中错误的是（ ）
A．系统进入粗糙区的过程，当位移为L时，EF体系的速度最大
B．系统进入粗糙区的过程，E对F的弹力先增大后减小
C．滑块E的下边缘滑出边界CD的瞬间，滑块E和F分离
D．要保证两个滑块都滑出粗糙区域，v0≥
二、多项选择题
13．（2024高二上·望城开学考）以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球，小球下落高度为h时小球的速度为v，则在抛出过程中，人手对小球做的功为（ ）
A． B． C． D．
14．（2024高一下·邯郸期末）如图所示，地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆。天文学家哈雷成功预言哈雷彗星的回归，哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预测下次飞近地球将在2061年。若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为，线速度大小为；在远日点与太阳中心的距离为，线速度大小为．下列说法正确的是（ ）
A．哈雷彗星的线速度大小
B．哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为
C．哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径之比大于15
D．从2025年到2061年的时间内，哈雷彗星的动能不断增大
15．（2024高一下·梅州期末）梅州到广深的梅龙高铁5月下旬完成全线焊轨。试车时动车从静止开始做匀加速运动，在发动机的功率达到额定值之前的一段时间内，已知动车所受阻力与速度成正比，下列关于动车运动的速度 v、动能 牵引力 F、发动机的输出功率 P 与时间t的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
16．（2019高二上·包头月考）在高中物理实验中，下列说法中正确的是（ ）
A．在“探究动能定理”的实验中，通过改变橡皮筋的长度来改变拉力做功的数值
B．在“验证力的平行四边形定则”实验中，采用的科学方法是等效替代法
C．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，最好用直尺直接测量弹簧的伸长量
D．库仑定律是实验定律
17．（2024·海南） 两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L = 1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R = 0.02Ω的电阻和C = 1F的电容器，整个装置处于B = 0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1 = 0.8kg，m2 = 0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0 = 4.32m处在一个大小F = 4.64N，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，g = 10m/s2（ ）
A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s
B．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J
C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s
D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s
三、非选择题
18．（2024高二上·望城开学考）某实验小组利用如图甲所示的实验装置来探究做功与物体动能变化的关系，当地重力加速度为g．
(1)该小组成员用游标卡尺测得遮光条(如图乙所示)的宽度d= cm，用天平测得滑块与遮光条的总质量为M、钩码的质量为m．
(2)实验前需要调节气垫导轨使之水平，实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=1.2×10-2s，则滑块经过光电门时的瞬时速v= m/s(结果保留两位有效数字).
(3)在本次实验中为了确保细线拉力所做的功与钩码重力做的功近似相等，则滑块与遮光条的总质量M与钩码的质量m间应满足 ，本实验中还需要测量的物理量是 (用文字说明并用相应的字母表示)．
(4)本实验中可通过改变钩码的质量测得多组数据并作出-m图象来进行探究，则下列图象中符合真实实验情况的是 ．
19．（2024高一下·万源月考） 用如图所示装置可进行多个力学实验，根据所学物理知识回答以下问题。
（1）下列说法正确的是（ ）
A．用此装置来“研究匀变速直线运动”时，长木板上表面必须光滑
B．此装置的电磁打点计时器需要220V交流电源。
C．用此装置来“探究加速度a与力F的关系”时，需要平衡摩擦力，且钩码的总质量应远大于小车的质量。
D．用此装置来“验证动量定理”时，需要平衡摩擦力，且钩码的总质量应远小于小车的质量。
（2）用该装置“探究动能定理”实验中，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，小车的质量为M，。从打O点到打B点的过程中，拉力所做的功 ，小车动能变化量 。
（3）多次重复（2）问的实验过程发现，合力做的功总是稍大于动能的增加量，导致这一结果的原因可能是 （写出1条可能的原因即可）。
20．（2024高一下·成都月考）某班级物理兴趣小组设计了不同的方案来探究动能定理。
甲同学设计的方案是用打点计时器探究小车动能的变化与拉力功的关系，实验装置如图所示
某次实验时，所用小车的质量为200g，钩码的质量为50g，木板已提前调整倾角以平衡摩擦力。得到的纸带如图所示，纸带上O、A、B、C、D为计数点，O点为小车开始运动时打下的点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，则打C点时小车动能为 J；将钩码的重力作为小车所受的拉力，不计阻力影响，则在纸带由O运动到C的过程中，拉力对小车做的功为 J。（均保留两位有效数字，取）
此次实验没能得到“合外力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化”的结论，原因是 。
21．（2024高二上·乌鲁木齐开学考）如图所示，斜面长，倾角，段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量为的小物块从斜面顶端A由静止开始滑下，小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为。不计空气阻力，，。求：
（1）小物块在斜面上运动时的加速度a是多大；
（2）小物块滑到斜面底端C时的速度v是多大；
（3）小物块在水平地面上滑行的最远距离x。
22．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示，一质量为m的小球从半径为R的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离R落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
（2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
23．（2024高三下·江海月考）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示。一游客从A点由静止沿滑道下滑，螺旋滑道的摩擦可忽略且AB两点的高度差为h，滑板与倾斜滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ，倾斜滑道的水平距离为，BC两点的高度差也为h。忽略游客经过轨道衔接处B、C点时的能量损失。求：
（1）游客滑至轨道B点时的速度的大小；
（2）为确保游客安全，水平滑道的最小长度。
24．（2024高二下·广西月考）托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图1，它的中央是一个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。如图2为该磁约束装置的简化模型，两个圆心均在O点，半径分别为R和3R的圆环将空间分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内无磁场，区域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里，大小为B的匀强磁场。一束不同速率、电量为、质量为m的带电粒子从O点沿着区域Ⅰ的半径方向射入环形的匀强磁场，不计一切阻力与粒子重力。
（1）求能约束在此装置内的粒子的最大初动能；
（2）求从射入环形磁场到第一次返回圆形区域Ⅰ，在区域Ⅱ运动的最长时间；
（3）若粒子从图中O点沿x轴正方向射入环形磁场，每运动一段时间T后，再一次沿x轴正方向通过O点，则粒子初动能为多大时，粒子穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界次数最少，并求出T。
25．（2024高一下·唐山月考） 如图所示，有一个可视为质点的质量为kg的小物块，从光滑平台上的A点以m/s的初速度水平抛出，到达点时，恰好沿点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端点的质量为kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，小物块与长木板间的动摩擦因数，木板下表面与水平地面之间的动摩擦因数为，圆弧轨道的半径为m，点和圆心的连线与竖直方向的夹角，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）求小物块到C点的动能。
（2）小物块滑到圆弧轨道末端点时的动能；
（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度至少多长？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】矢量与标量；动能
【解析】【解答】标量只有大小，矢量具有大小和方向两个因素，所以动能、周期与频率为标量；而向心加速度为矢量，既有大小，又有方向。
故选B。
【分析】区分矢量和标量利用矢量具有方向性。
2．【答案】C
【知识点】动能；重力势能
【解析】【解答】在无人机加速上升阶段，无人机的高度变大，无人机的重力势能增加，无人机速度变大，则无人机动能增加。
故选C。
【分析】根据动能以及势能表达式分析，无人机的高度变大，无人机的重力势能增加，速度变大，动能变大。
3．【答案】A
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】解：
A、该实验的功单指橡皮筋的功，故必须平衡小车受到的摩擦力，故A正确．
B、打点计时器的使用必须遵从“先接后放”原则，即先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出，故B错误．
C、每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，这样才能保证每次的功是倍数关系，方便准确得到每次的功，故当改变橡皮筋条数后，小车还必须从相同位置释放，故C错误．
D、实验要的速度是橡皮筋做功完毕后，小车最终的速度，故应该在打出的纸带上取点迹均匀部分计算小车弹出后的速度，故D错误．
故选：A．
【分析】依据实验原理和注意事项可以判定：
A、必须平衡小车受到的摩擦力．
B、打点计时器的使用必须遵从“先接后放”原则．
C、改变橡皮筋的条数后，还必须保证橡皮筋伸长量与原来一样．
D、实验要的速度是橡皮筋做功完毕后，小车最终的速度．
4．【答案】D
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究功与物体速度变化的关系；探究小车速度随时间变化的规律；机械能守恒定律
【解析】【解答】 A、在“研究匀变速直线运动基本公式应用”的实验中，研究速度随时间变化的规律，不需要平衡摩擦力，故A错误．
B、在验证机械能守恒定律的实验中，验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量物体的质量，故B错误．
C、在验证力的平行四边形定则的实验中，沿研究合力和分力的关系，运用一根弹簧秤可以完成，故C错误．
D、在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功，运用相同的橡皮筋，通过功的倍数研究．故D正确．
故选：D．
【分析】通过实验的原理确定各个实验中的操作步骤是否正确，知道欧姆表的刻度盘与电流表、电压表刻度盘不同，指针偏角较小时，可知电阻较大，指针偏转较大时，电阻较小．
5．【答案】A
【知识点】斜抛运动；动能
【解析】【解答】A． 可以把两次运动看成平抛运动的逆运动 ，根据
竖直位移越小时间越短，故Ａ正确；
B．水平位移相同，时间越短，水平速度越大，所以第二次撞墙速度大，故Ｂ错误；
C．时间越长，竖直速度越大，故Ｃ错误；
D．根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，可能相等，故D错误。
故D错误。
故选A。
【分析】可以把两次运动看成平抛运动的逆运动，即水平方向匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动。
6．【答案】B
【知识点】动能
【解析】【解答】A．根据动能关系式
当汽车的速度减半，质量增大到原来的2倍，则汽车的动能为：
故A错误；
B．当汽车的质量减半，速度增大到原来的2倍，则汽车的动能为：
故B正确；
C．当汽车的速度减为四分之一，质量增大到原来的4倍，则汽车的动能为：
故C错误；
D．当汽车的质量减为四分之一，速度增大到原来的4倍，则汽车的动能为：
故D错误；
故选B。
【分析】利用汽车动能的表达式可以判别汽车动能随质量和速度的大小变化。
7．【答案】C
【知识点】动能；动量
【解析】【解答】已知小车的初速度为，末速度为，根据动能的表达式
可以得出小车的动能变化量
根据动量的表达式
可以得出动量变化量
故选C。
【分析】利用小车的初末速度结合动能的表达式可以求出动能的变化量；结合动量的表达式可以求出动量的变化量。
8．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】质点滑到轨道最低点N时对轨道压力为4mg，根据牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg，则在最低点有根据牛顿第二定律可得
解得
对质点从开始下落到滑到最低点N的过程，由动能定理得
解得
对质点由最低点继续上滑到达Q点的过程中，由于质点在PN段的速度大于质点在NQ段的速度，质点在NQ段对轨道的压力小于在PN段对轨道的压力，则质点在NQ段克服摩擦力做的功要小于质点在PN段克服摩擦力做的功W，根据能量守恒定律可知，质点到达Q点后速度不为零，可继续上升一段距离。
故选C。
【分析】确定质点在最低点的受力情况及向心力的来源，再根据牛顿定律确定质点到达最低点的速度。再对质点从开始下落到滑到最低点N的过程运用动能定理确定质点在PN段摩擦力所做的功。质点在轨道上运行时，由于摩擦力的作用，再左右两侧对称点的位置，左侧的速度大于右侧的速度，再根据牛顿定律确定此时两侧正压力的关系，继而确定左右两侧摩擦力做功的关系，再根据能量守恒定律判断质点到达Q点后速度是否为零。
9．【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则由动能定理可知，对小滑块下滑的过程有
因此当时
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
解得
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A正确，BCD错误；
故选：A。
【分析】根据动能定理列式，结合重力分力与摩擦力大小关系分析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 。
10．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】已知物体初末速度的变化，根据动能定理可以得出合外力F做的功
故选B。
【分析】利用物体的初末速度结合动能定理可以求出合力做功的大小。
11．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．物块从运动到过程中，物块受到摩擦力和重力做功，根据动能定理
解得物块受到的滑动摩擦力大小为：
故A错误；
B．物块从运动到过程中，拉力、重力、滑动摩擦力对物块做功，根据动能定理
解得恒定拉力的大小为：
故B错误；
C．根据滑动摩擦力的表达式有：物块受到的滑动摩擦力
解得动摩擦因数的大小为：
故C正确；
D．物块运动到最高点后，重力沿斜面向下的分力
根据滑动摩擦力的表达式可以得出：最大静摩擦力
所以物块运动到最高点后，最大静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即物块恰好静止，故D错误。
故选C。
【分析】利用物块运动的动能定理可以求出摩擦力和拉力的大小；利用滑动摩擦力的表达式可以求出动摩擦因数的大小；利用物块最后重力的分力等于最大静摩擦力则物块处于静止。
12．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．进入过程，位移为时，滑动摩擦力为
对整体，由牛顿第二定律有
当时，有
此时系统的速度达到最大值，故A正确，不符合题意；
B．系统进入粗糙区，在系统位移为L的过程中，系统的加速逐渐减小，该过程中，对F，由牛顿第二定律有
可知，该过程中E对F的弹力沿着斜面向上且变大，之后随着F也进入粗糙区，整体合外力沿着斜面向上，且不断增大，则系统加速度反向增大，此时对E，由牛顿第二定律有
可知F对E的弹力在该过程中逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，该过程中E对F的弹力沿着斜面向上且不断减小，综合可知，在E、F分离前，系统进入粗糙区的过程中，E对F的弹力先增大后减小，故B正确，不符合题意；
C．滑块E的下边缘滑出边界CD的瞬间，E的摩擦力变小，而F的摩擦力不变，则可知E做加速度减小的减速运动，减速更慢，有
两者分开，故C正确，不符合题意；
D．两个滑块滑入过程，设完全滑入时的速度为，由于该过程中重力做功大小等于克服摩擦力所做的功，即有
所以
滑出过程，因为E、F分离，只需保证F的中点滑到边界CD时的速度大于等于0即可，对F从完全进入摩擦区到中点滑到边界CD，有
解得
故D错误，符合题意。
故选D。
13．【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．球原来的速度为零，人对它做功后，使它获得了速度v0，根据动能定理有
故A正确；
BCD．从抛出到落地，由机械能守恒定律得
所以
所以
故BC错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据题干分析，人手对小球做的功为小球从手中离开时动能。结合动能定理或机械能守恒定律，均可以分析小球抛出时的动能。
14．【答案】B,C,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题；动能
【解析】【解答】A．由开普勒第二定律，行星相同时间内，行星与太阳的连线所扫过的面积向心，可得
解得
故A错误；
B．根据引力提供向心力可以得出：
解得加速度的大小为：
可得
故B正确；
C．地球公转周期T=1年，哈雷彗星的周期为
=(2061 1986)年=75年
根据开普勒第三定律有
解得
故C正确；
D．从2025年到2061年的时间内，哈雷彗星从远日点向近日点运动，由于引力对哈雷彗星做正功，根据动能定理则速度不断增大，动能也不断增大。故D正确。
故选BCD。
【分析】根据开普勒第二定理可以求出线速度的比值；利用牛顿第二定律可以求出加速度的比值；利用开普勒第三定律结合周期的大小可以求出半长轴和半径的比值；利用引力做功结合动能定律可以判别哈雷彗星的动能变化。
15．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；动能
【解析】【解答】A．动车从静止开始做匀加速直线运动，则动车的初速度为0，所以图线应该是过原点的一条倾斜直线，故A错误；
B．根据动能的表达式可以得出：动车的动能为
动车从静止开始做匀加速直线运动，根据动能的表达式可以得出：图线应该是过原点的抛物线，故B错误；
C．动车所受阻力与速度成正比，根据阻力的表达式有：
根据牛顿第二定律
联立可以得出牵引力的表达式为：
所以，图线为斜率不变的一条直线，故C正确；
D．根据牵引力的表达式与功率的表达式可以得出：发动机的输出功率为
所以，图线为过原点的抛物线，故D正确。
故选CD。
【分析】利用动车的初速度为0可以判别速度时间图像经过原点；利用动能的表达式可以判别动车的动能与时间的关系；利用阻力的表达式结合牛顿第二定律可以求出牵引力和时间的关系；结合功率的表达式可以求出功率与时间的关系。
16．【答案】B,D
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】A. 在“探究动能定理”的实验中，因为橡皮筋做功的具体值无法测量，故通过改变橡皮筋的根数来改变拉力做功的数值，A不符合题意。
B.合力与分力作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，B符合题意。
C. 在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，因为弹簧伸长量不容易测量，最好用直尺直接测量弹簧的长度，C不符合题意。
D. 库仑定律是实验定律，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】探究动能定理是利用改变橡皮筋数量来改变拉力做功的大小；探究弹力与形变量的关系是利用刻度尺测量弹簧的长度而不是伸长量。
17．【答案】B,D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；含容电路分析；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的。对金属棒cd，取沿导轨向上为正方向，在很短时间△t内，根据动量定理可得，其中θ=30°，对金属棒cd和电容器组成的回路有
，因此有；对cd，由加速度定义式，有，解得cd棒的加速度为，解得，因此金属棒cd做匀加速直线运动，则有，解得，因此ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.2s，故A错误；
B、根据题意可知，碰前瞬间ab的速度为v1=4.5m/s，设此过程中金属棒下滑的距离为x，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有，即，解得；对ab根据动能定理得，根据功能关系得，根据焦耳定律可得，联立各式，解得，故B正确；
CD、由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，根据动量守恒定律得，其中，根据机械能守恒定律可得，联立各式，解得v'1=-3.3m/s，v'2=8.4m/s，故C错误，D正确；
故选：BD。
【分析】对金属棒cd，根据动量定理、电容的定义式、加速度定义式求解cd棒的加速度，根据位移-时间关系求解时间；对ab棒根据动量定理有求解位移，对ab根据动能定理、功能关系、焦耳定律求解R上产生的热；根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解碰撞后速度大小。
18．【答案】0.670；0.55；；开始滑块静止时逆光条到光电门的距离S；C
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数．所以遮光条的宽度为：
(2)滑块经过光电门的瞬时速度为
(3)令细线的拉力为T，则有：
所以
只有当时
即当时细线拉力做的功与钩码重力所做的功近似相等；
(4)细线拉力做的功为
即需要测量开始滑块静止时遮光条到光电门的距离；
(5)保持滑块与遮光条的总质量M不变，细线拉力做的功
滑块与遮光条的动能改变量
由运动学公式可得
由牛顿第二定律可得
联立解得
即图象为过原点的倾斜直线，但当钩码的质量不能远小于滑块与遮光条的总质时，有
两式相比可知，图象斜率会变小，故直线末端将会发生完全，故C正确， ABD错误。
故答案为：（1）0.670 （2）0.55 （3） 开始滑块静止时逆光条到光电门的距离S （4）C
【分析】根据实验原理和数据处理分析：
1.掌握游标卡尺的读数方法。
2.能够求出滑块经过光电门的瞬时速度：根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度。
3.对系统研究，得出机械能守恒的表达式，确定需要测量的物理量。
4.结合图像及相对应的关系式分析图像的斜率的意义。
19．【答案】（1）D
（2）mgxB；
（3）细线与滑轮间有摩擦阻力、存在一定的空气阻力。
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；探究功与物体速度变化的关系；验证动量守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）A、用此装置来“研究匀变速直线运动”时，长木板上表面不一定必须光滑，故A错误。
B、此装置的电磁打点计时器需要4~6V交流电源，故B错误。
C、用此装置来“探究加速度a与力F的关系”时，需要平衡摩擦力，且钩码的总质量应远小于小车的质量，故C错误。
D、用此装置来“验证动量定理”时，需要平衡摩擦力，且钩码的总质量应远小于小车的质量，故D正确。
故答案为：D。
（2）重物的质量为m，小车的质量为M，M>>m，所以在平衡摩擦力后，重物的重力大小mg等于小车所受的拉力大小，拉力所做的功为
小车过B点的瞬时速度为
所以小车动能变化量为
（3）合力做的功总是稍大于动能的增加量，导致这一结果的原因可能是细线与滑轮间有摩擦阻力、存在一定的空气阻力。
【分析】熟练掌握各实验的实验原理及操作步骤和注意事项，熟练掌握打点计时器的使用方法。根据实验操作及题意确定小车云电脑过程的受力情况，再结合瞬时速度与平均速度的关系确定小车经过B点的速度。再结合功的定义及动动能的定义进行数据处理。运动过程各装置之间存在摩擦力。
20．【答案】0.036；0.045；实验中没有满足钩码的质量远小于小车的质量，导致钩码的重力大于绳的拉力
【知识点】动能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】打C点时小车速度为
打C点时小车动能为
拉力对小车做的功为
实验中没有满足钩码的质量远大于小车的质量，导致钩码的重力明显大于绳的拉力，从而出现拉力的功明显大于小车动能增量的实验结果。
【分析】中间时刻瞬时速度等于全程平均速度，利用动能表达式以及重力做功表达式求解动能以及拉力做功。
21．【答案】（1），方向沿斜面向下；（2）；（3）
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）对小物块受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
方向沿斜面向下
（2）物块从A到C的过程中，根据动能定理可得
解得
（3）小物块在地面上最终静止，设小物块在水平地面上滑行的最远距离为x，则对全过程根据动能定理可得
解得
【分析】（1）对小物块进行受力分析，再根据力的合成与分解及牛顿第二定律进行解答；
（2）确定小物块在斜面上的受力情况及各力做功情况，再对该过程运用动能定理进行解答；
（3）确定小物块在水平面上的受力情况及各力做功情况，再对全过程运用动能定理进行解答。
22．【答案】解：（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：
联立解得：
而在圆弧轨道的最低点，合力提供向心力，由牛顿第二定律可知：
解得：
由牛顿第三定律可得
所以球对轨道的压力为：
方向竖直向下。
（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：
联立可得：
答：(1)根据平抛运动的特征求解小球到达最低点的速度大小，根据牛顿第二定律求解小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
(2)小球在圆弧轨道上运动，根据动能定理求解小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】解决该题需要明确知道小球在两段过程中的运动特征，掌握平抛运动的解题规律，掌握用动能定理求解变力做功。
23．【答案】解：（1）根据题意，游客从A点到点过程中，由动能定理有
解得
（2）设倾斜滑道与水平面的夹角为，游客由点到停止过程中，由动能定理有
解得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）游客从A点到点过程中，由动能定理求解速度大小；
（2）游客由点到停止过程中，由动能定理合力做功等于物体动能变化求解，水平滑道的最小长度。
24．【答案】（1）解：设粒子在磁场中运动最大半径为，
粒子做匀速圆周运动
由几何关系，得
又
解得
（2）解：由
可得
在区域Ⅱ中的时间为
解得
（3）解：粒子每进出一次磁场方向改变α，则完成周期的条件，
其中n，k为正整数，且。要使周期最短，取，则，
则粒子在磁场中运动的半径为
由
所以粒子初动能为
粒子在无磁场区域运动时间为
粒子磁场中的运动时间为
故有
解得
【知识点】动能；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域Ⅱ的外边界相切时，粒子的运动半径最大，此时粒子的速度最大，动能最大。根据几何关系确定此时粒子的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力及动能的定义进行解答；
（2）根据缩放圆法可知，当粒子的运动半径最大时，粒子在区域Ⅱ中运动的时间最长。根据（1）中分析确定此时粒子运动轨迹对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动规律进行解答；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入区域Ⅰ后再该区域做匀速直线运动运动，且运动轨迹始终经过圆心O。 沿x轴正方向通过O点，则粒子偏转次数与每次偏转方向的夹角的和等于2π的整数倍，分析可知粒子偏转的次数不少于3次才满足题意。粒子偏转的次数越少，粒子穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界次数最少，此时粒子偏转此时为3次，夹角之和恰好等于2π。根据几何关系确定每一次粒子偏转对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动规律及匀速运动规律进行解答。
25．【答案】（1）解：由题意可知，小物块从A点到C点做平抛运动，到达C点时速度方向与水平方向的夹角为60°，则有小物块在C点时的速度大小为
小物块在C点的动能为
可得
（2）解：小物块从C点到D点运动中，由动能定理可得
代入数据解得
（3）解：小物块在长木板上受到的滑动摩擦力大小为
加速度大小为
长木板受地面的摩擦力为
长木板加速度大小为
小物块在长木板上做匀减速运动，长木板做匀加速运动，因此小物块与长木板达到共速时，小物块与长木板相对静止，设达到共速时所用时间为t，则有
解得
小物块的位移为
长木板的位移为
则有要使小物块不滑出长木板，长木板的长度至少为
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据速度的分解可得出物块到达C点的速度大小，结合动能的表达式可得出动能的大小；
（2）利用动能定理可得出动能的大小；
（3）利用牛顿第二定律可得出物块与长木板的加速度大小，结合两物体做匀变速直线运动的规律和特点，根据位移特点可得出长木板的长度。
1 / 1高考物理一轮复习：动能和动能定理
一、选择题
1．（2024高一下·西城期末）下列物理量中属于矢量的是（ ）
A．动能 B．向心加速度 C．周期 D．频率
【答案】B
【知识点】矢量与标量；动能
【解析】【解答】标量只有大小，矢量具有大小和方向两个因素，所以动能、周期与频率为标量；而向心加速度为矢量，既有大小，又有方向。
故选B。
【分析】区分矢量和标量利用矢量具有方向性。
2．（2024高一下·长寿期末）如图所示，在无人机加速上升阶段，关于其重力势能和动能变化描述正确的是（ ）
A．重力势能减少，动能增加 B．重力势能减少，动能减少
C．重力势能增加，动能增加 D．重力势能增加，动能减少
【答案】C
【知识点】动能；重力势能
【解析】【解答】在无人机加速上升阶段，无人机的高度变大，无人机的重力势能增加，无人机速度变大，则无人机动能增加。
故选C。
【分析】根据动能以及势能表达式分析，无人机的高度变大，无人机的重力势能增加，速度变大，动能变大。
3．（2017高二下·宁波期中）在“探究做功与物体速度变化的关系”的实验中，下列说法正确的是（ ）
A．小车必须平衡摩擦力
B．先释放小车，后接通打点（或电火花）计时器电源
C．当改变橡皮筋条数后，小车可以从不同位置释放
D．计算小车速度时可任选纸带上的测量点
【答案】A
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】解：
A、该实验的功单指橡皮筋的功，故必须平衡小车受到的摩擦力，故A正确．
B、打点计时器的使用必须遵从“先接后放”原则，即先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出，故B错误．
C、每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，这样才能保证每次的功是倍数关系，方便准确得到每次的功，故当改变橡皮筋条数后，小车还必须从相同位置释放，故C错误．
D、实验要的速度是橡皮筋做功完毕后，小车最终的速度，故应该在打出的纸带上取点迹均匀部分计算小车弹出后的速度，故D错误．
故选：A．
【分析】依据实验原理和注意事项可以判定：
A、必须平衡小车受到的摩擦力．
B、打点计时器的使用必须遵从“先接后放”原则．
C、改变橡皮筋的条数后，还必须保证橡皮筋伸长量与原来一样．
D、实验要的速度是橡皮筋做功完毕后，小车最终的速度．
4．（人教版物理高一必修1第二章第一节实验：探究小车速度随时间变化的规律同步练习）下面是一些有关高中物理实验的描述，其中正确的是：（ ）
A．在“研究匀变速直线运动基本公式应用”实验中，需要平衡摩擦力
B．在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须用天平测物体的质量
C．在“验证力的平行四边形定则”实验中，只用一根弹簧秤无法完成
D．在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功
【答案】D
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究功与物体速度变化的关系；探究小车速度随时间变化的规律；机械能守恒定律
【解析】【解答】 A、在“研究匀变速直线运动基本公式应用”的实验中，研究速度随时间变化的规律，不需要平衡摩擦力，故A错误．
B、在验证机械能守恒定律的实验中，验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量物体的质量，故B错误．
C、在验证力的平行四边形定则的实验中，沿研究合力和分力的关系，运用一根弹簧秤可以完成，故C错误．
D、在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功，运用相同的橡皮筋，通过功的倍数研究．故D正确．
故选：D．
【分析】通过实验的原理确定各个实验中的操作步骤是否正确，知道欧姆表的刻度盘与电流表、电压表刻度盘不同，指针偏角较小时，可知电阻较大，指针偏转较大时，电阻较小．
5．（2024高二下·东城期末）如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是
A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短
B．篮球两次撞墙的速度可能相等
C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等
D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大
【答案】A
【知识点】斜抛运动；动能
【解析】【解答】A． 可以把两次运动看成平抛运动的逆运动 ，根据
竖直位移越小时间越短，故Ａ正确；
B．水平位移相同，时间越短，水平速度越大，所以第二次撞墙速度大，故Ｂ错误；
C．时间越长，竖直速度越大，故Ｃ错误；
D．根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，可能相等，故D错误。
故D错误。
故选A。
【分析】可以把两次运动看成平抛运动的逆运动，即水平方向匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动。
6．（2024高一下·邯郸期末）改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变。在下列几种情况下，汽车的动能是原来2倍的是（ ）
A．速度减半，质量增大到原来的2倍
B．质量减半，速度增大到原来的2倍
C．速度减为四分之一，质量增大到原来的4倍
D．质量减为四分之一，速度增大到原来的4倍
【答案】B
【知识点】动能
【解析】【解答】A．根据动能关系式
当汽车的速度减半，质量增大到原来的2倍，则汽车的动能为：
故A错误；
B．当汽车的质量减半，速度增大到原来的2倍，则汽车的动能为：
故B正确；
C．当汽车的速度减为四分之一，质量增大到原来的4倍，则汽车的动能为：
故C错误；
D．当汽车的质量减为四分之一，速度增大到原来的4倍，则汽车的动能为：
故D错误；
故选B。
【分析】利用汽车动能的表达式可以判别汽车动能随质量和速度的大小变化。
7．（2024高一下·河北期末）质量为的玩具小车，速度由向左的变为向右的，取向左为正方向，则小车的动能变化量和动量变化量分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】动能；动量
【解析】【解答】已知小车的初速度为，末速度为，根据动能的表达式
可以得出小车的动能变化量
根据动量的表达式
可以得出动量变化量
故选C。
【分析】利用小车的初末速度结合动能的表达式可以求出动能的变化量；结合动量的表达式可以求出动量的变化量。
8．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）
A．，质点恰好可以到达Q点
B．，质点不能到达Q点
C．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】质点滑到轨道最低点N时对轨道压力为4mg，根据牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg，则在最低点有根据牛顿第二定律可得
解得
对质点从开始下落到滑到最低点N的过程，由动能定理得
解得
对质点由最低点继续上滑到达Q点的过程中，由于质点在PN段的速度大于质点在NQ段的速度，质点在NQ段对轨道的压力小于在PN段对轨道的压力，则质点在NQ段克服摩擦力做的功要小于质点在PN段克服摩擦力做的功W，根据能量守恒定律可知，质点到达Q点后速度不为零，可继续上升一段距离。
故选C。
【分析】确定质点在最低点的受力情况及向心力的来源，再根据牛顿定律确定质点到达最低点的速度。再对质点从开始下落到滑到最低点N的过程运用动能定理确定质点在PN段摩擦力所做的功。质点在轨道上运行时，由于摩擦力的作用，再左右两侧对称点的位置，左侧的速度大于右侧的速度，再根据牛顿定律确定此时两侧正压力的关系，继而确定左右两侧摩擦力做功的关系，再根据能量守恒定律判断质点到达Q点后速度是否为零。
9．（2024高二上·衡阳开学考）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
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则由动能定理可知，对小滑块下滑的过程有
因此当时
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
解得
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A正确，BCD错误；
故选：A。
【分析】根据动能定理列式，结合重力分力与摩擦力大小关系分析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 。
10．（2024高一下·红桥期末）质量为1kg的物体在合外力F的作用下沿光滑水平面运动，速度的大小由2m/s增加到4m/s，此过程中合外力F做的功为（ ）
A．1J B．6J C．8J D．10J
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】已知物体初末速度的变化，根据动能定理可以得出合外力F做的功
故选B。
【分析】利用物体的初末速度结合动能定理可以求出合力做功的大小。
11．（2024高一下·河北期末）如图甲所示，质量为的物块初始时静止在倾角为的斜面上，施加给物块一沿斜面的恒定拉力F，使物块开始沿斜面运动，物块运动了时撤去拉力F。物块的动能随物块沿斜面上滑距离x变化的部分图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，取重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．物块受到的滑动摩擦力大小为
B．恒定拉力F的大小为
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．物块运动到最高点后会沿斜面下滑
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．物块从运动到过程中，物块受到摩擦力和重力做功，根据动能定理
解得物块受到的滑动摩擦力大小为：
故A错误；
B．物块从运动到过程中，拉力、重力、滑动摩擦力对物块做功，根据动能定理
解得恒定拉力的大小为：
故B错误；
C．根据滑动摩擦力的表达式有：物块受到的滑动摩擦力
解得动摩擦因数的大小为：
故C正确；
D．物块运动到最高点后，重力沿斜面向下的分力
根据滑动摩擦力的表达式可以得出：最大静摩擦力
所以物块运动到最高点后，最大静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即物块恰好静止，故D错误。
故选C。
【分析】利用物块运动的动能定理可以求出摩擦力和拉力的大小；利用滑动摩擦力的表达式可以求出动摩擦因数的大小；利用物块最后重力的分力等于最大静摩擦力则物块处于静止。
12．（2024高三上·湖北月考）如图所示，一足够长的斜面的倾斜角为θ，边界AB和CD之间粗糙，其余光滑，且AD=BC=3L。有两块相同的矩形滑块E和F，每个滑块质量分布均匀且大小均为m，长度均为L，与粗糙区之间的动摩擦因数μ=2tanθ。两滑块紧靠在一起（不粘连）以初速度v0垂直于边界AB冲入粗糙区，下列说法中错误的是（ ）
A．系统进入粗糙区的过程，当位移为L时，EF体系的速度最大
B．系统进入粗糙区的过程，E对F的弹力先增大后减小
C．滑块E的下边缘滑出边界CD的瞬间，滑块E和F分离
D．要保证两个滑块都滑出粗糙区域，v0≥
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．进入过程，位移为时，滑动摩擦力为
对整体，由牛顿第二定律有
当时，有
此时系统的速度达到最大值，故A正确，不符合题意；
B．系统进入粗糙区，在系统位移为L的过程中，系统的加速逐渐减小，该过程中，对F，由牛顿第二定律有
可知，该过程中E对F的弹力沿着斜面向上且变大，之后随着F也进入粗糙区，整体合外力沿着斜面向上，且不断增大，则系统加速度反向增大，此时对E，由牛顿第二定律有
可知F对E的弹力在该过程中逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，该过程中E对F的弹力沿着斜面向上且不断减小，综合可知，在E、F分离前，系统进入粗糙区的过程中，E对F的弹力先增大后减小，故B正确，不符合题意；
C．滑块E的下边缘滑出边界CD的瞬间，E的摩擦力变小，而F的摩擦力不变，则可知E做加速度减小的减速运动，减速更慢，有
两者分开，故C正确，不符合题意；
D．两个滑块滑入过程，设完全滑入时的速度为，由于该过程中重力做功大小等于克服摩擦力所做的功，即有
所以
滑出过程，因为E、F分离，只需保证F的中点滑到边界CD时的速度大于等于0即可，对F从完全进入摩擦区到中点滑到边界CD，有
解得
故D错误，符合题意。
故选D。
二、多项选择题
13．（2024高二上·望城开学考）以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球，小球下落高度为h时小球的速度为v，则在抛出过程中，人手对小球做的功为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．球原来的速度为零，人对它做功后，使它获得了速度v0，根据动能定理有
故A正确；
BCD．从抛出到落地，由机械能守恒定律得
所以
所以
故BC错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据题干分析，人手对小球做的功为小球从手中离开时动能。结合动能定理或机械能守恒定律，均可以分析小球抛出时的动能。
14．（2024高一下·邯郸期末）如图所示，地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆。天文学家哈雷成功预言哈雷彗星的回归，哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预测下次飞近地球将在2061年。若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为，线速度大小为；在远日点与太阳中心的距离为，线速度大小为．下列说法正确的是（ ）
A．哈雷彗星的线速度大小
B．哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为
C．哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径之比大于15
D．从2025年到2061年的时间内，哈雷彗星的动能不断增大
【答案】B,C,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题；动能
【解析】【解答】A．由开普勒第二定律，行星相同时间内，行星与太阳的连线所扫过的面积向心，可得
解得
故A错误；
B．根据引力提供向心力可以得出：
解得加速度的大小为：
可得
故B正确；
C．地球公转周期T=1年，哈雷彗星的周期为
=(2061 1986)年=75年
根据开普勒第三定律有
解得
故C正确；
D．从2025年到2061年的时间内，哈雷彗星从远日点向近日点运动，由于引力对哈雷彗星做正功，根据动能定理则速度不断增大，动能也不断增大。故D正确。
故选BCD。
【分析】根据开普勒第二定理可以求出线速度的比值；利用牛顿第二定律可以求出加速度的比值；利用开普勒第三定律结合周期的大小可以求出半长轴和半径的比值；利用引力做功结合动能定律可以判别哈雷彗星的动能变化。
15．（2024高一下·梅州期末）梅州到广深的梅龙高铁5月下旬完成全线焊轨。试车时动车从静止开始做匀加速运动，在发动机的功率达到额定值之前的一段时间内，已知动车所受阻力与速度成正比，下列关于动车运动的速度 v、动能 牵引力 F、发动机的输出功率 P 与时间t的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；动能
【解析】【解答】A．动车从静止开始做匀加速直线运动，则动车的初速度为0，所以图线应该是过原点的一条倾斜直线，故A错误；
B．根据动能的表达式可以得出：动车的动能为
动车从静止开始做匀加速直线运动，根据动能的表达式可以得出：图线应该是过原点的抛物线，故B错误；
C．动车所受阻力与速度成正比，根据阻力的表达式有：
根据牛顿第二定律
联立可以得出牵引力的表达式为：
所以，图线为斜率不变的一条直线，故C正确；
D．根据牵引力的表达式与功率的表达式可以得出：发动机的输出功率为
所以，图线为过原点的抛物线，故D正确。
故选CD。
【分析】利用动车的初速度为0可以判别速度时间图像经过原点；利用动能的表达式可以判别动车的动能与时间的关系；利用阻力的表达式结合牛顿第二定律可以求出牵引力和时间的关系；结合功率的表达式可以求出功率与时间的关系。
16．（2019高二上·包头月考）在高中物理实验中，下列说法中正确的是（ ）
A．在“探究动能定理”的实验中，通过改变橡皮筋的长度来改变拉力做功的数值
B．在“验证力的平行四边形定则”实验中，采用的科学方法是等效替代法
C．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，最好用直尺直接测量弹簧的伸长量
D．库仑定律是实验定律
【答案】B,D
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】A. 在“探究动能定理”的实验中，因为橡皮筋做功的具体值无法测量，故通过改变橡皮筋的根数来改变拉力做功的数值，A不符合题意。
B.合力与分力作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，B符合题意。
C. 在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，因为弹簧伸长量不容易测量，最好用直尺直接测量弹簧的长度，C不符合题意。
D. 库仑定律是实验定律，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】探究动能定理是利用改变橡皮筋数量来改变拉力做功的大小；探究弹力与形变量的关系是利用刻度尺测量弹簧的长度而不是伸长量。
17．（2024·海南） 两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L = 1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R = 0.02Ω的电阻和C = 1F的电容器，整个装置处于B = 0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1 = 0.8kg，m2 = 0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0 = 4.32m处在一个大小F = 4.64N，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，g = 10m/s2（ ）
A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s
B．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J
C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s
D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s
【答案】B,D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；含容电路分析；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的。对金属棒cd，取沿导轨向上为正方向，在很短时间△t内，根据动量定理可得，其中θ=30°，对金属棒cd和电容器组成的回路有
，因此有；对cd，由加速度定义式，有，解得cd棒的加速度为，解得，因此金属棒cd做匀加速直线运动，则有，解得，因此ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.2s，故A错误；
B、根据题意可知，碰前瞬间ab的速度为v1=4.5m/s，设此过程中金属棒下滑的距离为x，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有，即，解得；对ab根据动能定理得，根据功能关系得，根据焦耳定律可得，联立各式，解得，故B正确；
CD、由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，根据动量守恒定律得，其中，根据机械能守恒定律可得，联立各式，解得v'1=-3.3m/s，v'2=8.4m/s，故C错误，D正确；
故选：BD。
【分析】对金属棒cd，根据动量定理、电容的定义式、加速度定义式求解cd棒的加速度，根据位移-时间关系求解时间；对ab棒根据动量定理有求解位移，对ab根据动能定理、功能关系、焦耳定律求解R上产生的热；根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解碰撞后速度大小。
三、非选择题
18．（2024高二上·望城开学考）某实验小组利用如图甲所示的实验装置来探究做功与物体动能变化的关系，当地重力加速度为g．
(1)该小组成员用游标卡尺测得遮光条(如图乙所示)的宽度d= cm，用天平测得滑块与遮光条的总质量为M、钩码的质量为m．
(2)实验前需要调节气垫导轨使之水平，实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=1.2×10-2s，则滑块经过光电门时的瞬时速v= m/s(结果保留两位有效数字).
(3)在本次实验中为了确保细线拉力所做的功与钩码重力做的功近似相等，则滑块与遮光条的总质量M与钩码的质量m间应满足 ，本实验中还需要测量的物理量是 (用文字说明并用相应的字母表示)．
(4)本实验中可通过改变钩码的质量测得多组数据并作出-m图象来进行探究，则下列图象中符合真实实验情况的是 ．
【答案】0.670；0.55；；开始滑块静止时逆光条到光电门的距离S；C
【知识点】探究功与物体速度变化的关系
【解析】【解答】(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数．所以遮光条的宽度为：
(2)滑块经过光电门的瞬时速度为
(3)令细线的拉力为T，则有：
所以
只有当时
即当时细线拉力做的功与钩码重力所做的功近似相等；
(4)细线拉力做的功为
即需要测量开始滑块静止时遮光条到光电门的距离；
(5)保持滑块与遮光条的总质量M不变，细线拉力做的功
滑块与遮光条的动能改变量
由运动学公式可得
由牛顿第二定律可得
联立解得
即图象为过原点的倾斜直线，但当钩码的质量不能远小于滑块与遮光条的总质时，有
两式相比可知，图象斜率会变小，故直线末端将会发生完全，故C正确， ABD错误。
故答案为：（1）0.670 （2）0.55 （3） 开始滑块静止时逆光条到光电门的距离S （4）C
【分析】根据实验原理和数据处理分析：
1.掌握游标卡尺的读数方法。
2.能够求出滑块经过光电门的瞬时速度：根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度。
3.对系统研究，得出机械能守恒的表达式，确定需要测量的物理量。
4.结合图像及相对应的关系式分析图像的斜率的意义。
19．（2024高一下·万源月考） 用如图所示装置可进行多个力学实验，根据所学物理知识回答以下问题。
（1）下列说法正确的是（ ）
A．用此装置来“研究匀变速直线运动”时，长木板上表面必须光滑
B．此装置的电磁打点计时器需要220V交流电源。
C．用此装置来“探究加速度a与力F的关系”时，需要平衡摩擦力，且钩码的总质量应远大于小车的质量。
D．用此装置来“验证动量定理”时，需要平衡摩擦力，且钩码的总质量应远小于小车的质量。
（2）用该装置“探究动能定理”实验中，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，小车的质量为M，。从打O点到打B点的过程中，拉力所做的功 ，小车动能变化量 。
（3）多次重复（2）问的实验过程发现，合力做的功总是稍大于动能的增加量，导致这一结果的原因可能是 （写出1条可能的原因即可）。
【答案】（1）D
（2）mgxB；
（3）细线与滑轮间有摩擦阻力、存在一定的空气阻力。
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；探究功与物体速度变化的关系；验证动量守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）A、用此装置来“研究匀变速直线运动”时，长木板上表面不一定必须光滑，故A错误。
B、此装置的电磁打点计时器需要4~6V交流电源，故B错误。
C、用此装置来“探究加速度a与力F的关系”时，需要平衡摩擦力，且钩码的总质量应远小于小车的质量，故C错误。
D、用此装置来“验证动量定理”时，需要平衡摩擦力，且钩码的总质量应远小于小车的质量，故D正确。
故答案为：D。
（2）重物的质量为m，小车的质量为M，M>>m，所以在平衡摩擦力后，重物的重力大小mg等于小车所受的拉力大小，拉力所做的功为
小车过B点的瞬时速度为
所以小车动能变化量为
（3）合力做的功总是稍大于动能的增加量，导致这一结果的原因可能是细线与滑轮间有摩擦阻力、存在一定的空气阻力。
【分析】熟练掌握各实验的实验原理及操作步骤和注意事项，熟练掌握打点计时器的使用方法。根据实验操作及题意确定小车云电脑过程的受力情况，再结合瞬时速度与平均速度的关系确定小车经过B点的速度。再结合功的定义及动动能的定义进行数据处理。运动过程各装置之间存在摩擦力。
20．（2024高一下·成都月考）某班级物理兴趣小组设计了不同的方案来探究动能定理。
甲同学设计的方案是用打点计时器探究小车动能的变化与拉力功的关系，实验装置如图所示
某次实验时，所用小车的质量为200g，钩码的质量为50g，木板已提前调整倾角以平衡摩擦力。得到的纸带如图所示，纸带上O、A、B、C、D为计数点，O点为小车开始运动时打下的点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，则打C点时小车动能为 J；将钩码的重力作为小车所受的拉力，不计阻力影响，则在纸带由O运动到C的过程中，拉力对小车做的功为 J。（均保留两位有效数字，取）
此次实验没能得到“合外力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化”的结论，原因是 。
【答案】0.036；0.045；实验中没有满足钩码的质量远小于小车的质量，导致钩码的重力大于绳的拉力
【知识点】动能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】打C点时小车速度为
打C点时小车动能为
拉力对小车做的功为
实验中没有满足钩码的质量远大于小车的质量，导致钩码的重力明显大于绳的拉力，从而出现拉力的功明显大于小车动能增量的实验结果。
【分析】中间时刻瞬时速度等于全程平均速度，利用动能表达式以及重力做功表达式求解动能以及拉力做功。
21．（2024高二上·乌鲁木齐开学考）如图所示，斜面长，倾角，段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量为的小物块从斜面顶端A由静止开始滑下，小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为。不计空气阻力，，。求：
（1）小物块在斜面上运动时的加速度a是多大；
（2）小物块滑到斜面底端C时的速度v是多大；
（3）小物块在水平地面上滑行的最远距离x。
【答案】（1），方向沿斜面向下；（2）；（3）
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）对小物块受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
方向沿斜面向下
（2）物块从A到C的过程中，根据动能定理可得
解得
（3）小物块在地面上最终静止，设小物块在水平地面上滑行的最远距离为x，则对全过程根据动能定理可得
解得
【分析】（1）对小物块进行受力分析，再根据力的合成与分解及牛顿第二定律进行解答；
（2）确定小物块在斜面上的受力情况及各力做功情况，再对该过程运用动能定理进行解答；
（3）确定小物块在水平面上的受力情况及各力做功情况，再对全过程运用动能定理进行解答。
22．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图所示，一质量为m的小球从半径为R的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离R落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
（2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
【答案】解：（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：
联立解得：
而在圆弧轨道的最低点，合力提供向心力，由牛顿第二定律可知：
解得：
由牛顿第三定律可得
所以球对轨道的压力为：
方向竖直向下。
（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：
联立可得：
答：(1)根据平抛运动的特征求解小球到达最低点的速度大小，根据牛顿第二定律求解小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
(2)小球在圆弧轨道上运动，根据动能定理求解小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】解决该题需要明确知道小球在两段过程中的运动特征，掌握平抛运动的解题规律，掌握用动能定理求解变力做功。
23．（2024高三下·江海月考）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示。一游客从A点由静止沿滑道下滑，螺旋滑道的摩擦可忽略且AB两点的高度差为h，滑板与倾斜滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ，倾斜滑道的水平距离为，BC两点的高度差也为h。忽略游客经过轨道衔接处B、C点时的能量损失。求：
（1）游客滑至轨道B点时的速度的大小；
（2）为确保游客安全，水平滑道的最小长度。
【答案】解：（1）根据题意，游客从A点到点过程中，由动能定理有
解得
（2）设倾斜滑道与水平面的夹角为，游客由点到停止过程中，由动能定理有
解得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）游客从A点到点过程中，由动能定理求解速度大小；
（2）游客由点到停止过程中，由动能定理合力做功等于物体动能变化求解，水平滑道的最小长度。
24．（2024高二下·广西月考）托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图1，它的中央是一个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。如图2为该磁约束装置的简化模型，两个圆心均在O点，半径分别为R和3R的圆环将空间分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内无磁场，区域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里，大小为B的匀强磁场。一束不同速率、电量为、质量为m的带电粒子从O点沿着区域Ⅰ的半径方向射入环形的匀强磁场，不计一切阻力与粒子重力。
（1）求能约束在此装置内的粒子的最大初动能；
（2）求从射入环形磁场到第一次返回圆形区域Ⅰ，在区域Ⅱ运动的最长时间；
（3）若粒子从图中O点沿x轴正方向射入环形磁场，每运动一段时间T后，再一次沿x轴正方向通过O点，则粒子初动能为多大时，粒子穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界次数最少，并求出T。
【答案】（1）解：设粒子在磁场中运动最大半径为，
粒子做匀速圆周运动
由几何关系，得
又
解得
（2）解：由
可得
在区域Ⅱ中的时间为
解得
（3）解：粒子每进出一次磁场方向改变α，则完成周期的条件，
其中n，k为正整数，且。要使周期最短，取，则，
则粒子在磁场中运动的半径为
由
所以粒子初动能为
粒子在无磁场区域运动时间为
粒子磁场中的运动时间为
故有
解得
【知识点】动能；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域Ⅱ的外边界相切时，粒子的运动半径最大，此时粒子的速度最大，动能最大。根据几何关系确定此时粒子的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力及动能的定义进行解答；
（2）根据缩放圆法可知，当粒子的运动半径最大时，粒子在区域Ⅱ中运动的时间最长。根据（1）中分析确定此时粒子运动轨迹对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动规律进行解答；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入区域Ⅰ后再该区域做匀速直线运动运动，且运动轨迹始终经过圆心O。 沿x轴正方向通过O点，则粒子偏转次数与每次偏转方向的夹角的和等于2π的整数倍，分析可知粒子偏转的次数不少于3次才满足题意。粒子偏转的次数越少，粒子穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界次数最少，此时粒子偏转此时为3次，夹角之和恰好等于2π。根据几何关系确定每一次粒子偏转对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动规律及匀速运动规律进行解答。
25．（2024高一下·唐山月考） 如图所示，有一个可视为质点的质量为kg的小物块，从光滑平台上的A点以m/s的初速度水平抛出，到达点时，恰好沿点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端点的质量为kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，小物块与长木板间的动摩擦因数，木板下表面与水平地面之间的动摩擦因数为，圆弧轨道的半径为m，点和圆心的连线与竖直方向的夹角，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）求小物块到C点的动能。
（2）小物块滑到圆弧轨道末端点时的动能；
（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度至少多长？
【答案】（1）解：由题意可知，小物块从A点到C点做平抛运动，到达C点时速度方向与水平方向的夹角为60°，则有小物块在C点时的速度大小为
小物块在C点的动能为
可得
（2）解：小物块从C点到D点运动中，由动能定理可得
代入数据解得
（3）解：小物块在长木板上受到的滑动摩擦力大小为
加速度大小为
长木板受地面的摩擦力为
长木板加速度大小为
小物块在长木板上做匀减速运动，长木板做匀加速运动，因此小物块与长木板达到共速时，小物块与长木板相对静止，设达到共速时所用时间为t，则有
解得
小物块的位移为
长木板的位移为
则有要使小物块不滑出长木板，长木板的长度至少为
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据速度的分解可得出物块到达C点的速度大小，结合动能的表达式可得出动能的大小；
（2）利用动能定理可得出动能的大小；
（3）利用牛顿第二定律可得出物块与长木板的加速度大小，结合两物体做匀变速直线运动的规律和特点，根据位移特点可得出长木板的长度。
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