2025版高考物理考點題型歸納總結（含答案）考點28　動能定理

考點28動能定理強基固本對點練知識點1動能定理的理解和應用1．高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動．在啟動階段，列車的動能()A．與它所經(jīng)歷的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動量成正比2．(多選)如圖所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是()A．對物體，動能定理的表達式為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W為支持力做的功B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功C．對物體，動能定理的表達式為W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)其中W為支持力做的功D．對電梯，其所受的合力做功為(eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1))3．(多選)游樂場有一種兒童滑軌，其豎直剖面示意圖如圖所示，AB部分是半徑為R的四分之一圓形軌道，BC為軌道水平部分與半徑OB垂直．一質量為m的小孩(可視為質點)從A點由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端B點時，對軌道的正壓力為2.5mg，重力加速度大小為g.下列說法正確的是()A．到達B點的速度大小為eq\r(2gR)B．到達B點的速度大小為eq\f(\r(6gR),2)C．從A到B克服摩擦力做功為eq\f(1,4)mgRD．從A到B克服摩擦力做功為eq\f(1,2)mgR知識點2應用動能定理解決多過程問題4．有兩條雪道平行建造，左側相同而右側有差異，一條雪道的右側水平，另一條的右側是斜坡．某滑雪者保持一定姿勢坐在雪橇上不動，從h1高處的A點由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點水平距離為s的水平雪道上．接著改用另一條雪道，還從與A點等高的位置由靜止開始下滑，結果能沖上另一條傾角為α的雪道上h2高處的E點停下．若動摩擦因數(shù)處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉折處的能量損失，則()A．動摩擦因數(shù)為tanθB．動摩擦因數(shù)為eq\f(h1,s)C．傾角α一定大于θD．傾角α可以大于θ5．如圖所示，B是水平地面上AC的中點，可視為質點的小物塊以某一初速度從A點滑動到C點停止．小物塊經(jīng)過B點時的速度等于它在A點時速度的一半．則小物塊與AB段間的動摩擦因數(shù)μ1和其與BC段間的動摩擦因數(shù)μ2的比值為()A．1B．2C．3D．46．如圖所示，質量為m的小球，從離地面H高處從靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球落地時動能等于mgHB．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1＋eq\f(H,h))7．光滑斜面與長度為L＝0.5m粗糙水平地面平滑相連，質量為m＝1kg的小球(可視為質點)從斜面距離地面高H處靜止釋放，經(jīng)A點進入與水平地面平滑連接的光滑圓形軌道(A點為軌道最低點)，恰好能到達圓形軌道的最高點B點．已知小球與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，圓形軌道半徑R＝0.1m，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小球在B點的速度大??；(2)小球在A點時，其對圓形軌道的壓力大??；(3)小球的釋放點離水平地面的高度H.知識點3動能定理與圖像的綜合問題8．[2024·山東省臨沂市期中考試]一物體在恒定的水平拉力作用下在粗糙的水平面上做勻速運動，運動一段時間后拉力逐漸減小，當拉力減小到零時物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨物體位移變化的圖像．則物體勻速運動時的動能約為()A．36JB．72JC．98JD．124J9．從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示．重力加速度取10m/s2.該物體的質量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg10．(多選)質量為1kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖甲所示．外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列分析正確的是()A.物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2B．物體運動的位移為13mC．物體在前3m運動過程中的加速度為3m/s2D．x＝9m時，物體的速度為3eq\r(2)m/s培優(yōu)提能模擬練11．[2024·江蘇省淮安市學情調(diào)研]質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一水平放置的輕彈簧O端相距s，輕彈簧的另一端固定在豎直墻上，如圖所示，已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中，克服彈簧彈力所做的功為()A．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmg(s＋x)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．－μmg(s＋x)12．[2024·內(nèi)蒙古部分學校期中聯(lián)考]如圖甲所示，在足夠大的水平地面上放置一個質量為5kg的物體，物體在水平向右的推力F的作用下由靜止開始沿直線運動，運動了4m時撤去推力F，物體在摩擦力的作用下開始減速．已知推力F隨位移變化的規(guī)律如圖乙所示，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．推力F做的功為120JB．物體的最大位移為8mC．物體的最大速度為4m/sD．物體的減速距離為6m13．[2024·河南省部分學校摸底測試]如圖所示，水平圓盤桌面上放有質量為0.1kg的小鐵碗A(可視為質點)，一小孩使圓盤桌面在水平面內(nèi)由靜止開始繞過圓盤中心O的軸轉動，并逐漸增大圓盤轉動的角速度，直至小鐵碗從圓盤的邊緣飛出，飛出后經(jīng)過0.2s落地，落地點與飛出點在地面投影點的距離為80cm.若不計空氣阻力，該過程中，摩擦力對小鐵碗所做的功為()A．0.2JB．0.4JC．0.8JD．1.6J14．[2024·河北省石家莊市部分名校三調(diào)]如圖所示，圓心為O的光滑圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，質量為m＝0.6kg的小球靜止在軌道最低點．某時刻對小球施加一水平向右、大小恒為F＝6eq\r(3)N的作用力．小球可視為質點，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2.則小球對圓軌道的最大壓力為()A．36NB．30NC．24ND．18N15．[2024·重慶市楊家坪中學月考]如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A；彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)()A．下滑過程中，加速度一直減小B．下滑過程中，因摩擦力產(chǎn)生的熱量小于eq\f(1,4)mv2C．下滑經(jīng)過B的速度小于上滑經(jīng)過B的速度D．在C處，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,4)mv2－mgh16．[2024·福建省福州市期中考試]如圖，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點．直桿與水平面的夾角為θ，小球質量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數(shù)均為eq\f(3mgsinθ,L)，g為重力加速度．求：(1)小球在距B點eq\f(4,5)L的P點處于靜止狀態(tài)，求此時小球受到的摩擦力大小和方向；(2)設小球在P點受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等．現(xiàn)讓小球從P點以沿桿方向的初速度v0向上運動，小球最高能到達距A點eq\f(4,5)L的Q點，求初速度的大?。?7．[2024·江蘇省馬壩高級中學學情調(diào)研]如圖所示，水平傳送帶BC的左端與水平面AB在B點平滑連接，右端與一個半徑為R的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道CD水平相切于C點．xAB＝xBC＝R＝1m，傳送帶順時針轉動，速率恒為v＝5m/s，現(xiàn)將一質量為m＝0.5kg的小滑塊，從A點由靜止釋放，有一水平向右F＝5N的恒力一直作用在小滑塊上，小滑塊與AB段和BC段間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)小滑塊運動到水平面右端B點時的速度大??；(2)小滑塊運動到圓弧軌道底端C點時所受的支持力大??；(3)小滑塊在圓弧軌道CD上運動速度最大的位置和小滑塊在對圓弧軌道CD壓力的最大值．(eq\r(2)取1.4)

考點28動能定理1．答案：B解析：根據(jù)初速度為零勻變速直線運動規(guī)律可知，在啟動階段，列車的速度與時間成正比，即v＝at，由動能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2，可知列車動能與速度的二次方成正比，與時間的二次方成正比，A、C錯誤；由v2＝2ax，Ek＝eq\f(1,2)mv2，列車動能與位移x成正比，B正確；由動量公式p＝mv可知列車動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，即與列車的動量二次方成正比，D錯誤．2．答案：CD解析：電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功（即合力做的功）才等于物體動能的增量，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W為支持力做的功，A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力做的功一定等于其動能的增量，即（eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)），D正確．3．答案：BC解析：根據(jù)牛頓第三定律可知，軌道對小孩的支持力也等于2.5mg，根據(jù)牛頓第二定律有N－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，解得vB＝eq\f(\r(6gR),2)，A錯誤，B正確；由動能定理mgR－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，解得從A到B克服摩擦力做功為W＝eq\f(1,4)mgR，C正確，D錯誤．4．答案：B解析：在AB段由靜止下滑，說明μmgcosθ＜mgsinθ，則μ＜tanθ，第一次停在BC上的某點，由動能定理得mgh1－μmgcosθ－eq\f(h1,sinθ)－μmgs′＝0，整理得μ＝eq\f(h1,s)，A錯誤，B正確；第二次滑上BE在E點停下，則μmgcosα≥mgsinα，故有tanθ＞μ≥tanα，則α<θ，C、D錯誤．5．答案：C解析：根據(jù)動能定理，在從A到B的過程，有－μ1mgl＝eq\f(1,2)m（eq\f(v0,2)）2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在從B到C的過程，有－μ2mgl＝0－eq\f(1,2)m（eq\f(v0,2)）2，解得eq\f(μ1,μ2)＝3，C正確．6．答案：C解析：小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，A錯誤；設泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－f0h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f0h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋mgH－fH，f0＝mg（1＋eq\f(H,h)）－eq\f(fH,h)，B、D錯誤；全過程應用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg（H＋h），C正確．7．答案：（1）1m/s（2）60N（3）0.35m解析：（1）根據(jù)題意，小球恰好能到達圓形軌道的最高點B，則mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得vB＝1m/s（2）小球由A運動到B的過程中，根據(jù)動能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(5)m/s在A點，軌道對小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)解得FN＝60N由牛頓第三定律得，小球對軌道的壓力大小為60N；（3）小球從釋放到運動到A點的過程，運用動能定理mgH－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得H＝0.35m8．答案：B解析：由圖可知，物體所受滑動摩擦力大小為14N，且拉力減小到零時物體剛好停止運動，因此可知物體減速滑行距離為7m，根據(jù)動能定理可得W－Ffx＝0－Ek，拉力做功為圖像面積，因此可得物體勻速運動時的動能約為72J，B正確．9．答案：C解析：對上升過程，由動能定理，－（F＋mg）h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－（F＋mg）h，即F＋mg＝12N；下落過程，（mg－F）（6－h(huán)）＝Ek，即mg－F＝k′＝8N，聯(lián)立兩公式，得到m＝1kg、F＝2N．10．答案：ACD解析：由Wf＝Ffx對應題圖乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對應題圖乙可知，前3m內(nèi)，拉力F1＝5N，3～9m內(nèi)拉力F2＝2N，物體在前3m內(nèi)的加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，C正確；由動能定理得WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2，可得x＝9m時，物體的速度為v＝3eq\r(2)m/s，D正確；物體的最大位移xm＝eq\f(WF,Ff)＝13.5m，B錯誤．11．答案：A解析：從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中，由動能定理－μmg（s＋x）－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg（s＋x），A正確．12．答案：D解析：F-x圖像與坐標軸所圍成的面積即為力F做的功．根據(jù)F-x圖像可知，推力F做的功為WF＝eq\f(1,2)×（40＋60）×4J＝200J當撤去推力時，物體的速度最大，根據(jù)動能定理可得WF－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得最大速度為vm＝4eq\r(3)m/s，A、C錯誤；設物體的最大位移為xm，根據(jù)動能定理可得WF－μmgxm＝0，解得xm＝10m，則物體的減速距離為x′＝xm－x＝10m－4m＝6m，B錯誤，D正確．13．答案：C解析：小鐵碗飛出后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律可得v＝eq\f(x,t)，解得v＝4m/s，小鐵碗由靜止到飛出的過程中，由動能定理有W＝eq\f(1,2)mv2，故摩擦力對小鐵碗所做的功W＝0.8J，C正確.14．答案：C解析：如圖所示，對小球進行受力分析，則F與小球重力的合力F合＝12N，與豎直方向成60°夾角斜向右下方，過O點作F合的平行線，該線與圓軌道右側的交點M為等效最低點，小球在該處對軌道壓力最大，設小球在M點的速度為v，對小球列動能定理，有F合·（R－Rcos60°）＝eq\f(1,2)mv2，對小球在等效最低點由牛頓第二定律，有FN－F合＝eq\f(mv2,R)，解得FN＝24N，結合牛頓第三定律可知F壓＝FN＝24N，C正確．15．答案：C解析：圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，所以圓環(huán)需要先加速再減速，經(jīng)過B處的速度最大，加速度為零，所以加速度先減小，后增大，A錯誤；圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，由動能定理mgh－Wf－WT＝0，圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，由動能定理－mgh－Wf＋WT＝0－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，B錯誤；圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到B過程，由動能定理mgh′－W′f－W′T＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，圓環(huán)從B處由靜止開始上滑到A過程，由動能定理－mgh′－W′f＋W′T＝0－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)，聯(lián)立解得－2W′f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)，下滑經(jīng)過B的速度vB小于上滑經(jīng)過B的速度v′B，C正確；圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，由動能定理mgh－Wf＋WT＝0，圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，由動能定理－mgh－Wf＋WT＝0－eq\f(1,2)mv2，解得在C處，彈簧的彈性勢能WT＝mgh－eq\f(1,4)mv2，D錯誤．16．答案：（1）eq\f(mgsinθ,5)方向沿桿向下（2）eq\f(2\r(6gLsinθ),5)解析：（1）由題意可知下面的彈簧被壓縮，上面的彈簧被拉伸，且兩根彈簧形變量相同，因此小球在P點時受到兩根彈簧的彈力大小相等，設此時兩根彈簧的彈力大小均為F，根據(jù)胡克定律有F＝k（L－eq\f(4L,5)）根據(jù)平衡條件有mgsinθ＋f＝2F解得f＝eq\f(mgsinθ,5)方向沿桿向下．（2）小球在P、Q兩點時，根據(jù)對稱性可知，彈簧的彈性勢能相等，所以小球從P到Q的過程中，兩彈簧對小球做功為零，由動能定理可得－mg（2L－2×eq\f(4