备考2025届高考物理一轮复习分层练习第六章机械能第2讲动能和动能定理

第2讲动能和动能定理1.[2024江西万安中学校考]下列有关动能的变更说法正确的是（C）A.物体只有做匀速运动时，动能才不变B.物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变C.物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加D.物体的动能变更时，速度不愿定变更，速度变更时，动能确定变更解析物体做非匀速运动时，动能也可以不变.例如做匀速圆周运动的物体，其动能不变，故A错误；物体做平抛运动时，水平方向速度不变，竖直方向速度始终增加，其动能始终增加，故B错误；物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加，故C正确；依据Ek＝12mv2可知物体的动能变更时，速度确定变更，速度是矢量，大小不变，方向变更时，动能是不变的，故速度变更时，动能不愿定变更，故D错误2.质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（B）A.质量大的物体滑行的距离大B.质量小的物体滑行的距离大C.它们滑行的距离一样大D.它们克服摩擦力所做的功不相等解析由动能定理可得-Ffx＝0-Ek，即μmgx＝Ek，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于Ek，故B正确.3.[2024新课标]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面旁边会以恒定的速率竖直下落.一质量为m的雨滴在地面旁边以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（B）A.0 B.mghC.12mv2－mgh D.12mv2解析结合题意可知，雨滴在地面旁边下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程分析，由动能定理有mgh-Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误.4.如图所示，固定在竖直平面内的14圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点.圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为（C）A.2μmg B.3mgC.（1＋2μ）mg D.（1＋μ）mg解析设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得-μmgr＝0-12mvB2，在B点，由牛顿其次定律得N-mg＝mvB2r，联立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为N'＝N＝(1＋2μ5.[图像创新/2024安徽名校联考]如图甲所示，光滑斜面倾角θ＝30°，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x轴.一质量为2kg的物体（视为质点）在沿斜面方向的拉力作用下，从斜面底端由静止起先沿x轴正方向运动，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图乙所示.重力加速度g＝10m/s2，斜面足够长.物体沿x轴正向运动过程中，下列说法正确的是（C）A.物体沿斜面对上运动的最大位移为22mB.物体沿斜面对上运动的时间为4sC.在x＝5m时，拉力的功率为1002WD.拉力的最大功率为300W解析由于拉力沿斜面方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率大小代表拉力大小F.则对物体由O点运动到x＝5m的过程，依据动能定理有，W1-mgsinθ·x1＝12mv12，结合题图乙可解得物体的速度v1＝52m/s，在x＝5m时，拉力F1＝ΔWΔx＝20N，则此时拉力的功率P1＝F1v1＝1002W，故C正确.物体运动到x＝10m时，拉力的功率最大，则对物体由O点运动到x＝10m的过程，设运动的时间为t1，依据动能定理和运动学公式有W2-mgsinθ·x2＝12mv22，x2＝v22t1，结合题图乙可解得v2＝10m/s，t1＝2s，则此时拉力的功率P2＝F1v2＝200W，故D错误.对物体由x＝10m处向上运动到最高点的过程，设运动的时间为t2，受到的拉力F2＝ΔW'Δx'＝2N，由牛顿其次定律有mgsinθ-F2＝ma1，解得物体的加速度a1＝4m/s2，运动的时间t2＝v2a1＝2.5s，该过程运动的位移x3＝v22t2＝12.5m，则物体沿斜面对上运动的最大位移xmax＝x2＋x3＝6.[多选]如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m的小球沿筒壁做圆周运动.若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg.设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，重力加速度为g，则（BD）A.W＝2mgRB.W＝mgRC.3mg＜F＜4mgD.2mg＜F＜3mg解析对小球进行受力分析，先后两次在最低点所受的合力分别为9mg和7mg，方向指向圆心.设小球先后两次经过最低点的速率分别为v1和v2，依据牛顿其次定律有9mg＝mv12R和7mg＝mv22R，小球在整个过程中，由动能定理得-W＝12mv22-12mv12，联立解得W＝mgR，故A错误，B正确；小球在上升和下降过程中的等高处，由于上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以上升时所需向心力大于下降时所需向心力，故上升时筒壁对小球的弹力大于下降时筒壁对小球的弹力，因此上升时受到的摩擦力较大，而下降时受到的摩擦力较小，故上升时克服摩擦力做功W1＞W2，下降时克服摩擦力做功W2＜W2，设小球上升到最高点时的速度为v3，筒壁对小球的弹力满意F＋mg＝mv32R，上升过程由能量守恒定律得12mv12＝12mv37.如图（a）所示，一物块以确定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示.重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（A）图（a）图（b）A.m＝0.7kg，f＝0.5NB.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5ND.m＝0.8kg，f＝1.0N解析0～10m内物块上滑，由动能定理得-mgsin30°·s-fs＝Ek-Ek0，整理得Ek＝Ek0-(mgsin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的确定值｜k｜＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°-f)(s-s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°-f)s-(mgsin30°-f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k'＝mgsin30°-f＝3N，联立解得f＝0.5N、m＝0.7kg，故A正确，B、C、D错误.8.[多选]如图所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止起先自由下滑，经过上、下两段滑道后，最终恰好静止于滑道的底端（不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则（AB）A.动摩擦因数μ＝6B.载人滑草车最大速度为2C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35解析对载人滑草车从坡顶由静止起先滑原委端的全过程分析，由动能定理可知mg·2h-μmgcos45°·hsin45°-μmgcos37°·hsin37°＝0，解得μ＝67，故A正确；滑草车通过上段滑道末端时速度最大，依据动能定理有mgh-μmgcos45°·hsin45°＝12mvm2，解得vm＝2gh7，故B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，故C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝mg9.[2024江苏]滑块以确定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回原委端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比，图甲中滑块（C）A.受到的合力较小B.经过A点的动能较小C.在A、B之间的运动时间较短D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小解析设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F合上＝mgsinθ＋μmgcosθ，F合下＝mgsinθ-μmgcosθ，故图甲中滑块受到的合力较大，A错；滑块由A到B的过程，有2a上xAB＝vA上2，由B到A的过程，有2a下xAB＝vA下2，又F合上＞F合下，则a上＞a下，故vA上＞vA下，图甲中滑块经过A点的动能较大，B错；将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动，则xAB＝12a上t上2，又xAB＝12a下t下2，a上＞a下，故t上＜t下，即图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C对；上滑和下滑过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，10.[2024山东青岛统考/多选]如图甲所示，在水平面上建立正方向水平向左的一维坐标，质量为M＝1kg的木板在x＝0位置时有水平向左、大小为4m/s的初速度.长木板受到的水平拉力F与其位移的关系如图乙所示.已知木板与地面的动摩擦因数为0.6，重力加速度大小g取10m/s2，关于木板在0～8m内的运动，下列说法正确的是（ABD）A.长木板的最小速度为2m/sB.x＝4m时长木板的速度大小为4m/sC.2～6m内，长木板动能的增量为15JD.x＝6m和x＝8m时的速度大小相等解析当拉力小于摩擦力时，木板减速，摩擦力f＝μMg＝6N，依据题图乙可知2m处拉力为6N，所以2m前木板减速，2m后木板加速，2m时速度最小，图线与坐标轴所围图形的面积代表拉力做的功，依据动能定理有12Mvmin2-12Mv02＝-fx0＋F0×x02，解得vmin＝2m/s，故A正确；在0～4m内，依据动能定理有12Mv12-12Mv02＝-fx1＋F1×x12，F1＝12N，解得v1＝4m/s，故B正确；在2～6m内，依据动能定理可知，长木板动能的增量ΔEk＝6+122×2J＋8+1211.[2024四川绵阳江油中学校考/多选]一辆汽车以额定功率沿倾角不变的斜坡向下匀速行驶，速度为v1，牵引力为F1.现让该车沿该斜坡从静止起先向上匀加速行驶，达到额定功率时速度为v2，牵引力为F2，以后保持额定功率行驶，最终速度为v3，牵引力为F3.斜坡足够长，汽车所受阻力大小在向上和向下行驶时相同，则（AD）A.v1＞v3＞v2B.v1＜v2＜v3C.在向上匀加速行驶过程中，随意相等时间内，汽车动能变更相等D.F1＜F3＜F2解析设斜坡的倾角为θ，汽车向下匀速行驶时，有F1＋mgsinθ-μmgcosθ＝0，P

＝F1v1，汽车向上匀加速行驶时有F2-mgsinθ-μmgcosθ＝ma，P＝F2v2，汽车向上匀

速行驶时，有F3-mgsinθ-μmgcosθ＝0，P＝F3v3，联立可得F1＜F3＜F2，v1＞v3＞

v2，故A、D正确，B错误；在向上匀加速行驶过程中，随意相等时间内，汽车动能

变更量ΔEk＝12m(v＋at)2-12mv2＝2vat＋a2t22m12.[2024河北名校联考]如图1所示，一质量为0.4kg的小物体静止在水平台面上，在水平推力F的作用下从坐标原点O起先沿x轴运动，F与物体坐标x的关系如图2所示.在x＝4m时撤去力F，同时物体从平台飞出，落到距离台面h＝0.45m的水平地面上.物体与水平台面间的动摩擦因数为34，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.（1）x＝1m时，物体的加速度大小a；（2）x＝2m时，力F的功率P；（3）物体落地点离平台的水平距离x'.答案（1）12.5m/s2（2）602W（3）65解析（1）由F－x图像知，在0～2m内有，F＝（4＋4x）N，x＝1m时，F＝8N滑动摩擦力f＝μmg＝34则物体的加速度a＝F合m＝（8－3）（2）设x＝2m时，物体运动的速度为v0，依据动能定理有WF－Wf＝12m依据F－x图线与x轴围成图形的面积表示拉力做的功，知WF＝（4+12）22J＝16J解得v0＝52m/s此时力F的功率P＝Fv0＝602W（3）设物体离开平台时，速度为v，依据动能定理有W'F－W'f＝12mv同理可知W'F＝44J，W'f＝3×4J＝12J物体沿平台飞出，做平抛运动，有h＝12gt物体落地点离平台的水平距离x'＝vt联立并代入数据，解得x'＝6513.[2024上海]如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间的动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面，A与地面间的高度差为h1，B、C间高度差为h2.一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止起先向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为g.（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB.（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必需满意的条件.答案（1）E1－mgh1（2）见解析解析（1）对物块从B点到落地的过程，由动能定理有mgh1＝E1－EkB解得EkB＝E1－mgh1（2）对物块从A点到落地的整个过程，由动能定理有F解得F若物块恰能到达C点，依据动能定理有F解得F则恒力F必需满意的条件为μmgL＋mgh2L14.[动能定理的计算与几何计算结合/2024全国乙]固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环.小环从大圆环顶端P点由静止起先自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（C）A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积解析小环从大圆环顶端P点由静止起先自由下滑，下落h高度过程中，由动能定

理有mgh＝12mv2，解得v＝2gh，故B错误；设小环位置与P点连线所对的圆心角为

θ，小环下滑过程滑过的弧长s＝Rθ，则h＝R(1-cossR)，故A错误；小环位置到P点的

距离L＝2Rsinθ2，h＝R