2025版高考物理考点题型归纳总结（含答案）考点28　动能定理

考点28动能定理强基固本对点练知识点1动能定理的理解和应用1．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比2．(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()A．对物体，动能定理的表达式为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W为支持力做的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)其中W为支持力做的功D．对电梯，其所受的合力做功为(eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1))3．(多选)游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆形轨道，BC为轨道水平部分与半径OB垂直．一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力为2.5mg，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()A．到达B点的速度大小为eq\r(2gR)B．到达B点的速度大小为eq\f(\r(6gR),2)C．从A到B克服摩擦力做功为eq\f(1,4)mgRD．从A到B克服摩擦力做功为eq\f(1,2)mgR知识点2应用动能定理解决多过程问题4．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则()A．动摩擦因数为tanθB．动摩擦因数为eq\f(h1,s)C．倾角α一定大于θD．倾角α可以大于θ5．如图所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止．小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半．则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和其与BC段间的动摩擦因数μ2的比值为()A．1B．2C．3D．46．如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过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为mg(1＋eq\f(H,h))7．光滑斜面与长度为L＝0.5m粗糙水平地面平滑相连，质量为m＝1kg的小球(可视为质点)从斜面距离地面高H处静止释放，经A点进入与水平地面平滑连接的光滑圆形轨道(A点为轨道最低点)，恰好能到达圆形轨道的最高点B点．已知小球与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道半径R＝0.1m，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小球在B点的速度大小；(2)小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小；(3)小球的释放点离水平地面的高度H.知识点3动能定理与图像的综合问题8．[2024·山东省临沂市期中考试]一物体在恒定的水平拉力作用下在粗糙的水平面上做匀速运动，运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时物体刚好停止运动，图中给出了拉力随物体位移变化的图像．则物体匀速运动时的动能约为()A．36JB．72JC．98JD．124J9．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2.该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg10．(多选)质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示．外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列分析正确的是()A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B．物体运动的位移为13mC．物体在前3m运动过程中的加速度为3m/s2D．x＝9m时，物体的速度为3eq\r(2)m/s培优提能模拟练11．[2024·江苏省淮安市学情调研]质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，克服弹簧弹力所做的功为()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·内蒙古部分学校期中联考]如图甲所示，在足够大的水平地面上放置一个质量为5kg的物体，物体在水平向右的推力F的作用下由静止开始沿直线运动，运动了4m时撤去推力F，物体在摩擦力的作用下开始减速．已知推力F随位移变化的规律如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．推力F做的功为120JB．物体的最大位移为8mC．物体的最大速度为4m/sD．物体的减速距离为6m13．[2024·河南省部分学校摸底测试]如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.1kg的小铁碗A(可视为质点)，一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O的轴转动，并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.2s落地，落地点与飞出点在地面投影点的距离为80cm.若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为()A．0.2JB．0.4JC．0.8JD．1.6J14．[2024·河北省石家庄市部分名校三调]如图所示，圆心为O的光滑圆轨道固定在竖直平面内，质量为m＝0.6kg的小球静止在轨道最低点．某时刻对小球施加一水平向右、大小恒为F＝6eq\r(3)N的作用力．小球可视为质点，忽略空气阻力，取g＝10m/s2.则小球对圆轨道的最大压力为()A．36NB．30NC．24ND．18N15．[2024·重庆市杨家坪中学月考]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环()A．下滑过程中，加速度一直减小B．下滑过程中，因摩擦力产生的热量小于eq\f(1,4)mv2C．下滑经过B的速度小于上滑经过B的速度D．在C处，弹簧的弹性势能为eq\f(1,4)mv2－mgh16．[2024·福建省福州市期中考试]如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点．直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m，两根轻弹簧的原长均为L、劲度系数均为eq\f(3mgsinθ,L)，g为重力加速度．求：(1)小球在距B点eq\f(4,5)L的P点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从P点以沿杆方向的初速度v0向上运动，小球最高能到达距A点eq\f(4,5)L的Q点，求初速度的大小．17．[2024·江苏省马坝高级中学学情调研]如图所示，水平传送带BC的左端与水平面AB在B点平滑连接，右端与一个半径为R的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道CD水平相切于C点．xAB＝xBC＝R＝1m，传送带顺时针转动，速率恒为v＝5m/s，现将一质量为m＝0.5kg的小滑块，从A点由静止释放，有一水平向右F＝5N的恒力一直作用在小滑块上，小滑块与AB段和BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)小滑块运动到水平面右端B点时的速度大小；(2)小滑块运动到圆弧轨道底端C点时所受的支持力大小；(3)小滑块在圆弧轨道CD上运动速度最大的位置和小滑块在对圆弧轨道CD压力的最大值．(eq\r(2)取1.4)

考点28动能定理1．答案：B解析：根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v＝at，由动能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，A、C错误；由v2＝2ax，Ek＝eq\f(1,2)mv2，列车动能与位移x成正比，B正确；由动量公式p＝mv可知列车动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，即与列车的动量二次方成正比，D错误．2．答案：CD解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功（即合力做的功）才等于物体动能的增量，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为支持力做的功，A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即（eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)），D正确．3．答案：BC解析：根据牛顿第三定律可知，轨道对小孩的支持力也等于2.5mg，根据牛顿第二定律有N－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，解得vB＝eq\f(\r(6gR),2)，A错误，B正确；由动能定理mgR－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，解得从A到B克服摩擦力做功为W＝eq\f(1,4)mgR，C正确，D错误．4．答案：B解析：在AB段由静止下滑，说明μmgcosθ＜mgsinθ，则μ＜tanθ，第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcosθ－eq\f(h1,sinθ)－μmgs′＝0，整理得μ＝eq\f(h1,s)，A错误，B正确；第二次滑上BE在E点停下，则μmgcosα≥mgsinα，故有tanθ＞μ≥tanα，则α<θ，C、D错误．5．答案：C解析：根据动能定理，在从A到B的过程，有－μ1mgl＝eq\f(1,2)m（eq\f(v0,2)）2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在从B到C的过程，有－μ2mgl＝0－eq\f(1,2)m（eq\f(v0,2)）2，解得eq\f(μ1,μ2)＝3，C正确．6．答案：C解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得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错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H＋h），C正确．7．答案：（1）1m/s（2）60N（3）0.35m解析：（1）根据题意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点B，则mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得vB＝1m/s（2）小球由A运动到B的过程中，根据动能定理有－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点，轨道对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由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为60N；（3）小球从释放到运动到A点的过程，运用动能定理mgH－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入数据解得H＝0.35m8．答案：B解析：由图可知，物体所受滑动摩擦力大小为14N，且拉力减小到零时物体刚好停止运动，因此可知物体减速滑行距离为7m，根据动能定理可得W－Ffx＝0－Ek，拉力做功为图像面积，因此可得物体匀速运动时的动能约为72J，B正确．9．答案：C解析：对上升过程，由动能定理，－（F＋mg）h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－（F＋mg）h，即F＋mg＝12N；下落过程，（mg－F）（6－h）＝Ek，即mg－F＝k′＝8N，联立两公式，得到m＝1kg、F＝2N．10．答案：ACD解析：由Wf＝Ffx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应题图乙可知，前3m内，拉力F1＝5N，3～9m内拉力F2＝2N，物体在前3m内的加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，C正确；由动能定理得WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2，可得x＝9m时，物体的速度为v＝3eq\r(2)m/s，D正确；物体的最大位移xm＝eq\f(WF,Ff)＝13.5m，B错误．11．答案：A解析：从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，由动能定理－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正确．12．答案：D解析：F­x图像与坐标轴所围成的面积即为力F做的功．根据F­x图像可知，推力F做的功为WF＝eq\f(1,2)×（40＋60）×4J＝200J当撤去推力时，物体的速度最大，根据动能定理可得WF－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得最大速度为vm＝4eq\r(3)m/s，A、C错误；设物体的最大位移为xm，根据动能定理可得WF－μmgxm＝0，解得xm＝10m，则物体的减速距离为x′＝xm－x＝10m－4m＝6m，B错误，D正确．13．答案：C解析：小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v＝eq\f(x,t)，解得v＝4m/s，小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理有W＝eq\f(1,2)mv2，故摩擦力对小铁碗所做的功W＝0.8J，C正确.14．答案：C解析：如图所示，对小球进行受力分析，则F与小球重力的合力F合＝12N，与竖直方向成60°夹角斜向右下方，过O点作F合的平行线，该线与圆轨道右侧的交点M为等效最低点，小球在该处对轨道压力最大，设小球在M点的速度为v，对小球列动能定理，有F合·（R－Rcos60°）＝eq\f(1,2)mv2，对小球在等效最低点由牛顿第二定律，有FN－F合＝eq\f(mv2,R)，解得FN＝24N，结合牛顿第三定律可知F压＝FN＝24N，C正确．15．答案：C解析：圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环需要先加速再减速，经过B处的速度最大，加速度为零，所以加速度先减小，后增大，A错误；圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理mgh－Wf－WT＝0，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理－mgh－Wf＋WT＝0－eq\f(1,2)mv2，联立解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，B错误；圆环从A处由静止开始下滑到B过程，由动能定理mgh′－W′f－W′T＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，圆环从B处由静止开始上滑到A过程，由动能定理－mgh′－W′f＋W′T＝0－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)，联立解得－2W′f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)，下滑经过B的速度vB小于上滑经过B的速度v′B，C正确；圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理mgh－Wf＋WT＝0，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理－mgh－Wf＋WT＝0－eq\f(1,2)mv2，解得在C处，弹簧的弹性势能WT＝mgh－eq\f(1,4)mv2，D错误．16．答案：（1）eq\f(mgsinθ,5)方向沿杆向下（2）eq\f(2\r(6gLsinθ),5)解析：（1）由题意可知下面的弹簧被压缩，上面的弹簧被拉伸，且两根弹簧形变量相同，因此小球在P点时受到两根弹簧的弹力大小相等，设此时两根弹簧的弹力大小均为F，根据胡克定律有F＝k（L－eq\f(4L,5)）根据平衡条件有mgsinθ＋f＝2F解得f＝eq\f(mgsinθ,5)方向沿杆向下．（2）小球在P、Q两点时，根据对称性可知，弹簧的弹性势能相等，所以小球从P到Q的过程中，两弹簧对小球做功为零，由动能定理可得－mg（2L－2×eq\f(4