2025版高考物理考點(diǎn)題型歸納總結(jié)（含答案）考點(diǎn)28　動(dòng)能定理

考點(diǎn)28動(dòng)能定理強(qiáng)基固本對(duì)點(diǎn)練知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用1．高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能()A．與它所經(jīng)歷的時(shí)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(dòng)量成正比2．(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增大到v2時(shí)，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)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(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力做的功C．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)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(duì)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(lè)場(chǎng)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(zhì)量為m的小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端B點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2.5mg，重力加速度大小為g.下列說(shuō)法正確的是()A．到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為eq\r(2gR)B．到達(dá)B點(diǎn)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(shí)點(diǎn)2應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題4．有兩條雪道平行建造，左側(cè)相同而右側(cè)有差異，一條雪道的右側(cè)水平，另一條的右側(cè)是斜坡．某滑雪者保持一定姿勢(shì)坐在雪橇上不動(dòng)，從h1高處的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點(diǎn)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(diǎn)等高的位置由靜止開(kāi)始下滑，結(jié)果能沖上另一條傾角為α的雪道上h2高處的E點(diǎn)停下．若動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失，則()A．動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθB．動(dòng)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(diǎn)，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊以某一初速度從A點(diǎn)滑動(dòng)到C點(diǎn)停止．小物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度等于它在A點(diǎn)時(shí)速度的一半．則小物塊與AB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1和其與BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2的比值為()A．1B．2C．3D．46．如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處從靜止開(kāi)始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgHB．小球陷入泥中的過(guò)程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能C．整個(gè)過(guò)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(zhǎng)度為L(zhǎng)＝0.5m粗糙水平地面平滑相連，質(zhì)量為m＝1kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面距離地面高H處?kù)o止釋放，經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入與水平地面平滑連接的光滑圓形軌道(A點(diǎn)為軌道最低點(diǎn))，恰好能到達(dá)圓形軌道的最高點(diǎn)B點(diǎn)．已知小球與地面間的動(dòng)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(diǎn)的速度大??；(2)小球在A點(diǎn)時(shí)，其對(duì)圓形軌道的壓力大小；(3)小球的釋放點(diǎn)離水平地面的高度H.知識(shí)點(diǎn)3動(dòng)能定理與圖像的綜合問(wèn)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后拉力逐漸減小，當(dāng)拉力減小到零時(shí)物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖中給出了拉力隨物體位移變化的圖像．則物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能約為()A．36JB．72JC．98JD．124J9．從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過(guò)程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示．重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg10．(多選)質(zhì)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(yùn)動(dòng)，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(guān)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為13mC．物體在前3m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度為3m/s2D．x＝9m時(shí)，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(xué)情調(diào)研]質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)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(dòng)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(kāi)始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過(guò)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(xué)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(gè)質(zhì)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(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)了4m時(shí)撤去推力F，物體在摩擦力的作用下開(kāi)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列說(shuō)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(xué)校摸底測(cè)試]如圖所示，水平圓盤桌面上放有質(zhì)量為0.1kg的小鐵碗A(可視為質(zhì)點(diǎn))，一小孩使圓盤桌面在水平面內(nèi)由靜止開(kāi)始繞過(guò)圓盤中心O的軸轉(zhuǎn)動(dòng)，并逐漸增大圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，直至小鐵碗從圓盤的邊緣飛出，飛出后經(jīng)過(guò)0.2s落地，落地點(diǎn)與飛出點(diǎn)在地面投影點(diǎn)的距離為80cm.若不計(jì)空氣阻力，該過(guò)程中，摩擦力對(duì)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(zhì)量為m＝0.6kg的小球靜止在軌道最低點(diǎn)．某時(shí)刻對(duì)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(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2.則小球?qū)A軌道的最大壓力為()A．36NB．30NC．24ND．18N15．[2024·重慶市楊家坪中學(xué)月考]如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)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(zhǎng)．圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)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(guò)程中，加速度一直減小B．下滑過(guò)程中，因摩擦力產(chǎn)生的熱量小于eq\f(1,4)mv2C．下滑經(jīng)過(guò)B的速度小于上滑經(jīng)過(guò)B的速度D．在C處，彈簧的彈性勢(shì)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(diǎn)．直桿與水平面的夾角為θ，小球質(zhì)量為m，兩根輕彈簧的原長(zhǎng)均為L(zhǎng)、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(diǎn)eq\f(4,5)L的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，求此時(shí)小球受到的摩擦力大小和方向；(2)設(shè)小球在P點(diǎn)受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動(dòng)摩擦力相等．現(xiàn)讓小球從P點(diǎn)以沿桿方向的初速度v0向上運(yùn)動(dòng)，小球最高能到達(dá)距A點(diǎn)eq\f(4,5)L的Q點(diǎn)，求初速度的大?。?7．[2024·江蘇省馬壩高級(jí)中學(xué)學(xué)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(diǎn)平滑連接，右端與一個(gè)半徑為R的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道CD水平相切于C點(diǎn)．xAB＝xBC＝R＝1m，傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速率恒為v＝5m/s，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝0.5kg的小滑塊，從A點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)小滑塊運(yùn)動(dòng)到水平面右端B點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)小滑塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道底端C點(diǎn)時(shí)所受的支持力大??；(3)小滑塊在圓弧軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度最大的位置和小滑塊在對(duì)圓弧軌道CD壓力的最大值．(eq\r(2)取1.4)

考點(diǎn)28動(dòng)能定理1．答案：B解析：根據(jù)初速度為零勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，在啟動(dòng)階段，列車的速度與時(shí)間成正比，即v＝at，由動(dòng)能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2，可知列車動(dòng)能與速度的二次方成正比，與時(shí)間的二次方成正比，A、C錯(cuò)誤；由v2＝2ax，Ek＝eq\f(1,2)mv2，列車動(dòng)能與位移x成正比，B正確；由動(dòng)量公式p＝mv可知列車動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，即與列車的動(dòng)量二次方成正比，D錯(cuò)誤．2．答案：CD解析：電梯上升的過(guò)程中，對(duì)物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個(gè)力的總功（即合力做的功）才等于物體動(dòng)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(cuò)誤，C正確；對(duì)電梯，無(wú)論有幾個(gè)力對(duì)它做功，由動(dòng)能定理可知，其合力做的功一定等于其動(dòng)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(duì)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(cuò)誤，B正確；由動(dòng)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(cuò)誤．4．答案：B解析：在AB段由靜止下滑，說(shuō)明μmgcosθ＜mgsinθ，則μ＜tanθ，第一次停在BC上的某點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgh1－μmgcosθ－eq\f(h1,sinθ)－μmgs′＝0，整理得μ＝eq\f(h1,s)，A錯(cuò)誤，B正確；第二次滑上BE在E點(diǎn)停下，則μmgcosα≥mgsinα，故有tanθ＞μ≥tanα，則α<θ，C、D錯(cuò)誤．5．答案：C解析：根據(jù)動(dòng)能定理，在從A到B的過(guò)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(guò)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(kāi)始釋放到落到地面的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過(guò)程，由動(dòng)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(cuò)誤；全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可知，整個(gè)過(guò)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(dá)圓形軌道的最高點(diǎn)B，則mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得vB＝1m/s（2）小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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(diǎn)，軌道對(duì)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?qū)壍赖膲毫Υ笮?0N；（3）小球從釋放到運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)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(dòng)摩擦力大小為14N，且拉力減小到零時(shí)物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，因此可知物體減速滑行距離為7m，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能約為72J，B正確．9．答案：C解析：對(duì)上升過(guò)程，由動(dòng)能定理，－（F＋mg）h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－（F＋mg）h，即F＋mg＝12N；下落過(guò)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(duì)應(yīng)題圖乙可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對(duì)應(yīng)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(dòng)能定理得WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2，可得x＝9m時(shí)，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(cuò)誤．11．答案：A解析：從開(kāi)始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過(guò)程中，由動(dòng)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(biāo)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(dāng)撤去推力時(shí)，物體的速度最大，根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤；設(shè)物體的最大位移為xm，根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤，D正確．13．答案：C解析：小鐵碗飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)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(guò)程中，由動(dòng)能定理有W＝eq\f(1,2)mv2，故摩擦力對(duì)小鐵碗所做的功W＝0.8J，C正確.14．答案：C解析：如圖所示，對(duì)小球進(jìn)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(guò)O點(diǎn)作F合的平行線，該線與圓軌道右側(cè)的交點(diǎn)M為等效最低點(diǎn)，小球在該處對(duì)軌道壓力最大，設(shè)小球在M點(diǎn)的速度為v，對(duì)小球列動(dòng)能定理，有F合·（R－Rcos60°）＝eq\f(1,2)mv2，對(duì)小球在等效最低點(diǎn)由牛頓第二定律，有FN－F合＝eq\f(mv2,R)，解得FN＝24N，結(jié)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(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，所以圓環(huán)需要先加速再減速，經(jīng)過(guò)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(cuò)誤；圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C過(guò)程，由動(dòng)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(dòng)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(cuò)誤；圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到B過(guò)程，由動(dòng)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(kāi)始上滑到A過(guò)程，由動(dòng)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(guò)B的速度vB小于上滑經(jīng)過(guò)B的速度v′B，C正確；圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C過(guò)程，由動(dòng)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(dòng)能定理－mgh－Wf＋WT＝0－eq\f(1,2)mv2，解得在C處，彈簧的彈性勢(shì)能WT＝mgh－eq\f(1,4)mv2，D錯(cuò)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(diǎn)時(shí)受到兩根彈簧的彈力大小相等，設(shè)此時(shí)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(diǎn)時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知，彈簧的彈性勢(shì)能相等，所以小球從P到Q的過(guò)程中，兩彈簧對(duì)小球做功為零，由動(dòng)能定理可得－mg（2L－2×eq\f(4