【文档说明】2025届高三一轮复习物理试题（人教版新高考新教材）考点规范练17　动能和动能定理 Word版含解析.docx，共(7)页，141.001 KB，由小赞的店铺上传

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考点规范练17动能和动能定理一、单项选择题1.下列有关动能的说法正确的是()A.物体只有做匀速运动时,动能才不变B.物体的动能变化时,速度不一定变化C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加2.一个质量为0.3k

g的弹性小球,在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则下列碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk正确的是()A.Δv=0B.Δv=

12m/sC.ΔEk=1.8JD.ΔEk=10.8J3.物块在水平面上以初速度v0直线滑行,前进x0后恰好停止运动,已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ,且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ=kx(k为常数),重力加速度为g。则()A.v0=√𝑘𝑔

𝑥02B.v0=√2𝑘𝑔𝑥02C.v0=√𝑘𝑔𝑥022D.v0=2√𝑘𝑔𝑥024.如图所示,物块从固定斜面的最高点由静止滑下,冲上右侧光滑曲面,经过最低点连接处时无能量损失。已知物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25,斜面高度h=1.20m,斜面倾角

θ=37°,g取10m/s2,sin37°=0.6,物块在曲面上升的最大高度为()A.0.70mB.0.80mC.0.96mD.1.20m5.如图所示,两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上,O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为h处由静止滑下,在两

个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失,损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()A.49ℎsin𝜃B.39ℎsin𝜃C.29ℎsin𝜃D.20ℎsin𝜃6.某景点的滑草场有两个坡度不

同的滑道AB和AB'(均可看作斜面),甲、乙两名质量相等的游客分别乘两个完全相同的滑草装置从A点由静止开始分别沿AB和AB'滑下,最后都停在水平草面上,其中乙停在了C点处,如图所示。设滑草装置和草面间的动摩擦因数处处相同,斜面

与水平面连接处均可认为是圆滑的,滑草者保持相同的姿势坐在滑草装置上不动,则甲最终停在了()A.C点的左侧B.C点处C.C点的右侧D.条件不足,无法判断二、多项选择题7.(2023·全国乙卷)如图所示,一质量为m

'、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff,当物块从木板右端离开时()A.木板的动能一定等于FflB.木板的动能一定小于FflC.物块的动能一定大于12𝑚𝑣02-F

flD.物块的动能一定小于12𝑚𝑣02-Ffl8.航天器的“半弹道跳跃式返回”,是指在返回器第一次进入大气层一定“深度”后,借助大气层的作用力再次升高,其速度会进一步降低,然后再次降低高度返回地面。如图,嫦娥五号返回器在距地面高度约120

km处,接近第二宇宙速度(约11.2km/s)高速进入地球大气层外层A点,减速下降至预定高度B点附近(图中B点为AC段的最低点),在大气层的作用下,向上跃出大气层,到达最高点D后又开始下降,之后再次进入大气层外层,到达图中E点时速度约为7.9km/s。在降至距地面约10km高度时,打开

降落伞完成最后阶段减速并保持姿态稳定,最终平稳着陆在内蒙古四子王旗预设区域(图中F点)。其中A、C、E在同一高度上,高度120km之外空气阻力可忽略不计。返回器质量设为300kg,且保持不变,下列说法正确的是()A.从A点到E点的过程中返回

器克服大气层阻力做功约为9.45×109JB.从C点到E点的过程中,返回器机械能守恒C.返回器在D点的瞬时加速度为零D.返回器在从E点到F点的过程中始终处于失重状态9.下图为过山车的大回环轨道的结构图,一质量m=40kg的车厢(可视为质点)从高h0=12m处的A点由静止沿光

滑轨道AB滑下,进入半径r=4m的竖直圆轨道,车厢与圆轨道的动摩擦因数处处相同,当到达圆轨道的顶点C时,车厢对圆轨道的压力恰好为零。之后车厢继续沿CFB滑下,进入光滑轨道BD,且上升高度为h时速度为零,g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.车厢在圆轨

道最高点时的速度为2√10m/sB.车厢在圆轨道最高点时的速度为√10m/sC.h的值可能为8.0mD.h的值可能为8.5m10.从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力

加速度取10m/s2。由图中数据可得()A.物体的质量为2kgB.h=0时,物体的速率为20m/sC.h=2m时,物体的动能Ek=40JD.从地面至h=4m,物体的动能减少100J三、非选择题11.如图甲所示,高h0=1m的桌面上固定一竖直平面内的半径R=0.8m的四分

之一光滑圆弧轨道AB,轨道末端B与桌面边缘水平相切。将一质量m=0.05kg的小球从轨道顶端A处由静止释放,小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度h=0.2m,球筐的直径比球稍大,与轨道半径R、桌面高h0等相比可忽略,空气阻力

忽略不计,g取10m/s2。(1)求小球运动到B处时对轨道的压力大小。(2)求球筐距B处的水平距离。(3)把圆弧轨道撤去,让小球在桌面上从B处水平抛出。有人认为“为防止球入筐时弹出,小球落入球筐时的动能越小越好”。若只改变桌面的高度,求出该动能的最小值。12.如图所示,质量m=100g的滑块(可视

为质点),在F=1N的水平推力作用下从A点由静止开始运动,一段位移后撤去推力F,当滑块由平台边缘B点飞出后,恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道,滑块略小于管道内径。已知AB间的距离l=2.1m,滑块与平台间

的动摩擦因数μ=0.5,B、C两点间水平距离s=1.2m、竖直高度差h=0.8m,CD、DF是半径均为R=0.5m的光滑圆弧管道,C、D等高,E为DF管道的最高点,FG是长度d=10m、倾角θ=37°的粗糙直管道,在G处有一

反弹膜,能无机械能损失地反弹滑块,各部分管道在连接处均相切,cos37°=0.8,sin37°=0.6。(1)求滑块在平台上运动时水平推力F作用的位移大小。(2)求滑块第一次到达E点时对轨道的作用力。(3)要使滑块反弹一次后能停在管道FG上,求滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围。考点规范练17

动能和动能定理1.D解析:物体只要速率不变,动能就不变,A错误。物体的动能变化时,速度的大小一定变化,B错误。物体做平抛运动时,速率增大动能就会增大,C错误。物体做自由落体运动时,其速率增大,物体的动能

增加,D正确。2.B解析:速度是矢量,规定反弹后速度方向为正,则Δv=6m/s-(-6m/s)=12m/s,故B正确,A错误。动能是标量,速度大小不变,动能不变,则ΔEk=0,C、D错误。3.A解析:动摩擦因数与x成正比,故在前进x0的过程中,平均动摩擦因数为𝜇=𝑘𝑥02,

在整个前进过程中,根据动能定理可得-𝜇mgx0=0-12𝑚𝑣02,解得v0=√𝑘𝑔𝑥02,故A正确,B、C、D错误。4.B解析:设物块在曲面上升的最大高度为h'。对物块从开始到运动至曲面最高点的过程,由动能定理得mg(h-h')-μmgcos

θ·ℎsin𝜃=0,解得h'=0.80m,故A、C、D错误,B正确。5.B解析:由题意知,小物块第一次到达O点,由动能定理可得mgh=Ek,此时小物块的路程s1=ℎsin𝜃,第一次通过O点后动能Ek1=95%Ek=95%mgh,此时

利用动能定理知小物块上升高度h1=95%h,第二次到达O点滑下的路程s2=2ℎ1sin𝜃=95%2ℎsin𝜃,同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3=(95%)22ℎsin𝜃,…,故小物块运动的总路程

s总=s1+s2+…+sn=ℎsin𝜃+95%2ℎsin𝜃+(95%)22ℎsin𝜃+…+(95%)n-12ℎsin𝜃,n无穷大时,可得s总=39ℎsin𝜃(等比数列求和),故B正确。6.B解析:设任一倾斜滑道的倾角为θ,高度为h,滑草装置和草面间的

动摩擦因数为μ。乙由A点滑到C点的过程中,由动能定理有mgh-μmgcosθ·ℎsin𝜃-μmg·lB'C=0,即h-μ(hcotθ+lB'C)=0,其中hcotθ+lB'C是A点与C点间的水平距离,可知,hc

otθ+lB'C=ℎ𝜇,与θ无关,所以甲最终停在C点处,故B正确。7.BD解析:设物块滑上木板时间t后离开木板,在这段时间内物块在摩擦力的作用下做匀减速直线运动,木板在摩擦力的作用下做匀加速直线运动,它们这段时间内的v-t图像如图所示,AB为物块的

v-t图像,OC为木板的v-t图像。结合题意可知梯形OABC的面积表示木板长度l,三角形OCD的面积表示木板的位移,由图可知S△OCD<S梯OABC,则木板的位移x1<l。梯形OABD的面积表示物块的位移

,由图可知S梯OABD>S梯OABC,则物块的位移x2>l。此过程中对木板由动能定理得Ffx1=Ek1-0,所以当物块从右端离开木板时木板的动能Ek1=Ffx1<Ffl,选项A错误,B正确。对物块由动能定理得-Ffx2=

Ek2-12𝑚𝑣02,所以当物块从右端离开木板时物块的动能Ek2=12𝑚𝑣02-Ffx2<12𝑚𝑣02-Ffl,选项C错误,D正确。8.AB解析:A、E在同一高度上,从A点到E点过程中嫦娥五号返回器的速度从11.2km/s降到7.9km/s,重力做功为零,根据动

能定理得-Wf=12𝑚𝑣𝐸2−12𝑚𝑣𝐴2,其中vA=11.2km/s=1.12×104m/s,vE=7.9km/s=7.9×103m/s,m=300kg,解得返回器克服大气层阻力做功Wf=9.45×109J,故A正确。从C点到E点过程中,空气

阻力可忽略不计,只有重力做功,返回器机械能守恒,故B正确。返回器在D点的合力等于重力,瞬时加速度为重力加速度,不为零,故C错误。返回器从E点到F点的过程中,在减速阶段,返回器处于超重状态,故D错误。9.AD解析:在最高点C,

车厢对圆环轨道的压力恰好为零,根据牛顿第二定律可得mg=m𝑣𝐶2𝑟,解得vC=2√10m/s,故A正确,B错误。在ABEC过程中,根据动能定理可得mg(h0-2r)-W1=12𝑚𝑣𝐶2-0,解得W1=800J。设CFB过程克服摩擦力做的功为W2,

因该过程车厢与轨道的平均压力小于BEC过程,则摩擦力也小于BEC过程的摩擦力,则有0<W2<W1。在CFBD过程中,由动能定理得-mg(h-2r)-W2=-12𝑚𝑣𝐶2,解得8m<h<10m,故C错误,D正确。1

0.AD解析:由题图可知,物体刚被抛出时的机械能为100J,即物体竖直上抛的初动能Ek0=100J。当机械能与重力势能相等,说明动能为零,上升到最高点时离地面高度为4m,这时mgh=E,所以m=𝐸𝑔ℎ=8010×4kg=2kg,A正确。根据Ek0=12𝑚𝑣02,v0=√2

𝐸k0𝑚=√2×1002m/s=10m/s,B错误。从题图中可以得出在上抛过程中,机械能有损失,上升到最高点的整个过程中,共损失了20J的机械能,按照比例上升2m时,机械能损失了10J。因此当h=2m时,物体的动能Ek=

100J-40J-10J=50J,C错误。当h=0时,Ek0=100J,当h=4m时,Ek4=0,所以从地面至h=4m,物体的动能减少100J,D正确。11.解析:(1)小球从A运动到B,由动能定理得mgR=12𝑚𝑣02在B点FN-mg=𝑚𝑣02𝑅解得v

0=4m/s,FN=1.5N根据牛顿第三定律,小球对轨道的压力大小FN'=FN=1.5N。(2)竖直方向h0-h=12gt2水平方向x=v0t解得x=1.6m。(3)小球从B运动到球筐的过程,由动能定理得mg(h0-h)=Ek-12𝑚𝑣𝐵

2平抛运动x=vBt,h0-h=12gt2联立解得Ek=𝑚𝑔𝑥24(ℎ0-ℎ)+mg(h0-h)当h0=h+12x=1m时,Ek有最小值,其最小值为Ekmin=mgx=0.8J。答案:(1)1.5N(2)1.6m(3)0.8J12.解析:(1)滑块从B到C做平

抛运动,则竖直方向有h=12gt2水平方向有s=vBt解得vB=3m/s滑块从A到B的过程,根据动能定理得Fx-μmgl=12𝑚𝑣𝐵2-0解得水平推力F作用的位移大小x=1.5m。(2)根据平抛运动的规律得

h=𝑣𝑦22𝑔解得滑块到达C点时竖直分速度的大小vy=4m/s滑块到达C点时速度大小vC=𝑣𝑦cos37°=5m/s从C到E,根据动能定理得-mgR(1-cos53°)=12𝑚𝑣𝐸2−12𝑚𝑣𝐶2在E点,对滑块由牛顿第二定律得FN+mg=m

𝑣𝐸2𝑅解得FN=3.2N根据牛顿第三定律,滑块第一次到达E点时对轨道的作用力FN'=FN=3.2N,方向竖直向上。(3)设滑块与管道FG之间的动摩擦因数为μ'。由滑块能停在FG上,可得μ'mgcosθ>mgsi

nθ解得μ'>0.75由反弹一次可得12𝑚𝑣𝐸2+mg(R-Rcos37°+dsin37°)>μ'mgdcos37°解得μ'<0.89分析可知,当μ'>0.75时,EkF=12𝑚𝑣𝐸2+mg(R-Rcos37°)=1.15J<μ'mg·2dcos37°滑

块无法返回P点。综上所述,滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围为0.75<μ'<0.89。答案:(1)1.5m(2)3.2N,方向竖直向上(3)0.75<μ'<0.89