2021届高考物理通用一轮练习：考点14　动能和动能定理　重力做功与重力势能

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考点14　动能和动能定理　重力做功与重力势能



题组一　基础小题
1．关于动能的理解，下列说法错误的是(　　)
A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B．物体的动能不能为负值
C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
答案　D
解析　动能是机械能的一种表现形式，运动的物体都具有动能，故A正确；根据Ek＝mv2知，质量为正值，速度的平方为正值，则物体的动能不能为负值，故B正确；一定质量的物体，动能变化时，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化，但是速度变化时，动能不一定变化，比如物体做匀速圆周运动时，速度方向变化，大小不变，其动能不变，故C正确；动能不变的物体，速度的方向可能变化，则不一定处于平衡状态，故D错误。本题选错误的，故选D。
2．物体A和B的质量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙的水平面上，开始时都处于静止状态，在相同的恒力F作用下移动相同的距离L，如图所示，则(　　)

A．力F对A做的功较多
B．力F对B做的功较多
C．力F对A、B做的功一样多
D．A和B获得的动能相等
答案　C
解析　由W＝Fs知，恒力的大小相同，A、B两物体的位移也相同，所以恒力对两物体做的功一样多，故C正确，A、B错误；根据动能定理可得，B置于粗糙的水平面上，摩擦力对其做负功，A置于光滑水平面上，摩擦力对其不做功，则B的动能变化少，B获得的动能小于A的动能，故D错误。
3.如图所示，一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F的作用下，从位置甲处缓慢移动到乙处。已知θ＝60°，重力加速度为g，则力F所做的功为(　　)

A.mgL B.mgL
C.FL D.FL
答案　A
解析　小球从甲处到乙处的过程重力和拉力做功，运用动能定理得：WF－mgL(1－cosθ)＝0，解得水平力F做功的大小为：WF＝mgL(1－cosθ)＝mgL，故选A。
4．在篮球赛中经常有这样的场面：在比赛即将结束时，运动员把球投出且准确命中，获得胜利。设运动员投篮过程中对篮球做的功为W，出手时篮球的高度为h1，篮框距地面的高度为h2，篮球的质量为m，不计空气阻力，则篮球进框时的动能为(　　)
A．mgh1＋mgh2－W B．W＋mgh2－mgh1
C．W＋mgh1－mgh2 D．mgh2－mgh1－W
答案　C
解析　人在投篮过程中，球受重力和人的作用力，已知人对球做的功为W，重力对球做的功为－mg(h2－h1)，则由动能定理可得：W－mg(h2－h1)＝Ek，故篮球进框时的动能为W＋mgh1－mgh2，故C正确，A、B、D错误。
5.奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少，动能增加
答案　B
解析　加速助跑过程中，运动员的速度越来越大，故其动能增加，A正确；从运动员撑杆起跳到越过横杆的过程中，杆的弹性形变先增大后减小，所以杆的弹性势能先增大后减小，故B错误；起跳上升过程中，运动员的高度一直增加，故其重力势能增加，C正确；越过横杆后下落过程中，只有重力做功，重力做正功，故运动员的重力势能减少，动能增加，D正确。本题选不正确的，故选B。
6.如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是(　　)

A．运动员先处于超重状态后处于失重状态
B．空气浮力对系统始终做负功
C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量
D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等
答案　B
解析　由于运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，其加速度先向下后向上，故运动员先处于失重状态后处于超重状态，A错误；运动员向下运动的过程中，空气浮力的方向与运动方向相反，始终对系统做负功，故B正确；无论以什么运动状态运动，重力做的功都等于系统重力势能的减小量，故C错误；重力做的功：W＝mgh，由于运动员做变速运动，相等时间内竖直向下运动的位移不相等，所以任意相等的时间内重力做的功不相等，即任意相等的时间内系统重力势能的减小量不相等，故D错误。
7.(多选)一辆汽车做直线运动，其v­t图象如图所示。图中α<β，若汽车牵引力做功为W，平均功率为P，汽车加速过程和减速过程中克服摩擦力做功分别为W1和W2，平均功率分别为P1、P2，则(　　)

A．W＝W1＋W2 B．W1>W2
C．P＝P1 D．P1＝P2
答案　ABD
解析　由动能定理可知W－W1－W2＝0，故W＝W1＋W2，A正确；由题图可知，加速过程的位移要大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速过程摩擦力所做的功大于减速过程摩擦力所做的功，即W1>W2，故B正确；因加速和减速运动中，平均速度相等，故由P＝Fv可知，加速和减速过程中摩擦力的平均功率相等，即P1＝P2，由功能关系可知W＝Pt1＝P1t1＋P2t2，而P1＝P2，故P≠P1，C错误，D正确。
8.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点。将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．小球运动到B点时的动能等于mgh
B．小球由A点到B点重力势能减少mv2
C．小球由A点到B点克服弹力做的功为mgh
D．小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－mv2
答案　D
解析　小球由A点到B点的过程重力势能减少mgh，小球减少的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，所以小球运动到B点时的动能小于mgh，故A、B错误；根据动能定理得：mgh＋W弹＝mv2，所以由A至B小球克服弹力做的功为mgh－mv2，故C错误；弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，所以小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－mv2，故D正确。
9.(多选)如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，A、B的水平距离为s。下列说法正确的是(　　)

A．小车克服重力所做的功是mgh
B．合力对小车做的功是mv2
C．推力对小车做的功是Fs－mgh
D．小车克服阻力做的功是mv2＋mgh－Fs
答案　AB
解析　重力做功只与物体的初末位置的高度差有关，故小车克服重力所做的功是mgh，A正确；对小车从A运动到B的过程中运用动能定理得，合力对小车做的功为：W＝mv2，故B正确；因为推力为恒力，故WF＝Fs，故C错误；由动能定理得：WF－mgh＋Wf＝mv2，可得阻力对小车做的功为Wf＝mv2－Fs＋mgh，小车克服阻力做的功为Fs－mv2－mgh，故D错误。
题组二　高考小题
10．(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定(　　)

A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
答案　A
解析　木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：WF－Wf＝mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。

11．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　)
A．动能增加了1900 J
B．动能增加了2000 J
C．重力势能减小了1900 J
D．重力势能减小了2000 J
答案　C
解析　由动能定理可知，ΔEk＝1900 J－100 J＝1800 J，故A、B错误；重力势能的减少量等于重力做的功，故C正确，D错误。
12．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(　　)

A. B.
C. D.
答案　B
解析　设小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v1。小物块上滑过程中，由动能定理有
－2mgR＝mv－mv2①
小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，下落时间为t，有2R＝gt2②
x＝v1t③
联立①②③式整理得x2＝2－2
可得x有最大值，对应的轨道半径R＝。故选B。
13．(2019·全国卷Ⅲ)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3 m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10 m/s2。该物体的质量为(　　)

A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
答案　C
解析　画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，

A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h
C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h
联立以上两式，解得物体的质量m＝1 kg，C正确。
14．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　　)

答案　A
解析　小球做竖直上抛运动时，速度v＝v0－gt，根据动能Ek＝mv2得Ek＝m(v0－gt)2，故图象A正确。
15．(2016·浙江高考)(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则(　　)

A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
答案　AB
解析　滑草车受力分析如图所示，设其在B点处有最大速度v，在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2，

f1＝μmgcos45°　f2＝μmgcos37°
整个过程由动能定理列方程：
mg·2h－f1·－f2·＝0①
解得：μ＝，A正确；
滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程：
mgh－f1·＝mv2②
解得：v＝ ，B正确；
由①式知：Wf＝2mgh，C错误；
在下段滑道上，由牛顿第二定律得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，解得：a2＝－g，故D错误。
题组三　模拟小题
16．(2019·四川南充三诊)(多选)将一小球从某一高度由静止释放，小球着地速度为v，设小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，已知小球的质量为m，重力加速度为g。则小球下落过程中(　　)
A．重力做功的平均功率小于mg
B．重力做功的平均功率大于mg
C．减小的重力势能小于mv2
D．减小的重力势能大于mv2
答案　BD
解析　由于小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，可知小球做加速度减小的加速运动，结合如图所示v­t图象可知，小球下落到地面的位移大于t，则重力做功的平均功率>＝mg，A错误，B正确；根据动能定理WG－Wf＝mv2(Wf为小球克服阻力做的功)，则WG＝Wf＋mv2>mv2，即小球减小的重力势能大于mv2，C错误，D正确。

17．(2019·海南期末)(多选)汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，设汽车所受阻力与速度成正比，则在发动机的功率达到额定值之前的一段时间内，下列关于汽车运动的位移x、动能Ek、牵引力F和发动机的输出功率P与时间t的关系图象可能正确的是(　　)

答案　CD
解析　汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，则由x＝at2可知，A错误；动能Ek＝mv2＝ma2t2，B错误；汽车所受阻力与速度成正比，得f＝kv＝kat，则由牛顿第二定律：F－kat＝ma，即F＝ma＋kat，C正确；发动机的输出功率P＝Fv＝(ma＋kat)at＝ma2t＋ka2t2，D正确。
18．(2019·福建南平二模)(多选)如图所示，竖直放置的圆弧轨道，O为圆心，AO水平。两相同小球a、b分别从圆周上的A、B两点水平抛出，两小球均能到达C点(位于O点正下方)，OB连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不考虑空气阻力的影响，以下说法正确的是(　　)

A．a、b两球到达C点的时间之比为∶1
B．a、b两球到达C点的过程中，动能增加量之比为∶1
C．a、b两球到达C点时重力的瞬时功率之比为∶1
D．a、b两球到达C点的过程中，速度增量之比为2∶1
答案　AC
解析　由图可知，A、B两点到C点的竖直高度之比为2∶1，由t＝可知，a、b两球到达C点的时间之比为∶1，A正确；a、b两球到达C点的过程中，由动能定理：ΔEk＝mgh，可知动能增加量之比为2∶1，B错误；a、b两球到达C点时重力的瞬时功率P＝mgvy＝mg2t，则瞬时功率之比为∶1，C正确；速度增量Δv＝gt，则a、b两球到达C点的过程中，速度增量之比为∶1，D错误。
19．(2019·内蒙古期末)(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中(　　)

A．外力F做的功等于A和B的动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
答案　BD
解析　A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错误；根据能量守恒定律，外力F做的功等于A和B动能的增量与摩擦力做功产生的热量之和，A错误，对A，根据动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故B正确；对B，根据动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，Wf为B克服摩擦力所做的功，得WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确。
20．(2019·宁夏银川期末)(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．0～6 s内物体的位移大小为30 m
B．2～6 s内拉力做的功为40 J
C．合外力在0～6 s内做的功与在0～2 s内做的功相等
D．滑动摩擦力的大小为5 N
答案　ABC
解析　v­t图象与t轴所围成的面积即为物体在这段时间内的位移，可求得0～6 s内物体的位移大小为30 m，A正确；2～6 s内拉力的功率恒定，则拉力做的功W＝Pt＝40 J，B正确；合外力所做的功等于动能的变化量，C正确；匀速时，拉力与摩擦力相等，有P＝Fv＝fv，得：f＝＝ N＝ N，D错误。



题组一　基础大题
21.如图所示，质量M＝50 kg的运动员在进行体能训练时，腰部系着一不可伸长的轻绳，绳另一端连接质量m＝11 kg的轮胎。当运动员由静止开始沿水平跑道匀加速奔跑时，绳的拉力大小为70 N，绳与跑道的夹角为37°，5 s末绳突然断裂。轮胎与跑道间的动摩擦因数μ＝0.5，空气阻力不计，已知sin37°＝0.6，g＝10 m/s2。求：

(1)运动员的加速度大小；
(2)3 s末运动员克服绳拉力做功的功率；
(3)整个过程中轮胎克服摩擦力做的功。
答案　(1)2 m/s2　(2)336 W　(3)1400 J
解析　(1)对轮胎受力分析，由牛顿第二定律得：
Tcos37°－f＝ma
N＋Tsin37°＝mg
f＝μN
解得：a＝2 m/s2。
(2)3 s末运动员的速度为：v＝at1＝6 m/s
3 s末运动员克服绳拉力做功的功率为：P＝Tvcos37°＝336 W。
(3)加速过程轮胎的位移为：x＝at2＝25 m
全程对轮胎由动能定理得：WT－Wf＝0
则有：Wf＝WT＝Txcos37°＝1400 J。
22.如图所示，一根直杆与水平面成θ＝37°角，杆上套有一个小滑块，杆底端N处有一弹性挡板，板面与杆垂直。现将滑块拉到M点由静止释放，滑块与挡板碰撞后以原速率弹回。已知M、N两点间的距离d＝0.5 m，滑块与杆之间的动摩擦因数μ＝0.25，g＝10 m/s2。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

(1)滑块第一次下滑的时间t；
(2)滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x；
(3)滑块在直杆上滑过的总路程s。
答案　(1)0.5 s　(2)0.25 m　(3)1.5 m
解析　(1)滑块下滑时，由牛顿第二定律得
mgsinθ－μmgcosθ＝ma，
解得加速度a＝4.0 m/s2
又d＝at2
得滑块第一次下滑的时间t＝0.5 s。
(2)滑块第一次与挡板相碰时的速率v＝at＝2 m/s
上滑时，由动能定理得：－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝0－mv2，解得x＝0.25 m。
(3)滑块最终停在挡板处，由动能定理得
mgdsinθ－μmgcosθs＝0，
解得总路程s＝1.5 m。
题组二　高考大题
23．(2016·天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，取g＝10 m/s2。

(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
答案　(1)144 N　(2)12.5 m
解析　(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v＝2ax①
由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N。③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh＋W＝mv－mv④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m。
24．(2015·浙江高考)如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m。斜面与水平桌面的夹角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。
答案　(1)tanθ≥0.05　(2)0.8　(3)1.9 m
解析　(1)为使小物块下滑，mgsinθ≥μ1mgcosθ
θ满足的条件：tanθ≥0.05。
(2)物块克服摩擦力做功
Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)
由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0
代入数据得μ2＝0.8。
(3)物块从斜面顶端静止释放到桌面边缘的过程，
由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝mv2
代入数据得v＝1 m/s
由平抛运动规律知
H＝gt2
t＝0.4 s
x1＝vt
解得x1＝0.4 m
xm＝x1＋L2＝1.9 m。
题组三　模拟大题
25．(2019·山东临沂二模)狗拉雪橇是人们喜爱的滑雪游戏。已知雪橇与水平雪道间的动摩擦因数μ＝0.1，人和雪橇的总质量m＝50 kg。在游戏过程中狗用水平方向的力拉雪橇，使雪橇由静止开始运动。人和雪橇的动能Ek与其发生的位移x之间的关系如图所示。(g＝10 m/s2)求：

(1)雪橇在x＝30 m时的加速度；
(2)在前40 m位移的过程中拉力对人和雪橇做的功。
答案　(1)0.5 m/s2　(2)2900 J
解析　(1)雪橇从20 m到40 m做匀加速直线运动，由动能定理得：
F合·Δx＝Ek2－Ek1
由牛顿第二定律得：F合＝ma
联立解得：a＝0.5 m/s2。

(2)对前40 m的运动过程，由动能定理得：
W－μmgx＝Ek2
解得：W＝2900 J。
26．(2019·福建漳州一模)如图，轨道的水平部分粗糙，竖直的半圆部分光滑，半径R＝0.32 m。Q为轨道的最高点，P为最低点，T点与圆心等高。质量m＝2 kg的小滑块从水平轨道的A点(AP距离可调)以v0＝6 m/s的初速度向右滑行。已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。

(1)求滑块滑到Q点时的最小速度vQ；
(2)若滑块恰好能滑到Q点，求滑块从A运动到P的时间t；
(3)若滑块在半圆轨道间不脱离轨道，求AP距离的取值范围。
答案　(1) m/s　(2)1 s　(3)l≤5 m或7.4 m≤l<9 m
解析　(1)根据牛顿第二定理得，mg＝m，
解得滑块到达Q点时的最小速度
vQ＝＝ m/s＝ m/s。
(2)滑块恰好滑到Q点时，在Q点的速度为vQ。
滑块从P到Q的过程，由动能定理得
－mg·2R＝mv－mv
滑块在水平轨道上，根据牛顿第二定律得，加速度大小
a＝＝μg＝2 m/s2
滑块从A到P的时间t＝
代入数据，联立解得t＝1 s。
(3)若滑块恰好到达Q点，根据动能定理得
－μmgl1－2mgR＝mv－mv
代入数据解得l1＝5 m。
若滑块恰好到达T点，由动能定理得
－μmgl2－mgR＝0－mv
代入数据解得l2＝7.4 m
若滑块恰好到达P点，由动能定理得
－μmgl3＝0－mv，
代入数据解得l3＝9 m，
所以AP的距离l≤5 m或7.4 m≤l<9 m。