考点8 动能和动能定理 重力做功与重力势能-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 考点8　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，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，不一定处于平衡状态，故D错误。本题选说法错误的，故选D。 2．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。 3.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＝mv2－0，所以由A点至B点小球克服弹力做的功为－W弹＝mgh－mv2，故C错误；克服弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的变化量，所以小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－mv2，故D正确。 题组二　高考小题 4．(2023·上海高考)一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，不计空气阻力，对三者落到同一水平地面上时的速率大小判断正确的是(　　) A．质量大的落地速率大 B．质量小的落地速率大 C．三者落地速率都相同 D．无法判断 答案　C 解析　由题意可知分裂后瞬间，三个物块距离地面的高度相同，速率相同，下落过程中由动能定理得mgh＝mv2－mv，解得v＝，故三者落地速率相同，C正确。 5．(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率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)(　　) A．0 B．mgh C.mv2－mgh D.mv2＋mgh 答案　B 解析　一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程，根据动能定理得mgh－Wf＝mv2－mv2，解得雨滴克服空气阻力做的功Wf＝mgh，故选B。 6．(2023·辽宁高考)如图a，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图b所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　　) A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 答案　B 解析　受力分析可知，沿Ⅱ下滑的物块受力恒定，做匀变速直线运动，速率随时间均匀变化，故结合图b可知，甲沿Ⅱ下滑，则乙沿Ⅰ下滑，A、D错误；由图b可知，任意时刻甲的速率都小于乙的速率，而两物块质量相同，则同一时刻甲的动能比乙的小，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向的分速度为零，而在中间任意位置竖直分速度都不为零，根据重力的瞬时功率P＝mgvy可知，在M点和N点乙的重力功率均为零，在中间任意位置乙的重力功率都不为零，则乙沿Ⅰ下滑过程中，重力功率变化且不是一直增大，C错误。 7.(2021·山东高考)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　在木块运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－f·2πL＝0－mv，可得木块所受摩擦力的大小f＝，故选B。 8.(2023·广东高考)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　) A．重力做的功为360 J B．克服阻力做的功为440 J C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 答案　BCD 解析　货物从P点运动到Q点的过程，重力做的功为WG＝mgh＝800 J，故A错误；货物从P点运动到Q点的过程，由动能定理得WG－Wf＝mv2－0，解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，故B正确；由题意可知，圆弧滑道的半径r＝h，货物经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，故C正确；设在Q点时，轨道对货物的支持力大小为F，由牛顿第二定律得F－mg＝m，代入数据解得F＝380 N，由牛顿第三定律得，货物经过Q点时对轨道的压力大小为F′＝F＝380 N，故D正确。 ※9.(2023·江苏高考)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。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(　　) 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 答案　C 解析　滑块上滑和下滑过程均做匀变速直线运动，因为频闪仪相邻两次闪光的时间间隔T相同，根据x总＝at、t甲总＝3T<t乙总＝4T，对比图甲和图乙可知，图甲中滑块的加速度较大，根据牛顿第二定律可知，图甲中滑块受到的合力较大，是上滑过程，故A错误；从图甲中的A点到图乙中的A点，滑块先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知，图甲中滑块经过A点的动能较大，故B错误；由于图甲中滑块加速度较大，根据x＝at2，可知图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，故C正确；上滑过程和下滑过程，滑块受到的滑动摩擦力大小相等，根据Wf＝fx可知，图甲和图乙中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。 ※10.(2023·全国乙卷)(多选)如图，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f，当物块从木板右端离开时(　　) A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于mv－fl D．物块的动能一定小于mv－fl 答案　BD 解析　物块在木板上运动的过程中，设木板位移为xM，则物块位移为xm＝xM＋l，根据动能定理，对物块有－fxm＝Ekm－mv，对木板有fxM＝EkM－0，可得物块从木板右端离开时，木板的动能EkM＝fxM，物块的动能Ekm＝mv－fl－fxM，则Ekm<mv－fl，C错误，D正确；画出该过程中物块、木板的v­t图像如图所示，且v0>vm，vm≥vM，由v­t图线与t轴所围面积表示对应位移可知，图中梯形面积S1表示l，下方三角形面积S2表示xM，由几何知识知，必定有S1>S2，则l>xM，则EkM＝fxM<fl，A错误，B正确。 ※11.(2023·湖南高考)(多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　) A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C．小球的初速度v0＝ D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 答案　AD 解析　小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，小球从B到C的过程中，由动能定理知，其所在位置和O点连线与竖直方向的夹角为α时，小球在该点速度v满足－mgR(1－cosα)＝0－mv2，此时mgcosα－FN＝m，联立得轨道对小球的支持力FN＝3mgcosα－2mg，从B到C的过程中α由θ减小到0，则cosα逐渐增大，FN逐渐增大，结合牛顿第三定律知，小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；小球从A到B的过程中，速度逐渐减小，则重力的功率P＝－mgvsinθ逐渐减小，B错误；小球从A到C的过程中，由动能定理有－mg·2R＝0－mv，解得v0＝，C错误；若小球在B点恰好脱离轨道，则有mgcosθ＝m，得vB＝，若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能大于，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。 题组三　模拟小题 12.(2023·北京市海淀区一模)(多选)如图所示，两个质量均为m的物块用劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直放置在水平地面上静止。现用竖直向上的力F拉着物块M缓慢向上提，直到物块N刚好要离开地面为止。重力加速度为g。上述过程中，下列判断正确的是(　　) A．拉力F的大小从零逐渐增大到2mg B．拉力F做的功等于M的重力势能的增加量 C．弹簧的弹性势能逐渐增大 D．初状态和末状态弹簧的弹性势能相同 答案　ABD 解析　物块N刚好要离开地面时，对M、N整体有F＝2mg，可知整个过程拉力F的大小从零逐渐增大到2mg，故A正确；初始时刻设弹簧的压缩量为x1，对物块M分析，由平衡条件得mg＝kx1，物块N刚好要离开地面时，设弹簧的伸长量为x2，由平衡条件得mg＝kx2，可知初状态弹簧的压缩量与末状态弹簧的伸长量相等，所以该过程初状态和末状态弹簧的弹性势能相同，弹性势能变化量为零，由功能关系可知，拉力F做的功等于M的重力势能的增加量，故B、D正确；弹簧由压缩到伸长，弹性势能先减小后增大，故C错误。 13．(2023·辽宁省教研联盟高三下第二次调研)(多选)如图甲所示为倾角为37°的固定斜面，一个质量为2 kg的物块自斜面底端沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离x的变化如图乙中直线Ⅰ和Ⅱ所示，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则(　　) A．物块的初速度为10 m/s B．物块和斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块上升的最大高度为5 m D．物块回到斜面底端时的动能为60 J 答案　AB 解析　由题图乙直线Ⅰ可知，物块在斜面底端时的动能大小为Ek0＝100 J，根据Ek0＝mv，解得物块的初速度v0＝10 m/s，A正确；由斜面底端上滑的过程，对物块，根据动能定理可得ΔEk＝－(mgsin37°＋μmgcos37°)x，由题图乙直线Ⅰ可知，ΔEk＝－100 J，x＝5 m，联立解得μ＝0.5，B正确；由题图乙可知，当x＝5 m时，Ek＝0，则物块上升的最大距离为xm＝5 m，上升的最大高度h＝xmsin37°＝3 m，C错误；物块下滑的过程，根据动能定理有mgh－μmgcos37°·xm＝Ek′－0，解得物块回到斜面底端时的动能Ek′＝20 J，D错误。 14．(2023·福建省莆田市高三下第四次教学质量检测)(多选)如图所示，一遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止以恒定功率P沿水平地面向右加速运动，当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点B时关闭发动机，赛车恰好能通过最高点C(BC为半圆轨道的竖直直径)。已知赛车的质量为m，半圆轨道的半径为R，A、B两点间的距离为2R，赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为mg(g为重力加速度大小)，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．赛车通过C点后在空中运动的时间为 B．赛车通过C点后恰好落回A点 C．赛车通过B点时的速度大小为2 D．赛车从A点运动到B点的时间为 答案　BD 解析　设赛车通过C点时的速度大小为vC，赛车恰好能通过最高点C，则在C点，根据牛顿第二定律，有mg＝，赛车通过C点后在空中做平抛运动，设运动时间为t，水平位移为x，根据平抛运动规律，竖直方向有2R＝gt2，水平方向有x＝vCt，解得t＝2，x＝2R，即赛车通过C点后恰好落回A点，故A错误，B正确；赛车从B到C的过程，根据动能定理有－2mgR＝mv－mv，解得赛车通过B点时的速度大小为vB＝，故C错误；赛车从A点运动到B点的过程，根据动能定理有Pt′－mg·2R＝mv－0，解得赛车从A点运动到B点的时间为t′＝，故D正确。 题组一　高考大题 15.(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求 (1)小物块到达D点的速度大小。 (2)B和D两点的高度差。 (3)小物块在A点的初速度大小。 答案　(1)　(2)0　(3) 解析　(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点， 根据牛顿第二定律有m＝mg 解得vD＝。 (2)小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝mv－mv 由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos60°＝ 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝mv－mv 联立解得vB＝，HBD＝0。 (3)从A到B的过程中，小物块所受摩擦力方向始终与速度方向相反，根据动能定理有 －μmgs＝mv－mv 其中s＝π·2R 联立解得vA＝。 16．(2023·江苏高考)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求滑雪者运动到P点的时间t； (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。 答案　(1)　(2) (3)(1－μ)d 解析　(1)设滑雪者的质量为m，在滑雪道AP段运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsin45°－μmgcos45°＝ma 滑雪者从A到P，由运动学公式有d＝at2 联立解得t＝。 (2)滑雪者从P点由静止滑到B点的过程，设下落高度为hPB，克服摩擦力做功为Wf，由动能定理有mghPB－Wf＝0－0 滑雪者从A点由静止滑到B点的过程，由动能定理有 mgdsin45°－μmgcos45°·d＋mghPB－Wf＝mv2－0 联立解得v＝。 (3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大。滑雪者从B点飞出做斜抛运动落到C点，设运动时间为t′， 竖直方向上有vsin45°＝g· 水平方向上有L＝vcos45°·t′ 联立解得L＝(1－μ)d。 题组二　模拟大题 17．(2023·北京市西城区高三下三模)泥石流是暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图1的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图2所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。求： (1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？ (2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？ (3)物体在水平地面上运动的最大位移是多少？ 答案　(1)15 m/s2　(2)3 m　(3)8 m 解析　(1)物体所受摩擦力大小f＝μmg 解得f＝20 N 对物体由牛顿第二定律得F－f＝ma 结合题图2知，F＝Fm＝80 N时，加速度a最大，代入数据，解得最大加速度am＝15 m/s2。 (2)当物体的速度达到最大时，物体所受合力为0，则此时 F＝f 由题图2可知，F随x变化的函数关系为 F＝(80－20x) N 联立解得x＝3 m。 (3)设物体在水平地面上运动的最大位移为s，整个过程，由动能定理得WF－μmgs＝0－0 由题图2可知，力F做的功为WF＝Fmxm 其中xm＝4 m 联立解得s＝8 m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$