第14讲 重力势能与弹性势能 动能定理 课时作业 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦重力势能、弹性势能及动能定理，通过基础巩固与综合提升分层训练，以题载能，强化能量观念与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|8选择+2计算|概念辨析（如弹性势能变化）、定量计算（重力做功、动能定理应用）|从势能概念到动能定理推导，构建“势能变化-功-动能变化”逻辑链| |综合提升练|4选择（含1多选）|多过程问题（如斜面-圆弧轨道）、图像分析（Ek-h图）|整合摩擦力做功、能量转化守恒，体现知识应用拓展|

第14讲 重力势能与弹性势能 动能定理 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1．(2025·江苏省如皋中学高三下期初检测)如图所示，撑杆跳高运动员自起跳到跨越横杆的过程中，撑杆先发生弯曲再恢复到原状。在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．重力对运动员做正功 B．撑杆的弹性势能一直减小 C．撑杆的弹性势能一直增大 D．撑杆的弹性势能先增大后减小 2．一个100 g的球从1.8 m的高度处落到一个水平板上又弹回到1.25 m的高度，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是(g＝10 m/s2)(　　) A．重力做功为1.8 J B．重力做了0.55 J的负功 C．球的重力势能一定减少0.55 J D．球的重力势能一定增加1.25 J 3．一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 4．某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A．mgh B.mv2 C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2 5．物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功为W，则(　　) A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2W C．从第5秒末到第7秒末合力做功为W D．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W 6.(2026·云南省云南师范大学附属中学高三上月考)如图所示，粗糙程度相同的斜面与水平地面在B点平滑相连，一小物块从A点静止释放后下滑，最终停到水平地面的C点，测得AO＝OB＝BC＝L，则物块与斜面以及地面的动摩擦因数为(　　) A. B. C. D. 7.如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是(　　) A. B. C. D. 8．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 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 9．(2025·山西省晋中市高三上模拟)如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r＝0.3 m、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一质量为m＝1 kg的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.3，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.1125。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g＝10 m/s2，圆盘厚度及圆盘与餐桌面的间隙不计，物块可视为质点。求： (1)物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做的功； (2)餐桌面的半径R。 10.(2025·黑吉辽蒙卷)如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0； (2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。 综合提升练 一．选择题： 11．如图1所示，质量为8 kg的物体在水平推力作用下从静止开始运动，推力F随位移x变化的情况如图2所示，运动10 m后撤去推力F。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．从开始运动到停止运动，物体的位移为18 m B．物体在x＝5 m时速度最大，最大速度为6 m/s C．物体在运动过程中的加速度大小先减小后不变 D．全程推力做功480 J 12．如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面粗糙。一质量为m的小滑块从P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度。用W表示小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力所做的功，则(　　) A．W＝mgR B．W<mgR C．小滑块恰好可以到达Q点 D．小滑块不能到达Q点 13．(2025·福建省厦门市第一中学高三上月考)如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m＝0.1 kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g＝10 m/s2，则(　　) A．小球释放位置距地面的高度为0.6 m B．小球在下落过程受到的风力为0.1 N C．小球刚接触弹簧时的动能为0.5 J D．小球的最大加速度大小为10 m/s2 14.(多选)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是(　　) A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg B．滑块下滑后将会从G点飞出 C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg D．滑块在斜面上经过的总路程为 参考答案： 1.答案：D解析：运动员向上运动，重力对运动员做负功，A错误；撑杆先发生弯曲再恢复原状，弹性形变先变大后变小，弹性势能先增大后减小，D正确，B、C错误。 2.答案：C解析：整个过程中，球的高度下降了h＝1.8 m－1.25 m＝0.55 m，则重力对球做正功且W＝mgh＝100×10－3×10×0.55 J＝0.55 J，而重力做的功等于重力势能的减少量，故球的重力势能一定减少ΔE＝0.55 J，故C正确，A、B、D错误。 3.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。 4.答案：D解析：人与滑板下滑的过程，由动能定理有mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故D正确。 5.答案：C解析：物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的减少量与第1秒内动能的增加量大小相同，合力做功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的增加量与第1秒内动能的增加量大小相同，合力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末速度从v0减小到，则动能减少量ΔEk＝mv－m＝·mv，等于第1秒内动能增加量大小的，则合力做功为－0.75W，D错误。 6.答案：A解析：由几何关系可知∠ABO＝45°，AB＝＝L，物块从A到C，根据动能定理有mgL－μmgcos∠ABO×L－μmgL＝0－0， 解得μ＝，故选A。 7.答案：A解析：因为滑块所受摩擦力f＝μmgcosθ小于重力沿斜面向下的分力，所以滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全过程应用动能定理得mgx0sinθ－fx＝0－mv，解得x＝，故选A。 8.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。 9.答案：(1)0.45 J　(2)0.5 m 解析：(1)设物块恰未从圆盘上滑落时的速度大小为v， 由最大静摩擦力提供向心力有μ1mg＝ 物块随圆盘运动的过程中，仅有圆盘对物块做功，根据动能定理，可知圆盘对小物块做的功W＝mv2－0 解得W＝0.45 J。 (2)小物块从圆盘滑落后，沿圆盘的切线方向滑出，做匀减速直线运动，设小物块在桌面上滑行距离为L，由动能定理有－μ2mgL＝0－mv2 由几何关系可知，餐桌面的半径R＝ 联立并代入数据解得R＝0.5 m。 10.答案：(1)5 m/s　(2)8 m/s　60° 解析：(1)设雪块的质量为m，雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgcosθ·x＝mv－0 解得v0＝5 m/s。 (2)雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有mgh＝mv－mv 解得v1＝8 m/s 雪块离开A点时水平分速度大小为vx＝v0cosθ 雪块落地时速度方向与水平方向的夹角α满足cosα＝ 联立解得α＝60°。 11.答案：D解析：F­x图像中图线与x轴所围图形的面积表示F做的功，由题图2可知，全程推力F做功WF＝×80 J＝480 J，对整个过程根据动能定理有WF－μmgx0＝0－0，可得物体的位移为x0＝12 m，故A错误，D正确。设物体的加速度为a，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，解得a＝，结合题图2可知，当0＜x＜2 m时，物体加速且加速度不变；由数学知识可知，当x＝6 m时，F＝40 N，故当2 m＜x＜6 m时，物体加速且加速度减小；当6 m＜x＜10 m时，物体开始减速且加速度增大；当x＞10 m时，物体减速且加速度不变。可知物体在x′＝6 m时速度最大，由动能定理有WF′－μmgx′＝mv－0， 其中WF′＝2×80 J＋×(6－2) J＝400 J，解得vmax＝2 m/s，故B、C错误。 12.答案：B解析：根据题述，小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，根据牛顿第三定律，轨道对小滑块的支持力为4mg。在最低点，由牛顿第二定律得4mg－mg＝m，解得v2＝3gR。小滑块由静止释放至运动到最低点N的过程，设小滑块克服摩擦力做的功为Wf，运用动能定理得2mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR。由于小滑块在右侧圆弧轨道NQ段运动的速度大小与小滑块在左侧圆弧轨道PN段对称位置运动的速度大小相比较小，所需向心力较小，轨道与小滑块之间的压力就较小，小滑块受到的摩擦力较小，克服摩擦力做的功较小，所以小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力做的功W<Wf＝mgR，B正确，A错误；由于小滑块在轨道最低点N的动能为Ek＝mv2＝mgR，大于小滑块运动到Q点所需克服重力做的功mgR和克服摩擦力做的功W之和，所以小滑块可以到达Q点后竖直上抛，C、D错误。 13.答案：B解析：由题图乙可知，小球处于释放位置时的重力势能为EpG0＝0.70 J，根据EpG0＝mgH，可得小球释放位置距地面的高度H＝0.7 m，故A错误；由题图乙可知，小球速度减为0时，下落高度h＝0.6 m，则小球从x＝0运动至x＝0.6 m的过程中，根据动能定理有mgh－F风h＋W弹＝0－0，其中弹簧弹力做功W弹＝－ΔEp弹＝－0.54 J，解得小球在下落过程中受到的风力F风＝0.1 N，故B正确；小球刚接触弹簧时，下落高度h1＝0.5 m，则小球从x＝0运动至x＝0.5 m的过程中，根据动能定理有mgh1－F风h1＝Ek1－0，解得小球刚接触弹簧时的动能Ek1＝0.45 J，故C错误；设弹簧劲度系数为k， 则有W弹＝－k·(h－h1)，解得k＝108 N/m，小球下落高度h＝0.6 m时，其加速度大小最大，由牛顿第二定律有k(h－h1)＋F风－mg＝mamax，解得小球下落过程中最大加速度大小为amax＝99 m/s2，故D错误。 14.答案：CD解析：滑块从A点下滑后在AD部分要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，此时滑块经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E点， 根据动能定理有mgR(1－cosθ)＝mv，在E点有N－mg＝m， 联立解得N＝mg(3－2cosθ)，根据牛顿第三定律，滑块经过E点时对轨道的最小压力为(3－2cosθ)mg，故A错误；滑块从A点到G点， 由动能定理得：mg(Lsinθ－Rcosθ)－μmgcosθ·L＝mv，其中L＝，解得vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二次经过E点时速度大小为vE2，对滑块从G点到E点，根据动能定理得：mgR＝mv－0，解得vE2＝，滑块第二次到达E点时，根据牛顿第二定律有N2－mg＝，解得N2＝3mg，根据牛顿第三定律，滑块此时对轨道的压力大小为3mg，故C正确；滑块最终将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，从滑块由A点静止下滑到滑块在D点速度为零的过程，根据动能定理得：mgLsinθ－μmgcosθ·s总＝0－0，解得s总＝，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $