1、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Ekmv2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
2、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DA和B获得的动能相等答案C解析由WFs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
3、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60，重力加速度为g，则力F所做的功为()A.mgL B.mgLC.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：WFmgL(1cos)0，解得水平力F做功的大小为：WFmgL(1cos)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()Amgh1mgh2W BWmgh2mgh1CWm
4、gh1mgh2 Dmgh2mgh1W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(h2h1)，则由动能定理可得：Wmg(h2h1)Ek，故篮球进框时的动能为Wmgh1mgh2，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
5、，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
6、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：Wmgh，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W2CPP1 DP1P2答案ABD解析由动能定理可知WW1W20，故WW1W2，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W1W2，故B正确；
7、因加速和减速运动中，平均速度相等，故由PFv可知，加速和减速过程中摩擦力的平均功率相等，即P1P2，由功能关系可知WPt1P1t1P2t2，而P1P2，故PP1，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mghB小球由A点到B点重力势能减少mv2C小球由A点到B点克服弹力做的功为mghD小球到达B点时弹簧的弹性势能为mghmv2答案D解析小球由A点到B点的过程重力
8、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：mghW弹mv2，所以由A至B小球克服弹力做的功为mghmv2，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mghmv2，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mghB合力对小车做的功是mv2C推力对小车做的功是FsmghD小车克服阻力做的功是mv2mghFs答案AB解析重力做功
9、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：Wmv2，故B正确；因为推力为恒力，故WFFs，故C错误；由动能定理得：WFmghWfmv2，可得阻力对小车做的功为Wfmv2Fsmgh，小车克服阻力做的功为Fsmv2mgh，故D错误。题组二高考小题10(2018全国卷)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
10、力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：WFWfmv20，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 JB动能增加了2000 JC重力势能减小了1900 JD重力势能减小了2000 J答案C解析由动能定理可知，Ek1900 J100 J1800 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(201
11、7全国卷)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2mgRmvmv2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2Rgt2xv1t联立式整理得x222可得x有最大值，对应的轨道半径R。故选B。13(2019全国卷)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、
12、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()A2 kg B1.5 kgC1 kg D0.5 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，AB(上升过程)：EkBEkA(mgf)hCD(下落过程)：EkDEkC(mgf)h联立以上两式，解得物体的质量m1 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vv0gt，根据动能Ek
13、mv2得Ekm(v0gt)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。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，sin370.6，cos370.8)。则()A动摩擦因数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mghD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，f1mgco
14、s45f2mgcos37整个过程由动能定理列方程：mg2hf1f20解得：，A正确；滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程：mghf1mv2解得：v ，B正确；由式知：Wf2mgh，C错误；在下段滑道上，由牛顿第二定律得：mgsin37mgcos37ma2，解得：a2g，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mgB重力做功的平均功率大于mgC减小的重力势能小于mv2D减小的重力势能大于mv
15、2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WGWfmv2(Wf为小球克服阻力做的功)，则WGWfmv2mv2，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
16、公路做匀加速运动，则由xat2可知，A错误；动能Ekmv2ma2t2，B错误；汽车所受阻力与速度成正比，得fkvkat，则由牛顿第二定律：Fkatma，即Fmakat，C正确；发动机的输出功率PFv(makat)atma2tka2t2，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60，不考虑空气阻力的影响，以下说法正确的是()Aa、b两球到达C点的时间之比为1Ba、b两球到达C点的过程中，动能增加量之比为1Ca、b两球到达C点时重力的
17、瞬时功率之比为1Da、b两球到达C点的过程中，速度增量之比为21答案AC解析由图可知，A、B两点到C点的竖直高度之比为21，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：Ekmgh，可知动能增加量之比为21，B错误；a、b两球到达C点时重力的瞬时功率Pmgvymg2t，则瞬时功率之比为1，C正确；速度增量vgt，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
18、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BB对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量CA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，WFWfEkB，Wf为B克服摩擦力所做的
19、功，得WFEkBWf，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06 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()A06 s内物体的位移大小为30 mB26 s内拉力做的功为40 JC合外力在06 s内做的功与在02 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06 s内物体的位移大小为30 m，A正确；26 s内拉力的功率恒定，则拉力做的功WPt40 J，B正确；合外力所做的
20、功等于动能的变化量，C正确；匀速时，拉力与摩擦力相等，有PFvfv，得：f N N，D错误。题组一基础大题21.如图所示，质量M50 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m11 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0.5，空气阻力不计，已知sin370.6，g10 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
21、胎受力分析，由牛顿第二定律得：Tcos37fmaNTsin37mgfN解得：a2 m/s2。(2)3 s末运动员的速度为：vat16 m/s3 s末运动员克服绳拉力做功的功率为：PTvcos37336 W。(3)加速过程轮胎的位移为：xat225 m全程对轮胎由动能定理得：WTWf0则有：WfWTTxcos371400 J。22.如图所示，一根直杆与水平面成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d0.5 m，滑块与杆之间的动摩擦因数0.25，g10 m/s2。取sin370.6，cos3
22、70.8。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mgsinmgcosma，解得加速度a4.0 m/s2又dat2得滑块第一次下滑的时间t0.5 s。(2)滑块第一次与挡板相碰时的速率vat2 m/s上滑时，由动能定理得：(mgsinmgcos)x0mv2，解得x0.25 m。(3)滑块最终停在挡板处，由动能定理得mgdsinmgcoss0，解得总路程s1.5 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
23、，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB24 m/s，A与B的竖直高度差H48 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h5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W1530 J，取g10 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
24、 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v2ax由牛顿第二定律有mgFfma联立式，代入数据解得Ff144 N。(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mghWmvmv设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FNmgm由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立式，代入数据解得R12.5 m。24(2015浙江高考)如图所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m。斜面与水平桌面的夹角可在060间调节后固定。将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜
25、面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求角增大到多少时，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2；(已知sin370.6，cos370.8)(3)继续增大角，发现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)tan0.05(2)0.8(3)1.9 m解析(1)为使小物块下滑，mgsin1mgcos满足的条件：tan0.05。(2)物块克服摩擦力做功Wf1mgL1cos2mg(L2L1c
26、os)由动能定理得mgL1sinWf0代入数据得20.8。(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mgL1sinWfmv2代入数据得v1 m/s由平抛运动规律知Hgt2t0.4 sx1vt解得x10.4 mxmx1L21.9 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0.1，人和雪橇的总质量m50 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。(g10 m/s2)求：(1)雪橇在x30 m时的加速度；(2)在前40 m位移的过程中拉力对人和
27、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xEk2Ek1由牛顿第二定律得：F合ma联立解得：a0.5 m/s2。(2)对前40 m的运动过程，由动能定理得：WmgxEk2解得：W2900 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R0.32 m。Q为轨道的最高点，P为最低点，T点与圆心等高。质量m2 kg的小滑块从水平轨道的A点(AP距离可调)以v06 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0.2，g取10 m/s2。(1)求滑块滑到Q点时的最小速度vQ
28、；(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)l5 m或7.4 ml9 m解析(1)根据牛顿第二定理得，mgm，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mg2Rmvmv滑块在水平轨道上，根据牛顿第二定律得，加速度大小ag2 m/s2滑块从A到P的时间t代入数据，联立解得t1 s。(3)若滑块恰好到达Q点，根据动能定理得mgl12mgRmvmv代入数据解得l15 m。若滑块恰好到达T点，由动能定理得mgl2mgR0mv代入数据解得l27.4 m若滑块恰好到达P点，由动能定理得mgl30mv，代入数据解得l39 m，所以AP的距离l5 m或7.4 ml9 m。
