专题过关创新练(6) 功和能（Word练习）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

[基础保分练] 1．(2024·浙江1月选考)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球(　　) A．从1到2动能减少mgh B．从1到2重力势能增加mgh C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变 【解析】　由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故CD错误． 【答案】　B 2．(2024·安徽高考)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 【解析】　设在下滑过程中人和滑板克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理，有mgh－Wf＝mv2，解得Wf＝mgh－mv2，故ABC错误，D正确． 【答案】　D 3．(2025·湖南长沙市第一中学模拟)物体A、B放置在粗糙的水平面上，若水平外力以恒定的功率P单独拉着物体A运动时，物体A的最大速度为v1；若水平外力仍以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动时，如图所示，物体A和物体B的最大速度为v2.空气阻力不计，在物体A和B达到最大速度时作用在物体B上的拉力功率为(　　) A．P B．P C．P D．P 【解析】　物体A受到的滑动摩擦力为FfA＝，以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动有FfA＋FfB＝，在物体A和B达到最大速度时作用在物体B上的拉力功率为PF＝FfBv2＝P，故选C. 【答案】　C 4．(2025·重庆缙云教育联盟诊断)如图所示，用轻杆组成的正三角形OAB，边长为L，其中O点连接在可自由旋转的铰链上，A、B两点各固定一质量为m的小球(可视为质点).AB杆从竖直位置由静止释放，转到AB杆处于水平位置的过程中，不考虑空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．A处小球机械能守恒，B处小球机械能不守恒 B．AB杆水平时，两球的速率均为 C．OA杆对A处小球不做功，AB杆对A处小球做正功 D．AB杆转到水平位置的过程中，杆对A处小球做的功为－ 【解析】　根据系统机械能守恒有mg(L－)＋mg(L＋)＝×2mv2，解得v＝，对A处小球，杆做功为W1，根据动能定理有W1＋mg·(L＋)＝mv2－0，解得W1＝－mgL，对B处小球，杆做功为W2，根据动能定理有W2＋mg·(L－)＝mv2－0，则有W2＝mgL可知杆对A、B两处小球做功均不为零，则两球机械能均不守恒，故A、B错误，D正确；如果OA杆对A处小球不做功，AB杆对A处小球做正功，则杆对A处小球做正功，与上述分析矛盾，故C错误． 【答案】　D 5．(2021·湖北高考)如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示．重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　) A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N 【解析】　　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgs1sin 30°－fs1＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f)s1，结合0～10 m内的Ek－s图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f＝4 N；10～20m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°－f)s－(mg sin 30°－f)s1，结合10～20m内的Ek－s图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N.联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正确，BCD错误． 【答案】　A[考能提分练] 6．(多选)(2025·武汉模拟)如图所示，光滑竖直固定杆上套有一质量为m的小球A，一根竖直轻弹簧上端连接着一个质量为m的物块B，下端连接着一个质量为2m的物块C.一轻绳跨过轻质定滑轮O，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为5L.初始时，小球A在外力作用下静止于P点，此时轻绳刚好伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直．现将小球A由P点静止释放，A沿杆下滑12L到达最低点Q，此时物块C与地面间的相互作用刚好为零．不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数为 B．小球A运动到最低点时弹簧的形变量为L C．小球A运动到最低点时弹簧的弹性势能为4mgL D．用质量为的小球D替换A，并将其拉至Q点由静止释放，小球D经过P点时的动能为6mgL 【解析】　开始时，对B有mg＝kx1 A在Q点时，对C有2mg＝kx2，A从P到Q点，由题意可知x1＋x2＝8L 解得k＝，x2＝L，故A正确，B错误； A从P到Q，对系统由能量守恒定律有 12mgL＝8mgL＋ΔEp 解得ΔEp＝4mgL 因为弹簧原先有形变量，所以EPQ≠4mgL，故C错误； D从Q到P，由能量守恒定律有 ΔEp＋8mgL＝×12L＋Ek 解得Ek＝6mgL，故D正确． 【答案】　AD 7．(多选)(2025·黑龙江一模)如图所示，倾斜传送带以恒定速率顺时针转动．将一质量为m的小物体P(可视为质点)轻放在A处，小物体P到达B处时恰好与传送带共速；再将另一质量也为m的小物体Q(可视为质点)轻放在A处，小物体Q在传送带上到达B处之前已与传送带共速，之后和传送带一起匀速到达B处．则P、Q两个物体从A到B的过程中(　　) A．物体P与传送带间的动摩擦因数较小 B．传送带对P、Q两物体做功相等 C．传送带因传送物体而多消耗的电能相等 D．P、Q两个物体与传送带间因摩擦产生的热量相等 【解析】　小物体一开始在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为 a＝＝μg cos θ－g sin θ 根据题意可知，在速度达到与传送带共速v的过程，小物体P在传送带上的位移x较大，根据运动学公式可得a＝，可知小物体P在传送带上加速时的加速度较小，则物体P与传送带间的动摩擦因数较小，故A正确； 在小物体从A到B的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，由题意可知，两小物体增加的动能和重力势能均相等，则两小物体增加的机械能相等，故传送带对P、Q两物体做功相等，故B正确； 小物体加速阶段与传送带发生的相对位移为 Δx＝x传－x物＝vt－t＝＝，故小物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmg cos θ·Δx＝，因物体P与传送带间的动摩擦因数小，则小物体P与传送带间因摩擦产生的热量较大，由于两物体增加的机械能相同，根据能量守恒可知，传送带因传送物体P而多消耗的电能较大，故CD错误． 【答案】　AB 8．(2023·重庆高考)机械臂广泛应用于机械装配．若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示．求： (1)提升高度为h时，工件的速度大小； (2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功． 【解析】　(1)根据匀变速直线运动位移与速度关系有 v＝2a 解得v0＝ (2)根据速度公式有v0＝at 解得t＝ 根据动能定理有W合＝mv 解得W合＝ 【答案】　(1) 　(2) 　 [高考高分练] 9．(多选)(2023·湖北高考)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连．小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5.杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直．当小球置于杆上P点时恰好能保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g.小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确的是(　　) A.弹簧的劲度系数为 B．小球在P点下方l处的加速度大小为(3－4)g C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大 D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 【解析】　小球在P点受力平衡，则有mg＝Ffm，Ffm＝μFN，FN＝k(l－)，联立解得k＝，A正确；在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F＝k(l－)，小球受到的摩擦力为Ff＝μFN1＝μF sin θ，化简得Ff＝μ(kl sin θ－)，从M点到P点θ增大，从P点到N点θ减小，即摩擦力先变大后变小，C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知从M到P和从P到N摩擦力做功大小相等，D正确；小球运动到P点下方时θ＝45°，此时摩擦力大小为Ff1＝μ(kl－)，由牛顿第二定律mg－Ff1＝ma，联立解得a＝(2－)g，B错误． 【答案】　AD 10．(多选)(2023·全国乙卷)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 【解析】　当物块从木板右端离开时，对m有 －fxm＝mmv2－mv 对M有fxM＝mv 其中l ＝ xm－xM AB.根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，B正确； CD.根据以上分析，联立有 mv－fl＝mv＋mv 则物块的动能一定小于mv－fl，C错误，D正确． 故选BD. 【答案】　BD 11．(2024·安徽高考)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示．水井中的水面距离水平地面的高度为H.出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l.假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能．已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力．则水泵的输出功率约为(　　 ) A． B． C． D． 【解析】　取Δt时间内水管中质量为Δm的水为研究对象，Δm的水离开管口后做平抛运动，设水离开管口时的速度为v，Δm的水在空中运动的时间为t；平抛运动在竖直方向做自由落体运动h＝gt2，在水平方向做匀速直线运动l＝vt，代入数据解得v＝l 设Δt时间内被抽到出水口的水的质量为Δm，根据密度公式，水的质量Δm＝ρV＝ρS·vΔt，取深井中的水面为零势能面，出水管口出的机械能ΔE＝Δmg(H＋h)＋Δmv2，设水泵输出的功率为P，根据功能关系ηPΔt＝ΔE，代入数据解得P＝·，综上分析，故ACD错误，B正确． 【答案】　B 12．(2025·福建高考)如图甲所示，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m．求： (1)0～1 m内F做的功； (2)x ＝1 m时，A与B之间的弹力大小； (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件． 【解析】　(1)F－x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小，由题图乙可知0～1 m内F所做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J. (2)由题图乙可知，x＝1 m时外力F开始变化，可知A、B有相同的加速度，A与地面间的摩擦力Ff＝μmg，对A、B整体，由牛顿第二定律得F－Ff＝2ma，由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得FAB＝ma，联立解得A、B间的弹力大小FAB＝ma＝0.5 N. (3)当FAB＝0时A、B分离，由(2)中分析可知F＝Ff＝0.5 N时A、B开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m，初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝·2mv2，结合(1)中分析由题图乙可得WF＝3.5 J，假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点的过程，由动能定理得－mg·2r＝mv－mv2，要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥，联立解得r≤0.2 m. 【答案】　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m 学科网（北京）股份有限公司 $