第1部分 专题2 第5节 功与能(一)-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组全书word

大考试题精选重组　物理 专题二　能量与动量 第5节　功与能(一) 高考体验 1．(2024·安徽卷，2)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 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。 2．(2023·湖北卷，4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：设两节动车在运动过程中所受阻力大小分别为f1、f2，则有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后，则有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得该动车组能达到的最大速度v＝，故选D。 3．(2022·浙江6月选考，13)小明用额定功率为1200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　　) A．13.2 s B．14.2 s C．15.5 s D．17.0 s 答案：C 解析：为了以最短时间提升重物，开始阶段应以最大拉力提升重物做匀加速运动，当功率达到额定功率时，保持功率不变，拉力减小，当拉力等于重力时，速度达到最大，接着做匀速运动，最后以最大加速度5 m/s2做匀减速运动，上升至平台速度刚好为零。重物在第一阶段匀加速上升，根据牛顿第二定律可得a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝＝ m/s＝4 m/s，匀加速过程所用时间和上升高度分别为t1＝＝ s＝0.8 s，h1＝＝ m＝1.6 m；重物的最大速度vm＝＝ m/s＝6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝＝ s＝1.2 s，h3＝＝ m＝3.6 m；设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝mv－mv，又h2＝85.2 m－1.6 m－3.6 m＝80 m，解得t2＝13.5 s，故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8 s＋13.5 s＋1.2 s＝15.5 s，故C正确。 4．(2025·黑吉辽蒙卷，13)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。 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°。 好题精选 5．(2025·广东省茂名市高三下联考)2024年珠海航展上，我国自主研发的最新隐身战斗机歼­35A公开亮相。如图所示，歼­35A表演时，先沿直线ab水平向右飞行，再分别沿弧线bc和cd运动，整个过程中飞行轨迹在同一竖直面内且运动速率保持不变，下列说法正确的是(　　) A．整个过程中歼­35A始终处于平衡状态 B．在bc段歼­35A处于超重状态 C．在cd段歼­35A克服重力做功的功率逐渐增大 D．整个过程中歼­35A的机械能守恒 答案：B 解析：歼­35A在沿弧线bc和cd运动时，运动方向不断变化，不处于平衡状态，故A错误；沿弧线bc运动时，歼­35A做匀速圆周运动，其向心加速度时刻指向圆心，所以向心加速度在竖直方向上的分量方向向上，处于超重状态，故B正确；歼­35A在沿弧线cd运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度不断减小，根据克服重力做功的功率P＝mgv竖可知，在cd段歼­35A克服重力做功的功率逐渐减小，故C错误；歼­35A在整个过程中动能不变，重力势能先不变后逐渐增大，所以机械能先不变后逐渐增大，故D错误。 6．(2025·浙江省绍兴市阳明中学高三下二模)杭州宇树科技携旗下机器人H1惊艳亮相2025年央视春晚。十几个人形机器人动作精准流畅，机械臂灵活挥舞着手帕，舞步充满科技感。其中有一个经典的动作是竖直上抛手绢，机械臂顶着手绢竖直向上运动一段距离后，手绢以4 m/s的速度离开机械臂，然后在牵引绳的作用下，匀减速上升0.4 m后落回。已知手绢的质量是0.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，在手绢匀减速上升的过程中(　　) A．牵引绳拉力大小为4 N B．牵引绳拉力大小为0 N C．克服牵引绳拉力的平均功率为8 W D．克服牵引绳拉力的平均功率为4 W 答案：D 解析：上升过程，由动能定理有－(F＋mg)h＝0－mv，解得牵引绳拉力大小为F＝2 N，故A、B错误；上升过程中的平均速度大小＝＝2 m/s，则克服牵引绳拉力的平均功率为P＝F＝4 W，故C错误，D正确。 7．(2025·江苏省镇江市高三下开学考试)一辆汽车以不同的恒定功率在平直路面上启动，前后两次v­t图像如图所示，设汽车行驶时所受阻力大小与速度的大小成正比，则第一次与第二次汽车启动时功率之比为(　　) A．4∶9 B．9∶4 C．2∶3 D．3∶2 答案：A 解析：设汽车行驶时所受阻力大小与速度的大小的比例系数为k，即f＝kv，当汽车匀速运动时，牵引力大小等于阻力大小，即F＝f＝kv，汽车的恒定功率为P＝Fv＝kv2，则第一次与第二次汽车启动时功率之比为＝＝，故选A。 8．(2025·北京市朝阳区高三下二模)(多选)水平桌面上的甲、乙两物体在水平拉力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度a与所受拉力F的关系如图所示。甲、乙两物体的质量分别为m1、m2，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。下列说法正确的是(　　) A．m1>m2 B．μ1>μ2 C．若拉力相同，经过相同时间拉力对甲做功少 D．若拉力相同，通过相同位移甲获得的动能小 答案：BD 解析：物体运动过程中，由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，即a＝F－μg，由a­F图像的斜率以及截距可知m1<m2、μ1>μ2，A错误，B正确；由a­F图像可知，若拉力相同，加速度大小无法判断，根据W＝Fx＝F·at2，可知无法判断在相同的时间内拉力做功的大小，C错误；a­F图像的横截距表示物体所受的滑动摩擦力，可知甲所受的滑动摩擦力更大，根据动能定理有(F－μmg)x＝ΔEk，可知拉力和位移相同时，甲获得的动能更小，D正确。 9．(2025·广东省惠州市高三下模拟)(多选)古代抛石机原理简化如图所示，轻杆AB可绕转轴O在竖直面内转动，两臂长度分别为OA＝2 m、OB＝8 m。A处固定质量为24 kg的重物，B处放一质量为1 kg的石块。将轻杆拉到水平并从静止释放，当轻杆运动到竖直位置时石块脱离轻杆。重物与石块均可看成质点，不计空气阻力和摩擦力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．从释放到抛出前，石块机械能守恒 B．从释放到抛出前，轻杆对重物做负功 C．石块脱离瞬间的速度大小为8 m/s D．石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0 答案：BCD 解析：从释放到抛出前，石块动能增加、重力势能增加，则石块的机械能增加，故A错误；从释放到抛出前，石块、重物组成的系统机械能守恒，由于石块的机械能增加，可知重物的机械能减少，故轻杆对重物做负功，故B正确；设石块脱离时重物的速度大小为v，石块、重物同轴转动，角速度相同，根据v＝ωr，可知石块速度的大小为v1＝4v，根据机械能守恒定律，有m物v2＋m石v＝m物ghOA－m石ghOB，代入题中数据解得v1＝8 m/s，故C正确；石块脱离瞬间，石块速度方向水平向右，其方向与重力方向垂直，故石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0，故D正确。 10．(2025·云南省玉溪市高三下教学质量检测)(多选)如图所示，倾角为30°的斜面和半径为R的半圆弧连接，圆心O在斜面的延长线上，连接点M处有一轻质定滑轮，N为圆弧最低点且∠MON＝60°，斜面的底端固定一挡板P。物块B、C间由一轻质弹簧拴接置于斜面上(弹簧平行于斜面)，其中C紧靠在挡板P处，B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连，开始时将小球A锁定在M处，此时轻绳与斜面平行，且恰好伸直但无张力，B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A，当小球A沿圆弧运动到最低点N时(物块B未到达M点)，物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m，物块B、C的质量均为2m，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则(　　) A．小球A从M点运动到N点的过程中，物块B的机械能守恒 B．弹簧的劲度系数k＝ C．小球A到达N点时，小球A的速度大小v1＝ D．小球A到达N点时，物块B的速度大小v2＝ 答案：BC 解析：小球A从M点运动到N点，物块B动能不变或增大，重力势能增大，所以物块B的机械能增大，故A错误；未解锁小球A之前，弹簧处于压缩状态，对物块B，由平衡条件有2mgsin30°＝kx1，小球A到达N点时，物块C对挡板的作用力恰好为0，此时弹簧处于伸长状态，对物块C，由平衡条件有2mgsin30°＝kx2，根据几何关系有x1＋x2＝MN＝R，联立解得k＝，故B正确；小球A从M点运动到N点的过程中，小球A、物块B、弹簧组成的系统机械能守恒，又由B项分析可知x1＝x2，可知弹簧弹性势能在始末状态相等，则由机械能守恒定律可得5mgR(1－cos60°)－2mg(x1＋x2)sin30°＝×5mv＋×2mv，根据关联速度分析可得v2＝v1sin60°，联立解得v1＝、v2＝，故C正确，D错误。 11．(2025·福建省泉州市高三下质量监测三)如图，航模试验时小船A在水面上失去动力，某同学在岸上通过电动机用跨过光滑定滑轮的轻绳把A沿水平直线拖向岸边，A的水平甲板上有一货箱B，A和B始终保持相对静止。已知A和B的质量均为m，电动机的输出功率恒为P，A经过c处时速度大小为v0，经过d处时B受到甲板的静摩擦力大小为f，A受水面的阻力忽略不计，求： (1)小船A在d处的加速度大小a； (2)小船A在d处的速度大小v； (3)小船A从c运动到d所用的时间t。 答案：(1)　(2)　(3)－ 解析：(1)整个运动过程中A、B的加速度大小相等，在d处对B， 根据牛顿第二定律有f＝ma 解得A在d处的加速度大小为a＝。 (2)设小船A在d处时电动机拉动轻绳的速度为v1，轻绳拉力大小为F，轻绳与水平方向的夹角为θ，则P＝Fv1，v1＝vcosθ 对A、B整体，由牛顿第二定律有Fcosθ＝2ma 解得v＝。 (3)小船A从c运动到d的过程，对A、B整体由动能定理得Pt＝(m＋m)v2－(m＋m)v 解得t＝－。 高考体验 1．(2025·山东卷，5)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动。此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：小车匀速运动时，其牵引力F＝f，则牵引力做功的功率即电动机的输出功率P电出＝Fv＝fv＝kv2，所以电动机的输入功率即光伏电池的输出功率为P光出＝＝2kv2，则光伏电池的输入功率即单位时间内获得的太阳能为E太阳能＝＝，A正确。 2．(2024·江西卷，5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(　　) A．109 W B．107 W C．105 W D．103 W 答案：B 解析：设瀑布水流量为Q，水位落差为h，发电效率为η，水的密度为ρ，则t时间内流过某横截面的水的体积V＝Qt，从瀑布顶端落到底部，重力对这部分水所做的功W＝ρVgh，发电功率P＝η，联立解得P＝ηρQgh≈107 W，故选B。 3．(2025·四川卷，7)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内(　　) A．物块的位移大小为 B．物块机械能增量为 C．小车的位移大小为－ D．小车机械能增量为＋ 答案：C 解析：设物块运动的加速度大小为a，位移大小为x1，对物块根据牛顿第二定律有μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有v＝2ax1，解得x1＝，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝mv＋mgx1·sin30°＝，故B错误；设小车的位移大小为x，运动时间为t，对小车根据动能定理有Pt－μmgcos30°·x＋mgsin30°·x＝mv－0，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量为ΔE′＝mv＋mgxsin30°＝＋，故D错误。 4．(2023·全国乙卷，21)(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。 5．(2025·福建卷，15)如图甲，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，重力加速度g＝10 m/s2。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。 答案：(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m 解析：(1)F­x图像中图线与x轴所围的面积表示F做的功，由题图乙可知，0～1 m内F做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J。 (2)由题图乙可知，x1＝1 m时外力F1＝1.5 N 设A、B质量均为m，此时A、B的加速度大小均为a1，A、B间的弹力大小为FAB1，对A、B整体，由牛顿第二定律得F1－μmg＝2ma1 对B，由牛顿第二定律得FAB1＝ma1 联立解得FAB1＝0.5 N。 (3)当A、B间弹力大小恰好为0时A、B开始分离，此时A、B的加速度均为0，则外力F2＝μmg＝0.5 N，由题图乙可知，此时x2＝3 m 设A、B开始分离时速度大小为v，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得 WF－μmgx2＝×2mv2－0 结合(1)中分析由题图乙可得，此过程外力F做的功 WF＝W＋×(0.5＋1.5)×(3－1) J＝3.5 J 设B在M点时的速度大小为vM，圆弧半径为r，对B从两者开始分离到运动到M点的过程，由动能定理得－mg×2r＝mv－mv2 B到达M点时，有mg≤m 联立解得r≤0.2 m。 6．(2025·安徽卷，14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； (3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 答案：(1)4 m/s　17 N (2)4 m　(3)2 m/s 解析：(1)设绳子被拉断时小球的速度大小为v，从t＝0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置(绳子刚好被拉断)的过程，由动能定理可得－mg·2L＝mv2－mv 代入数据解得v＝4 m/s 小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，设此时小球受到的绳子拉力大小为Fm，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m 结合牛顿第三定律可知，绳子所受的最大拉力大小Fm′＝Fm 联立并代入数据解得Fm′＝17 N。 (2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x，则由平抛运动规律可得 2L＝g(Δt)2 x＝vΔt 联立并代入数据解得x＝4 m。 (3)当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN，则对小球从t＝0时至运动到N的正上方的过程，由动能定理可得－mg·5L＝mv－mv 小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得mg＝m· 联立并代入数据解得vmin＝2 m/s。 7．(2025·广东卷，14)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动。木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高。木塞质量为m，底面积为S，加速度为a。齿轮半径为r。重力加速度为g。瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用f­x图线下的“面积”表示f所做的功)求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 答案：(1) (2)＋mgh＋mah＋ShΔp (3)P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中0≤t≤ 解析：(1)木塞向上做匀加速直线运动，设木塞离开瓶口瞬间的速度为v，由运动学公式有 v2－0＝2ah 解得v＝ 齿轮边缘的线速度也为v，所以有v＝ωr 解得ω＝。 (2)木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系如图所示，拔塞的全过程摩擦力对木塞做的功为Wf＝－h 拔塞的全过程，对木塞由动能定理有 W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝mv2－0 联立解得W＝＋mgh＋mah＋ShΔp。 (3)拔塞过程中，设拔塞钻对木塞的作用力大小为F，对木塞由牛顿第二定律有 F－f－mg－Δp·S＝ma 经过时间t木塞向上运动的位移大小为x＝at2 木塞的速度大小为v＝at 拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv 联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中0≤t≤。 好题精选 8．(2025·河北省邯郸市高三下保温考试)无人机在送货时要经历起飞、巡航、接近目标、悬停装卸货物的阶段。一无人机携带质量为40 kg的货物从A地送往B地，飞行过程中货物水平方向的速度vx和竖直方向的速度vy(向上为正)与飞行时间t的关系图线如图所示。下列说法正确的是(　　) A．货物在10～20 s内机械能守恒 B．A、B两地的水平位移为915 m C．货物在20～30 s内处于超重状态 D．在0～10 s内合外力对货物做功为500 J 答案：D 解析：在10～20 s内vx、vy大小不变，即货物的合速度大小不变，动能不变，但vy>0，竖直方向位移在增大，其重力势能增大，故机械能增大，A错误；v­t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，A、B两地的水平位移为x＝×(30－1＋31)×10×3 m＝900 m，故B错误；在20～30 s内，货物在竖直方向上做匀减速上升运动，加速度向下，处于失重状态，故C错误；货物在10 s时刻的速率为v＝＝5 m/s，根据动能定理W合＝mv2－0，可知合外力对货物做功W合＝500 J，故D正确。 9．(2025·湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高三下二模)如图所示，ab、ac为竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b两点恰为外接圆的最高点和最低点，两个带孔小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，下列说法正确的是(　　) A．两小球的质量相等 B．两小球下滑的时间不相等 C．此过程中两小球所受重力的平均功率不相等 D．两小球在细杆下端b、c时重力的瞬时功率相等 答案：D 解析：小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，由动能定理有mgh＝Ek－0，由于hab>hac，则m甲<m乙，A错误；如图所示，设ac的倾斜角为θ，甲运动的时间为t1，乙运动的时间为t2，乙运动时的加速度大小为a乙，对甲有2R＝gt，解得t1＝，对乙，根据牛顿第二定律有m乙gsinθ＝m乙a乙，2Rsinθ＝a乙t，解得t2＝，则t1＝t2，B错误；根据A项分析可知，两小球的重力做功相等，又由于运动时间相等，则有＝，因此两小球所受重力的平均功率相等，C错误；两小球都做匀加速直线运动，则甲＝，乙＝，因为甲＝乙，则有m甲g甲＝m乙g乙sinθ，可得m甲vb＝m乙vcsinθ，在b点甲的瞬时功率P甲＝m甲gvb，在c点乙的瞬时功率P乙＝m乙gvcsinθ，则P甲＝P乙，D正确。 10．如图所示，两个质量相等可视为质点的小球a、b通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触(a、b球均可无碰撞通过O点)，且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A．a、b两球组成的系统机械能不守恒 B．a球到达与b球等高位置时速度大小为 C．a球运动到最低点时，b球速度最大 D．a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力一直做负功 答案：C 解析：a球、b球和刚性轻杆所组成的系统只有重力做功，又刚性轻杆的质量不计，机械能不计，则a、b两球组成的系统机械能守恒，故A错误；两球沿刚性轻杆方向的分速度相等，则a球到达与b球等高位置时，b球速度为零，设此时a球速度大小为va，a、b两球质量均为m，由几何关系可知，a球下降高度为L，根据系统机械能守恒，有mgL＝mv，解得va＝，故B错误；a球到达最低点时，b球到达两杆交点处，此时a球速度为0，则a球机械能最小，又系统机械能守恒，则b球的机械能最大，速度最大，C正确；在a球从初位置下降到两杆交点的过程中，b球速度先从0增大后减小至0，即动能先增大后减小，在a球从两杆交点下降到最低点的过程中，b球速度一直增大，即动能一直增大，由系统机械能守恒可知，a球从初位置下降到最低点的过程中，a球机械能先减小后增大，再减小，则刚性轻杆对a球的弹力先做负功后做正功，再做负功，D错误。 11．(多选)2023年10月6日，在杭州亚运会女子龙舟1000米直道竞速决赛中，中国队驱动总质量约1200 kg(含人)的龙舟以4分51秒的成绩获得冠军，如图所示。比赛过程中，运动员拉桨对船做正功，加速；回桨对船不做功，减速。若10个划手一直保持最大输出功率划船，观测发现从静止开始的启动过程中每个划手划了8桨，船前进了20 m，船速达到3.5 m/s，之后保持3.5 m/s的平均速度直至结束，设船受到的阻力恒定，每次拉桨过程做功相同。则下列说法中正确的是(　　) A．船受到的阻力约为397 N B．船受到的阻力约为3970 N C．全程每个划手大约划了150桨 D．全程每个划手大约划了212桨 答案：AD 解析：全程运动时间t总＝(4×60＋51) s＝291 s，前进x1＝20 m、速度达到v＝3.5 m/s后的运动时间t匀＝＝ s＝280 s，则启动过程时间t＝t总－t匀＝11 s；设每个划手每次拉桨过程做功为W，船前进过程中，10个划手的平均输出功率为P，则有10×8W＝Pt；船速达到v＝3.5 m/s后，保持v＝3.5 m/s的平均速度运动，则此时10个划手的平均输出功率等于船克服阻力做功的平均功率，设船受到的阻力大小为f，则有P＝fv；设船的总质量为m，启动过程，根据动能定理有10×8W－fx1＝mv2－0，联立解得f≈397 N，W≈191 J，故A正确，B错误。设全程每个划手划了n桨，全程根据动能定理有10nW－fx总＝mv2－0，解得n≈212，故C错误，D正确。 12．(2025·湖北省百师联盟高三下二轮复习联考)如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为30°和60°，左侧斜面底端固定一挡板，物块a紧挨挡板放置，斜面顶端固定一轻质定滑轮，轻绳一端连接物块a，一端跨过定滑轮与劲度系数为k的弹簧上端连接，弹簧的下端连接物块b。初始状态，用手托住物块b(处于P处)，使两物块a、b均静止，弹簧处于原长且轻绳刚好伸直，轻绳和弹簧都与斜面平行。现释放物块b，物块b从P运动到最低点Q的过程中，物块a恰好没有离开挡板。已知弹簧的弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧形变量)，物块a的质量为M，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．物块a、b的质量之比为2∶1 B．弹簧的最大弹性势能为 C．物块b运动到PQ中点时速度大小为v＝ D．若物块b的质量为M，则由P到Q过程中b的动能先增大后减小 答案：A 解析：设物块b的质量为m，物块b从P运动到Q的过程中，物块b与弹簧组成的系统机械能守恒，有kx＝mgxPQ·sin60°，对物块a，根据平衡条件有Mgsin30°＝kxPQ，联立解得M∶m＝2∶1，故A正确；物块b位于Q点时，弹簧的弹性势能最大，为Epmax＝kx＝，故B错误；从P点到PQ中点，由机械能守恒定律得mgxPQsin60°＝k＋mv2，解得v＝，故C错误；若物块b的质量为M，当物块a对挡板恰好没有压力时，因Mgsin30°＝Mgsin60°，可知物块b此时合外力为0，即加速度为零，速度达到最大值，结合A项分析可知，此时弹簧形变量为xPQ，即物块b恰好到Q，所以由P到Q过程中物块b的动能一直增大，故D错误。 13．(2025·福建省厦门市第一中学高三下模拟)如图所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°、高h＝5.4 m的斜面，斜面顶端与半径R＝1 m的光滑圆弧轨道平滑连接。一质量为m＝1 kg的物块，从斜面底端A点以某一初速度滑上斜面，可以从C点水平抛出。已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若物块通过C点时速度为vC＝4 m/s，求物块对轨道的压力FN； (2)若物块从C点滑出后落回到斜面中点，求物块在A点的速度vA为多大？ (3)若物块恰好从C点滑出，与斜面发生碰撞后，垂直于斜面方向的分速度减为0，沿斜面方向的分速度保持不变。求物块最终停在水平面上时距A点的距离x。 答案：(1)6 N，方向竖直向上　(2) m/s (3) m 解析：(1)物块通过C点时，设轨道对物块的压力大小为FN′，根据牛顿第二定律可得 mg＋FN′＝ 根据牛顿第三定律可得FN＝FN′ 联立并代入数据解得FN＝6 N，方向竖直向上。 (2)由几何关系可知物块落回到斜面中点时竖直分位移为y＝R(1＋cosθ)＋ 水平分位移为x＝－Rsinθ 设物块在C点的速度大小为vC′，做平抛运动的时间为t，由平抛运动规律可得 y＝gt2，x＝vC′t 联立并代入数据解得t＝ s，vC′＝ m/s 物块从A到C的过程，根据动能定理可得 －mg[h＋R(1＋cosθ)]－μmgcosθ＝mvC′2－mv 联立并代入数据解得vA＝ m/s。 (3)物块恰好从C点滑出时，设其速度大小为vC″，根据牛顿第二定律有mg＝ 解得vC″＝ m/s 根据(2)问分析可知，物块恰好落到斜面中点，且在空中运动过程与(2)一样，则物块落在斜面上时水平分速度为vx＝ m/s 竖直分速度为vy＝gt＝3 m/s 碰撞后速度平行斜面的分量为v＝vxcosθ＋vysinθ 从斜面中点到停下，根据动能定理可得mg－μmgcosθ－μmgx＝0－mv2 解得x＝ m。 拔高选做 14．如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(　　) A．t1<t2 B．t1＝t2 C．t1>t2 D．无法比较t1、t2的大小 答案：A 解析：设小滑块的初速度为v0，第一次到达B点的速率为vB1，到达C点的速率为vC1，A到B由动能定理可得：－WfAB1＝mv－mv，－WfBC1＝mv－mv，第二次到达B点的速率为vB2，到达A点的速率为vA2，B到A由动能定理可得：－WfBA2＝mv－mv，－WfCB2＝mv－mv，因为小滑块对滑道的压力与速度有关，对于BC部分，速度越大，压力越大，摩擦力越大，所以WfBC1<WfCB2，对于AB部分，速度越大，压力越小，摩擦力越小，所以WfAB1<WfBA2，所以有vB1>vB2，vC1>vA2，可以判断出t1<t2，所以A正确，B、C、D错误。 15．如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计。物块(可视为质点)的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F＝kx，k为常量。 (1)请画出F随x变化的示意图；并根据F­x图像求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功。 (2)物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中， ①求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量； ②求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。 答案：(1)图见解析　WT＝－kx2 (2)①WT＝kx－kx　ΔEp＝kx－kx ②Wf＝－μmg(2x3－x2－x1) 因为摩擦力做功与路程成正比，而非像弹簧弹力做功一样与路径无关，只与初、末位置有关，所以无“摩擦力势能”的概念。 解析：(1)F­x图像如图所示。 物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中，弹力做负功，且F­x图像与x轴所围的面积等于弹力做功大小。 所以弹力做功为WT＝－·kx·x＝－kx2。 (2)①物块由x1向右运动到x3的过程中，弹力做功WT1＝－·(kx1＋kx3)·(x3－x1)＝kx－kx 物块由x3向左运动到x2的过程中，弹力做功WT2＝·(kx2＋kx3)·(x3－x2)＝kx－kx 整个过程中，弹力做功WT＝WT1＋WT2＝kx－kx 弹性势能的变化量ΔEp＝－WT＝kx－kx。 ②整个过程中，摩擦力做功Wf＝－μmg·(2x3－x1－x2) 与弹力做功比较：弹力做功与x3无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以，我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能。而摩擦力做功与x3有关，即与实际路径有关，所以，不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。 20 学科网（北京）股份有限公司 $