第1部分 专题2 第6节 功与能(二)-【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 第6节　功与能(二) 高考体验 1．(2022·江苏卷，8)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　) 答案：A 解析：设运动员的水平位移为x时，运动员所在位置处滑道与水平方向的夹角为θ，不计摩擦力及空气阻力，根据动能定理可知，运动员下滑过程有ΔEk＝mgΔxtanθ，即＝mgtanθ，θ先不变后逐渐减小到0，则Ek­x图线的斜率mgtanθ先不变后逐渐减小到0；运动员滑过圆弧滑道最低点后向上滑动的过程有ΔEk＝－mgΔx·tanθ，即＝－mgtanθ，θ逐渐增大，则Ek­x图线的斜率－mgtanθ的绝对值逐渐增大。故选A。 2．(2023·新课标卷，20)(多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 答案：BC 解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，W­x图像的斜率表示拉力F，由题图可知，0～2 m，F1＝ N＝6 N，2～4 m，F2＝ N＝3 N。物体从x＝0运动到x＝1 m的过程中，根据动能定理有W1－μmgx1＝mv，代入W1＝6 J、x1＝1 m，解得在x＝1 m时，物体的速度v1＝2 m/s，则在x＝1 m时，拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；物体从x＝0运动到x＝4 m的过程中，由动能定理得W4－μmgx4＝Ek4，代入W4＝18 J、x4＝4 m，解得在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf2＝μmgx2，代入x2＝2 m，解得Wf2＝8 J，C正确；由于F1＞μmg，F2＜μmg，则物体在0～2 m内由静止开始做加速运动，在2～4 m内做减速运动，在x＝2 m时速度最大，动量最大，物体从x＝0运动到x＝2 m的过程中，由动能定理得W2－μmgx2＝mv，代入W2＝12 J、x2＝2 m，解得在x＝2 m时物体的速度v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为pm＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。 3．(2024·江苏卷，15)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点)在电动机作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求： (1)CD段长度x； (2)BC段电动机的输出功率P； (3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。 答案：(1) (2)mgvsinθ＋μmgvcosθ　(3) 解析：(1)对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有－mgxsinθ－μmgcosθ·x＝0－mv2 解得x＝。 (2)物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件知，电动机对物块的作用力大小 F＝mgsinθ＋μmgcosθ 电动机的输出功率P＝Fv 联立解得P＝mgvsinθ＋μmgvcosθ。 (3)根据题意，全过程储存的机械能E1＝mgLsinθ 由能量守恒定律可知，电动机消耗的总电能E2＝mgLsinθ＋μmgcosθ·L 联立可得＝。 好题精选 4．(2025·河南省五市高三下第一次联考)某餐厅的传菜装置如图所示，装载着菜品的小车沿等距螺旋轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中(　　) A．小车所受合力为零 B．小车向心力保持不变 C．小车和菜品总的机械能保持不变 D．小车对菜品做负功 答案：D 解析：将小车的运动沿水平方向和竖直方向分解，在水平方向上，小车做匀速圆周运动，合力提供向心力，始终指向圆心，因此方向时刻发生变化，合力不为零，故A、B错误；小车和菜品匀速率下降，动能不变，势能逐渐减小，所以机械能逐渐减小，故C错误；设小车对菜品做的功为W，对菜品分析，根据动能定理有mgh＋W＝ΔEk＝0，可知W<0，即小车对菜品做负功，故D正确。 5．(2025·贵州省黔南州部分校高三下模拟)(多选)某人工升降平台工作示意图如图所示，电机固定在平台上通过绞盘可使得平台升降。某工作人员质量M＝50 kg，平台与电机总质量m＝30 kg，绳与滑轮重力、它们之间的摩擦力均不计。该工作人员操作平台以1 m/s的速度匀速上升5 m的距离，平台上升过程中不发生旋转，重力加速度取g＝10 m/s2。关于该过程下列说法中正确的是(　　) A．人与平台组成的系统机械能守恒 B．电机端轻绳的拉力为200 N C．平台支持力对人的功率为500 W D．电机输出的机械功率为200 W 答案：BC 解析：匀速上升5 m过程中重力势能增加ΔEp＝(M＋m)gh＝4000 J，动能不变，人与平台组成的系统机械能增加，故A错误；设电机端轻绳的拉力为FT，对人与平台组成的系统，由平衡条件有mg＋Mg＝4FT，解得FT＝200 N，故B正确；由平衡条件可得平台对人的支持力N＝Mg，则平台支持力对人的功率PN＝Nv＝500 W，故C正确；由功能关系可知电机做功为W＝ΔEp＝4000 J，上升时间为t＝＝5 s，故电机输出的机械功率P＝＝800 W，故D错误。 6．(2025·安徽省池州市高三下教学质量统一监测)(多选)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底端冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v­t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则(　　) A．1～3 s时间内物块所受摩擦力做正功 B．0～3 s时间内物块平均速度大小为8 m/s C．物块由顶端返回到底端的过程中所需时间大于3 s D．0～1 s与1～3 s两段时间内物块与传送带间因摩擦产生的热量之比为3∶2 答案：AC 解析：由题图乙可知，在1～3 s时间内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力沿传送带向上，与运动的方向相同，所以1～3 s时间内物块所受摩擦力做正功，故A正确；v­t图线与t轴所围图形的面积大小表示物块的位移，则0～3 s时间内物块的位移大小为x＝×1 m＋ m＝20 m，物块平均速度大小为＝＝ m/s，故B错误；物块下滑时所受摩擦力沿传送带向上，则其加速度与1～3 s时间内的加速度相同，为a2＝＝4 m/s2，设物块由顶端返回到底端的过程中所需时间为t2，则x＝a2t，解得t2＝ s>3 s，故C正确；0～1 s时间内物块与传送带的相对位移大小Δx1＝×1 m－8×1 m＝4 m，由功能关系可得产生的热量Q1＝μmg·Δx1，1～3 s时间内物块与传送带的相对位移大小Δx2＝8×2 m－×8×2 m＝8 m，由功能关系可得产生的热量Q2＝μmg·Δx2，则两段时间内因摩擦产生的热量之比为＝＝，故D错误。 7．(2025·江西省高三下模拟预测)(多选)2022年北京冬奥会滑雪比赛场上，某滑雪运动员从坡度一定的雪坡上沿直线由静止匀加速下滑的过程中，运动员受到的阻力恒定，则运动员的速度大小v、加速度大小a、重力势能Ep(取坡底的重力势能为0)、机械能E随时间变化的图像可能正确的是(　　) 答案：AC 解析：运动员由静止匀加速下滑，根据v＝at可知，速度与时间成正比，A正确；运动员做匀加速直线运动，加速度不变，B错误；设雪坡的倾角为θ，运动员加速下滑的过程中，Ep＝Ep0－mg·at2sinθ，Ep­t图像为开口向下的抛物线的一部分，C正确；运动员的机械能E＝Ep0－f·at2，E­t图像也为开口向下的抛物线的一部分，但运动员到达坡底时的机械能不为0，D错误。 8．如图甲所示，一物块从固定斜面的底端沿斜面方向冲上斜面，物块的动能Ek随距斜面底端高度h的变化关系如图乙所示，已知斜面的倾角为30°，重力加速度大小为g，取物块在斜面底端时的重力势能为零，下列说法正确的是(　　) A．物块的质量为 B．物块与斜面间的动摩擦因数为 C．上滑过程中，物块动能等于重力势能时，到斜面底端的高度为h0 D．下滑过程中，物块动能等于重力势能时，物块的动能大小为 答案：C 解析：因为从斜面底端冲上斜面到返回斜面底端，摩擦力做负功，根据动能定理可知，返回斜面底端时的动能小于从斜面底端冲上斜面时的动能，故从斜面底端冲上斜面时的动能为2E0，返回斜面底端时的动能为E0。物块从底端上滑到最高点的过程，由动能定理可知－mgh0－μmgcos30°·＝0－2E0，从最高点滑回斜面底端的过程，由动能定理可知mgh0－μmgcos30°·＝E0－0，联立解得m＝，μ＝，A、B错误；物块从斜面底端上滑高度为h时的动能为Ek1＝2E0－mgh－μmgcos30°·，物块具有的重力势能为Ep1＝mgh，当Ek1＝Ep1时，解得h＝h0，C正确；物块从最高点下滑到高度为h时的动能为Ek2＝mg(h0－h)－μmgcos30°·，物块具有的重力势能为Ep2＝mgh，当Ek2＝Ep2时，解得h＝h0，Ek2＝E0，D错误。 9．(2025·辽宁省沈阳市东北育才学校高三下模拟预测)如图所示，一根轻质弹性绳一端固定在天花板上的A点，另一端跨过墙上固定的光滑定滑轮B与一可视为质点的小物块相连，弹性绳的原长等于AB，绳的弹力符合胡克定律，劲度系数k＝10 N/m。初始状态，小物块被锁定在固定斜面上的M点，BM垂直斜面。某时刻，小物块解除锁定，同时施加一沿着斜面向上的恒力F，小物块由静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点，P为MN中点。已知斜面倾角θ＝37°，物块质量m＝1 kg，BM＝0.3 m，MN＝0.4 m，物块与斜面间动摩擦因数μ＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，弹簧的弹性势能Ep＝kx2，x为弹簧的形变量，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。物块从M到N的过程中，下列说法正确的是(　　) A．物块所受的支持力减小 B．所受恒力F的大小为9 N C．物块经P点时的动能为0.2 J D．物块和弹性绳系统的机械能先增大后减小 答案：C 解析：对处于M、N间任意位置的物块进行受力分析，如图所示，设弹性绳的伸长量为x，绳与BM的夹角为α，在垂直于斜面方向的合力为0，则有N＋kxcosα＝mgcosθ，由几何关系可得xcosα＝xBM，解得N＝mgcosθ－kxBM＝5 N，所以物块向上运动过程中所受的支持力不变，故A错误；物块所受滑动摩擦力f＝μN＝2 N保持不变，根据几何关系有xBN＝ m＝0.5 m，物块从M到N的过程，由能量守恒定律得(F－f)xMN＝mgxMNsinθ＋kx－kx，解得F＝10 N，故B错误；根据几何关系有xBP＝ m＝ m，物块从M到P的过程，由功能关系得(F－f)xMP＝mgxMPsinθ＋kx－kx＋Ek，结合上述解得物块经P点时的动能Ek＝0.2 J，故C正确；因F始终大于f，则物块从M到N的过程，恒力F与摩擦力的合力对物块和弹性绳构成的系统始终做正功，则物块和弹性绳系统的机械能始终增大，故D错误。 10．(2025·吉林省吉林地区高三下第三次调研测试)如图所示装置，两根光滑细杆与竖直方向夹角都是θ，上面套有两个质量为m的小球，小球之间用劲度系数为k的弹簧相连。初始时，两小球静止在A、B处，当整个装置绕中心轴线OO′缓慢加速旋转，当角速度为ω时，不再加速，保持稳定，此时两小球处于C、D位置，且此时弹簧中弹力与小球静止在A、B处时的弹力大小相等，试求： (1)小球静止在A、B位置时弹簧的弹力大小F； (2)稳定在C、D位置时弹簧的长度LCD； (3)整个过程中细杆对弹簧小球系统做的功W。 答案：(1)　(2) (3)· 解析：(1)小球静止在A、B位置时，左侧小球的受力分析如图甲所示，根据平衡条件有tanθ＝ 可得弹簧的弹力大小为F＝。 (2)稳定在C、D位置时，对左侧小球受力分析如图乙所示，重力、支持力、弹簧弹力的合力提供小球做圆周运动的向心力， 竖直方向有N′sinθ＝mg 水平方向有F＋N′cosθ＝mω2 解得LCD＝。 (3)小球稳定在C、D位置时，线速度大小为v＝ω 设弹簧原长为L0，根据胡克定律有F＝k(L0－LAB) F＝k(LCD－L0) 根据几何关系可知小球在A、B位置与在C、D位置时，弹簧长度之差为Δx＝LCD－LAB 小球稳定在C、D位置时，上升的高度为h＝ 联立解得h＝ 因初、末状态弹簧的形变量相同，弹簧弹力对小球做功为零， 故细杆对两小球所做总功为W＝2 解得W＝·。 高考体验 1．(2024·安徽卷，7)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. 答案：B 解析：设水从出水口射出的初速度为v0，水离开出水口在空中做平抛运动的时间为t′，取t时间内抽出的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝gt′2，根据能量守恒定律，得Ptη＝mv＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率约为P＝，故选B。 2．(2024·山东卷，7)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　) A.＋μmg(l－d) B.＋μmg(l－d) C.＋2μmg(l－d) D.＋2μmg(l－d) 答案：B 解析：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体，根据平衡条件和胡克定律，有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝kx＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，由功能关系可知W－μmgx1＝E0－0，可解得该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，故B正确。 3．(2020·全国卷Ⅰ，20)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　) A．物块下滑过程中机械能不守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 答案：AB 解析：物块下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，增加的动能小于减少的重力势能，所以机械能不守恒，A正确。斜面高h＝3.0 m、长L＝5.0 m，则斜面倾角θ的正弦值sinθ＝＝0.6；物块在斜面底端的重力势能为零，则在斜面顶端的重力势能为mgh＝30 J，可得物块的质量m＝1.0 kg；物块下滑5 m的过程中，由功能关系可知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcosθ·L＝20 J，可求得μ＝0.5，B正确。由牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得a＝2.0 m/s2，C错误。当物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误。 4．(2025·云南卷，10)(多选)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　) A．P、M两点之间的距离为 B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为mv C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间 答案：CD 解析：过程Ⅰ中，设滑块的加速度大小为a，对滑块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，又μ＝tanθ，解得a＝2gsinθ，则P、O两点之间的距离为xPO＝＝，过程Ⅱ中，当滑块的速度最大时，滑块所受合力为0，则有kxOM＝mgsinθ＋μmgcosθ，此时弹簧的伸长量即O、M两点之间的距离为xOM＝，则P、M两点之间的距离为xPM＝xPO－xOM＝，A错误；过程Ⅱ中，Q在O点的重力势能比P点大，动能比P点大，则从P点单向运动到O点的过程，Q的机械能增大，B错误；根据运动的对称性可知，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为xm＝2xPM＝，C正确；分析可知，连接在弹簧下端的Q所受最大静摩擦力沿斜面向上时处于O点，所受最大静摩擦力沿斜面向下时处于M点，则滑块最终一定静止在OM(含O、M点)之间，D正确。 5．(2022·重庆卷，10)(多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图中曲线①、②所示，则(　　) A．物块与斜面间的动摩擦因数为 B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9 J时，物块动能为3 J C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3 D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1∶ 答案：BC 解析：由题意知，拉力大小F＝f＝μmgcos45°，当拉力沿斜面向下时，对物块受力分析，由牛顿第二定律有mgsin45°＋F－f＝ma1，得物块下滑的加速度大小为a1＝gsin45°＝g，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功分别为WG＝mg·a1t2·sin45°＝t2＝18 J，Wf＝－μmgcos45°·a1t2＝－t2＝－6 J，联立解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，故A错误；当拉力沿斜面向上时，对物块受力分析，由牛顿第二定律有mgsin45°－F－f＝ma2，得物块下滑的加速度大小为a2＝gsin45°－2μgcos45°＝g，则当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为a2∶a1＝1∶3，故C正确；当拉力沿斜面向上，物块位移大小为x时，重力做功为WG′＝mgsin45°·x，合力做功为W合＝ma2·x，两者比值为＝＝＝3，则重力做功为WG′＝9 J时，合力做功为W合＝＝3 J，由动能定理知此时物块动能为3 J，故B正确；由p＝mv、v2＝2ax联立，得动量大小p＝m，则当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为p2∶p1＝∶＝1∶，故D错误。 6．(2021·全国甲卷，24)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。 (1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能； (2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能； (3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？ 答案：(1)mgdsinθ　(2) (3)L>d＋ 解析：(1)小车在光滑斜面上滑行时，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma 设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带前速度为v2，则有v－v＝2ad 因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面通过减速带后的速度与到达下一个减速带前的速度均为v1和v2，经过每一个减速带时损失的机械能为 ΔE＝mv－mv 联立以上各式解得ΔE＝mgdsinθ。 (2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上的运动过程，根据动能定理有－μmgs＝0－mv 从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L＋29d)sinθ－ΔE总＝mv－0 联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs 故小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE′＝＝。 (3)由题意可知ΔE′>ΔE 可得L>d＋。 好题精选 7．(2025·北京市延庆区高三下统测)如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动，该过程传送带与传送轮之间不打滑。如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的输出功率为(　　) A．80 W B．160 W C．320 W D．640 W 答案：B 解析：由功能关系可知，时间t＝1 s内电动机多做的功等于落在传送带上的m＝40 kg的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量之和，即ΔPt＝mv2＋Q，设摩擦力大小为f，对于煤粉，由动能定理有fx＝mv2－0，由匀变速直线运动的规律，可知煤粉的位移x＝·t，传送带的位移x1＝vt，则因摩擦产生的热量Q＝f·Δx＝f·(x1－x)，联立并代入题中数据解得ΔP＝160 W，故选B。 8．(2025·河北省沧州市普通高中高三复习质量监测)自由式滑雪是一项运用滑雪板在U形池中做一系列动作技巧的雪上项目，如图a所示。某滑雪U形池可简化为半圆筒形，其截面图如图b所示。某次训练运动过程中运动员下滑经过轨道上A点时速度大小为10 m/s，之后冲上对面较低的B点时速度大小仍为10 m/s。若该运动员另一次训练经过A点时速度大小为6 m/s，两次的运动路径相同，将运动员视为质点。下列说法正确的是(　　) A．该运动员经过B点时速度大小一定为6 m/s B．该运动员经过B点时速度大小可能小于6 m/s C．该运动员速度大小为6 m/s时位置位于B点上方 D．该运动员经过轨道最低点时速度最大 答案：C 解析：该运动员在弧形轨道中运动时做圆周运动，经过某点时速度越小，对应向心力越小，对弧面的压力越小，所受摩擦阻力越小，在A、B间运动过程中损失机械能越小，若经过A点时的速度大小为6 m/s，到达B点的速度大小一定大于6 m/s，速度大小为6 m/s时位置位于B点上方，A、B错误，C正确；运动员向下滑动到重力沿圆弧切线方向的分量等于摩擦阻力时，即沿切线方向的合力为零时速度最大，应在A点下方与最低点之间，D错误。 9．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有质量为m的物块P，弹簧形变量为x0，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。用x表示P离开初始位置的位移，向上拉力F和x之间关系如图乙所示。从拉力F作用在物块上开始到弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是(　　) A．系统机械能的变化量为(2F1－mg)x0 B．物块P的动能变化量大小为(F1－mg)x0 C．弹簧的弹性势能变化量大小为mgx0 D．物块P的重力势能变化量大小为2mgx0 答案：BC 解析：施加F前，由平衡条件有mg＝kx0，拉力使物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F＋k(x0－x)－mg＝ma，联立可得F＝kx＋ma，故x＝0时F0＝ma，x＝x0时，F1＝mg＋ma。根据功能关系，系统机械能的变化量ΔE机＝WF＝x0＝x0＝，故A错误；物块P做匀加速直线运动，动能变化量ΔEk＝ma·x0＝(F1－mg)x0，故B正确；由功能关系有WG＝－mgx0＝－ΔEpG，可知物块P的重力势能变化量ΔEpG＝mgx0，故D错误；根据ΔE机＝ΔEk＋ΔEpG＋ΔEp弹可知，弹簧的弹性势能变化量ΔEp弹＝ΔE机－ΔEk－ΔEpG＝－，故C正确。 10．(2025·河北省名校联考高三下模拟预测)如图所示，A、B两个可视为质点的小球由两段不可伸长的细线连接，一同学用手握住细线上端O，初始时刻两个球均静止，该同学通过晃动细线让两个小球动起来，系统稳定时两个小球均在水平面内做匀速圆周运动，细线OB与竖直方向成37°角。已知两段细线长度均为L，A、B两小球的质量分别为m、m，两个小球做匀速圆周运动的角速度ω＝，重力加速度为g，晃动细线过程中O点高度没有发生变化，不计空气阻力，sin37°＝。他在晃动细线的过程中做功为(　　) A.mgL B.mgL C.mgL D.mgL 答案：A 解析：设AB与竖直方向的夹角为θ，A、B两球做圆周运动的半径分别为rA、rB，如图所示，根据几何关系可得rA＝Lsinθ－Lsin37°，rB＝Lsin37°，由整体法知，细线OB的弹力TB＝，对A受力分析知，细线BA的弹力TA＝，对B由牛顿第二定律有TBsin37°＋TAsinθ＝mBω2rB，代入题中数据，联立解得tanθ＝，即sinθ＝0.8，cosθ＝0.6，故B增加的重力势能ΔEpB＝mBg(L－Lcos37°)，B增加的动能ΔEkB＝mB(ωrB)2，A增加的重力势能ΔEpA＝mAg·(L－Lcos37°＋L－Lcosθ)，A增加的动能ΔEkA＝mA(ωrA)2，代入题中数据，联立解得系统增加的机械能ΔE＝ΔEpB＋ΔEkB＋ΔEpA＋ΔEkA＝mgL，由功能关系可知，他在晃动细线的过程中做功为mgL。故选A。 11．(2025·湖南省常德市高三下二模)(多选)如图a所示，可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，b球在外力作用下静止悬空。以地面为重力势能的零势能面，从静止释放b球，在b球落地前的过程中，a、b两球的重力势能随时间t的变化关系如图b所示，图中两图像交点对应时刻t＝0.3 s，a球始终没有与定滑轮相碰，a、b始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。则(　　) A．b球质量为2 kg B．b球落地时a球的动能为3 J C．b球下落前距地面的高度为0.3 m D．t＝0.3 s时b球离地面的高度为0.225 m 答案：BC 解析：设b球下落前距地面的高度为H，则b球落地瞬间，a球上升的高度为H，由图b可知，Epbm＝mbgH＝18 J，Epam＝magH＝6 J，解得ma∶mb＝1∶3，由能量守恒定律，可得Epbm－Epam＝Eka＋Ekb，且＝，联立解得b球落地时a球的动能为Eka＝3 J，故B正确；运动过程中，设绳的拉力大小为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律，对a有T－mag＝maa，对b有mbg－T＝mba，联立解得a＝5 m/s2，则t＝0.3 s时，a球上升的高度h＝at2＝0.225 m，由图b可知，t＝0.3 s时两球重力势能相等，则有magh＝mbg(H－h)，解得H＝0.3 m，b球质量mb＝＝6 kg，t＝0.3 s时b球离地面的高度Δh＝H－h＝0.075 m，故C正确，A、D错误。 12．(2025·吉林省白城市高三下东北地区高考名师联席命制)如图所示，倾角为θ的斜面放置在水平地面上，一质量为m的小滑块以一定初速度v0从斜面底端沿斜面上滑，运动到最高点后再返回，整个过程中斜面始终保持静止。出发点为坐标原点，沿斜面向上为位移x的正方向，且出发点为势能零点，则有关斜面受到地面的摩擦力f、斜面受到小滑块的压力F、小滑块运动过程中的机械能E和动能Ek随小滑块位移x变化的关系图像正确的是(　　) 答案：C 解析：由题意可知mgsinθ>μmgcosθ，小滑块在上滑过程中和下滑过程中的加速度方向均沿斜面向下，具有水平向左的分量，对小滑块和斜面整体，地面对斜面的摩擦力提供水平方向的加速度，根据牛顿第二定律可知全过程中f方向不变，故A错误；全过程斜面受到小滑块的压力F＝mgsinθ，其大小和方向均未发生改变，故B错误；E­x图像的斜率大小表示小滑块运动过程中受到的除重力外做功的力的大小，即小滑块在上滑过程和下滑过程中受到的滑动摩擦力，两个过程中摩擦力大小相等，方向相反，故C正确；Ek­x图像的切线斜率大小表示小滑块运动过程中受到的合外力大小，小滑块上滑过程和下滑过程合外力大小分别为mgsinθ＋μmgcosθ和mgsinθ－μmgcosθ，均保持不变，即Ek­x图像应是两条斜率不同的直线，D错误。 13．(2025·广东省清远市高三下二模)如图甲所示为某机场行李物品传送装置实物图，图乙为该装置直线段部分简化图，由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平台面的夹角θ＝37°。工作人员将长方体货物(可视为质点)从图乙传送带的左端由静止释放，在距左端L＝8 m处货物被取走，货物运动时的剖面图如图丙所示。已知传送带匀速运行且速度v＝1 m/s，货物质量m＝10 kg，其底部与传送带上表面A间的动摩擦因数为μ1＝0.4，其侧面与挡板C间的动摩擦因数为μ2＝0.2。(重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力)求： (1)货物刚开始运动时传送带和挡板对货物的支持力N1和N2的大小； (2)货物在传送带上滑动时的加速度大小； (3)若传送带速度在0.5 m/s至2 m/s范围内可调，要求取走该货物时因传送货物而多消耗的电能不能超过122 J，则传送带速度不超过多少。 答案：(1)80 N　60 N　(2)2 m/s2 (3) m/s 解析：(1)在剖面方向对货物进行受力分析，如图所示，由平衡条件有N1＝mgcosθ，N2＝mgsinθ 代入数据解得N1＝80 N，N2＝60 N。 (2)货物与传送带间的摩擦力f1＝μ1N1＝32 N，与运动方向相同 货物与挡板间的摩擦力f2＝μ2N2＝12 N，与运动方向相反 设货物在传送带上滑行时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对货物有f1－f2＝ma 代入数据解得a＝2 m/s2。 (3)若传送带以最大速度2 m/s运行，货物加速阶段运动的最大位移为xm，有v＝2axm 解得xm＝1 m<L＝8 m 即传送带以2 m/s的速度运行时，货物能够与传送带达到共速。设多消耗的电能恰好为122 J时，传送带的速度为v0，货物加速运动的时间为t1，则货物在传送带上加速运动的距离为x1，则在t1时间内，有x1＝at 传送带的位移x2＝v0t1 传送带与货物间因摩擦生热Q1＝f1(x2－x1) 对货物，由动能定理有(f1－f2)x1＝mv－0 且有v0＝at1 传送带因传送货物而多做的功W＝mv＋Q1＋f2L＝122 J 代入数据解得v0＝ m/s 故传送带速度不超过 m/s。 14．(2025·吉林省吉林市高三下四模)如图甲，一质量为m＝1 kg的长木板放置在光滑水平面上，木板的正中间放置一质量为M＝3 kg的滑块，滑块可看成质点，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5。一条弹性绳一端系于天花板上的O点，另一端系于滑块中心，弹性绳的弹力与其伸长量x满足胡克定律F＝kx，劲度系数为k＝100 N/m，弹性绳所具有的弹性势能Ep＝kx2。在O点正下方A点固定一光滑的圆环，弹性绳从环中穿过，已知O、A之间距离与弹性绳原长相等，当滑块在O、A的正下方的B点时，弹性绳的伸长量为h＝0.1 m。某时刻突然在B处给予两者一共同向右的速度v，在此后的运动过程中，滑块都不会从木板上滑下，重力加速度g取10 m/s2。 (1)如图乙，当滑块和木板速度减为零时两者刚好发生相对滑动，求： ①此时滑块位置与B的距离； ②这种情况下滑块与木板在B点的初速度v1。 (2)若滑块与木板在B点的初速度v2＝2 m/s，在刚好出现相对滑动时，使木板的速度瞬间变为零且固定不动，求： ①此后滑块在木板上滑动距B点的最大距离； ②此后滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量。 答案：(1)①0.4 m　②2 m/s (2)①0.6 m　②20 J 解析：(1)①设当木板和滑块刚好出现相对运动时，滑块到A点的距离为L，位移为x1，弹性绳的弹力大小为F，木板对滑块的支持力大小为FN，弹性绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示 弹性绳弹力的竖直分力Fy＝kLcosθ 在竖直方向上，由平衡条件有Fy＋FN＝Mg 滑块所受摩擦力大小f＝μFN 根据牛顿第三定律，木板所受摩擦力大小f′＝f 根据牛顿第二定律，对木板有f′＝ma 对整体，根据牛顿第二定律有kLsinθ＝(M＋m)a 根据几何关系有Lsinθ＝x1，Lcosθ＝h 联立解得x1＝0.4 m 即出现相对滑动的位置与B的距离为0.4 m。 ②系统的动能将全部转换为弹性绳的弹性势能，根据机械能守恒定律有 kL2－kh2＝(M＋m)v 其中L＝ 解得v1＝2 m/s。 (2)①因为v2＝2 m/s>2 m/s，则出现相对滑动时，滑块与木板速度大于零，设滑块和木板刚好出现相对滑动时的共同速度为v3，根据机械能守恒定律有kx＝(M＋m)v－(M＋m)v 其中x2＝x1＝0.4 m 解得v3＝2 m/s 此后木板停止运动，滑块相对木板向右滑动，以向右为正方向，设滑块速度为零时相对B点的位移为x3，由(1)分析可知，滑块对木板的压力始终不变，则其所受摩擦力大小不变，根据能量守恒定律，有kx－kx＋f(x3－x2)＝Mv 解得x3＝0.6 m(另一解x3＝－0.8 m不合理，舍去) 故滑块在木板上滑动距B点的最大距离为0.6 m。 ②因kx3＝100×0.6 N＝60 N>f＝10 N，故滑块运动至最右侧时不能静止而向左滑动。 以向右为正方向，设滑块向左滑动直至速度再次为零时相对B点的位移为x4，根据能量守恒定律，有kx－kx＝f(x3－x4) 解得x4＝－0.4 m(另一解x4＝0.6 m不合理，舍去) 负号说明滑块位于B点左侧0.4 m处，因k|x4|＝100×0.4 N＝40 N>f＝10 N 故滑块不能静止而向右运动。 同理，对滑块再向右运动直至速度为零的过程，有kx－kx＝f(x5－x4) 解得x5＝0.2 m(另一解x5＝－0.4 m不合理，舍去) 因kx5＝100×0.2 N＝20 N>f＝10 N 故滑块不能静止而向左运动。 同理，对滑块再向左运动直至速度为零的过程，有kx－kx＝f(x5－x6) 解得x6＝0(另一解x6＝0.2 m不合理，舍去) 故滑块最终静止于B点。 在木板固定不动直至滑块停止运动的整个过程中，设滑块与木板因摩擦产生的热量为Q，根据能量守恒定律，有Q＝kx＋Mv 代入数据解得Q＝20 J。 拔高选做 15．(2021·山东卷，18)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。 (1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek； (2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin； (3)若三物块都停止时B、C间的距离为xBC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fxBC的大小； (4)若F＝5f，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值(用f、k、m表示)，不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。 答案：(1)　 (2)f　(3)W≤fxBC　(4)图见解析 解析：(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧组成的系统为研究对象，由功能关系得Fx0＝2fx0＋kx 解得x0＝ 弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧组成的系统为研究对象，由能量守恒定律得kx＝2fx0＋2Ek 解得Ek＝。 (2)当A刚要离开墙壁时，设弹簧的伸长量为x1，以A为研究对象，由平衡条件得kx1＝f 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值Fmin，设此时B、C分离时B的动能为Ekmin，由(1)问结果可知Ekmin＝ 从弹簧恢复原长到A刚要离开墙壁的过程中，以B和弹簧整体为研究对象，由能量守恒定律得Ekmin＝kx＋fx1 联立解得Fmin＝f 由于Fmin>2f，舍去Fmin＝f，所以恒力的最小值为Fmin＝f。 (3)从B、C分离到B停止运动的过程中，设B的路程为xB，C的位移为xC，以B为研究对象，由动能定理得－W－fxB＝0－Ek 以C为研究对象，由动能定理得－fxC＝0－Ek 由B、C的运动关系得xB≥xC－xBC 联立可知W≤fxBC。 (4)若F＝5f，则B、C向左移动的最大距离x0＝＝ 则x＝0撤去F时C的加速度大小为a0＝＝＝，方向水平向右 之后C开始向右运动，B、C分离前，C的加速度为a＝＝ 可知加速度a与位移x为线性关系，且a先减小到0后再反向增大，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为a1＝－，负号表示C的加速度方向水平向左 从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C整体为研究对象，由动能定理得 kx－2fx0＝·2mv2 之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒定律得fx2＝mv2 解得与B分离后，C运动的距离为x2＝x0 则C最后停止时的x值为x0＋x2＝x0＝·＝ 所以C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像如图所示： 24 学科网（北京）股份有限公司 $