专题强化练(六) 功和能[1 选择题]-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

班级 姓名 专题强化练（六） …0g 基础达标练 0… 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)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=ko(k 为常量)，该光伏电池的光电转换效率为，则 光伏电池单位时间内获得的太阳能为( ) A.22 E 7 27 C.kv+mv D.2ku2十m2 27 72 2.(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 的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速 度为u.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 1 1 C.mgh D.mgh-?mv 3.(2025·山东省烟台市高三二模)如图所 示，半径为R的四分之三光滑圆轨道ABD 被固定在竖直面内，O为圆心，AB是竖直 直径.一质量为m的小球（可视为质点）静 止在最高点B,受到轻微的扰动从B点沿 轨道下滑，到达C点时刚好脱离轨道，最后 落到水平面，重力加速度为g,不计空气阻 力.则小球刚到达水平面时重力瞬时功 率为 () B A 得分 功和能[1选择题] A.2mg√gR B.5mg V3gR 9 C.10mg V3gR D.20mg√3gR 9 9 4.(多选)(2025·四川省雅安市高三二模)如 图所示，粗糙程度可改变的斜面DE与光滑 圆弧轨道BCD相切于D点，C为最低点，B 与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1m,圆 心角∠BOD=127°.调整斜面动摩擦因数 =o时，将一可视为质点、质量m=1kg的 物块，从B点正上方的A点自由释放，物块 恰好到达斜面顶端E处.已知AB=1m, DE=1.8m,重力加速度g取10m/s2, sin37°=0.6，c0s37°=0.8，则 口A 777777777777777777 D A.物块第一次通过C点时受到支持力大小 为50N B.调整u=0.4,物块在斜面上运动的路程 为5.625m C.调整以=0.6，物块在斜面上运动的路程 为3.75m D.调整以=0.8，物块在斜面上运动的路程 为1m 5.(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 16 班级 姓名 刚好相同，大小为0.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 ( 电动机 ● 30 A物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 5v6 2 16P0 C.小车的位移大小为 2呢 5mg2 5g D.小车机械能增量为8P+m喝 5g 2 6.(2025·重庆市高三考前冲刺卷)如图所 示，质量为M的小球套在固定倾斜的光滑 杆上，原长为1。的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖 直平面内.图中AO水平，BO间连线长度 恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O在O 点正下方，C是AO段的中点，杆与竖直方 1 向的夹角0=30°.现让小球从A处由静止 释放，重力加速度为g,弹簧的劲度系数为 =9mg.查阅资料知，弹簧的弹性势能E。 lo -kx,其中x为弹簧的形变量，弹簧始 终在弹性限度内.下列说法正确的是 0KOA 0 11 得分 A.下滑过程中小球的机械能先减小后增大 B.小球位于A点时的加速度大小为 28 C.小球下滑到B点时的动能为(11一 3√3)mglo D.小球下滑到C点时的动能为mglo …0能力提升练0 7.(2025·黑、吉、辽、蒙卷·7)如图，光滑绝 缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形 轨道BC在B点相切，轨道半径为r,圆心 为O,O、A间距离为3r.原长为2r的轻质 绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一 带正电的物块.空间存在水平向右的匀强 电场，物块所受的电场力与重力大小相等. 物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C 三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC,则 0 r A B A.EkA<EkB<EkC B.EkB<EkA<EkC C.EkA<EkC<EkB D.EkC<EkA<EkB 8.(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1.假设 抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的 ?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 () 班级 姓名 出水口 A.55y2(H+h+元 27h B.竖哑(H+A+》 2nh C.g(H+》 2nh D.(H+】 2nh 9.(多选)[2025·八省联考（晋、陕、宁、青四 省)卷·10]如图，倾角为30°且足够长的光 滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通 过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端 与固定在水平面的轻弹簧连接，P和Q的 质量分别为4m和m.初始时，控制P使轻 绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上 表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性 限度范围内，弹簧劲度系数为k,重力加速 度大小为g.现无初速释放P,则在物体P 沿斜劈下滑过程中 30° muimmmmmmmaaa 7777777 A.轻绳拉力大小一直增大 B.物体P的加速度大小一直增大 C.物体P沿斜劈下滑的最大距离为6mg k D.物体P的最大动能为8mg 5k 10.(多选)(2025·辽宁省沈阳市高三三模) 京东亚洲一号无人仓采用全球领先的智 ·118 得分 能物流技术，其中包裹分拣系统由智能分 拣机器人和多段传送带协同工作组成.该 系统包含：倾角0=37°、长度L1=5m的倾 斜滑道AB;长度L2=5m、以=2m/s水 平向右匀速运行的传送带BC,包裹与 AB、BC间的动摩擦因数分别为h=0.2, ?=0.4;智能分拣区CD由半径R=1.5m 且角速度可调的水平匀速旋转平台组成， 分拣机器人在C点识别包裹后，会在合适 位置施加水平推力调整包裹运动方向（不 改变速度大小)，使包裹从出库段输出（离 开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静 止)，如图所示，传送带DE是其中一个出 库段；某包裹质量m=1kg,从A点静止 释放，经BC段、圆弧CD段后从E点离开 系统.各轨道间由光滑圆弧相连，包裹可 以看成质点，忽略空气阻力，重力加速度 g=10m/s2,下列说法正确的是() B A.包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦 力方向水平向左 B.包裹在水平轨道BC段先向右做减速运 动再做匀速运动 C.由B到C的过程中，因传送带运送包裹 节省电能(4√11一4)J D.若分拣区水平转台角速度为w=1rad/s, 则由C到D过程中，包裹动能变化量 为0.875J中分离，分离时ab之间的弹力为零，此时对b由牛顿第二 定律得：2qE=ma',对a由牛顿第二定律得：kx”+gE= a’,联立可得弹簧弹力kx”=gE,其方向向左，即弹簧处 于伸长状态，已知kx0=8Eq,可得弹簧伸长量为z”= 日0即两者会在0点右侧日0处分离，故D正确。 专题强化练（六）[1选择题] 1.A小车做匀速直线运动，由平衡条件得F=f=kU,小车 的机械功率P机=Fv=kv 由于电动机的效牵为刀电动机=50%，电动机的总功率P电 _P也，则P阳 光伏电池的光电转换效率为，即？=P阳 P也三 2,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为2 ,故A 正确，BCD错误， 2.D人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得 1 mgh-W元1=2mu2-0 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 W=mgh-一合m,故选D 3.C把小球在C点的重力分别 B 沿着OC和垂直OC分解，小球 运动到C点，支持力刚好等于 0,重力沿着OC方向的分力充 0 当向心力，由向心力公式可得 02 mgc0s日=m尺，小球从B到 1111177111171141111111511147 C,由动能定理可得：mgR(1一 cos0)=子一0，解得cos0 3 ,如图，令山竖直方向上的分量为心1，则 根据几何关系R+Rcos0=-（sin) 2g ,则P=g心1= 10mg√3g巫，故A、B、D错误，C正确. 4.AC从A到C过程，根据动能定理得mg(AB十R)= 2m呢一0，物块在C点时，由牛顿第二定律得下一mg= 1 m下，联立解得物块第一次通过C点时受到支持力大小为 FN=50N,故A正确；当斜面动摩擦因数以=0时，从A氵 到E过程，根据动能定理得mg(AB十Rcos37°一DE· sin37)-to mgcos37°×DE=0,解得=0.5，当H=0.4 时，因以<0，物块会从E点飞出，物块在斜面上运动的路程 为DE=1.8m,故B错误；当u=0.6时，因%<a<tan37,物 块最终会在以C为中心、B为左端最高，点的圆孤上来回运 动，设物块在斜面上运动的路程为5.从A,点到最终稳定运 动时的B点，由动能定理得mg(AB十Rcos37)一1g· c0s37°·s=0,解得s=3.75m,故C正确；当=0.8时，因 o>tan37°，物块会停止在斜面上，物块在斜面上运动的路 程为s,由动能定理得mg(AB十Rcos37°-s·sin37°)- mgc0s37°·s=0,解得s'≈1.45m,故D错误. 5.C小车与物块共速前，物块沿斜面向上做匀加速直线运 动，对物块，根据牛顿第二定律得：um1gcos30°-ngsin30° =ma,解得物块的加速度大小为：a=4g,根据运动学公 ·24 式有：听=2ax1,解得这段时间内物块的位移大小为：x1= 近，故A错误：这段时间内物块机械能增量为：△E= g 名m6十mg·sin30=号m6,故B错误；小车与物块 的速度刚好相同所用时间为：=，电动机以恒定功率P 拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功为：W= Pt,对小车，根据动能定理得：W一（mgcos30°+mg· sn30)z=合m6一0，联立解得小车的位移大小为：x 16P-2,故C正确；小车机械能增量为：△E= 5mg 5g 2m +mgzsin30°=8P+3m,故D错误 5g 10 6.D小球下滑过程中，因只有重力和弹簧的弹力做功，所以 小球和弹簧组成的系统机械能守恒，由题意知，在B处时 弹簧的弹性势能为零，弹簧的弹性势能先减小后增加，则 小球的机械能先增大后减小，故A错误；由几何关系得 00=2.0A=001an30=2,0A=20A=45 3 3 AC=号0A=2,AB=OAos60°=，BC=AC 2 3 3 AB=B=AB,根据几何关系可得0C=OA=2,OB 3 3 =l。,根据牛顿第二定律，小球位于A点时的加速度为a= COA-0B)cos60十msin60-7Y3,-9g,故B错误：Ay m B两点间的高度差为B=OBc0s60=子，由执拔能守 恒定律得mgAB十号(OA-OB)2=-A,解得EB=(I 一6√3)mglo,故C错误；A、C两，点间的高度差h4C=OC· 0s302V×9=6,小球在A.C两点时弹簧的弹性 3 2 势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，所以 得mglo=Ekc,故D正确. 7.C滑块从B到C,只要重力做功，根据动能定理一mg×2r =Ekc-EkB 因此EkB=Ekc+2mgT 如图所示，滑块运动到D点，弹簧处于原长状态： C 0 E B 滑块从A运动到D、从D运动到B,弹簧的形变量相同，弹 性势能相同；滑块从A运动到B的过程中，根据数学知识 AB=√(3r)2-2=2√2r,由于Eg=mg,根据动能定理 Eq AB=mg X2 Zr=EkB-EkA 因此EkB=EkA十2 2mgr,联立解得EkA<Ekc<EkB 故ABD错误，C正确. 8.B设水从出水口射出的初速度为o,取t时间内的水为 研究对象，该部分水的质量为m=S·p,根据平抛运动 规律=，A=子g2,解得=1√气旅搭功能关系 得P7=之m听+mg(H+h),联立解得水系的输出功率为 P=,(H++会)做选R 2nh 9.AD设物体P向下运动过程中的位移大小为x时，弹簧！ 的形变量为△x,开始时，弹簧的弹力表现为对物体Q的支 持力，从释放P到弹簧恢复原长过程中，对P、Q整体，根据 牛顿第二定律可得：4 ngsin30°-mg+k△x=(4m十m)a, 解得：a=mg十△虹，随着x增大，△x减小，则加建度逐新 5m 减小，当弹簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，弹簧弹力 为拉力，随着x增大，△x增大，对P、Q整体，根据牛顿第二 定律可得：4 ngsin30°-mg-k△x=(4m十m)a,解得：a= mg一b△，随着x增大，△z增大，当mg>k△x时随着工 571 增大，加速度逐渐减小，当k△x<mg时，随着x增大，加速 度反向增大，所以物体P的加速度大小先减小后反向增 大，故B错误；设绳子拉力大小为T,根据牛顿第二定律可 得：4 ngsin30°一T=4ma,可得弹簧恢复原长前：T= 1.2g一0.8k△x,则随着△x减小T增大；弹簧恢复原长 后：T=1.2mg十0.8k△x,可知随着△x增大，T逐渐增大， 所以轻绳拉力大小一直增大，故A正确；没有释放物体P 前，根据共点力的平衡条件可得：mg=k,解得：=爱 设物体P沿斜劈下滑的最大距离为工mx,根据系统机械能 守恒可得：4 ngmax sin30+号kx子=mes十乞k(zmax 一)，解得：=细，故C错误：结合前西分折可知： 当P的加速度为零时，速度最大，动能最大，此时根据共，点 力的平衡条件可得：4 ngsin30°=kx十mg,解得：x'=, 结合前面分析可知，P动能最大时，弹簧的弹性势能与初始 状态相等，设P的动能为E,报据E=子·4m2可知，Q 的动能为县，根摇动能定理可得：4mg(+)m30 mg(z'+)=Ek+4 +,解得：E=8mg,故D正确 5 10.AC包裹在倾斜滑道AB上运动时，受到重力和摩擦力 的作用.根据牛顿第二定律，加速度为：a=gsin0-41g· cos0,解得：a=4.4m/s2,包裹从A到B的位移为5m,根 据运动学公式：呢=2aL1,解得：B=2√m/s.包裹到 达B点时速度为vB=2√Im/s,方向沿斜面向下.进入 水平传送带BC后，包裹的速度在水平方向上有分量，且 大于传送带的速度1=2m/s.因此，包裹受到的摩擦力 方向水平向左，以减小其水平速度，使其与传送带共速， 故A正确；在水平传送带BC上，包裹的初速度为g= 2√Tm/s,方向沿斜面向下，水平分量为=Vpcos0 =2VmX0.8=8正m/s.由于a>0=2m/s,包哀 受到向左的摩擦力，减速至与传送带共速。摩擦力为：f= 地mgf=4N,减建过程的加速度为：a=片，解得：a= 4m/s?,减速至与传送带共速所需时间为：=一心，减 速过程中包襄的位移为：江=41，解得：x=3.24m, 2 由于x=3.24m<L2=5m,包襄在减速至与传送带共速 后，将以1=2m/s的速度匀速运动至C点.但是，包裹在 BC段的运动还包括竖直方向的分量v=Bsin日= 2TX0.6m/s=6ms,这部分速度在水平传送 5 带上不会直接参与水平方向的运动，但会影响包裹的总 动能变化.因此，包裹在BC段的运动并非简单的减速 ·24 匀速过程，而是包含竖直分量的影响，故B错误：包裹在 BC段的运动分为减速和匀速两部分，减速过程中，摩擦 力做功为：W=∫·x=4×3.24J=12.96J,包裹的动能 变化为：△Ek=2m-2m层r,解得：△Ek=一10.08J, 由于摩擦力做功等于包裹动能的减少量与传送带节省的 电能之和，因此传送带节省的电能为：E节省=W:十△Ek= (12.96-10.08)J=2.88J,但是，考虑到包襄在BC段的 竖直分量B:其动能变化为：△E,=m成，解得：AE =7.92J,因此，总节省的电能为：E节省=(2.88+7.92)J =(4/11一4)J,故C正确；包裹在C点的速度为vC= 2m/s,方向水平向右.在水平旋转平台CD上，包裹做匀 速圆周运动，角速度为w=1rad/s,半径为R=1.5m.包 襄在D点的速度为vD=wR=1×1.5m/s=1.5m/s,方 向沿切线方向.包裹从C到D的动能变化为：△Ek= 1 m%一2m呢，解得：△Ek=-0.875J,包襄的动能减 少了0.875J,而不是增加了0.875J,故D错误. 专题强化练（六）[2计算题] 1.解(1)雪块由静止下滑到A,点的过程，根据动能定理得： mg2sin0-mg20s0=宁m6-0,解得：w=5m/s: (2)雪块由A点到地面的过程，根据机械能守恒定律得： mgh+7m6=m听，解得：西=8m/s,雪块由A点到地 面的过程做斜抛运动，在水平方向做匀速运动的速度大小 为：z=0cos0,解得：ur=4m/s,由速度分解可得：cosa= ，解得：a=60, U1 2.解(1)木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动 学公式：v=2ah,根据角速度和线速度的关系可得：v=wr, 联立可得：u=√a】 (2)根据题意画出木塞摩擦力与运动距f: 离的关系图如图所示：可得摩擦力所做 的功为：W,=一宁fh,对木塞拔出过 程中，根据动能定理可得： h x W+W,-mgh-△pS%=子m2-0. 解得：w=m(a+g)h+号foh+△pSM: (3)设开瓶器对木塞的作用力为F,对木塞，根据牛顿第二 定律可得：F-mg-f-△pS=ma,其中：f=f(1-若)i 时刻速度大小为：=at,t时间内的位移大小为：x=之a, 时刻开瓶器的功率为：P=Fu,联立可得：P=(mg十a十 6+a4S1-. 3.解(1)设轻绳剪断时甲速度的大小为1，对甲、乙组成的 系统，甲下滑到斜面中点过程，根据能量守恒定律得m1g 学sn0-mg尝=子(m十m)听+mgos0'岁，解 得01=2m/s 设甲到达斜面底端时的速度大小为2，对甲下滑到斜面底 格过程，根指动能定里mg号sn0一mg0s0'号- 2 21听-分m1听，解得防=85m/s 1 5 重力的瞬时功率P=m1g2sin0,解得P=48√5W;