专题强化练(六) 功和能[2 计算题]-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

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; (2)设甲到达C时的速度大小为3，甲从B到C过程，根据 动能定理一m11glc=2m1写一2m1吃 解得=3m/s,当甲到达最高点D恰好不脱离轨道时，轨 道半径最小，设最小值为R1,甲由C到D过程，由动能定 理得-m1gX2R1=2m听-2m1话 甲到达D时，根据牛领第二定律四g=m尽，解得R门 0.18m 当甲哈好到达与轨道圆心等高的位置时，速度为0，轨道半 径最大，设最大值为R2,甲由C到与圆心等高位置，由动能 定理得-mR,=0-子m喝，解得R,=0.45m 综上，半圆轨道半径R的取值范围为R0.18m或R≥ 0.45m. 4.解(1)滑块由释放到C,点过程，由能量守恒定律有 mglsin37°+mgR(1-c0s37)=2m呢 在C,点由牛顿第二定律有，FN一mg=mR 解得FN=7N (2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑 块恰到最高，点时根据动能定理可得 mgl1sin37°-(3 mgRcos37°+mgR)=0 解得l1=0.85m 因此要能过F点必须满足，≥0.85m 能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得 mgl,sin 37-4mgRcos 37 解得v=√/12L,-9.6,其中1≥0.85m. (3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍 md,sinmgsin 3cos 4R tan 37 解得1，=7n+6 15mn=1,3,5,… 又因为1AB≥l,≥0.85m,lAB=3m, 13 当n=1时，lx1=5m 9 当n=3时，l,2=亏m 41 当n=5时，lx3=5m 专题强化练（七） 1.AC根据图像可知，水平牵引力F随时间变化关系为：F =3t,由图乙可知1s后机器人才有加速度，故1s后，设机 器人质量为1、动摩擦因数为“，由牛顿第二定律得：3t一 g=ma,代入图乙中2s时和4s时数据，得(3X2)一 μmg=2m,(3X4)一mg=6m,联立解得：a=0.2、m= 1.5kg,故A正确；根据题意可知，a一t图线与横抽围成的 面积表示速度变化量，又因为初速度为0，故面积即表示末 速度，故3s时机器人速度为：0=号×2X4m/s=4m/s 故B错误；4s时机器人速度为：d=宁×3X6m/5=9m/, 根据动量定理可知，0一4s时间内，合外力的冲量大小为： I冲=mv-0=1.5×9N·s=13.5N·s,故C正确；根据 动能定理，0一4s时间内，合外力做的功为：W=m2 号×1.5×g2J=60.75J,故D错误. ·24 2.D对P和N的碰撞过程，规定它们初速度的方向为正方 向，根据动量守恒定律有pp十mvN=p叩+，可 得p(p一p)=N(N-N),根据图1可知(p一p)> (-),故mp<mN,同理，对Q和N组成的系统mQQ +mN=1QQ+mNN,可得mQ(Q一a)=mv（小 小)，根据图2可知(0-0)<（小-小），故N<mQ,联 立可得mQ>N>mp,故D正确，ABC错误. 3.C组合体绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力， 设返回舱的质量为m,则轨道舱的质量为5，总质量为 6m,设组合体的线速度大小为U,有：GM:6m=6m号，解 ,弹射返回舱的过程，组合体动量守恒，取组 得：=√r 合体的线速度方向为正方向，有6mu=5m心1十mv2,解得： 4,G,故C正确，ABD错误. =5r 4.AD由题意可知水平面光滑，以水平向右为正方向，AB 整体动量守恒，A运动到木板右端时的速度大小满足：m =(m十m)0共，解得：0共=20，故A正确；对A,B分别受 力分析，可知A在水平方向上，只受到B对A水平向左的 滑动摩擦力；B在水平方向上，只受到A对B水平向右的滑 动摩擦力，故A、B均做匀变速直线运动；即：xA= 十U夹t, 十四坠，解得：A=子，4B=子.由A裕好不从木 1 ZB=- 2 板B的右端滑离，即可知木板的长度满足：L=xA一B,解 得：L=之，故B错误，D正确：由A、B的初末速度，以水 平向右为正方向，可知A动量的减少量为：pA一pA=一 mv共，解得A动量减少量为：2，B动量的增加量为：伦一 0=m0关，解得B动量增加量为：7m,即A动量的减少堂 等于B动量的增加量，故C错误. 5.BC设小滑块到达最低点的速度大小为少1，容器的速度为 大小为凸，系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向， 则有mw1-3m2=0,此过程中系统机械能守恒，则有mgR =子m听+合×3m听，可得：=√警=√石8R. 3gR /1 故A错误，B正确；根据动量守恒定理可知容器在水平方 向的速度总是为小滑块的子，所以滑块在水平方向位移是 容器的3倍，当滑块到达容器底端时，两者在水平方向的相 对位移为R,则西十2=R,则容器的位移为2=子R,故 C正确；当滑块P经过最低点后沿内壁继续上滑到最大高 度时，两者有共同的速度，设此时最大高度为H,则由水平 方向动量守恒与系统机械能守恒有0=(m十3m)u,mg(R (m十3m),可得：H=R,故D错误. -H0=2 6.B气体相对于地面的速度：火箭以速度0向上运动，气 体相对于火箭的喷出速度为向下，因此，气体相对于地面 的速度为V她=U一，方向向下，气体撞击地面后速度变为 0,速度变化为△u=v一，单位时间内喷出的气体质量为 △m=Sv△1，其中p为气体密度，S为喷口横截面积，v为气 体相对于火箭的速度，根据动量定理，冲力为F==△ △t△ △v=pSu(v一)，故B正确，A、C、D错误. 7.BD爆炸过程，A与B组成的系统动量守恒，以向右为正 方向，根据动量守恒定律得：0=一3℃A十m%,B与C碰 撞过程，同理可得：m%=(m十5m)u,联立解得D的初速度 1· 大小为：v=0.5心A,爆炸后瞬间A的动能为：EkA= 9班级 姓名 专题强化练（六） 1.(2025·黑、吉、辽、蒙卷·13)如图，一雪块 从倾角0=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 =2.5m,A点距地面的高度h=1.95m,雪 块与屋顶的动摩擦因数u=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=10m/s2.求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小0； (2)雪块落地时的速度大小1，及其速度方 向与水平方向的夹角α. 2.(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=f（1 得分 功和能[2计算题] 若)，其中f。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△饣且近似不变，瓶子始终静止在 桌面上.（提示：可用f一x图线下的“面积” 表示f所做的功)求： 把手 齿轮 转轴 拔塞钻 固定支架 软木塞 瓶子 齿轮啮合 简图 (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度w; (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. 19. 班级 姓名 3.(2025·湖北省荆州市高三第二次联考)如 图所示，倾角为0=37°的斜面AB固定在水 平桌面上，竖直面内的半圆轨道CD与桌面 相切于C点.小物块甲、乙用轻质细绳连 接，跨过轻质光滑的定滑轮，与乙相连的轻 绳竖直，与甲相连的轻绳平行于斜面.开始 将乙按在桌面上静止不动，甲位于斜面顶 端；释放乙，当甲滑至斜面AB中点时剪断 细绳.已知斜面AB长lAB=2m,水平桌面 BC段长lC=0.95m,甲的质量m1=5kg、 乙的质量m2=1kg,物块甲与斜面AB和 水平桌面BC间的动摩擦因数均为：= 0.2,半圆轨道CD光滑，物块甲从斜面滑上 水平桌面时速度大小不变，重力加速度g 10m/s2,sin37°=0.6，不计空气阻力.求： 甲 D C (1)物块甲到斜面底端B时重力的瞬时功 率P; (2)若物块甲在半圆轨道CD上运动时不脱 离轨道，半圆轨道半径R的取值范围 ·12 得分 4.(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处 于竖直平面内的一探究装置，由倾角α= 37°的光滑直轨道AB、圆心为O,的半圆形 光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细 圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道 FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹 性板垂直轨道固定在G点（与B点等高）， B、O1、D、O2和F点处于同一直线上.已知 可视为质点的滑块质量m=0.1kg,轨道 BCD和DEF的半径R=0.15m,轨道AB 长度LAB=3m,滑块与轨道FG间的动摩 擦因数“一名，滑块与弹性板作用后，以等 大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8.滑 块开始时均从轨道AB上某点静止释放. A ￥G (1)若释放点距B点的长度l=0.7m,求滑 块到最低点C时轨道对其支持力F、的 大小； (2)设释放点距B点的长度为1x,滑块第一 次经F点时的速度v与1x之间的关系式； (3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求 释放点距B点长度I,的值.