2026届高三物理二轮复习 专题集训4 功与能

专题集训(四)　功与能 基础练 一、选择题: 1．某校两名同学穿相同的校服，先后从倾斜冰面的同一位置由静止滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示(两人均可视为质点，两人与冰面的动摩擦因数处处相等，且不计空气阻力及人经过O点时的能量损失)。根据上述信息，可以确定(　　) A．质量大的同学运动时间长 B．质量大的同学运动距离长 C．质量大的同学损失的机械能多 D．质量大的同学到达O点时速度大 2．(2024·全国甲卷)如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A．在Q点最大　　B．在Q点最小 C．先减小后增大　　D．先增大后减小 3．一辆质量为20 kg的玩具赛车在水平直跑道上由静止开始匀加速启动，达到额定功率后保持功率不变，其加速度a随时间t变化的规律如图所示。已知赛车在跑道上运动时受到的阻力恒为40 N，赛车从起点到终点所用的时间为35 s，赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是(　　) A．赛车匀加速的距离为30 m B．赛车的额定功率为1 000 W C．a-t图像与坐标轴围成的面积为20 m/s D．起点到终点的距离为450 m 4．如图所示，带孔物块A穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的轻质细绳连接，细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块B，A位于与定滑轮等高处。已知物块A的质量为m，物块B的质量为m，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L。现由静止释放物块A，不计空气阻力及定滑轮大小，重力加速度大小为g，两物块均可视为质点，下列说法正确的是(　　) A．物块A的机械能一直增大 B．物块A的速度始终小于物块B的速度 C．物块A下落的最大距离为L D．物块A、B等高时系统的总动能为mgL 5．如图所示，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B(弹簧在弹性限度内)，则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的(　　) A．增加量等于物块动能的减少量 B．增加量等于物块重力势能的减少量 C．增加量等于物块机械能的减少量 D．最大值等于物块动能的最大值 6．(多选)足球在空中运动的轨迹如图，若以地面为参考平面，不计空气阻力，下列能表示足球在空中运动过程的加速度a、重力势能Ep随离地面高度h变化的图像可能正确的是(　　) A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D 7．(多选)质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B(均可视为质点)。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，以OA所在平面为零势能面，由静止释放，则(　　) A．B球相对于初始位置上升的最大高度为l B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能为0 C．A球在向下摆的整个过程，杆对它做了负功 D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝2∶1 二、计算题: 8．如图所示，水平轨道AB与竖直半圆轨道BC相切于B点，半圆轨道半径为R，AB长度为R。在AB上方、直径BC左侧存在水平向右的匀强电场。一个质量为m、带正电的小球自A点由静止释放，经过B点后进入半圆轨道，小球进入半圆轨道后立即撤去电场。已知小球所受静电力大小F＝mg(g为重力加速度的大小)，水平面和半圆轨道均光滑且绝缘。求： (1)小球运动到最高点时的速度大小； (2)小球运动到最高点时距水平面AB的距离。 能力综合练 9．如图所示为某型号电动汽车在某次测试中的速度v与牵引力F大小倒数的关系图像 已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是(　　) A．汽车额定功率为F2vm B．汽车从b到c过程做变加速运动 C．汽车匀加速运动持续的时间为 D．汽车从a到b过程克服阻力做的功为 10．如图所示，光滑斜面倾角θ＝60°，其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。质量均为m的小球A和小环B(均可视为质点)用L＝1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上，长杆和圆轨道在同一竖直平面内，过轨道圆心。初始轻杆与斜面垂直，在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失(速度大小不变)，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　) A．小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小 B．刚释放时，小球A的加速度大小为aA＝g C．小球A运动到最低点时的速度大小为vA＝ D．若A在最低点时加速度大小为a，则此时A受到圆轨道的支持力大小一定为5mg＋ma 11．(多选)某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x与θ的关系如图乙所示，取g＝10 m/s2。则由图可知(　　) A．物体的初速率v0＝5 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75 C．图乙中xmin＝0.36 m D．取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ＝37°，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.187 5 m 二、计算题: 12．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端与质量为m的物块A连接，物块A右端接一细线，细线平行于斜面绕过斜面顶端的光滑轻质定滑轮与物块B相连。开始时托住物块B使细线恰好伸直且张力为0，然后由静止释放物块B。B的质量也为m，物块A沿斜面向上经过P点(图中未标出)时速度最大。已知重力加速度为g。 (1)求弹簧第一次恢复原长时细线上张力的大小； (2)如果B的质量为2m，求A沿斜面向上经过P点时物块B的速度大小。 13．如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h，由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2。 (1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬间物块a的速度v0的大小； (2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系； (3)若物块b释放高度满足0.9 m<h<1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正方向，建立x轴)。 参考答案： 1．C　[设两名同学在倾斜冰面上运动的长度为l，冰面倾角为θ，整个过程中的水平位移为x，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ－μmg(x－l cos θ)＝0，即x＝，可知两人运动的距离一样长，根据牛顿第二定律可知，两人运动的加速度的大小与质量没有关系，则两人运动的时间相等，到达O点的速度也相同，故A、B、D错误；因为质量越大的人，受到的摩擦力越大，而两人运动的距离一样长，则质量大的同学损失的机械能越多，故C正确。故选C。] 2．C　[设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由动能定理有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mg cos θ＝m，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cos θ)，则F的大小先减小后增大，且当cos θ＝时F最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。] 3．C　[赛车匀加速的距离为x1＝＝×2×52 m＝25 m, 故A错误；赛车做匀加速运动阶段，根据牛顿第二定律有F－f＝ma1，解得F＝80 N，5 s末赛车的速度为v＝a1t1＝2×5 m/s＝10 m/s，赛车的额定功率为P＝Fv＝80×10 W＝800 W，故B错误；a­t图像与坐标轴围成的面积表示赛车速度的改变量，赛车初速度为零，则Δv＝vm＝＝ m/s＝20 m/s，故C正确；赛车从起点到终点，根据动能定理有Fx1＋P(t－t1)－fx＝，解得起点到终点的距离为x＝550 m，故D错误。故选C。] 4．C　[由静止释放物块A，物块A向下加速运动过程中，重力做正功，绳子的拉力做负功，物块A的机械能减小，故A错误；设物块A下滑过程中绳与竖直方向的夹角为α，则vA cos α＝vB，由此可知，物块A的速度大于物块B的速度，当物块A的速度为零时，物块B的速度也为零，故B错误；当物块A的速度为零时，下落的高度最大，设A下滑最大高度为h，则由机械能守恒定律得mgh＝mg(－L)，解得h＝L，故C正确；设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ，有L tan θ＝2L－，所以由系统机械能守恒得，等高时的总动能为Ek＝mgL tan θ－mg，解得Ek＝mgL，故D错误。] 5．C　[设物块在A点时的动能为Ek，斜面的倾角为θ，物块由A点运动至B点的过程中，对物块由能量守恒有Ek＋mgLABsin θ＝Ep，可知，物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此可知，弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于物块机械能的减少量，故A、B错误，C正确；显然，物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时，即弹簧被压缩至最短的位置，而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故D错误。故选C。] 6．AC　[足球在空中做斜抛运动，加速度为重力加速度，不会随着其离地面的高度的变化而变化，即a­h图像为一条平行于h轴的直线，A正确，B错误；以地面为参考平面，足球的重力势能为Ep＝mgh，所以Ep­h图像为一条过坐标原点的倾斜直线，C正确，D错误。] 7．ACD　[当两球的转动速度是零时，B球上升高度最大，初始OA所在的平面是零势能面，当B球上升高度为l时，系统的重力势能Ep＝－mg·2l＝－2mgl，系统的初状态机械能E＝－2mgl＝Ep，由系统的机械能守恒可知，则当B球上升高度为l时，系统的动能是零，此时B球上升的高度最大，A正确；两球组成的系统机械能守恒，A球速度最大时，B球的速度也最大，系统的动能最大，大于零，而系统的总机械能是－2mgl，则两球的总重力势能不是零，而是负值，B错误；A球在向下摆的过程中，系统的动能先增后减，根据A、B组成的机械能守恒可知，B球重力势能和动能都增大时，A球机械能减小；B球重力势能增大，动能减小时，A球重力势能和动能都在减小，即A球机械能减小，综上可知，全程运动中A球机械能一直在减小，据功能关系可知杆对它做了负功，C正确；A、B两球一起绕O点转动，它们的角速度ω相等，则有vA∶vB＝ω·2l∶ωl＝2∶1，D正确。] 8．解析：(1)假设小球沿半圆轨道运动到D点脱离轨道，如图所示。 小球由A点运动到D点，由动能定理，得 F·R－mgR(1＋sin α)＝ 又F＝mg 在D点沿半径方向，由牛顿第二定律，得mg sin α＝ 联立解得vD＝，α＝30° 小球离开半圆轨道后做斜抛运动，小球运动到最高点时的速度等于在D点时的水平分速度，有v＝vD sin α＝。 (2)小球从A点运动到最高点的过程中，由动能定理，得 F·R－mgH＝mv2 联立解得H＝R。 答案：(1)　(2)R 9．C　[根据P＝Fv可知v＝P·，额定功率等于图线的斜率，即P＝＝F2vm，故A正确，不符合题意；根据P＝Fv，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得F－f＝Ma，汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中做加速度减小的加速运动，故B正确，不符合题意；汽车所受的阻力为f＝＝F2，由于额定功率等于图线的斜率，有P＝＝，解得F2vm＝v1F1，汽车从a到b，根据牛顿第二定律得F1－f＝Ma，汽车从a到b持续的时间为t＝，联立解得t＝，故C错误，符合题意；汽车从a到b过程运动的位移为x＝at2，克服阻力做的功W＝fx，解得W＝，故D正确，不符合题意。] 10．C　[小球A由静止释放运动到最低点时，速度水平，竖直分速度为0，而B的机械能减小，则A的机械能增加，故A错误；由牛顿第二定律得mg sin 60°＝maA，解得aA＝g，故B错误；小球A初始位置距水平面高度设为h1，由几何关系有R sin 60°＋tan 30°＝1.5R sin 60°，解得h1＝R，B初始位置距水平面高度设为h2，由几何关系得h2＝h1＋1.5R cos 60°，解得h2＝2R，从释放至小球运动到最低点的过程，A、B下落的高度分别为ΔhA＝R，ΔhB＝R，由系统机械能守恒有mgΔhA＋mgΔhB＝，而vB＝0，解得vA＝，故C正确；以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得FN－F－mg＝ma，解得FN＝mg＋ma＋F，其中F为轻杆对A的力(未知)，故D错误。] 11．BC　[由题图乙可知，当θ＝时，物体做竖直上抛运动，摩擦力是零，由竖直上抛运动的速度位移关系公式可得＝2gx1，解得v0＝ m/s＝3 m/s，A错误；当θ＝0时，物体沿水平面做匀减速直线运动，由动能定理可得－μmgx0＝解得μ＝＝＝0.75，B正确；物体沿斜面向上运动时，由动能定理可得 －(μmg cos θ＋mg sin θ)x2＝，代入数据整理可得x2＝ m≥ m＝0.36 m，C正确；设动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为x3, 则有mgx3sin 37°＝－(μmg cos 37°＋mg sin 37°)x3，代入数据整理解得x3＝0.25 m，D错误。故选BC。] 12．解析：(1)弹簧第一次恢复原长时，设A、B加速度大小为a，线的张力大小为T，对B受力分析，由牛顿第二定律有mg－T＝ma 对A有T－mg sin 30°＝ma 解得弹簧第一次恢复原长时细线上张力的大小为T＝mg。 (2)托住物块B时，设弹簧形变量为x0，则有kx0＝mg sin 30°，解得x0＝ B的质量为m时A经过P点时速度最大，此时的加速度为0，系统所受合力为零，对A、B整体受力分析有mg－mg sin 30°－kx′＝0 解得x′＝ A位于初始位置和处于P时弹簧形变量相同，弹性势能相等 当B的质量变为2m时，A从初始位置到P点的过程，由系统的机械能守恒得 2mg(x′＋x0)＝mg(x′＋x0)sin 30°＋×3mv2 解得A沿斜面向上经过P点时物块B的速度大小为v＝g。 答案：(1)mg　(2)g 13．解析：(1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律 Mgh＝ 解得vb＝5 m/s b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 mvb＝mv′b＋mv0 ＝ 联立解得v0＝vb＝5 m/s。 (2)设物块a刚好可以到达E点，物块b高度为h1， 由动能定理得mgh1－2μmgl－mgH＝0 得h1＝1.2 m 以竖直向下为正方向FN＋mg＝ 由动能定理得mgh－2μmgl－mgH＝ 联立可得FN＝0.1h－0.14(N)(h≥1.2 m，且方向竖直向下)。 (3)当1.2 m≤h<1.65 m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得 mgh－2μmgl－mgH＝ 从E点飞出后，竖直方向H＝gt2 水平方向s1＝vEt 根据几何关系可得DF＝ m 联立解得x＝3l＋DF＋s1 代入数据解得 m≤x< m 当0.9 m<h<1.2 m，物块a恰好到达D点时，有mgh′＝μmg·2l 解得h′＝1 m，s′＝3 m 从h2＝0.9 m释放时， 根据 可得mgh2－μmgs2＝0解得s2＝1.8 m 可知物块达到距离C点0.8 m处静止， 假设物块a由E点速度为零，可以返回到CD时，此时h取1.2 m 根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0 解得s3＝0.4 m 即距离C点0.6 m 综上可知当0.9 m<h<1.2 m时3l－s3<x≤3l 代入数据得2.6 m<x≤3 m。 答案：(1)5 m/s　(2)(3)见解析 1/10 学科网（北京）股份有限公司 $