2026届高三物理二轮专题复习专题强化练习 第5讲 功和能

第5讲 功和能 专题强化练习 基础保分练 1． 选择题： 1.如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球(　　) A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 2.如图所示为背越式跳高过程的动作分解图，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.起跳时，地面对人的作用力大于人对地面的作用力 B.起跳速度越大，地面对人做功越多 C.起跳速度越大，人在最高点机械能越大 D.起跳速度越大，人在最高点重力的瞬时功率越大 3.滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块(　　) A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 4.(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. 5.(2025·江苏南京市一模)如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有一与内壁接触的小物块，现给物块沿内壁切向方向的水平初速度。若物块与所有接触面间的动摩擦因数处处相等。则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的图像可能正确的是(　　) 6.(2025·河北卷·7)随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0，表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为mg0-)(r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为(　　) A. B. C. D. 二．计算题： 7.如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求滑雪者运动到P点的时间t； (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。 8.如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为m的物块B，上端连接一轻质小球，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦力为1.2mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： (1)B静止时，弹簧伸长量x； (2)若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放： ①物块的最大速度大小vm； ②整个过程中，因摩擦产生的内能Q。 综合创新练 一.选择题： 9.(2025·江苏省模拟)如图所示，物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P穿在固定的竖直光滑杆上，Q置于光滑固定斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接Q，初始时，施加外力将P静置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，现将P由静止释放，不计一切阻力，则P从N点下滑到最低点M的过程中(　　) A.P的机械能一直减小 B.杆对P的冲量为零 C.P、Q组成的系统机械能守恒 D.除了N、M点外P与Q的速度大小关系vP<vQ 10.(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+ 11.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) 二．计算题： 12.(2025·福建卷·15)如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为m=0.2 kg，A与地面间的动摩擦因数为μ=0.25，B与地面无摩擦，两物块并排放置，在外力F的作用下向右前进，外力F与位移x的关系图像如图乙所示，P点为光滑圆弧轨道最低点，M点为最高点，水平地面长度大于4 m，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)在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r满足的条件。 13.(2025·江苏省四市联考一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面，倾角θ=30°，底端固定弹性挡板，长木板B放在斜面上，小物块A放在B的上端，沿斜面向上敲击B，使B立即获得初速度v0=3.0 m/s，此后B和挡板发生碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向相反，A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为m=1.0 kg，A、B间的动摩擦因数μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)敲击B后的瞬间，A、B的加速度大小aA、aB； (2)B上升的最大距离s； (3)B的最小长度L。 尖子生选练 14.(2025·江苏南京市二模)如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB=BC=l。质量为m的小物体由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.动摩擦因数最大值μm=2tan θ B.小物块的最大速度为 C.重力在AB、BC两段斜面上做功不相等 D.重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率 参考答案： 1.答案　B解析　由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确； 从2到3由于空气阻力作用，机械能减少，重力势能减少mgh，则动能增加量小于mgh，故C、D错误。 2.答案　C解析　地面对人的作用力和人对地面的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，相互作用力等大反向，故A错误；跳高的起跳过程，脚和地始终接触且相对静止，地面对脚底作用力的作用点无位移，故地面对人不做功，是人体的内力做功将生物能转化为动能，故B错误；起跳速度越大，则起跳时得到的动能越大，取地面为零势能面，则起跳时的动能即为人的机械能，起跳后人的机械能守恒，所以起跳速度越大，人在最高点机械能越大，故C正确；达到最高点时，因瞬时速度竖直方向的分速度为零，则重力的瞬时功率为零，故D错误。 3.答案　C解析　因为频闪照片中的时间间隔相同，对比题图甲和题图乙可知题图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从题图甲中的A点到题图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知题图甲中经过A点的动能较大，故B错误；由于题图甲中滑块的加速度大，根据x=at2，可知题图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；由于无论上滑还是下滑滑块受到的滑动摩擦力大小相等，故题图甲和题图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。 4.答案　A解析　根据题意小车匀速运动，则有F=f=kv，小车的机械功率P机=Fv=kv2，由于电动机的效率为50%，则有P电===2kv2，光伏电池的光电转换效率为η=，可知获得太阳能的功率P太阳==，光伏电池单位时间内获得的太阳能为，故选A。 5.答案　C解析　物块紧贴圆筒内壁开始滑动，竖直方向受力平衡FN竖=mg，水平方向圆筒侧面的弹力提供向心力，则有FN侧=m，由于圆筒粗糙，所以物块滑动过程受到侧面和底面的滑动摩擦力作用，物块做减速运动，则有Ff侧=μFN侧=μm，Ff底=μmg，可知随着物块速度的减小，侧面滑动摩擦力逐渐减小，则滑动摩擦力合力逐渐减小，运动相同的弧长，滑动摩擦力合力做的负功越来越少，根据动能定理可知，动能减小地越来越慢，则动能与通过的弧长的图像斜率绝对值减小，故选C。 6.答案　B解析　飞行器在轨道半径r=2R0处的机械能包括动能和势能。引力势能为Ep=mg0-)=mg0R0，根据万有引力提供向心力=m，在星球表面有=mg0，解得轨道速度满足v2=，对应动能Ek=mv2=mg0R0，机械能E总=mg0R0，根据机械能守恒有m=E总，解得v0=。故选B。 7.答案　(1)　(2)　(3)d(1-μ) 解析　(1)滑雪者从A点到P点，根据动能定理有mgdsin 45°-μmgdcos 45°=m-0 根据动量定理有(mgsin 45°-μmgcos 45°)t=mvP-0 联立解得t= vP= (2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点时有vB=vP= (3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有vBcos 45°=g× 水平方向上有L=vBsin 45°·t' 联立可得L=d(1-μ)。 8.答案　(1)　(2)①g　② 解析　(1)B静止时，根据平衡条件有mg=kx 解得x= (2)①当B的加速度为零时，速度有最大值，此时B下落x'， 此时的弹力为F弹=kx'=mg 结合题意可知F弹=kx'=mg<Ffmax=1.2mg 所以A不动，B与弹簧构成的系统机械能守恒，即mgx'=m+kx'2 联立可得vm=g ②设B向下运动速度减为零时，小球A下滑的距离为L，此时弹簧伸长量为x″，根据能量守恒定律可得mg(L+x″)=kx″2+Q 其中Q=FfmaxL=1.2mgL kx″=1.2mg 联立解得Q=。 9.答案　A解析　P下滑过程中，除了重力对P做功外，轻绳的拉力对P一直做负功，P的机械能一直减小，故A正确；对P受力分析，杆对P有弹力，根据冲量的定义可知，杆对P的冲量不为零，故B错误；由于弹簧弹力对Q做功，所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故C错误；设轻绳与杆的夹角为θ，则P沿绳方向的分速度大小等于Q的速度大小，即vPcos θ=vQ，所以除了N点和M点外， P与Q的速度大小关系为vP>vQ，故D错误。 答案　A解析　P下滑过程中，除了重力对P做功外，轻绳的拉力对P一直做负功，P的机械能一直减小，故A正确；对P受力分析，杆对P有弹力，根据冲量的定义可知，杆对P的冲量不为零，故B错误；由于弹簧弹力对Q做功，所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故C错误；设轻绳与杆的夹角为θ，则P沿绳方向的分速度大小等于Q的速度大小，即vPcos θ=vQ，所以除了N点和M点外， P与Q的速度大小关系为vP>vQ，故D错误。 10.答案　C解析　物块做匀加速直线运动，对物块根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma，解得a=g，根据运动学公式有=2ax1，解得物块的位移大小为x1=，故A错误；物块机械能增量为ΔE=m+mgx1·sin 30°=m，故B错误；对小车根据动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m，其中t=，联立解得x=-，故C正确；小车机械能增量为ΔE'=m+mgxsin 30°=+，故D错误。 11.答案　B解析　解法一：当甲所坐木板刚要离开原位置时， 对甲及其所坐木板整体有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=k= 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， 此过程中由于摩擦产生的热量Q=μmgx1， 则由功能关系可知该过程F所做的功W=E0+μmgx1=+μmg(l-d) 解法二：画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功 W=μmg(l-d)+x0 又kx0=μmg 联立解得W=+μmg(l-d) 故选B。 12.答案　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m 解析　(1)0~1 m内F为恒力，F做的功W=Fx1=1.5×1 J=1.5 J (2)x=1 m时，设A、B之间的弹力大小为FAB， 对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律有F-f=2ma 其中f=μmg 对B受力分析，根据牛顿第二定律有FAB=ma 代入数据，解得FAB=0.5 N (3)当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据(2)分析可知此时F'=0.5 N，结合题图乙可知A、B分离时B的位移为x=3 m，此时A、B速度大小均为v。 0~3 m过程中，对A、B整体由动能定理得WF-μmgx=×2mv2 F-x图线与横轴所围面积表示力F做的功，根据题图乙可得WF=1.5×1 J+×2 J=3.5 J 若B能到达M点，在M点的最小速度满足mg=m A、B分离后，B经过水平面和圆弧轨道恰好运动到轨道最高点过程中， 根据动能定理有-mg·2rmax=m-mv2 联立解得rmax=0.2 m，即圆弧轨道半径满足的条件为r≤0.2 m。 13.答案　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2 (2)0.375 m　(3)1.8 m 解析　(1)敲击B后的瞬间，A受到向上的滑动摩擦力， 对A由牛顿第二定律μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAaA 解得aA=2.5 m/s2 对B由牛顿第二定律μmAgcos 30°+mBgsin 30°=mBaB 解得aB=12.5 m/s2 (2)设A、B向上运动，经过时间t后共速，有v0-aBt=aAt 共速后A、B一起以加速度a向上减速，对A、B整体分析， 有(mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a 则B上升的最大距离s=(v0t-aBt2)+ 解得s=0.375 m (3)最终A、B均停在挡板处，此时B的长度最小， 由能量守恒mB+mAgLsin 30°=μmAgcos 30°·L 解得L=1.8 m。 答案　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2 (2)0.375 m　(3)1.8 m 解析　(1)敲击B后的瞬间，A受到向上的滑动摩擦力， 对A由牛顿第二定律μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAaA 解得aA=2.5 m/s2 对B由牛顿第二定律μmAgcos 30°+mBgsin 30°=mBaB 解得aB=12.5 m/s2 (2)设A、B向上运动，经过时间t后共速，有v0-aBt=aAt 共速后A、B一起以加速度a向上减速，对A、B整体分析， 有(mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a 则B上升的最大距离s=(v0t-aBt2)+ 解得s=0.375 m (3)最终A、B均停在挡板处，此时B的长度最小， 由能量守恒mB+mAgLsin 30°=μmAgcos 30°·L 解得L=1.8 m。 14.答案　B解析　小物块从A处静止释放，到C点恰好停下，根据动能定理可得mg·2lsin θ-Wf=0，由题图乙可知Wf=μmmgcos θ·l，联立解得μm=4tan θ，故A错误；当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有μmgcos θ=mgsin θ，解得μ=tan θ=μm，由题图乙可知，此时小物块在BC段下滑的距离为l，则小物块从A处静止释放到达到最大速度的过程，根据动能定理有mg·(l+l)sin θ-Wf'=m-0，其中Wf'=μmgcos θ·=mglsin θ，解得小物块最大速度为vm=，故B正确；由于AB、BC两段斜面的长度相同，对应的高度相同，根据WG=mgh可知重力在AB、BC两段斜面上做功相等，故C错误；设小物块在B点的速度为vB，小物块在AB段做匀加速直线运动，则AB中间时刻速度为v1==，则重力在AB段中间时刻瞬时功率P=mgv1sin θ=mgsin θ，小物块在BC段不是做匀变速直线运动，所以BC段中间时刻速度v2≠=，则重力在BC段中间时刻瞬时功率P'=mgv2sin θ≠mgsin θ，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $