专题2 课时作业5 功和能-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

■ 班级： 姓名： 专题二 能量与动量 课时作业5功和能 (分值：55分) 基础巩固练 一次，滑块从工位置以速度。向右滑动，通过 MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过 1.(5分)（多选）(2025·八省联考河南卷)2024年我 程中，滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二 国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞 次，滑块从Ⅱ位置以相同速度。向右滑动，通过 行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用 MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过 下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速 程中，滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略 度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则 空气阻力，则 () ( A.火箭的机械能不变 B.火箭所受的合力不变 N C火箭所受的重力做正功 A.t<t2 B.t>t2 D.火箭的动能随时间均匀减小 C.x1x2 D.x<x2 2.(5分)(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动， 5.(5分)（多选）如图所示，将 A 遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡 质量为2m的重物悬挂在轻 顶端由静止下滑，至底端时速度为？。已知人与滑 绳的一端，轻绳的另一端系 板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小 一质量为m的环，环套在竖 为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩 直固定的光滑直杆上，光滑 擦力做的功为 ( 定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮 1 A.mgh B. 等高，杆上的B点在A点正下方与A点距离为d 处。现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦阻 1 1 C.mgh+ 2 mu D.mgh-2 mv 力，下列说法正确的是 ( 3.(5分)(2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电 A.环到达B点时，重物上升的高度h= 2 池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚 B.环到达B点时，环与重物的速度大小相等 好维持小车以速度”匀速运动，此时电动机的效 C.环从A点到B点，环减少的机械能等于重物增 率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受 加的机械能 到的阻力∫=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 D环能下降的最大高度为 能为 ( 6.(5分)(2025·安徽池州 C 4.2k B 二模)如图，光滑水平面 R 2n C.ko+mo AB与竖直面内的光滑半 kv2+mv2 D. wM 27 圆形导轨在B点平滑连 4.(5分)(2025·云南卷)如图所示，质量为m的滑 接，导轨半径为R。现有一左端固定的轻质弹簧， 块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为 弹性势能为E。,在弹力作用下一质量为m的物体 1,与其余部分的动摩擦因数为42，且41>2。第 获得水平向右的速度后脱离弹簧，重力加速度为 (横线下方不可作答) 117 专题二能量与动量 g。若使物体不脱离半圆形导轨，弹簧弹性势能 (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小o; E。的值不可能为 (2)雪块落地时的速度大小1及其速度方向与水 A.mgR B.2mgR 平方向的夹角a。 C.3mgR D.4mgR 能力提升练 7.(5分)图甲是淄博市科技馆的一件名为“最速降 线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道中，小 球滚下用时最短的轨道叫作最速降线轨道。取其 中的“最速降线”轨道I和直线轨道Ⅱ进行研究， 如图乙所示，两轨道的起点M高度相同，终点N 高度也相同，轨道I的末端与水平面相切于N点。 若将两个相同的小球a和b分别放在I、Ⅱ两轨道 的起点M,同时由静止释放，发现在I轨道上的小 球a先到达终点。下列描述两球速率v与时间t、 速率平方v2与下滑高度h的关系图像可能正确 的是 ( ) 甲 尖子生选练 9.(5分)（多选）(2023·湖南卷) 如图，固定在竖直面内的光滑 、0 轨道ABC由直线段AB和圆 2 弧段BC组成，两段相切于B 点，AB段与水平面夹角为0， A b BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等 于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v C D 冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法 8.(15分)(2025·黑吉辽蒙卷) 正确的是 () 如图，一雪块从倾角0=37°的 A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐 屋顶上的O点由静止开始下 A0 增大 滑，滑到A点后离开屋顶。O B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持 A间距离x=2.5m,A点距地 不变 面的高度h=1.95m,雪块与屋顶的动摩擦因数 C.小球的初速度vo=√2gR 4=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°= D.若小球初速度。增大，小球有可能从B点脱离 0.6,重力加速度g取10m/s2。求：得分 轨道 红对勾·讲与练 118 高三二轮物理v 定律有G M·6 26m ，可得组合 体做圆周运动的线速度为口=人 GM 弹射返回舱的过程中组合体动量守 恒，有5m℃1十m℃2=6my,由题意℃2= GM ,解得=台 GM ,故选C。 10.A由几何关系知FBA=FCA,设B、A 4m1 间的距离为d,则Fa=G,A所 受的合力FA=2 F BA COS30°，联立可 得FA 43Gm d' 一，由几何对称性可知 星体B、C受力大小相等，根据牛顿第 47m 三定律FAB=FM=G,又FcB 2 G,设星体B所受的合力为F。,正 交分解FB,有FB=FABCOS60°十 3G721 Fcg=32,Fy=FAnsin60°月 2√3Gm d ,则FB=√F十F √2IGm,则aa:a:ac=4m d2 F:Fc=√7：7：7，故选A。 m m 11.BD 设该星球表面的重力加速度为 g。,小球在圆周最高点时有mg。 2 F=mRF=mg。一mR,由题图乙 b 知，当F=0时，有mg。=mR,可得 g。=尺，则X星球的第一宇宙速度为 b u1=√gR= ,故A错误；根 R Mm 据G R mg。,得X星球质量为 M= goRo bR RG ,则X星球的密度为 G bR M GR 36 P= V 4 πR 4GRR,故B正 3 确，C错误；设环绕X星球的轨道离 星球表面高度为R。的卫星的轨道半 径为r,则r=R。十R。=2R。,由 Mm 3 G 得T=2x4 GM (2R。)3 2RR 2π ,故D正确。 bR 二4r b G RG 专题二 能量与动量 课时作业5功和能 1.BC由于火箭匀减速竖直下落，速度 减小，动能减小，且重力势能减小，故 火箭的机械能减小，故A错误；由于火 箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛 顿第二定律可知，火箭所受的合力不 变，故B正确；由于火箭的重力势能减 小，故火箭所受的重力做正功，故C正 1 确：火箭的动能E:=之mu=2m· (v。一at)2,故火箭的动能不随时间均 匀减小，故D错误。 2.D人在下滑的过程中，由动能定理可 1 得mgh-W,=之m0-0,可得此过程 中人与滑板克服摩擦力做的功W:= mgh2m,故选D。 3.A根据题意小车匀速运动，则有F= f=k0,小车的机械功率P机=F? k0,由于电动机的效率为50%，则有 7元0.5=2kv,光伏电池的光 P电= P 电转换效率为刀即习=P 。可得 =P=2 P阳= ,故选A。 4.A对两次运动的整个过程根据能量 守恒有2mw=1mg工wN十：mg(1 工MN),2m06=h1mgxM十hmg(x2 xMN),可得x1=x2,故C、D错误；根据 牛顿第二定律红mg=ma,可得a=g, 由于1>，故滑块在MN上时的加 速度大，根据前面分析可知两次运动 的总位移相等，即两次运动过程中℃一t 图像与横轴围成的面积相等，由于第 二次时滑块距离M点的距离较近，根 据公式6-0=2μgx可知第二次到 达M点时速度较大，作出整个过程中 两次运动状态的)-t图像如图所示， 可得t2>t1,故A正确，B错误。 5.CD当环到达B点 时，由题图中几何关系 可得重物上升的高度 h=(√2-1)d,A错 误；环到达B点时，对物 环的速度进行分解如 图所示，可得V环c0s9= ?物，由题图中几何关 系可知日=45°，则0环=√瓦0物，B错误； 因环从A,点到B点，环与重物组成的 系统机械能守恒，则环减少的机械能 等于重物增加的机械能，C正确；当环 下落到最低点时，设环下落高度为H, 由机械能守恒定律，有mgH= 2mg(√H+d-d),解得H=3d, 4 D正确。 6.B分为下面两种情况讨论，①物体恰 能到达最高，点C,在最高点由牛顿第二 定律有mg=m尺，解得ue=√R, 物体由A,点运动到C点过程中，由能 量守恒定律有E,=mg·2R+2mu2, 5 解得E,=2mgR,所以初始弹簧弹性 5 势能Em≥ mgR。②如果物体仅到 达与圆心等高位置，由能量守恒定律 有E。=mgR,所以初始弹簧弹性势能 Eo≤mgR。综上弹簧弹性势能不可 能的是2mgR,故选B。 7.A根据机械能守恒定律可得mgH= m0,可得小球a和b到达轨道底端 1 的速度大小均为0=√2gH,小球b沿 直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动，其 v一t图像为一条倾斜直线，小球a沿 “最速降线”轨道I运动过程，加速度 逐渐减小，则其一t图像的切线斜率 逐渐减小，且小球所用时间小于小球 b所用时间，故A正确，B错误；根据 gh二2m心，可得小球a和b下滑过 程速率平方0与下滑高度h的关系 为v2=2gh,可知小球a和b的v2-h 图像均为一条过原，点的倾斜直线，故 C、D错误。 8.(1)5m/s(2)8m/s60 解析：(1)雪块在屋顶上运动过程中， 由动能定理有mgx sin日一ng cos日· 1 T= mv。一0，代入数据解得雪块到 21 A,点速度大小为v。=5m/s。 (2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动， 由动能定理有mgh=】 1 2 代入数据解得雪块到地面时速度大小 01=8m/s,速度方向与水平方向夹角 Uacos 5×0.81 a满足cosa= 8 解得a=60°。 9.AD小球从B到C的过程中，根据动 能定理知小球速度减小，由牛顿第二 v" 定律得ng cos0-FN=mR8减小， 速度℃减小，故小球受到的支持力FN 增大，由牛顿第三定律知该过程小球 对轨道的压力逐渐增大，A正确；小球 从A到B的过程中，根据动能定理知 小球的速度减小，由P=mgusin日知 重力的功率减小，B错误；小球从A到 C的过程中，根据动能定理得一g· mu(小球恰好到达C点， 1 2R=0- 在C点的速度为0)，解得小球的初速 度V。=2√gR,C错误；增大小球的初 速度，由动能定理知小球到达B点的 速度增大，由mg cos-FN=mR知， 小球有可能从B,点脱离轨道，D正确。 课时作业6“传送带”模型中 的动力学和能量问题 1.C0一t。时间内，物块在传送带上做 加速运动。对物块受力分析可知，物 块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动 摩擦力大于重力的下滑分力，合力不 变，故做匀加速运动。t。之后，当物块 速度与传送带相同时，静摩擦力与重 力的下滑分力相等，加速度突变为0， 参考答案 243