第6章 周末双休练六 机械能(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦机械能综合应用，以典型情境为载体，通过问题链构建功、能、功率的逻辑体系，强化科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |功与功率|3题|结合运动过程分析恒力做功、瞬时功率，涉及平衡条件应用|从力的分解到功的计算，体现运动与相互作用观念| |机械能守恒与转化|4题|包含传送带、连接体、圆周运动等模型，需判断守恒条件|通过能量转化关系串联动能定理与功能关系| |综合应用|2题|多过程问题，涉及摩擦生热、相对位移计算|整合牛顿运动定律与能量观点，培养综合解题能力|

周末双休练六　 机械能 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(每题4分，共24分) 1.(2026·广东东莞期末)为了提升运动员的体能进行一种拖轮胎跑的训练。如图所示，运动员身上系绳拖动轮胎在水平地面前进，已知连接轮胎的拖绳拉力大小为100 N，与地面夹角为37°，若运动员拖着轮胎以6 m/s的速度匀速直线前进18 m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，在此运动过程中，下列说法正确的是(　　) A.地面摩擦力对轮胎做功为1 440 J B.拖绳拉力对轮胎做功为1 440 J C.轮胎所受合力做功为1 800 J D.拖绳拉力对轮胎的平均功率为600 W 答案：B 解析：在轮胎匀速前进18 m的过程中，拖绳拉力对轮胎做功为WF＝Fcos θ·x＝100×0.8×18 J＝1 440 J，故B正确；在轮胎匀速前进18 m的过程中，根据平衡条件，可得地面摩擦力大小Ff＝Fcos θ＝80 N，则地面摩擦力对轮胎做功为Wf＝－Ffx＝－80×18 J＝－1 440 J，故A错误；在轮胎匀速前进18 m的过程中，合力等于零，故合力做的功为零，故C错误；在轮胎匀速前进18 m的过程中，所用的时间为t＝ s＝3 s，则拖绳拉力对轮胎的平均功率为＝＝480 W，故D错误。 2．(2026·深圳市模拟)某摩天轮的直径达120 m，转一圈用时1 600 s。某同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，依次从A点经B点运动到C的过程中(　　) A．角速度为 rad/s B．座舱对该同学的作用力一直指向圆心 C．重力对该同学做功的功率先增大后减小 D．如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将不变 答案：C 解析：根据角速度的计算公式有ω＝ rad/s，故A错误；某同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则座舱对该同学的作用力和重力的合力提供向心力，指向圆心，所以座舱对该同学的作用力不一定指向圆心，故B错误；根据重力功率的计算公式P＝mgvy，可知重力对该同学做功的功率先增大后减小，故C正确；在B点有＝mRω2，可知如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将增大，故D错误。 3.(2026·福建南平模拟)如图甲所示，水平向右的推力F将重为4 N的物体压在竖直的粗糙程度相同的墙面上，墙面足够大。F的大小与时间t的关系如图乙所示，且已知前2 s物体静止，在2～4 s内物体向下滑动速度逐渐增大到5 m/s，之后保持5 m/s速度不变，则(　　) A.当t＝1 s时，物体受到的摩擦力为12 N B.当t＝3 s时，物体受到的摩擦力一定小于4 N C.在2～6 s内，物体受到的滑动摩擦力大小不变 D.在4～6 s内，重力对物体做功的功率为40 W 答案：B 解析：前2 s物体静止，根据平衡条件可知，在竖直方向上，物体受到的摩擦力大小等于重力，为4 N，故A错误；在2～4 s内，物体向下滑动速度逐渐增大到5 m/s，可知物体加速下滑，加速度方向向下，则t＝3 s 时，物体受到的摩擦力一定小于4 N，故B正确；在2～6 s内，物体受到的滑动摩擦力大小Ff＝μF，由于物体受到的正压力F发生改变，所以物体受到的滑动摩擦力大小发生改变，故C错误；在4～6 s内，重力对物体做功的功率为PG＝Gv＝4×5 W＝20 W，故D错误。 4．如图甲所示，M、N是倾角θ＝37˚传送带的两个端点，一个质量为5 kg的物块以4 m/s 的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v -t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37˚＝0.6，下列说法正确的是(　　) A．物块最终从N点离开传送带 B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6 C．物块经过4 s回到M点 D．物块从释放到离开传送带的过程中因摩擦而产生的内能为450 J 答案：D 解析：根据v -t图像可知4 s时物块与传送带达到共速，方向沿传送带向上，之后与传送带相对静止，一起做匀速运动，故物块最终从M点离开传送带，故A错误；根据v -t图像可知加速度a＝＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，联立解得μ＝，故B错误；v -t图像与横轴所围面积表示位移，当回到M点时位移为0，而4 s时，t轴上下面积和不为0，故C错误；由题图乙可知4 s时物块与传送带达到共速，此时传送带位移x1＝v传t4＝8 m，小物块的位移x2＝v0t4－＝4 m，两者相对位移大小Δx＝x1＋x2＝12 m，因摩擦而产生的内能Q＝Wf＝FfΔx＝μmg cos θ·Δx＝450 J，故D正确。 5．如图所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的轻质细线与水平杆间的夹角为θ＝53˚，细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮顶部离水平杆距离为h＝0.2 m，现将物块B由静止释放，物块A、B均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53˚＝0.8，不计空气阻力，则(　　) A．物块A与物块B速度大小始终相等 B．物块B下降过程中，重力始终大于细线拉力 C．当物块A经过左侧定滑轮正下方时，物块B的速度最大 D．物块A能达到的最大速度为1 m/s 答案：D 解析：根据关联速度得vAcos θ＝vB，所以二者的速度大小不相等，A错误；当物块A经过左侧定滑轮正下方时细线与杆垂直，则根据A项分析可知，物块B的速度为零，所以B会经历减速过程，减速过程中重力会小于细线拉力，B、C错误；当物块A经过左侧定滑轮正下方时，物块A的速度最大，根据系统机械能守恒得mg＝mv2，解得v＝1 m/s，D正确。 二、多项选择题(每题6分，共18分) 6．(2026·广东省部分学校模拟)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图所示，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为mg(g为重力加速度的大小)、方向都与竖直方向成37˚的力，重物离开地面高度h后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为。cos 37˚＝0.8，不计空气阻力，则(　　) A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间 B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功 C．重物刚落地时的速度大小为 D．地面对重物的平均阻力大小为17mg 答案：AD 解析：设停止施力瞬间重物的速度大小为v1，根据动能定理可得(2F cos 37˚－mg)h＝，则v1＝，设重物刚落地时的速度大小为v2，根据动能定理有2F cos 37˚·h＝，则v2＝，故C错误；重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到v1后做匀减速运动直至速度为零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为v2，由此可知上升过程中的平均速度大小，下降过程中的平均速度大小，又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故A正确；重物在整个运动过程中，根据动能定理有W人＋WG－W阻＝0，则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误；对全过程根据动能定理有2F cos 37˚·h＋mg－F阻＝0，则F阻＝17mg，故D正确。 7．如图甲所示，倾角为30˚的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是(　　) A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0 B．木块受到的摩擦力大小为 C．木块的重力大小为 D．木块与斜面间的动摩擦因数为 答案：BC 解析：机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则2E0－3E0＝(0－3E0)＋ΔEp，解得ΔEp＝2E0，故A错误；木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则－Ffx0＝2E0－3E0，解得Ff＝，故B正确；木块克服重力做的功等于重力势能增加量，则mgx0sin 30˚＝ΔEp，解得mg＝，故C正确；滑动摩擦力为Ff＝μmg cos 30˚＝，解得μ＝，故D错误。 8．如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5 kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5 N。2 s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．0～2 s内，长木板的加速度大小aM＝3 m/s2 B．0～2 s的过程中，F1对小物块做了12 J的功 C．0～4 s的过程中，小物块与长木板之间因摩擦产生的热量Q＝24 J D．两恒力对小物块、木板组成的系统做的功等于系统机械能的增加量 答案：BC 解析：0～2 s内，对长木板进行受力分析，如图甲所示， 根据牛顿第二定律有F2－μ1mg－＝MaM，解得aM＝1m/s2，故A错误；对物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为a1＝＝2 m/s2和a2＝＝4 m/s2，长木板和小物块在0～4 s内的v -t图像如图乙所示，0～2 s小物块做匀加速直线运动， 位移大小x1＝×2×4 m＝4 m，F1对小物块做功为W1＝F1x1＝12 J，故B正确；两条v -t图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的位移，由v-t图像可知L＝×3×4 m＋×3×4 m＝12 m，小物块与长木板之间因摩擦产生的热量Q＝μ1mgL＝24 J，故C正确；两恒力对小物块、木板组成的系统做的功等于系统机械能的增加量加上因摩擦产生的热量，故D错误。 三、非选择题(共12分) 9．(12分)(2026·广东珠海阶段练习)如图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由水平传送带和水平转盘组成。物品质量m＝1 kg，从A处无初速度放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，且恰好随转盘一起运动(无相对滑动)，到C处被取走装箱。已知A、B两处的距离L＝9 m，传送带的传输速度v＝2 m/s，物品与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2。物品在转盘上与轴O的距离R＝0.5 m，设物品与转盘间的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)物品从A处运动到B处的时间； (2)物品与转盘间的动摩擦因数的最小值μ2； (3)物品从A处运动到B处的过程中，电机因传送物品而多做的功。 答案：(1)5 s　(2)0.8　(3)4 J 解析：(1)物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，设其位移大小为x1，根据牛顿第二定律和运动学公式有μ1mg＝ma，v＝at1，v2＝2ax1 解得t1＝1 s，x1＝1 m<L 可知物品与传送带共速后，物品和传送带一起以v速度做匀速运动，物品做匀速运动的时间为 t2＝＝4 s 物品从A处运动到B处的时间为t＝t1＋t2＝5 s。 (2)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品在转盘上恰好无相对滑动时有μ2mg＝m 解得物品与转盘间的动摩擦因数的最小值为 μ2＝0.8。 (3)物品从A处运动到B处的过程中，物品与传送带发生的相对位移大小为Δx＝x传－x1＝vt1－x1＝2×1 m－1 m＝1 m 因摩擦产生的热量为Q＝μ1mgΔx＝2 J 物品从A处运动到B处的过程中，根据能量守恒可知，电机因传送物品而多做的功为 W＝Q＋mv2＝4 J。 学科网（北京）股份有限公司 $