2026年高考物理二轮复习第6讲功和能专项训练

这是一份2026年高考物理二轮复习第6讲功和能专项训练，共23页。试卷主要包含了选择题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1． 如图所示，钢架雪车运动员在具有阻力的倾斜赛道上滑行，则（ ）
A．运动员在转弯时加速度为0
B．运动员和钢架雪车整体机械能守恒
C．钢架雪车所受重力和赛道对钢架雪车的支持力是一对平衡力
D．钢架雪车对赛道的压力与赛道对钢架雪车的支持力是一对作用力和反作用力
2．如图所示，半径相同、质量不同的两小球P、Q用等长的细线悬挂，现将小球P往左拉到O点并由静止自由释放，P、Q碰撞过程没有机械能损失，不计空气阻力。则P、Q首次碰撞后（ ）
A．小球P有可能被反弹回到O点
B．小球P上升最高点一定低于O点
C．小球Q上升的最高点一定低于O点
D．小球Q上升的最高点一定高于O点
3．如图所示，一轻质刚性杆可在竖直平面内绕固定转轴O自由转动，杆长为2L。杆的中点M处固定一质量为2m的小球a，另一端N处固定一质量为m的小球b。现将杆从水平位置由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的作用力大小为253mg
B．杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的作用力大小为143mg
C．从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a做的功为23mgL
D．从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a做的功为−13mgL
4．2025年2月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨举办，跳台滑雪是比赛项目之一。一次比赛中运动员从跳台的边缘水平滑出，落到斜坡上，如图所示。运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响。运动员在空中运动的过程中，所受重力的瞬时功率的变化情况是（ ）
A．一直不变B．随时间均匀增大
C．随时间均匀减小D．随时间非均匀增大
5．我国新能源汽车技术领先全球，且价格符合大众消费。一辆新能源汽车在平直公路上行驶，已知该汽车的质量为2.0×103kg，发动机的额定功率为200kW，设该汽车在行驶过程中受到的阻力大小恒为4.0×103N。如果该汽车从静止开始以恒定功率启动，则（ ）
A．汽车从静止开始做加速度增大的加速直线运动，然后做匀速直线运动
B．若启动功率为额定功率，汽车能达到的最大速度为50m/s
C．若启动功率为150kW，汽车能达到的最大速度为50m/s
D．若启动功率为额定功率，且达到最大速度所用的时间为30s，则汽车在这段时间内的位移大小为750m
6．目前我国混合动力轿车越来越盛行。现有质量1.5吨的混合动力轿车，在平直公路上以v＝24m/s的速度匀速行驶，此时蓄电池不工作，汽油发动机的输出功率为P1＝72kW。现使轿车汽油发动机和电动机开始同时工作（以该时刻作为计时起点，总功率为汽油发动机和电动机的功率之和），汽油发动机的输出功率保持不变仍为72kW，电动机输出功率P2恒定，轿车汽油发动机和电机同时工作之后的v-t图像如图所示。若轿车运动过程中所受阻力始终不变，则电动机输出功率P2为（ ）
A．30kWB．35kWC．40kWD．102kW
7．2023年全国首条空轨—光谷空轨旅游线开通运营。光谷空轨列车（简称空轨）采用有人值守无人驾驶技术运行。如图所示，一质量为m的空轨在平直轨道上从静止开始匀加速直线行驶，经过时间t前进的距离为s，发动机输出功率恰好达到额定功率P，空轨所受阻力恒定，下列说法正确的是（ ）
A．空轨匀加速行驶过程中的最大速度为st
B．匀加速行驶过程中，牵引力做的功为Pt2
C．匀加速行驶过程中，空轨的阻力大小为Pts−mst2
D．空轨能达到的最大速度为2st
8．一种升降电梯的原理图如图甲，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时 A（含乘客）的质量为mA=1000kg、B的质量为mB=600kg。 A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重 B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2。轿厢A向上运动过程中的v−t图像如图乙。下列说法正确的是（ ）
A．0~3s内配重B处于超重状态
B．3~5s内电动机所做的功等于4.8×104J
C．5~8s内轿厢A的加速度大小为0.75m/s2
D．0~8s内 AB间的缆绳对轿厢A 做功的最大功率为6.0×104W
9．某摩天轮的直径达120m，转一圈用时1600s。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3π20rad/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增大
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增大
10．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．人的加速度一直在减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．人下降到最低点时，人的重力势能全部转化为人的动能
D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力
11．某运动员将铅球斜向上推出后，球的运动过程如图所示，不计空气阻力。下列关于铅球在空中运动过程中的加速度大小a、速度大小v、重力的瞬时功率P和机械能E随运动时间t的变化关系，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
12．排球比赛中，运动员在A处水平发球，对方一传在 B处垫球过网，排球经最高点C运动到D处，轨迹如图所示。已知A与C、B与D分别在同一水平线上，A、D在同一竖直线上。 不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．排球从A运动到B的时间与从 B运动到D的相等
B．排球在 A点的动能与在 C点的动能相等
C．对方一传击球前后排球的机械能相等
D．发球员对排球做的功大于对方一传对排球做的功
13．某同学在拍球的过程中发现，让球由离地1m高处静止下落并自由反弹，弹起的最大高度为80cm。为了让球每次都恰好弹回到1m的高度，球每次在1m高度时应向下拍打一次球。设球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，球与地面碰撞后以原速率反弹，已知球的质量为900g，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．球在运动过程中受到的空气阻力大小为1.5N
B．人每次向下拍球的过程中对球做的功为1.8J
C．从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为2J
D．球每次撞击地面的过程中，地面对球做的功为11J
14．如图所示为“神州”系列飞船返回舱返回地球的示意图，其过程可简化为：第一阶段，当返回舱成功穿越大气层下降到距地面约10公里高度时，降落伞打开，返回舱将在巨大降落伞向上的阻力作用下，迅速减速，假定此阶段降落伞产生的阻力与速度成正比；第二阶段，返回舱以较低速度匀速下降；第三阶段，返回舱在距地面还有一定高度时，缓冲火箭启动喷出气体，返回舱进一步减速，从而使返回舱安全着陆。下列说法正确的是（ ）
A．在第一阶段，返回舱做加速度增大的减速直线运动
B．在第二阶段，返回舱的机械能守恒
C．在第三阶段，缓冲火箭向上喷出气体
D．在第三阶段，合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化量
15．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）
A．小球机械能守恒
B．小球动能的最大值为mgh
C．当x =h+x0时，系统重力势能与弹性势能之和最小
D．当x= h +2x0时，小球的重力势能最小
二、多选题
16．过山车是游乐场里最受游客喜爱的项目之一，其部分轨道可以简化为如图所示的“离心轨道演示仪”，乘客所体验的运动与小球在轨道上的运动相似。演示仪圆形轨道底部有前后错开的空间，可使小球从圆轨道上运动至其底端后，能从此处离开圆轨道。实验中，将小球从左边倾斜轨道上不同的位置由静止释放。已知圆形轨道的半径为0.2m，重力加速度取10m/s2，小球可视为质点，不计轨道厚度，不计摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球恰好能运动到圆轨道的最高点
B．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球会在到达圆轨道最高点之前离开圆轨道
C．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为R2，则小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动
D．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为R2，则小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小等于重力大小
17．如图所示，当质量为m的排球运动到最高点速度大小为v0时运动员将其水平拍出，拍击时间极短，拍出后排球以水平速度3v0反弹，最终落地速度大小为5v0。不计空气阻力及排球大小，以地面为零势能面，下列说法正确的是（ ）
A．拍球过程运动员对排球所做的功为4mv02
B．排球拍出后下落过程，排球重力势能减少了8mv02
C．拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为172mv02
D．从排球拍出后到落地的过程，排球的动能增加了2mv02
18．如图所示，倾角θ=30°的固定斜面顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ=36，过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。（弹簧的弹性势能可以表示为EP=12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（ ）
A．P、M两点之间的距离为8kv02−3mg212kg
B．Q在从P点单向运动到O点的过程中，系统损失的机械能为16mv02
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为8kv02−9mg26kg
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在M点
三、计算题
19． 投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d = 0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小v0 = 5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L = 2.7 m，距地面的高度h = 1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ = 0.25，sin53° = 0.8，cs53° = 0.6，取重力加速度大小g = 10 m/s2，空气阻力不计。求：
（1）沙包从出手点到落地点的水平距离x；
（2）沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
20． 如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为μ=0.25，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。
（1）求0﹣1m，F做的功；
（2）x=1m时，A与B之间的弹力；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
21． 某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R=0.36m，L=1.6m，v0=5m/s，m=0.2kg，M=1.8kg，μ=0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
（1）滑到B点处的速度大小；
（2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
（3）在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
（4）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动员转弯时做曲线运动，速度方向时刻发生变化，必然存在向心加速度，加速度不为0，故A错误；
B．赛道存在阻力，运动员和钢架雪车整体滑行过程中需克服阻力做功，机械能会转化为内能等其他形式的能，机械能不守恒，故B错误；
C．钢架雪车所受重力竖直向下，赛道对雪车的支持力垂直于赛道斜面，二力方向并非相反且不在同一直线上，不满足平衡力“同体、等大、反向、共线”的条件，故C错误；
D．钢架雪车对赛道的压力作用在赛道上，赛道对钢架雪车的支持力作用在雪车上，二力大小相等、方向相反、作用在相互作用的两个物体上，符合作用力与反作用力的定义，故D正确。
故答案为：D。
【分析】解决本题需紧扣三个核心知识点：一是曲线运动的加速度特点，曲线运动速度必变化，加速度不为零；二是机械能守恒的条件，只有重力或弹力做功时机械能才守恒，有阻力做功则机械能不守恒；三是平衡力与作用力反作用力的区别，平衡力需作用于同一物体，作用力反作用力则作用于两个相互作用的物体。
2．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB．令O点到小球P运动的最低点的高度为ℎ，小球P从O点下落到最低点，由机械能守恒mPgℎ=12mPv02
由于碰撞过程没有机械能损失，有12mPv02=12mPvP2+12mQvQ2
碰撞过程动量守恒，有mPv0=mPvP+mQvQ
联立解得vQ=2mPmP+mQv0，vP=mP−mQmP+mQv0
可以发现速度大小满足vP0
故小球此时不能过最高点，而是会在小球到达圆轨道最高点之前离开圆轨道，故A错误，B正确；
CD．设小球能过圆轨道的最高点的临界条件为圆轨道对小球的支持力为零，仅由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mg=mv2R
解得v=gR
设释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为ℎ，由于下落过程小球只受到重力的作用，根据机械能守恒定律有mgℎ=12mv2
解得ℎ=R2
此时则小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动，圆轨道对小球的支持力为零，根据牛顿第三定律可知，小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为零，故C正确，故D错误。
故选BC。
【分析】利用小球经过圆弧轨道的牛顿第二定律可以求出小球经过最高点的最小速度，结合机械能守恒定律可以求出小球释放的高度，当小球经过最高点满足最小速度时，此时小球只受到重力，对轨道的压力等于0.
17．【答案】A,B,C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．拍球过程，运动员对排球做功引起排球的动能发生变化，根据动能定理有W=12m(3v0)2−12mv02=4mv02，故A正确；
B．排球拍出后下落过程，由于重力做功导致排球动能增多，根据动能定理可以得出重力做功为WG=12m(5v0)2−12m(3v0)2=8mv02
根据功能关系可以得出排球重力势能减少了8mv02，故B正确；
C．物体的机械能为动能和重力势能之和，根据动能和重力势能的表达式可以得出拍球前瞬间排球运动到最高点时机械能为E=12mv02+8mv02=172mv02，故C正确；
D．从排球拍出后到落地的过程，根据动能的表达式可以得出排球的动能增加了ΔEk=12m(5v0)2−12m(3v0)2=8mv02，故D错误；
故选ABC。
【分析】利用动能定理可以求出运动员对排球做功的大小及重力做功的大小；利用重力做功可以求出重力势能的变化量；利用动能和重力势能可以求出排球机械能的大小；利用动能的表达式可以求出动能的变化量。
18．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题的关键在于正确应用动能定理、功能关系和平衡条件，理解除重力和弹力以为的力做功机械能的影响，掌握滑动摩擦力公式的运用。A．过程Ⅰ：设P点至O的距离为L，从P点至O点，根据动能定理有−12mv02=−μmgcsθ⋅L−mgLsinθ
解得L=2v023g
设M点至O的距离为L1，在M点（图中未画出）时速度最大，根据平衡条件有kL1=mgsinθ+μmgcsθ
P、M两点之间的距离为L2=L−L1
联立解得P、M两点之间的距离为L2=8kv02−9mg212kg，故A错误；
B．Q在从P点单向运动到O点的过程中，系统损失的机械能为μmgcsθ⋅L=16mv02，故B正确；
C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为xm，根据能量关系可得12kL2−12kxm−L2=mgsinθ⋅x+μmgcsθ⋅x
解得xm=8kv02−9mg26kg，故C正确；
D．因为μ=36，可得mgsinθ>μmgcsθ，所以物块Q在O点的加速度不为0，在M点，有kL1=mgsinθ+μmgcsθ
故滑块Q可以静止在M点上方一点，此时有F弹=mgsinθ+fs
静摩擦力小于最大静摩擦力，故D错误。
故选BC。
【分析】根据滑动摩擦力公式求解滑动摩擦力，过程Ⅰ，根据动能定理求解PO之间的距离；根据功能关系求解机械能的损失；滑块从P到M的过程中，弹力做正功、摩擦力和重力做负功；滑块从M点到最高点的过程中，弹力先做正功后做负功、摩擦力和重力做一致做负功；根据动能定理分析位移关系，然后作答；根据平衡条件结合摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系求解作答。
19．【答案】（1）解： 沙包竖直上方的初速度为
vy=v0sin53∘=4m/s
沙包在竖直方向上减速到0，然后做自由落体运动，设竖直向上为正，则有
−ℎ=vyt−12gt2
代入数据解得
t=1s
沙包抛出的水平初速度为
vx=v0cs53∘=3m/s
所以从抛出到落地沙包水平位移为
x=vxt=3m
（2）解： 沙包滑行的距离为
x0=L+5d−x=0.45m
沙包滑行的加速度大小
a=μg=2.5m/s
滑行的初速度有
v12=2ax0
与地面碰撞后的动能
Ek2=12mv12=98m
从抛出到落地根据动能定理有
mgℎ=12mv2−12mv02
解得落地瞬间的动能
Ek1=12mv2=492m
所以
k=Ek1Ek2=1969
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）把沙包的速度分解为水平方向和竖直方向，根据运动学公式计算即可；
（2）根据动能定理得到沙包落地时的速度，然后根据牛顿第二定律和运动学公式得到沙包落地后的速度，最后比较即可。
20．【答案】（1）解：0﹣1m， 外力保持不变，由W=FLcsα可得，F做的功
W=Fx=1.5×1J=1.5J
（2）解：对AB整体，水平方向受拉力和阻力，竖直方向受重力和支持力，根据牛顿第二定律
F−f=2ma
其中f=μmg，对B，受重力、支持力、A对B的推力，根据牛顿第二定律
FAB=ma
联立解得
FAB=F−μmg2=1.5−0.25×0.2×102N=0.5N
（3）解：当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，此时A、B加速度相等，对A
FA−fA=ma'=0
解得
FA=μmg=0.5N
由图乙可知，此时x=3m；0﹣3m过程中，根据图乙可得拉力做的功为WF=1.5×1J+0.5+1.52×2J=3.5J
对A、B根据动能定理
WF−μmgx=12×2mv12
解得
v1=10m/s
在点，能通过的M条件是，重力提供向心力，可得
mg=mv22r
从P点到M点，根据动能定理
−mg⋅2r=12mv22−12mv12
联立可得
r=0.2m
即圆弧半径满足的条件r≤0.2m。
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查公的计算、牛顿第二定律的应用以及竖直平面内圆周运动的有关知识，理清物体运动过程是解题关键。
（1）0﹣1m， 外力保持不变，由W=FLcsα求解外力做的功；
（2）0﹣1m过程中外力不变，物体做匀加速运动，分别以AB整体和B为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解x=1m时，A与B之间的弹力；
（3） 要保证B能到达M点， 在B点，重力恰好提供向心力，根据圆周运动知识列式求解物体在B点最小速度，由图乙和动能定理列式求解物体到达圆弧轨道最低点P速度，从P点到M点，根据动能定理列式求解圆弧半径满足的条件。
21．【答案】（1）解： 块从P点到B点由动能定理mgLsin30∘=12mv2
解得到达B点的速度v=4m/s
（2）解： 物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功Wf=12mv02−12mv2=0.9J
（3）解： 物块在传送带上加速运动的加速度为a=μg=2.5m/s2
加速到共速时用时间t=v0−va=5−42.5s=0.4s
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度Δx=v0t−v0+v2t=0.2m
（4）解： 从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知mv0=mv1+Mv2，12mv02=12mv12+12Mv22+2mgR
联立解得v1=−2.2m/s，v2=0.8m/s
（另一组v1=3.2m/s，v2=0.2m/s，因不合实际舍掉）
对滑块在最高点时由牛顿第二定律F+mg=m(v2−v1)2R
解得F=3N
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理，对物体在斜面上下滑过程分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合加速到和传送带共速过程，综合传送带与物块一起匀速，不会受到摩擦力分析求解；
（3）根据在传送带上滑动过程中产生的滑动长度与两者位移关系分析求解；
（4）根据物块和半圆轨道作用过程，水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，结合能量守恒分析求解。