第1部分 专题2 第5讲 功与功率 动能定理（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

(建议用时：40分钟) [A组　基础达标练] 1．(2024·汕头二模)成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列．成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置．空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．从释放到落地的过程中，米粒和糠重力做功相同 B．从释放到落地的过程中，米粒和糠风力做功相同 C．从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间大于米粒的运动时间 D．落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率 解析：D　[米粒和糠的区别是质量不同，由于从同一高度h释放，由WG＝mgh可知，米粒和糠重力做功不同，故A错误；空气阻力忽略不计，米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动，由h＝gt2可知，运动时间相同，在恒定水平风力作用下，由F＝ma可知，由于米粒质量大，米粒水平运动的加速度小，由x＝at2可知，米粒水平运动的距离小，再根据功的公式W＝Fx可知，风力对米粒做功少，故B、C错误；空气阻力忽略不计，米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动，由v2＝2gh可知，落地竖直方向的速度相同，而P＝mgv，由于米粒质量大，落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故D正确．] 2．(2024·河北保定市高三期末)木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁，每次砸击对铁钉做功相同．已知钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比，木匠砸击4次，就把一枚长为L的钉子全部砸进木梁，那么他第1锤将铁钉砸进木梁的深度是(　　) A.　　 B．　　　C.　　　D. 解析：B　[作出钉子所受阻力与进入深度的关系图，可知前一半深度与后一半深度过程中，阻力做功之比为1∶3，由题意可知，每次砸锤，锤对钉做功相同，将钉全部砸进木梁需要砸4次，则第1锤将铁钉砸进木梁的深度是.] 3.(多选)(2024·辽宁葫芦岛市普通高中高三期末)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h＜v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v＞90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保，该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1 250 N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末，则在前11 s内(　　) A．经过计算t0＝5 s B．在0～t0时间内小汽车行驶了45 m C．电动机输出的最大功率为60 kW D．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J 解析：BD　[开始阶段加速度为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，v1＝54 km/h＝15 m/s，解得t0＝＝ s＝6 s，故A错误；汽车前6 s内的位移为x1＝at＝45 m，故B正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，为Pm＝F1v1＝5 000×15 W＝75 kW，故C错误；由题图可知，汽油机工作期间，功率为P＝F2v2＝90 kW，解得11 s时刻汽车的速度为v3＝＝ m/s＝25 m/s＝90 km/h，故6～11 s内都是汽油机在做功，且汽油机工作时牵引力做的功为W＝Pt＝4.5×105 J，故D正确．] 4．(2024·辽宁盘锦三模)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，以出发点为x轴零点，物体的动能Ek与物体坐标x的关系如图所示．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的大小为2 N B．在x＝4 m时，拉力的功率为12 W C．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体克服摩擦力做的功为8 J D．从x＝0运动到x＝2 m的过程中，拉力的冲量大小为6 kg·m/s 解析：D　[根据动能定理可知，图像斜率的绝对值代表物体所受合力的大小，即从x＝0运动到x＝2 m的过程中，合力大小为F合1＝2 N，从x＝2 m运动到x＝4 m的过程中，合力大小为F合2＝1 N，物体所受摩擦力大小为f＝μmg＝4 N，则拉力大小分别为F1＝6 N，F2＝3 N，故A错误；在x＝4 m时，物体的速度大小为v＝＝2 m/s，拉力的功率P＝F2v＝6 W，故B错误；从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体克服摩擦力做的功W＝μmgx＝16 J，故C错误；在x＝2 m时，物体的速度大小为v′＝＝2 m/s，从x＝0运动到x＝2 m的过程中，物体运动的时间t＝＝s，拉力的冲量大小为I＝F1t＝6 kg·m/s，故D正确．] 5．(多选)(2024·兰州模拟)质量均为m的两个小球初始时处于同一竖直平面内，水平高度相同．甲球由半径为R、距地面高2R的四分之一光滑圆弧顶端A处静止滑下，O为圆弧的圆心．乙球从距O点1.5R处的B点做自由落体运动，如图所示．忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．同时释放两球，任一时刻两球的动能相等 B．两球经过相同高度时动能相等 C．两球经过相同高度时重力的功率相等 D．控制乙球释放的时刻，两球有可能在空中相碰 解析：BD　[最初甲球做竖直圆周运动，受重力、支持力两个力作用，其中重力沿速度方向的分力提供切向加速度，用以改变速度大小；重力垂直于速度方向的分力与曲面对小球支持力的合力提供向心加速度，用以改变速度的方向．甲球只在开始下落时加速度等于重力加速度，此后未离开曲面时用以加速的加速度大小都小于重力加速度，因此在甲球没有离开曲面时，其速率任意时刻都小于乙球的速率，则同时释放两球，任一时刻两球动能不相等，故A错误；由于曲面光滑，甲球在曲面上运动时只有重力做功，而乙球做自由落体运动，也只有重力做功，则由机械能守恒可知两球经过相同高度时动能相等，故B正确；两球经过相同高度时，两球的速度大小相等，但速度方向不同，重力的功率等于重力与重力方向上速度的乘积，由于两球沿重力方向上的速度大小不同，则两球经过相同高度时重力的瞬时功率不同，故C错误；设甲球运动到C点时的速度为v，则由机械能守恒有mgR＝mv2　①，甲球从C点开始做平抛运动，落地时间为t，则有R＝gt2　②，从C点到落地，甲球运动的水平位移为x＝vt　③，联立①②③解得x＝2R＞1.5R，因此控制乙球释放的时刻，两球有可能在空中相碰，故D正确．] 6．(多选)(2024·衡水中学质检)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，从离弹簧上端正上方高h处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上之后继续向下运动到最低点的过程中，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，得出小球所受弹力F的大小随小球位置坐标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．当x＝h＋2x0时，小球的动能最小 B．最低点的坐标x＝h＋2x0 C．当x＝h＋2x0时，小球的加速度为－g，且弹簧弹力大小为2mg D．小球动能的最大值为mgh＋ 解析：CD　[由题图乙可知小球在x＝h＋x0处重力与所受弹力大小相等，又小球在x＝h处时有向下的速度，由运动的对称性可知小球在x＝h＋2x0处有向下的速度，到达最低点后再经过x＝h＋2x0处有向上的速度，故最低点的坐标不是h＋2x0，且小球在x＝h＋2x0处动能不是最小，故A、B错误；由题图乙可知mg＝kx0(k为弹簧的劲度系数)，当x＝h＋2x0时，弹簧的压缩量为2x0，此时的弹力大小为2mg，根据牛顿第二定律可得小球的加速度为a＝＝＝－g，故C正确；小球在x＝h＋x0处时，弹簧的压缩量为x0，小球所受弹簧弹力与重力等大反向，此时小球的动能最大，根据动能定理有mg(h＋x0)＋W弹＝Ekmax－0，依题可得W弹＝－x0，所以Ekmax＝mgh＋mgx0，故D正确．] 7．(2024·广东省高三5月测试)在某滑雪场有一段坡道，可看作斜面，一滑雪爱好者从坡道最低点以某一速度滑上此坡道，滑雪爱好者和全部装备的总质量为50 kg，其重力势能和动能随上滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，以坡道底端所在水平面为重力势能的参考平面，滑雪爱好者连同全部装备可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．坡道与水平面的夹角θ为45° B．滑雪板和坡道之间的动摩擦因数为0.1 C．滑雪爱好者在坡道上滑的最大高度为15 m D．滑雪爱好者在坡道上滑过程重力的冲量大小为1 000 N·s 解析：D　[上滑过程重力势能为Ep＝mgssin θ＝mgsin θ·s，则重力势能随s变化的图线的斜率为mgsin θ＝，解得sin θ＝，则坡道与水平面的夹角为θ＝30°，选项A错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)s＝Ek－Ek0，整理得Ek＝－(mgsin θ＋μmgcos θ)s＋Ek0，动能随s变化的图线斜率为－(mgsin θ＋μmgcos θ)＝，代入数据解得动摩擦因数为μ＝，选项B错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)sm＝0－Ek0，解得sm＝15 m，上升的高度h＝smsin θ＝7.5 m，选项C错误；上滑过程根据动量定理有(mgsin θ＋μmgcos θ)t＝0－(－)，解得上滑时间t＝2 s，则重力的冲量为mgt＝1 000 N·s，选项D正确．] 8．(多选)(2024·山西长治模拟预测)如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面上，质量为2 kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动，拉力(F)随位移(x)变化的图像如图乙所示．取g＝10 m/s2，则在物块沿斜面运动的过程中，下列判断正确的是(　　) A．上升过程中，当x＝7.5 m时物块的速度最大 B．上升过程中，当x＝10 m时物块的速度为0 C．上升过程中，物块能达到的最大高度为7.5 m D．下降过程中，当x＝0时重力对物块做功的功率为100W 解析：AC　[小物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mgsin 30°＝10 N，根据图像可知，在拉力作用下，物块先沿斜面向上做匀加速直线运动，后向上做加速度减小的直线运动，当拉力大小为10 N时，加速度减小为0，此时速度达到最大值，根据图乙，结合数学函数关系，可以解得x＝7.5 m，故A正确；当x＝10 m时，根据动能定理有WF－mgxsin 30°＝mv2，其中WF＝J＝150 J，解得v＝5m/s，故B错误；令物块沿斜面运动到x＝10 m位置之后，能够沿斜面继续向上减速至0的位移为x1，则有－mgx1sin 30°＝0－mv2，解得x1＝5 m，则上升过程中，物块能达到的最大高度为H＝(x＋x1)sin 30°＝(10＋5)×m＝7.5 m，故C正确；物块由最高点下降至最低点过程有mg(x＋x1)sin 30°＝mv，解得v1＝5m/s，则下降过程中，当x＝0时重力对物块做功的功率为P＝mgv1sin 30°，解得P＝50W，故D错误．] [B组　创新应用练] 9.(多选)(2024·甘肃张掖市高三期末)如图所示，内壁光滑的玻璃管竖直固定在水平地面上，管内底部竖直放置处于自然长度的轻质弹簧．用轻杆连接的两小球A、B的质量分别为m和2m(球的直径比管的内径略小)，重力加速度为g，现从弹簧的正上方释放两球，则从A球与弹簧接触起到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．杆对A球做的功大于杆对B球做的功 B．A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做功的倍 C．弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量 D．A球到最低点时杆对B球的作用力等于4mg 解析：BC　[杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相等，两球的位移相同，所以杆对A球做的功与杆对B球做的功数值相等，故A错误；设A球克服弹簧弹力做的功为W1，A下降的高度为h，杆对A球做的功为W2，则杆对B球做功为－W2，由动能定理，对A球有mgh－W1＋W2＝0，对B球有2mgh－W2＝0，联立解得W1＝W2，即A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做的功的倍，故B正确；根据功能关系知，弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量，故C正确；若A球从弹簧原长处释放，刚释放时A、B整体的加速度大小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性知，A球到最低点时整体的加速度大小为g，方向竖直向上，现A球从弹簧正上方下落，A球到最低点时弹簧压缩量比从弹簧原长处释放时的大，则弹力比从弹簧原长处释放时的大，整体所受的合力增大，加速度将大于g，所以A球到最低点时整体的加速度大小大于g，方向竖直向上，在最低点，对B球，由牛顿第二定律得F－2mg＝2ma＞2mg，则得A球到最低点时杆对B球的作用力 F＞4mg，故D错误．] 10.(多选)(2024·山西晋中市榆次区一模)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．固定斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．重力加速度为g，木箱可视为质点，下列说法正确的是(　　) A．木箱与货物的质量之比为6∶1 B．下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点 C．木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1∶6 D．若木箱下滑的最大距离为l，则弹簧的最大弹性势能为Mgl 解析：BD　[根据题意和动能定理可得(M＋m)glsin 30°－μ(M＋m)glcos 30°－W弹＝0，W弹－Mglsin 30°－μMglcos 30°＝0，联立可得M∶m＝1∶6，故A错误；下滑速度最大时有(M＋m)gsin 30°－μ(M＋m)gcos 30°－F弹＝0，可得F弹＝Mg，上滑速度最大时有F弹′－Mgsin 30°－μMgcos 30°＝0，可得F弹′＝Mg，所以下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，故B正确；木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度为a1＝＝g，上滑的加速度为a2 ＝＝g，则＝，故C错误；下滑过程中重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，有(M＋m)glsin 30°－μ(M＋m)glcos 30°＝Ep，则弹簧的最大弹性势能为Ep＝Mgl，故D正确．] 11．(多选)(2024·河北沧州三模)如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长度为R的水平轨道，BCDE是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点．一可视为质点的小球从A点以某速度v0(大小未知)水平向左运动，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　) A．当v0＝时，小球刚好过最高点D B．当v0＝时，小球不会脱离圆弧轨道 C．若小球能通过E点，则v0越大，小球在B点与E点所受的弹力之差越大 D．小球从E点运动到A点的最长时间为 (－) 解析：AD　[由题知，小球刚好过最高点D点，则由圆周运动知mg＝m，在A到D过程中，由动能定理可知mv－mv＝－2mgR，联立解得v0＝，A正确；当v0＝时，设上升高度为h，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足h≤R，由动能定理知0－mv＝－mgh，代入得h＝R，假设不成立，故当v0＝时，小球会脱离圆弧轨道，B错误；B到E运动过程中，由动能定理知mv－mv＝－mgR，在B点时，小球所受弹力为FB＝mg＋m，在E点时，小球所受弹力为FE＝m，则小球在B点与E点所受的弹力之差为FB－FE＝3mg，故小球在B点与E点所受的弹力之差不变，C错误；在D到E过程中，由动能定理知mv－mv＝mgR，代入得vE＝，从E到A运动过程中，小球做竖直下抛运动，则vEt＋gt2＝R，代入得t＝(－)，D正确．] 12．(2024·山东潍坊三模)如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r＝22.5 m的光滑圆管型通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R＝100 m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ＝37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称．安全员将小朋友和滑板(可视为质点)从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN＝410 N．已知小朋友和滑板总质量为m＝40 kg，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小朋友在B点时的速度v0； (2)小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功． 解析：(1)由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则mg＝m， 所以v0＝15 m/s，方向水平向左； (2)小朋友从B滑到E，根据动能定理可得mgr(1－cos 37°)－W克f＝mv－mv， 在E点，根据牛顿第二定律可得FN－mgcos 37°＝m， 联立可得W克f＝1800 J．答案：(1)15 m/s，方向水平向左　(2)1800 J 13．(2024·江苏南京市二模)现将等宽双线在水平面内绕制成如图甲所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R＝ m，两段直轨道AB、A′B′长度均为l＝1.35 m．在轨道上放置一个质量m＝0.1 kg的小圆柱体，如图乙所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，如图丙所示．两轨道与小圆柱体间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计．初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0.重力加速度大小g取10 m/s2，求： (1)小圆柱沿AB运动时，内、外轨道对小圆柱的摩擦力Ff1、Ff2的大小； (2)当v0＝6 m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力FN1、FN2的大小； (3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s. 解析：(1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等，为1 N，内、外轨道对小圆柱的摩擦力Ff1＝Ff2＝μFN＝0.5 N； (2)当v0＝6 m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时有mv2－mv＝－(Ff1＋Ff2)l， 在B点有FN1sin 60°－FN2sin 60°＝m， FN1cos 60°＋FN2cos 60°＝mg， 解得FN1＝1.3 N，FN2＝0.7 N； (3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B点恰好内轨对小圆柱的压力为0，有 FN1′sin 60°＝m， FN1′cos 60°＝mg， 且mv－mv＝－(Ff1＋Ff2)l， 解得v0m＝ m/s，在圆弧上受摩擦力为 Ff＝μFN1′＝μ＝1 N， 即在圆弧上所受摩擦力大小与在直轨道所受总摩擦力大小相等 所以mv＝Ffs， 解得s＝2.85 m. 答案：(1)0.5 N　0.5 N　(2)1.3 N　0.7 N　(3) m/s　2.85 m 学科网（北京）股份有限公司 $$