专题突破练(7) 功、功率和动能定理(Word练习)-【优化指导】2025年高考物理二轮复习高中总复习·第2轮

专题突破练(七)　功、功率和动能定理 1．(2024·海南卷)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞，飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中(　　) A．返回舱处于超重状态 B．返回舱处于失重状态 C．主伞的拉力不做功 D．重力对返回舱做负功 A　解析：返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，A正确，B错误；主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，C错误；返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，D错误。 2．(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A．mgh B．mv2 C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2 D　解析：人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，D正确。 3．(多选)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有(　　) A．甲在空中的运动时间比乙的长 B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh BC　解析：手榴弹做平抛运动的时间t＝，因为两颗手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvy＝mgv cos θ＝mg，因为两颗手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间两颗手榴弹重力功率相同，B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh，C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，D错误。 4．水平桌面上，长6 m的轻绳一端固定于O点，如图所示(俯视图)，另一端系一质量m＝2.0 kg的小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F＝10 N，F拉着小球从M点运动到N点，F的方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　) A．拉力F对小球做的功为16π J B．拉力F对小球做的功为8π J C．小球克服摩擦力做的功为16π J D．小球克服摩擦力做的功为4π J A　解析：将圆弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力F在每小段上做的功为W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1＝Fl1cos 37°、W2＝Fl2cos 37°…、Wn＝Fln cos 37°，故WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝F cos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝F cos 37°·＝10×0.8××6 J＝16π J，A正确，B错误；同理可得小球克服摩擦力做的功Wf＝μmg·＝8π J，C、D错误。 5．(2024·杭州二中模拟)在高速公路的水平弯道，若直线道路与转弯的圆曲线(曲率半径一定)道路直接连接，则弯道处存在曲率半径突变。为提高旅客乘车经过弯道时的舒适度，通常设计用一段缓和曲线将直线与圆曲线连接，实现曲率半径的逐渐过渡，如图所示。假如汽车以恒定的速率经过弯道，因弯道有了缓和曲线的连接，则乘客乘车从P到Q的过程中(　　) A．惯性将减小 B．向心加速度是逐渐减小的 C．受到的合外力是逐渐增大的 D．合外力对乘客做正功 C　解析：惯性只与物体质量有关，与速度大小、运动状态、受力等都无关，故惯性不变，A错误；由向心加速度公式有a向＝，从P到Q的过程中，弯道曲率半径逐渐减小，所以乘客的向心加速度逐渐增大，B错误；由牛顿第二定律有F合＝ma向＝m，从P到Q的过程中，弯道曲率半径逐渐减小，所以乘客所受合外力逐渐增大，C正确；汽车在转弯的过程中速率恒定，动能没有变化，由动能定理知合外力做功为零，D错误。 6．(2024·安徽淮南模拟)图甲是全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a－t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A．该起重机的额定功率为ma0t B．该起重机的额定功率为(mg＋ma0)a0(t2－t1) C．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1∶2(t2－t1) D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1∶2t2 C　解析：当t＝t1时，根据F－mg＝ma0和P额＝Fv1＝Fa0t1，解得起重机的额定功率为P额＝(mg＋ma0)·a0t1，A、B错误；0～t1内牵引力做的功W1＝·t1，t1～t2内牵引力做的功W2＝P额(t2－t1)，所以在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1∶2(t2－t1)，C正确，D错误。 7．一个质量为2 kg的物体静止于粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示。外力F对物体所做的功WF、物体克服摩擦力Ff做的功Wf与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是(　　) A．物体运动的总位移为13.5 m B．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2 C．物体在前3 m运动过程中的加速度为2.5 m/s2 D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s A　解析：摩擦力大小始终不变，所以图乙中直线为摩擦力做功与位移的关系，物体克服摩擦力做功Wf＝μmgx，代入数据得μ＝0.1，则Ff＝μmg＝2 N，所以物体运动的总位移x＝＝ m＝13.5 m，A正确，B错误；物体在前3 m运动过程中F＝＝5 N，则加速度a＝＝1.5 m/s2，C错误；根据动能定理得WF－Ffx＝mv2，x＝9 m时，代入数据解得物体的速度v＝3 m/s，D错误。 8．如图所示的装置，其中AB部分为以速度v＝5 m/s顺时针匀速转动的传送带，BCD部分为一半径为r＝0.5 m竖直放置的半圆形光滑轨道，直径BD恰好竖直，轨道与传送带相切于B点。现将一质量为m＝1 kg的可视为质点的小滑块无初速地放在传送带的左端A点上，设A、B间距离为L，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，g＝10 m/s2，为使滑块能过D点，以下关于μ和L的取值可能正确的是(　　) A．μ＝0.2，L＝4 m B．μ＝0.2，L＝5 m C．μ＝0.3，L＝4 m D．μ＝0.3，L＝5 m D　解析：假设滑块恰好经过D点，只有重力提供向心力，有mg＝m，解得vD＝ m/s，从B到D过程中，由动能定理得－mg·2r＝mv－mv，解得vB＝5 m/s，与传送带速度相同，则物块在到达B时，已经在摩擦力的作用下加速到了和传送带相同的速度。从A到B过程中，由动能定理得μmgLmin＝mv，解得μLmin＝1.25 m，则滑块能通过D点时，需要满足的条件为μL≥1.25 m，D正确。 9．(2024·海南卷)某游乐项目装置简化如图所示，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R＝10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25 kg，一名质量为m＝50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； (2)滑板的长度L。 答案：(1)1 000 N　(2)7 m 解析：(1)设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒定律有mgh＝mv 解得v0＝10 m/s 在b点根据牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝1 000 N 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN′＝FN＝1 000 N。 (2)设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理有－μmgs＝0－mv2 解得v＝8 m/s 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2，得 a1＝＝μg＝2 m/s2 a2＝＝4 m/s2 对游客根据运动学规律有v＝v0－a1t 解得t＝1 s 该段时间内游客的位移为s1＝t＝9 m 滑板的位移为s2＝a2t2＝2 m 根据位移关系得滑板的长度为L＝s1－s2＝7 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$