(9)功、功率、动能、动能定理-【衡水金卷·先享题】2025年高考物理一轮复习周测卷（H）

高三一轮复习周测卷/物厘 5,某剧式货车在装车时，用木板做成面，将货物铅斜面拉到车上，拉力方向始终平行于接触面 第一次装部工人用长木酸搭成与趋面的夹角轻小的斜直，将数物从解在使置直接沿斜窗拉到军 (九}功、功率，动能、动能定理 上：第二次装卸工人月较复术板蓝成与地症的夹角较大的斜面，先沿术平地面拉动货物，再通 (考试时间75分钟，高分100分》 短本板指成的斜面将背物控到货军上，两次拉动过程中，货物与货年的水平距离保持不变，货 一、单项这释题（本题共7小题，鲜小思4分，其28分。在每小题给出的川个选项中，只有一项是 物与意面以及贤物与两料面间的动摩樱四数均相同，脚两次拉动过程中，关于厚探力对货物所 符合逼日要求的 做的功，下列说法正确的是 L.图所承，写动员从器台边绿的()点水平带出，落西料被CD上的B点。论动员可视为质点，怎 意空气阻力的响。运动员从)点滑出后，在室中飞行的过程中，下列说法正确的是 A,第一次位动货物的过程中，货物克鞋摩擦力做的功较多 o- 且第二次拉功货物的过程中，货物克服摩擦力做的功较多 A重力一直戴正功 县重力一直做数功 二，两次拉动所物的过程中，货将克服摩擦力做的功相同 C重功一直不数功 ),重力先酸负功后做正功 )两次粒动战物的垃释中，货物克夏摩擦力做齿的多少无法比较 2一常围定的轻质洋簧处干原长，观用相互果直的两个力下，下，拉弹簧的另一端军)点，如图所 氏如所乐，半径为R粗稳程度处处相日的半明形轨道整直成定故置，直径Q水平，一疑量 示，在此这程力下，F分别做了6J.8」的功：换用另一个力F仍使弹管重复上述过程.该过程 为出的小球（可视为质点）从P点正上方商为敢处由静止开始下落，恰好从P点进人轨道。小 中力P所做的功为 球帝到简道量低点N时，对转通的压力大小为4m,已知重力即递度为然，空气阻力不计，下列 说法正确的是 AIJ &10J C.2J [-2J A,小球从P点到N点克服摩擦力陆的功为mR 3.某物体以一定的初连理做平抛话动，从戴出开始计时，物体的动能E随时可：变化的情况可衡 五小球从N点到Q点克重摩擦力模的功为可四g民 是图中的 仁，小球怡好可以到达Q点 D不球一定可以冲出Q点 7如图断示，0形是整直线，()从是水平线，B点与D点的图离为本（可到带），A点与D点的厘离为 D :已知)。小域可以在（出上任章一点以合适的速度本学抛出，每次每建击中本平面上的A 4,一个小球用不可神长的细线甚挂在天花板上，处于静止状态。如图甲所示，用，个求半向右的 点，抛出点越高时，下列说法正端的是 拉力F作川在小财上，使小球缓慢移动至细线与竖直方向的灰角为母的位置：如图乙所示，用 一个始终与年战里直且在同一经直面内的拉力F:作用在小雄上，电使小绿领慢移动至鲜线与 誓直方向的英角为的位置，下列说法正确的是 A两个过坠中，技力下、F都不斯增大 A,小球水平糖出的电度塘大 丙个过程中，铜线的素力都不所增大 :击中A点的速度方向与整直方向的克角越大 C拉力F,做的责比拉力F:量的功多 .下 C当-}时击中A点的动能最大 以帽线与直方向的奖角为8时，控力F,个于拉力F D击中A点前重力的每时功韦一定感大 物理第1打共8方) 街水金存·先存·离三一轮复习则国物九 物亚复2货【共&顶引 ⊙ 二，多项选播置（本题共3小题，每小题年分，共18分，在每小避给出的四个选项中，有多项符合 A国动奶在B友的速度为V2gd 题目餐求。全部建对的得后分，选对但不全的得3分，有选精的得0分) 8,知图甲所示，帝轮的质量，摩物均不计，暖量为2g的物体在力F的作用下由静止开始向上做 且后司员在左侧侧置线道内因摩擦产生的热量为gR©%一巴盟 n g 匀加速居动，其速度随时间的变化关系如阁乙所示，油此可知（重力加通度片一10m/) 二，活动局进人右侧图氧先道以后句次经过D点时，重力的瞬时功率保持不变 D近动1刚进人右侧器饭轨道上的C点时对轨道的压力为go+2x马 Ksin B 开 姓名 分数 10 A.物体的加通度大小为2 我力下的大小为.5N 三，非选择盟（本题共5小题，共54分。请能要求完城下列各道） C04×内力F做功的平均功率为42W L8分)如图所示，AB为二甚氢轨直，北圆心为以，DE身水平地直，0.B,D三点在闻一第聚直线 D,4末力F的功率大小为42W 上，制元角的半径L一1m,BD的鸟度直一i甲，一质整w一1kg的小物块（可税为质点）从副 且.如阁甲质示，水平面上一颗量为：螺的水箱在水平向右的力一缸N的作用下向右移动4m 乳转道上的C点出静止释效，运动列B点后沿水平方向飞出，落范点到D点的距离，一2m 的离日，蕾去力于，在另一衣草力下：的作用下，又匀递写砖4m的距离到达斜面底确，量去力 C与繁直方向的夹角8=0.重力如速度上一10m/,,不计室气用力，来： F,木箱中上桶角为37的斜图，斜面程水平直间通过光带小园虽轨道（未到面）平讲连接，在木 山)物块运动到B点时受到轨道的支持力的大小F、: 箱由静止开始运动到斜在上最高点的过程中，其功使随运动路程麦化的因像如固乙所不。已知 2)将块从C点到点的过醒中克服阻力融的诗W:, 木精与斜面同的动摩擦因数为心.5，重力加渔度以一10曲/，加3一.6,0%87”一0.8，下列说 法正确的是 A.力F的大小为N H木箱在斜面上能到达的最大高度为1，多m C.术箱返回水平后向左运动的最大距商为1.8m D.整个运动过程中，木箱文墨摩擦力做的功为越」 10.如图所示的实线为某魔洲雪比赛的简化睿道示意留，运动员从A点由静止下滑，然后从左钢圆调 氧轨道AH末端斗点老出，恰好沿看C点的切线方向注人右侧圆氢轨道CD,最终在名侧偶纸 轨道上多次近运动后在最低点D点停下，整个运动过程中不计空气阻力，左，右两侧属置轨 道的动厚振同数相同。已加运动员及其装各的总质量为w,左，右再侧到置轨道的华径均为 R,A点与调心等高，引点处半径与竖直方向的先角为·，运动员从B点别C点的其程中，离水 平面C的最大高度为H。重力加速度为g,下对说法正确的是 物理第3黄（共8街》 倒木舍物·先率■·有三一轮复习淘测稀九 我理第4直1共8直) 国 [2(8分)某人行天桥安装了电梯，很大的方梗了人们的出行，该天桥的高理H一5m,电梯满载 1(8分)某电动汽车在平直公路上由静止开始加违，测得发动机的功率P随时间度化的图像和 上行一次用时=10。电梯物化结构如闲所示，质址M=11的精厢（不含乘客1通过翻索跨 其泡度硅时间变化的图像分样轴圆甲、乙所示，已短汽车在0：末的速度大小到=药m,在 过两个定沿轮与爱量M一1,51的配重相连：电机通过给扬厢辎外的铅解素方向的力来控利 110。后建度2定：若电动汽车所受的阻力大小/国定，求， 托阳的运行，由干上行离较短，电择的运动可视为先匀加违再匀诚违，且调夏的加递度大布 (1)电动汽年受习的阳力大小： 相等。已知电梯满载时柔客的总西量m一1t,重力加速度g一0m/,摩擦力邀略不计，当电 (2)电动汽车的质量w 棉情载乘客向上达行的过程中，求： (3)电动汽车在0一110内修拉移， (1)轿厢运行的最大违度： (2)电规的最大功率P。 物理第5数共8方) 街水金春·先存·离三一轮夏习周国物九 物亚复6项【共&顶1 国 1.12分)在秋季活动会的铅球比赛中，某同学以达一9/。的初油度将始球沿与水平面成？ [5。(8分)有动化分练为快递行业的发展品到了足进的作用，分.过程中将品的自动传输需要依 富传送蒂。编所示为传送带运送物品的乐意图，转送带的期角9=3了”，以=？m的藻度 37角的方向斜向上脏出，船球在空中运动=1,8”后落在本平地面上。已知给球的暖量m= 沿顺时针方向匀速运动，将物品从在滑P处由静止释成，之后被传适到圆瑞Q处。已知物品 4g,可混为质点，空气阻力不什，重力相道度月=10m/×,n7”=自，6037”=0,5，求： (可视为质点)的质量m一3kg,P,Q两点之列的距商L一Bm,物品与传送带间的动摩蜂因数m (1)桥球从推出到落地时水平位移的大小： =0.8.重力相速度一10m/,in37-0.8.c0537-0,6.求： (2)的球脱手处距水平地面的高度。 1)指品与括远带间的相对位移： 《3)船球触胞时重力的解时功率。 )传递管将物品从P点传送到Q点的过程中，传送带对物品殿功的平均功（禄留三位有效 数学)： (3)若在指备表打量，使得物品与传运带闻的动摩擦因数减小为严'一以.5，媒为使物品能够运 动至Q点，在P点处登少要其有多大的初速度。 9 物理第7质（共8街) 倒木舍物·先率■·有三一轮复习淘测稀九 我理第直1共8直】 国高三一轮复习H ·物理· 高三一轮复习周测卷/物理（九） 品题要素一览表 注： 1.能力要求： I.理解能力Ⅱ.推理能力 Ⅲ，分析综合能力V,应用数学处理物理间题的能力V,实验能力 2.核心素养： ①物理视念 ②科学思维③科学探究①科学态度与责任 分 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ① ②③ 档次 系数 1 单项选择题 4 正，负功判断 易 0.83 2 单项选择题 4 合力做功 易 0.83 单项选择题 4 动能定理与平抛运动 易 0.81 4 单项选择题 4 动态平衡、变力做功 中 0.75 5 单项选择题 4 摩擦力做功 中 0.70 6 单项选择题 4 向心力对摩擦力做功的影响 中 0.73 7 单项选择题 4 动能，功率 中 0.65 8 多项选择题 6 滑轮问题 中 0.75 9 多项选择题 6 E-s图像 中 0.65 10 多项选择题 6 圆周运动 难 0.55 11 非选择题 8 动能定理、平抛运动 易 0.80 12 非选择题 8 最大功率 中 0.70 13 非选择题 8 机车启动 中 0.65 14 非选择题 12 斜抛，瞬时功率 √ √ 中 0.65 15 非选择题 18 传送带、平均功率 难 0.58 香考答案及解析 一、单项选择题 3.D【解析】物体在重力作用下做平抛运动，其加速度 1.A【解析】运动员所受的重力竖直向下，运动方向与 为，竖直位移y=名，由动能定理得民=E。十 重力方向问的夹角为锐角，重力一直做正功，A项正 1 确，B、C、D项错误。 乞mgt,D项正确。 2.A【解析】力F和F:拉弹簧的作用效果与力F拉 4.A【解析】根据力的平衡，题图甲中有F= 弹簧的作用效果相同，故力F拉弹簧做的功等于力 F:和F:拉弹簧做的功之和，W=6J十8J=14J,A mgtn0,细线的拉力F,=g题图乙中有E- 项正确。 mgsin9,细线的拉力F1,=ngcos9,在小球缓慢运动 ·33· ·物理· 参考答案及解析 的过程中，随着日增大，拉力F,,F:均不断增大，题图 二、多项选择题 甲中细线的拉力不断增大，而题图乙中细线的拉力不 8.BD 【解析】根据v-t图像知加造度a=是m/g 断减小，A项正确，B项错误：根据动能定理有W:十 W。=0,两次克服重力做的功相同，因此拉力F、F 0.5m/s,A项错误：由牛顿第二定律得2F一mg= 做的功相等，C项错误：由F,=mngtan 8和F: a,解得F=10.5N,B项正确：物体在0~4s内的 gsin可知，细线与竖直方向的夹角为8时，拉力F, 位移=之a=4m,则力F作用点的位移=8m, 大于拉力F,D项错误。 5.C【解析】第一次拉动货物的过程中，货物克服摩擦 则力F做的功W=F=84小，平均功率p=”- t 力做的功W:=mgcos·L1,第二次拉动货物的过 21W,C项错误：4s末物体的速度为2m/s,则力F 程中，货物克服摩擦力做的功W:=ngcos a·L:十 作用点的速度为4m/s,力F的功率P=Fu=42W, rmgx,由题意可知L1cos8=Lcos a十x,故Wn= D项正确。 We,C项正确。 9.AC【解析】由题图乙可知，木箱的初动能为0，则木 箱在力F,的作用下做初速度为零的匀加速直线运 6.D【解析】由题意得在N点满足4mg一mg=m R· 动，应用动能定理有(F,一出g)=E1,由题图乙可 从释放点到N点，由动能定理得2mgR一WN 知E=36J,可得：=0.2，之后木箱在力F:的作用 之m味一0，解得W=子mgR,小球从P点到N点 下做匀速运动，则有F:=出mg=4N,A项正确：木箱 冲上斜面后做匀减速运动，根据动能定理有 克服摩擦力做的功为之mgR,A项钻误：因为PN段 一(ngsin37°十：mgcos37)s,=0一Ex2,由题图乙知 比NQ段同一高度处的速度大，则PV段比VQ段同 Eu=36J,可得s=L8m,木箱在斜面上能达到的最 大高度hm=ssin37°=1.08m,B项错误：因为= 一高度处的支持力大，则PV段比VQ段克服摩擦力 0.5<1n37°=0.75，所以当木箱运动至斜面上的最 做的功多，即NQ段克服摩擦力做的功满足W。≤ 高点后，沿斜面向下做匀加速运动，到达水平面后，在 之mgR,B项错误：又因为从N点到Q点的过程中由 摩擦力作用下再减速直到停止，木箱从冲上斜面到最 动能定理得一mgR一Wo=号m6一号m以，解得 终停下来，对这一过程应用动能定理可得 一2地mg5c0s37°-mg1=0一Ee,可得4= 交m%>0,所以小球一定会冲出Q点，C项错误，D 1,8m,C项正确：对整个运动过程，由动能定理有 W和十WH一W:=0,所以W,=Wa+W=F十 项正确。 F:=68J,D项错误。 7.D【解析】设初速度为，由平抛运动规律得h= 10.BCD【解析】运动员由B点到C点做斜抛运动，离 之，解得=√质又x=,可得=√条由 地面的高度H=s0,可得B点的速度 题意知x,g不变，所以h越大，v越小，A项错误：竖 v②gH 直分速度t=gt=√2gh,设A点的速度方向与整直 sin a ,A项错误：运动员在左侧圆弧轨道下滑的 方向的夹角为0，则有tm9=子=齐，所以h越大，0 高度h=Rcos9,从A点到B点的过程中，由动能定 理得mg小十W,=之m话，运动员在左侧圆弧轨道内 越小，B项错误：A点的动能E=号m听=子m(d 十)=m(2g十跃)，2h+跃有最小值，即方 因摩擦产生的热鼓Q一W,=mRag-器号B 项正确：运动员进入右侧圆弧轨道以后每次经过D =时，A点的动能最小，没有极大值，C项错误：重 点时，速度方向始终与重力方向垂直，则瞬时功率为 0,C项正确：根据斜抛运动的对称性有%=，在C 力的瞬时功率P=mgUACOS日=gU'=mg√2gh,所 以h越大，P越大，D项正确。 点受力分析可得F、一mngcos9=m荒，由牛顿第三 34 高三一轮复习H ·物理· 定律得此时对轨道的压力Fy'=Fx=mngcos8十 代入数据解得x3=1815m (1分) 号D项正确 0~110s内该电动汽车通过的距离x=x十x= 2.44×10m (1分) 三、非选择题 14.【解析】(1)由抛体运动可知在水平方向有x= 11.【解析】()由平抛规律得x=t,h= 2 (2分) c0s0·t (1分) 解得=2m/s (1分) 解得x=19.2m (1分) (2)推出时铅球竖直方向上的速度，=sin0= 由牛顿第二定律得F、一mg=m (1分) 8 m/s (1分) 解得Fx=14N (1分) (2)从C点到B点，由动能定理得mg(L-Lcos) 竖直向上运动的位移一 (1分) (1分) w,=之md 解得y1=3.2m (2分) 竖直向上运动的时间1=马=0,8s (1分) 解得W,=3J (1分) 12.【解析】(1)当电梯满载乘客向上运行的过程中，设 铅球下落的时问t红=t一t4=1s (1分) 最大速度为，加速和减速的时间分别为和t:,加 竖直下落的高度%=之财 速度大小均为a,由运动学规律得v一0=a1,0一0 解得2=5m (1分) =一at:,t十tg=t 铅球脱手处距水平地面的高度h=边一1=1.8m 解得1=t1=5s (1分) (1分) 1 则上行过程有H=立t十乞=乞 (1分) (3)落地时铅球竖直方向的速度'=一十gt 代人数据可得v=1m/s,a=0.2m/s (2分) (1分) (2)轿厢向上的速度达到最大值v时电机的功率达 重力的瞬时功率P=mg心， (1分) 到最大，设钢索的拉力为T,电动机对轿厢的作用力 代入数据解得P=400W (1分) (假设方向沿钢索向上)为F,对配重和轿厢，由牛顿 15.【解析】(1)对物品受力分析，由牛顿第二定律有 第二定律有Mg-T=Ma (1分) jmgcos 0-mgsin 8=ma T+F-(M十m)g=(M十m)a 解得a=0.4m/s (1分) 联立可得F=5.7×10N (1分) 物品加速到与传送带速度相等时的位移5= 2a 则电机的最大功率P=Fu=5.7×103W (2分) 13.【解析】(1)由图像可知汽车匀速运动时的功率P 5 m<L =40kW,最大速度m=40m/s,则汽车所受的阻力 所以物品在传送带上加速运动的位移s=5m f-是-1x0N (1分) (1分) 物品加速运动的时间1，=卫=5s (1分) (2)汽车在50s末根据牛顿第二定律有F,一∫=a a (1分) (1分) 该过程中传送带的位移x=t=10m 其中F,==160N,a=边=25m 相对位移△x=x一x=5m (1分) t 50s =0.5m/s (2)物品与传送带相对滑动时的摩擦力大小「= (1分) pmngcos 0=19.2N (1分 解得m=5二=1200kg (1分) 当物品的速度等于传送带的速度后，物品与传送带 a 相对静止，摩擦力变为静摩擦力，其大小：= (3)在0~50s内的位移1=2ai=625m1分) mgsin 0=18 N (1分) (1分) 在0一110s内发动机功率不变，根据动能定理有 保持相对静止的位移1=L一s=1m 则传送带对物品做的功W=∫s十=114J P.4-f西=含md-之m (1分) (1分) ·35· ·物理· 参考答案及解析 物品匀速运动的时间=生=0.5s (1分) =1m (1分) 则物品减速至与传送带共速的过程，位移s,=L一 总时间1=t1十4=5.5s (1分) =5m (1分) 则过程中传送带对物品做功的平均功率P=Y≈ t 减速过程对物品由牛顿第二定律得mgsin9十 20.7W (1分) u mg cos 8=ma: (1分) (3)共速后，物品的速度比传送带的速度小时，对物 解得at=10m/s 品由牛顿第二定律得ngsin0-i'ng cos8=ma1 该过程对物品由运动学公式得，=二心 (1分) 2a 解得=2m/s (1分) 解得=2√/26m/s (1分) 物品从与传送带共速至速度减为0的位移= ·36