课时检测训练19 功和功率-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练19 功和功率 >对应答案P584 基础对点练 轨道上，球m用细线悬挂在车上，由图丙中的位 对点练1功的分析和计算 置无初速度释放，小球下摆过程。下列说法中正 1.(多选)如图所示，放在光滑 确的是 () 水平地面上的物体B在水 ● 平拉力F的作用下向左匀 地球 速运动，B上面的物体A保持静止，A、B都是矩 形物体，则在A、B间发生相对运动的过程中，下 列说法正确的是 A,A、B间弹力对A、B都不做功 A.物块a下滑过程中斜面体对物块不做功 B.A,B间弹力对A不做功，对B做正功 B.万有引力对卫星做正功 C.A、B都克服摩擦力做功 C.细线的拉力对小车做正功 D.摩擦力对A不做功，对B做负功 D.细线的拉力对小球做负功 2.(多选)如图所示，质量为M、长度为L的木板静 对点练2功率的分析和计算 止在光滑的水平面上，质量为m的小物体（可视 4.一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从 为质点)放在木板上最左端，现用水平恒力F作 1=0时刻开始，将一个大小为F的水平恒力作 用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线 用在该木块上，在t=41时刻F的功率和0~ 运动。已知物体和木板之间的摩擦力为了。当 时间内的平均功率分别为 () 物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为 FtFt A.2m2m B.FuFu m'm x,则在此过程中 C.产 、F61F .p m'2m D.2m'm 77777777777777777777777777 5.如图所示，质量均为m的三个小球分别从高度 A.力F对物体做功大小为F(L十x) 都为h的光滑固定斜面顶端由静止滑到底端，三 B.摩擦力对物体做功为一fL 个斜面倾角不同，则 () C.摩擦力对物体做功为一fx D.摩擦力对木板做功为fx 3.(多选)分析下列三种情况下各力做功的情况： ①如图甲所示，光滑水平面上有一光滑斜面体 A.重力对小球做功均为mgh b,物块a从斜面顶端由静止开始下滑过程；②人 B.弹力对小球做功均为mgh 造地球卫星在椭圆轨道上运行，由图乙中的a点 C,重力的平均功率均相等 运动到b点的过程：③小车M静止在光滑水平 D.弹力的平均功率不相等 363 课时检测训练·物理 6.如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg 9.(多选)地下矿井中的矿石 的物体在拉力F作用下由静止向上做匀加速运 装在矿车中，用电机通过 动，物体速度随时间的变化关系如图乙所示，由 竖井运送至地面。某竖井 24 此可知 ( 中矿车提升的速度大小？随时间t的变化关系 卡p/(m"s） 如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提 ↑F 升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同：两 次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩 4 甲 擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升 A.物体加速度大小为2m/s2 过程，下列说法正确的是 () B.F的大小为21N A.矿车上升所用的时间之比为4：5 C.4s末F的功率为42W B.电机的最大牵引力之比为2：1 D.0~4s内F的平均功率为42W C,电机输出的最大功率之比为2：1 对点练3机车启动类问题 D.电机所做的功之比为4：5 7.(2023·湖北卷)两节动车的额定功率分别为P 客综合提升练 和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别 10.(2023·北章卷)如图所 为和2。现将它们编成动车组，设每节动车 示，一物体在力F作用下 运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组 沿水平桌面做匀加速直 777777777777777777777 在此铁轨上能达到的最大速度为 ( 线运动。已知物体质量为m,加速度大小为a, A B. P1y2十P P+P: 物体和桌面之间的动摩擦因数为，重力加速 C P1+P2)w 度为g,在物体移动距离为x的过程中() D. P1十P2 A.摩擦力做功大小与F方向无关 8.(多选)如题图甲，辘轳是古代民间提水设施，由 B.合力做功大小与F方向有关 辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。如题图乙 C.F为水平方向时，F做功为mgx 为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取 D.F做功的最小值为max m=2kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1m,水 11.(多选)下列各图是反映汽车（额定功率为P) 斗的质量为0.5kg,井足够深且井绳的质量忽略 从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动 不计。t=0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转 的过程中，其速度随时间以及加速度，牵引力和 动，其角速度随时间变化规律如题图丙所示，g 功率随速度变化的图像，其中正确的是() 取10m/s2,则 4urad·s A.水斗速度随时间变化规律为=0.4t B.井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P一10t C.0~10s内水斗上升的高度为4m D.0~10s内井绳拉力所做的功为520J 课时检测训练·物理 364 12.如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×：13.如图所示，质量m=2kg的 103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速运 滑块以。=16m/s的初速 动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过 度沿倾角0=37的斜面上滑， 整个ABC路段的v-t图像如图乙所示（在t= 经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出 15s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车 发点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。求 发动机的输出功率保持20kW不变，假设汽车 滑块： 在两个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空 (1)最大位移x。 气阻力等)各自有恒定的大小。求： (2)与斜面间的动摩擦因数4。 ≌型 (3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平 A 官 均功率P。 甲 ↑/(m*8) 10 5 05101517s 乙 (1)汽车在AB路段上运动时所受阻力Fn的 大小。 (2)汽车到达B点时的加速度a的大小。 (3)BC路段的长度。 —365 课时检测训练·物理，散B正确：若已知两颗 在Q点处的圆轨道运动时的线速度 间弹力对A、B都不做功，A项正确，B 之比为T 大于在轨道3时的线速度，即 项错误：A保持静止，摩滚力对A不做 卫星相距最近时的距离，结合两颗卫 %'>,所以可得卫星在轨道1上Q 功，B受到摩擦力与B的运动方向相 星的轨道半径之比可以求出两颗卫星 点的线速度口。大于轨道3的线速度 反，故摩擦力对B数负功，C项错误，D 的轨道半径，根据万有引力提供向心 巧，故D错误。故选B。 项正确。 力释=m祭，可求出地珠的质 11,BC解析直线三星系统中甲星和 2.AD解析根据功的计算式，力F对 丙星的线速度大小相等，方向相反， 物体数功W=F(L十x),截A正确：小 量，但不知道地球的半径，所以不可求 选项A错误：直线三星系统中，对甲 物块受到的摩擦力向左，摩擦力对物 出地球的密度和地球表面的重力加速 星有G, 度，故C、D错误。 R=M祭R,解袋 R+G M 体做功W=一f(L十x),故BC错误： 木板受到的摩擦力向右，摩擦力对木 8.B解析“天问一号”位于火星与地 R T=4xR√C,选项B正确：对三 板做功W=fx,故D正确， 球之问，距大阳的距离小于火星距太 3.CD解析物块a下滑过程中，因为 角形三星系统中任一颗星，根据万有 阳的更高，由G=知“天月 支持力FN与位移之间的夹角大于 引力定律和牛顿第二定律得 90°，所以支持力对物块做负功，选项A 号”的加速度大于火星公转的向心加 2c4 c0s30°=M4r. L ‘2co530:又 错误。因为卫星由a点运动到b点的 速度，A错误：由开普勒第三定律知 过程中，万有引力的方向和速度方向 由题意知两种系统的运动周期相同， “天问一号”椭圆运动的羊长轴小于火 的夹角大于90°，所以万有引力对卫星 星的圆周半径，所以其周期小于火星 R 即T=4πR√，联立解得L一 做负功，选项B错误。小球下摆过程 公转的周期，B正确：“天问一号”发射 中，细裁的拉力使车的动能增加了，所 后能摆脱地球引力束缚，其在地球上 R,选须C正确：三角形三星系 5 以拉力对小车微正功：又因为小车和 的发射速度大于地球第二宇宙速度，C 小球构成的系统的机械能是守恒的， 统的线速度大小为口= 2R 错误：“天问一号”在初末状态引力与 小车的机核能增加，则小球的机械能 速度垂直，故引力的功率为零，故从地 a( 减少，所以细线的拉力一定对小球做 球到火星过程中，功率先增大后减小 负功，选项C、D正确。 T D错误。故选B。 4.C解析61时刻，木块的速度=a4 9,D解析天体绕黑洞运动时，有 选项D错误， =弘，0一1时间内的平均速度0=受 -n(停)，解络M-搭击 12.D解析当卫星在r=r的要轨道 项A,B错误；黑渭的逃逸速度不小于 上运行时，有G四”-加二，帮得在 是，由P一F0得，时刻F的功率 2m 此圆轨道上运行时通过A点的速度 光速，则有√ 2GM ≥6，解得R≤2GM 为P=F,=F.-F兰，06时同 =8m 为，=√，所以发动机在A点 7,选项C错提，D正确。 内F的平均功率为P=F=F F一 1 2m 对卫星做的功为W=2m一 10.B解析由图可知，轨道2和3的 半径相等，大于轨道1的半长轴，根据 2m%'-1 Gm严，当卫星在 ,C正确。 2m 2r 5,A解析根据重力做功的特点可知， 开普粉第三定律可得T,=T:>T 重力对小球做功均为mgh,选项A正 故A错误：卫星在轨道2、3上运动的 一2r的圈轨道上运行时，有Gm (2r) 确：弹力的方向与位移方向垂直，则弹 轨道半径相同，根据Gr=m兰解 2,解得在此圆轨道上运行时通 力对小球做功均为0，弹力的平均功率 也为0，选项B,D错误：根据a=gsin0, ,可知在轨道2,3上时的 得u=Nr ,而根 过B点的速度为'=√2 2h 2h 则1=√asm0√gg因各个斜 速度大小相同，故机械能相同：由轨 据卫星在椭贯轨道上时到地心的距 面的倾角0不同，则下滑的对问不同， 道1变至轨道2，卫星需在P点加速 离与速度的乘积为定值可知，在稀圆 微离心运动，可知卫星在轨道1时的 根据P-?可知，重力的平均功率不 机械能小于在轨道2时，故卫星在三 轨道上通过B点时的速度为巴，=。 相等，选项C错误。 个轨道上机械能大小关系为E,一E 1 一2，故发动机在B点对卫星做的 6.C解析由题图乙可知，口-t图像的 >E,故B正确：根据前面分析，卫星 斜率表示物体加速度，即a■0.5m/s, 在P点时爵要加速做离心运动到达 功为w,=言m”-名m 由2F-mg=ma可得：F=10.5N,A、 圆轨道2，故在P点需向后陵气，故C B均错误，45末F的作用点的速度大 错误：设卫星在近地点Q处时的线速 Gm生m_1 一8m,所以w-W,= 小为vg=20e=4m/s,故48末F的 度为v。,假设在Q点处的哥轨道时速 5 功率为P=Fo=42W,C正确，0~4s 度为v。',分析可知卫星在近地点Q 8mo-3Gm严，D正确。 内物体上升的高度h=4m,力F的作 处时，雷要减速做向心运动才可到达 课时检测训练19 用点的位移1=2h=8m,拉力F所微 Q点处的圆轨道，即%>%'：同时根 1,AD解析由题意可知，A、B问存在 的功W=F1=84J,故平均功率P= 据前面分析可知卫星所在的圆轨道 弹力和摩擦力，由于A保持静止，弹力 的半径越小速度越大，故可知当卫星 的方向与B的运动方向垂直，故A、B -一21W,D错误， t 高考一轮总复习·物理 584 7.D解析由题意可知两列动车的功|10，D解析设力F与水平方向的夹角 解得■0.25： 率分别为 为0，则摩擦力为f=u(mg一Fsin8), (3)下滑过程有 P=f①， 摩擦力的功W,=u(mg一Fsin)x,即 mgsin 0-umgcos 6=ma, P:=f② 摩擦力的功与F的方向有关，选项A 解得a=4m/s3, 当它们编组后 错误：合力做功W=F。x=iax,可知 由运动学公式有g,=2ax, P+P:=(f+f)u③， 合力做功与力F方向无关，远项B错 解得g,=/2aex=8√2m/s, 联立①②③式解得=B+P,心型 误：当力F水平时，则F=a十mg， P十PU1 重力的平均功率：P=mgv0os(90一) 力F做功为W:=Fx=(Ia十umg)x, 故A,B,C错误，D正确。 选项C错误：因合外力微动为max大 8.AD解析根据图像可知，水斗速度 mg号os(90-0=4EW67.9w。 小一定，而合外力的功等于力F与摩 -or-铝×0.1=0.：，A正确：井 课时检测训练20 擦力f微功的代数和，而当Fsin0= 1,A解析由动能定理W,一W,=E 绳拉力瞬时功率为P=Tv=Tr,又 mg时，摩擦力「=0，则此时摩擦力做 一0，可知木箱获得的动能一定小于拉 由于T-(m十m)g=(m十m)a,根据 功为零，此时力F做功最小，最小值为 力所做的功，A正确。 上述知a■0.4m/s,则有P=10.4t,B max,近项D正确。故选D, 2.B解析结合题意可知，雨滴在地面 错误，根据图像可知，0一10s内水斗上 11,ACD解析汽车从静止开始匀加 附近下落过程做匀速运动，对雨滴下 升的离度为A=觉1=0X0,1X10m 速启动，根据牛顿第二定律可得F。 落高度h的过程分析，由动能定理有 2 fma,可知牵引力在匀加速阶段保 mgh一W=0,即W,=mgh,B正蹄， =20m,C错误：根据上述P=10.4t,0 持不变，由功率P=F。o,可知在匀加 ACD错误。 一108内井绳拉力所做的功为W= 速阶段，功率与速度成正比，随着速 10.4X10×10J=520J,D正确。故 3.D解析对物块受力分析，当弹簧处 度的增大而增大，当P=P。时，功率 2 于压缩状态时，由牛顿第二定律可得 选AD 保持不变，设此时的速度为巴，则有 kr一f=m阳，x减小，a减小，当4=0 9,AC解析由趣图可得，变速阶段的 Ps -景牛a之后率引力减小 时，物块速度最大，此时，物块在O点 知速度大小a-片，设第②次所用时同 左侧，选项B错误：从加速度a=0处 加速度减小，速度继续增加，汽车做 到O点，由牛顿第二定律得f一kx= 为，根据速度一时间图像与时间轴所 加速度逐渐减小的加速运动，当幸引 ma,x减小，a增大，当弹赞处于伸长状 国的面积等于位移（此题中为提升的 力F=f时，加速度为零，汽车速度达 态时，由牛顿第二定律可得kx十∫= 商度)可知，7×24。× 1 到最大。，汽车做匀速直线运动，则 ma,增大，a继续增大，可知物块的加 有可卡-子，曲以上分桥可知 速度先减小后增大，远项A错误；物块 所受弹簧的弹力对物块先做正功，后 2,所以 A、C,D正确，B鲻误。 做负功，选项C错误：从A到B的过程 12.(1)2000N(2)1m/s 第①次和第②次矿车上升所用时问之 中，由动能定理可得W,一W:=0,选 (3)68.75m 比为2弘，：受=415，选项A正确：由 项D正确。 解析(1)汽车在AB路段时，有F= 4.D解析人在下滑的过程中，由动能 于两次提升过程变速阶段的加速度大 FeP=F 小相同，在匀加速阶段，由牛颜第二定 联立解得：F.=2000N: 定里可得mgh一W一名md-0,可 律F一mg=ma,可得电机的最大牵引 (2)t=15s时汽车处于平衡状态，有 得此过程中人与清板克服摩慕力做的 力之比为1：1，选项B错误：由功率公 式P=F,电机输出的最大功率之比 R-R-号 功为W=mgh-之m,放选D, 等于最大速度之比为2·1，选项C正 联立解得：Fa=4000N, 5,A解析在最低点由牛顿第二定律 t=5s时汽车开始做减速运动，有F 确：加速上升址程的加速度a,=兰，加 一F。=ma, 有m=m号，P由静止下滑到最低点 速上升过程的率引力F,=ma,十mg 解得a=一1m/s,即加速度大小 的过程中有mgr一W=之m,联立解 m(受十g)小，减迷上升过程的加速度a, 为1m/s2: (3)在BC段由动能定理得： 得形=mgr一号r=四(g一名0， =一2减上升过程的幸别力 Po-Farmum 故远A。 6.D解析运动员从a到c根据动能 ma:十mg=m(g一是)，匀建运动过程 解得x=68.75m. 13.(1)16m(2)0.25(3)67.9W 定理有mgh=名m四，在c点有F气 的幸引力F,=mg。第①火提升过程 解析(1)小车沿斜面向上做匀减述 做功w,=F×2×4,×+F:×2× 直线运动，有一受4，解得=16m: mg一m,F≤mg,联立有R≥ 4X。=mg4,第②次提升过程做功 w,=R××X+R,×名 (2)上滑过程有加速度4，=9-马= 当故选D 7.AD解析由v-t图像可知在0~ 8m/s, 3s内，电动汽车的加速度a1=1m/s, 由牛领第二定律有 由P-t图像可知在0~3s内P=F口 mg,两次做功相同，选项D错误。 mgsin 0+umgcos 0=ma' =Fat,解得F=100N,由牛顿第二定 585 高考一轮总复习·物理