提分集训(28)功与功率-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习提分集训

提分集训（二十八）功与功率 [A级练对点·固本] 对点练3功率的分析与计算 对点练1恒力做功的分析和计算 4.(2024·浙江6月选考)一个音乐喷泉喷头出水口 1.(2023·江苏高考)滑块以一定的初速度沿粗糙斜 的横截面积为2×10-4m,喷水速度约为10m/s, 面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端.利用 频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照 水的密度为1×103kg/m3,则该喷头喷水的功率 片示意图如图所示.与图乙中相比，图甲中滑块 约为 () A.10W B.20W C.100W D.200W 5.(2023·山东高考)质量为M的玩具动力小车在 水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为 恒力.如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着 质量为m的物体由静止开始运动.当小车拖动物 甲 体行驶的位移为、时，小车达到额定功率，轻绳从 A.受到的合力较小 物体上脱落，物体继续滑行一段时间后停下，其总 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 位移为2.物体与地面间的动摩擦因数不变，不计 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 空气阻力.小车的额定功率P。为 2.(2023·北京高考)如图所示，一物体在力F作用 M 下沿水平桌面做匀加速直线运动.已知物体质量 为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦 因数为：，重力加速度为g,在物体移动距离x的 2F2(F-)(2一) 过程中 ( (M+m)s2一Ms 2F2(F-fD(s2-) m (M+m)s2一m A.摩擦力做功大小与F方向无关 2F2(F-)(s2一)2 (M+m)s2-Ms B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时，F做功为mgx 2F2(F-f)(2一1)2 D.F做功的最小值为ma.x D(M+m)一m 对点练2变力做功的分析和计算 对点练4机车启动问题 3.如图所示，密度为p、边长为a的正立方体木块漂 6.(2025·河北三模)在某次电动汽车的性能试验 浮在水面上(h为木块在水面上的高度).现用竖 直向下的力F将木块按入水中，直到木块上表面 中，工程师已测得该款汽车综合阻力随时间变化 刚浸没，则此过程中木块克服浮力做功为（已知水 关系式∫=f。十1，现工程师为汽车提供恒定的牵 的密度为、重力加速度为g) ( 引力F,并使汽车由静止开始直线加速至速度再 次为0停止，则在此过程中，以下说法正确的是 A,汽车达到最大速度的时间P一力 mk 。=====。。=。。。===。 B汽车达到的最大速度为F) 2mk A.pagh C.全过程中，汽车的牵引力F的冲量 B.gh(po) 为F(F) C.poagh(a-h) D.zagh(a-h)(p+p) D.全过程中，汽车的阻力∫的冲量为(F】 393 7,新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的 A.发动机的最大推力为1.5Mg 公路行驶，时刻达到发动机额定功率后保持功 B.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行 率不变，2时刻起匀速行驶.汽车所受的阻力大小 不变，则此过程中汽车的加速度a、速度、牵引力 时，飞行器推力的功率为5Mg 4 F、功率P随时间1的变化规律正确的是() C.要使飞行器以5m/s水平匀速飞行，发动机推 a 力的方向与速度方向夹角的正切tan0=4 D.当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大 小可以达到2.5g [C级练加强·培优 10.如图所示为推行节水工程的转动喷水“龙头”， “龙头”距地面为h,其喷灌半径可达10h,每分钟 喷出水的质量为，所用的水从地下H深的井 里抽取，设水以相同的速率喷出，水泵的效率为 ,不计空气阻力.试求： (1)喷水龙头喷出水的初速度： (2)水泵每分钟对水所做的功： [B级练综合·提分 (3)带动水泵的电动机的最小输出功率。 8.(多选)(2025·成都模拟)如图甲所示，有长度均 为x的AB、BC两段水平路面，AB段光滑，BC段 粗糙.在A处静止的小物体质量为（可视为质 % 点)在水平恒力F作用下，从A点开始运动，到C 10h 点恰好停下，BC段动摩擦因数自左往右逐渐增 大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g.下列 判断正确的是 41 B Xo C F 乙 A.水平恒力F的大小F=4mg 1 B.水平恒力F在AB、BC两段路面上做功不相等 C.水平恒力F在AB段的平均功率等于BC段的 平均功率 D.水平恒力F在AB段中间时刻瞬时功率小于在 BC段中间时刻瞬时功率 9.(多选)(2024·山东济南·模拟预测)在实验中学 文化节上，有同学展于了自己研制的球形飞行器， 安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，球形 飞行器总质量为M,飞行器飞行时受到的空气阻 力大小与其速率平方成正比（即f=k2,k为常 量).当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段 时间后，其匀速下落的速率为10m/s;当发动机以 最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时 间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s.重力加速 度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞 行器质量的变化，下列说法正确的是 ( 3948.造CDA.根据万有引力提供向心力GM=m 2.迭D设力F与水平方向的夹角为0，则摩擦力为F,=以(mg一 r TT. Fsin0),摩擦力微的功W:=一红(mg一Fsin)x,则摩擦力微功与 r3 所以T=2x√GM F的方向有关，选项A错误：合力做功W=F◆x=阳x,可知合 力做功与力F方向无关，选项B错误：当力F水平时，有F一mg 由于R1<R,所以，在环月轨道上，“揽月”的周期小于“梦舟” 一mG,力F微功为We一Fx一(md十以mg)r,选项C错误：因合 的，故A错误： 外力做功为r大小一定，而合外力微的功等于力F与摩擦力 B.“梦舟”加速将做离心运动，不会与“范月”对接，故B错误； F:微功的代数和，而当Fsin日一mg时，摩擦力F,一0，则此时摩 仁根据万有引力提供向心力G-m二 擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为mr,进项D正确. 3,选B木块漂浮在水面上时有F等-G一Pga GM 所以√ 木块上表面附浸没时受到的浮力为F等=mg@ 与对接前相比，对接后航天员随“梦舟”绕月球转动的轨道半径 许力餐的纺为W-P生主A-吉r心hp十e) 2 诚小，线遂度增大，故C正确： 故选B D.根据F灯=GMm L.迭C设△时间内从喷头流出的水的质量为 m=eSu·△t, 可知，航天员在月面受到的月球引力一定大于在环月轨道受到 喷头喷水的功率等于△1时间内喷出的水的动能增加受，即 的万有引力，故D正确.故选CD 9,选BDA.将中轨道卫里设为4，高轨道卫星设为b,两卫星做匀 交m 速圆周运动的半径分别为，。，广6，根据图甲和图乙可得 P-i ，联立解得P-100W,故选C Ta十-9.6R,%一ra=3.6R,解得r.=3R,=6.6R,故A 5,选A设物体与地面间的动摩擦调数为壮，小车拖动物体行驶的 错误， 位移为的过程中，有F-/一mg-(m十M0a,2=2a,P。一 B.由万有引力定律及牛顿第二定律得G=mg R GMM=ma· Fv:轻绳从物体上脱落后，a2=以g,=2ag(g一)，联立解得 r 2F(F-刀(1)，故A正确. 将r。=3R代入解得中就道卫星的加速度为a=gR,故B正确： (M+m)s2 -Ms 6,遮BA.当牵引力F一∫时，汽车的速度达到最大，即0十1一F, C,设卫星a、b的运行周期分别为T。,T。,由图乙可知每隔时间T 两卫星距离最近，即每隔时间T,卫星就比卫星b多转了一周， F一0，故A错误 此时= 则有T-T=2x B.如图： 由：一1图像可知，三角形面积代表速度的 服据开普勒第三定佛有号一 T 交化量的大小，则4=S=（F-6) 2mk一，故 联主解得工。-号T.工。=2江 B正确： C.由图像分析，汽车从运动到停止的时 由于T。一24h,所以T一12h,故C错误，D正确.故选BD. 10.选CDAB.双星靠他们之问的万有引力提供向心力，A星球的 间=21=2(F62,则牵引力的冲量 k 轨道半径为R,B星球的轨道半径为r,报据万有引力提供向心 为1- 2F(F-f。) 力有Gm=m,R2=mm2,得mR=r且R十r= ,故C错误： L D.因初末态速度均为0，全过程动量变化量为0，故合外力冲量 解得R-mLr-mL,故AB错送： m十m2 1十2 为0，则程力的冲量为r--2F(F一)，若按服/的平均佳算 k C根据万有引力等子肉心力"-m(停)R=m(停) 也是此结果，故D错误，故选B. 12 7,选CA.由题意可知汽车以位定的加速度启动，则汽车先微匀 L 解得T=2√Gm十m故C正确： 加逸直钱运动，后做加逸度域小的加逸递动，再做匀逸直线递 动，加递度为零，故A错误： D,若近似认为B星球绕A星球中心败國周运动，则根据万有 B.0一阶段图线为过原点的倾斜直钱，故B错误： 引力提猴有心力有”-则（停）广山 C.0一4汽车的牵引力位定不变，山后汽车的功率等于额定功率， 逸度增大，牵引力减小，根据P=F可知，P不变，增大的越来 解将T-2√G品故D正确故选GD 越授，则F减小的越来越慢，即（一2图线的鲜率减小，红后加速 度减为零，汽车的速度达到最大，汽华开始匀速直线运动，脚牵 提分集训（二十八） 引力等于阻力，故C正确： 1.选CA.频闪照片时间间隔相同，图甲相邻相等时间间隔内发 D.汽丰微匀加速直线运动时，根据P一F,由于知随时间均匀增 生的位移差大，根据匀变速直线运动的推论，可知图甲中滑块加 大，F不变，则该阶段P随1均匀增大，即图线为一条过原点的倾 速度大，根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故 斜直线，汽车的功率达到颜定功率时，汽丰的功率恒定不变，故D A错误； 错误. B.设斜面倾角为0，动摩擦因数为4，上滑阶段根据牛顿第二定律 故这C 有a1-gsin0+gcos0, 8,选AD根据动能定理，在AC段水平恒力F做的功等于克服摩 下滑阶段根据牛顿第二定律有ag一gsin0-ugcos0,可知上滑阶 擦力微的功，有F·2一mg西=0，解得F=十mg故A 段阶段加追度大于下滑阶段加速度，图甲为上滑阶段，从图甲中 的A点到图乙中的A,点，先上升后下降，重力不败功，摩擦力做 正确：F在AB、BC两段数的功相同，故B错误；小物体在AB段 负功，根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误： 微匀加速直线运动，在BC段先做加逸度减小的加逸运动再做加 逸度增加的减逸适动，在AB段适动的时间大于在BC段适动的 C由递向思维，由于因甲中滑块知逸度大，根据x=a心，可知 时间，则水平恒力F在AB段的平均功率小于BC段的平均功 图甲在A,B之间的运动时间较短，故C正确： 率，故C错误；小物体在AB段中间时刻的瞬时速度小于在BC D.由于无论上滑裁下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和 段中间时刻的醉时速度，则水平饭力F在AB段中间时刻瞬时 图乙在A,B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误，故选C, 功率小于在BC段中间时刻醉时功率，故D正确 626 9.选BCDA.飞行器关闭发动机，以马1=10m/s匀述下落时，有：2.珐A当小木块第一次到达最低点时，轻绳上的拉力最大，设绳 Mg=k=k×100,飞行器以w=5m/s向上匀速运动时，设最 长为，别有T一mgsn0=m艺， 大推力为Fm,有Fm=Mg十k功2=Mg十k×25,联主可得 小木块从静止释放到第一次运动到最低点过程，根据动能定理 F-1.25Mg,A错误： B.发动机以最大推力推动飞行器匀途水平飞行时，有「 有mgLsin0一mgos0X码-之m,联立解得T一m型 选A √屈-(Mg)7-子Mg=树，解得-5Bm/s 3.选CAB.小环在P点静止时，受力分析知图 所示。 此时最大推力在速度方向的分力与阻力「相等，别飞行器推力 根据平街条件有 的功率为P=Fm=/m=15尽Mg,B正确： Teos (90-a+8)-mgsin a-0, Tsin(90°-a十3)-mngcos a-V=0, C,飞行器以4一5m/5匀速水平飞行时，发动机推力的方向与 解得T-mg,N=mg, g 连度方向夹角的正初1an0-Mg-9-4,C正确： 故AB错误： C.小环在A点时，设小环微圆周运动的半径为r,所受弹簧的弹 D.当飞行器最大推力向下，以防一5m/s的速率向上诚速飞行 力大小为F,,杆的弹力大小为F、,则水平方向有 时，其加谁度向下达到最大值，有F。十Mg十k号一Mam,解得 FT+Fy sin a=mor, 坚直方向有F、cosa一mg一0. am=2.5g,D正确.故进BCD. 由几何关系有L=rtan e, 10,解折，)平抛造动在竖直方向么-宁k心 弹簧你长的长度与初始相同，则F,一T一√mg, /6g0 h 平抛运动的时间为√区 解得气√工 木手初接度为=兰-1必-5V2 根据。=2，部得样地为=会云√臣，故心运确： D.小环将由静止开始沿杆向上滑动，初速度p一0， (2)一分钟内喷出水的动能为且一号m=25mgh 小环在A点的速度大小vA=r=√2g· 小环由P点到A点的过程中，根据动能定理有 水泵提水，一分钟内水获得的重力势能为E。一mg(H十) W一mg·乞 1 二=亏m-0,解得w-1.5mgl,故D错误，故 所以一分钟内水系对水所微的功为 选C. W=Ek十E。-mg(H+26h) 1.遮ADA.此过程拉力F对小金属块数功WF一F(x十)，选项 (3)带动水系的电动机的最小输出功率等于水系的输入功率 A正确： p-W_mg(H+26h) B.此过程摩擦力对小车做功为W一「x,选项B措误： 601 C.根据动能定理，这一过程中，小念属块的动能增加了 答案：(1)5√2不(2)mg(H+26)（3)mg(H十26h2 △E1=(F-)(s十)，进项C错误： 609 D.这一过程中，小车增加的动能为△E2=f, 提分集训（二十九） 小金属块和小车增加的动能为 △E-△Ek1十△Ee=F(s十I)一fI,选项D正确.故选AD, 1.选BA.第一次抛出上升的高度为h-3.2m-1.4m一1.8m, 5.选BAB.木块在整个运动过程中所受的合力先变小为0再反 北上希时间为生√质-06，最高点范水牛地面高为 向增大到弹簧族复原长时所受的合力不变，木块脱离弹簧微匀 诚逸运动，速度为0后静止，E一x图像的斜率的绝对值表示木 块所受的合力大小，由动能定理可知，木块的动能先变大再变小 么=3.2…故下降的时同为4一√西-08，黄一次热出上 直到减为0，弹簧恢复原长时木块所受的合力不为0，脚处木 块所受的合力不为0.故A错误：B正确： 升时间，下降时间比值为3：4，故A错误 C.对木块，根搭牛顿第二定律，有k(x0一x)一mg=ma B.两条轨速最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等 即a一一飞x+白.可知a与r成线性关系0一0时z 为1-上1+11-1.45， 故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分论度分别为 0一m5<0,故C错误： D.将a一x图像转换为m@一x图像，图线与横柚所国的面积表 -006m/8= -0Q-7m/s,由于两条轨迹最高点等 示木块所受的合力做功的大小，根据动能定理可知，合力微的功 高，故抛出时竖直方向的分速度相等为 等于动能的变化，即图线和横轴所国的面积应相等.故D错误， y-g1-6m/s 故遮B. 6.选DA.由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70J, 由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能 少△E-号m&-之m1-l.3小，故B正角： 根据E=mg,可得小球释救位置距地面的高度为h一0.仪m 0.70 =0.7m,故A错误： C,从抛出到落地瞬间根据动能定理 B.由图乙可知小球递度减为0时，小球下落x=0.6m, 该过程弹性势能增加了△E,一0.54J E1=E1十mgh附=豆m(十)十mghm=10J: 根据功能关系有mgx一F城工=△E。, 代入数据解得小球在下落过程受到的风力为F成一0,1N,故 Ee=Eo2十mhm=立m(a十)+mghm=1l.3 B错误； C.由图乙可知，小球刚接触弹簧时，小球下落了工1一0.5m, 故落地瞬间，第一次和第二次动能之比为100：113，故C错误： D.根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分途度相同，两次 根据动能定理得mg一F以上一立m听· 落地时物体在竖直方向的分逸度也相同，由于第一次的水平分 解得小球附接触弹簧时的动能为号m听一0,45J,故C错误： 遍度较小，物体在水平方向逮度不变，故可知第一次抛出时递度 D.弹簧压编量最大时，弹性劳能最大，则有 与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角 也较大，故可知第一次抛出时逸度方向与落地瞬间速度方向夹 E-k(arn-0.54小， 角比第二次大，故D错误，故选B △rm=0.6m-0.5m-0.1m: 627