第六章 第1节 功和功率-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

第六章 机 第1节 ☑应用提优考点全面，能力提升限时：40min 1.(2024·山东济南二模)如图所示为古代的 水车，该水车周边均匀分布着N个盛水的容 器，容器到水车大圆转轴的距离为R在流水 的冲力作用下，水车以n转/分的转速匀速转 动，当装满水的容器到达最高处时将水全部 倒入水槽中.设每个盛水容器装入水的质量 均为m,忽略容器装水给水增加的动能和水 车浸入水的深度，不计一切摩擦.已知重力加 速度大小为g,则水车运水的功率为()》 A.nNmgR B.nNmgR 30 60 C.120NmgR D.2nNmgR ↑/m*s 10 246/4 (第1题) (第2题) 2.质量为2kg的物体置于水平面上，在运动方 向上受拉力作用而沿水平方向作匀变速运 动，拉力作用2s以后撤去，物体运动的速度 图像如图所示，g取10m/s2,则下列说法 中正确的是 () A.拉力F做功的最大功率为150W B.拉力F做功350J C.物体克服摩擦力做功100J D.物体克服摩擦力做功175J 3.(2024·江苏南京期中)动车组又称“动车组 列车”，为现代火车的一种类型，由若干带动 力的车辆（动车）和不带动力的车辆（拖车） 第六章机械能守恒定律学丽高春 或能守恒定律 功和功率 组成，列车在正常使用期限内以固定编组模 式运行.某动拖比（动车与拖车的数量之比） 为2：6的动车组最大速率为v,为了提速，将 动拖比提高为4：4，若提速前后每节动车额 定功率均相同，动车组行驶中受到的阻力f 与行驶速度的平方2成正比，则该动车组提 速后的最大速率为 （) A. 3 9B.2m C.2v D.2 4.木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁，每次动作 完全相同.木匠第一次砸钉子就将钉子砸进 了一半.已知钉子所受阻力与其进入木梁中 的深度成正比，铁锤砸钉子的能量全部用来 克服钉子前进中的阻力做功，木匠要把一枚 钉子全部砸进木梁，他共需砸锤() A.2次B.3次C.4次D.5次 5.(2025·湖北十一校一模)“九天”无人机是 一款灵活配置重型无人机，是下一代的大型 无人空中通用平台，在业内有“无人航空母 机”之称.若一无人机只受到重力和向上推 力，该无人机竖直上升时在速度，-2区间内 推力F和的关系如图所示，则在该速度区 间，无人机的功率P与关系的图像可能是 081 学霸高春白题物理 D 6.(2024·四川成都二模)同一赛车分别在干 燥路面及湿滑路面以恒定加速度a干燥和a湿洲 启动达到额定功率，又以额定功率加速达到 最大速度.已知a干燥>a湿播，赛车两次启动过 程中阻力大小相等且不变，能达到的额定功 率相同则赛车的速度v随时间t变化的图 像正确的是（图中OA、OB为直线） ( *B 滑 B B 湿滑 C D 7.(2024·辽宁锦州模拟)某款质量为M的氢 能源汽车在一次测试中，沿平直公路以恒定 功率P从静止启动做直线运动，行驶路程x, 恰好达到最大速度).已知该车所受阻力恒 定.下列判定正确的是 ( A.启动过程中，车做匀加速直线运动 B.启动过程中，牵引力对车做的功为。M2 C.车速从0增至v的加速时间 M 十 2P Um D.车速为2时，车的加速度大小为 P v 8.(2025·陕西西安期中)火箭竖直向上发射 的初始阶段，重力加速度不变，空气阻力忽略 082 不计，认为火箭的质量m保持不变，速度的 倒数与加速度α的关系图像如图所示，图 像中a。、b。均已知，下列说法正确的是 0 a A.火箭以恒定的加速度启动 B.火箭的最大动能为2m C.火箭以恒定的功率"启动 D.火箭发射的初始阶段，重力加速度大小 为2a 9.(2025·安徽合肥联考)某实验兴趣小组对 新能源车的加速性能进行探究.他们根据自 制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通 过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获 得最大速度过程中速度的倒数二和牵引力F 之间的关系图像（已-F）,如图所示已知模 型车的质量m=1kg,行驶过程中受到的阻力 恒定，整个过程时间持续5s,获得最大速度 为4m/s,则下列说法正确的是 4 F/N A.模型车受到的阻力大小为1N B.模型车匀加速运动的时间为2s C.模型车牵引力的最大功率为6W D.模型车运动的总位移为14m球自转角速度故C错误：D,根器常m可得a一兴可知空间 站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫星的加速度，故 D错误故选B. 2.A解析：地球绕太阳运行的周期约为365天，根据万有引力提供向 GMom 4 心力得 乃o,已知r= 三m 。,M=子，同理得C三 ,2 、m4示，整理得下=0，代人数据得T=28T。13天，故选A 3.B解析：A,根据题意，设地球与太阳间距离为R,则小行星公转轨 道的半长轴为5R7弧=6R,由开普勒第三定律有户一7，解 2 得T=V67=6,6年，放A错误；B,由牛顿第二定律有GWm。 2 解得。学可知受名母小布程在近日点的加速度 是地球公转加速度的石，放B正确：C从远日点到近日点，小行星 与太阳间距离减小，由万有引力定律有F= 一，可知小行星受太 阳引力增大，故C错误：D.由开普勒第二定律可知，从远日点到 近日点，小行虽线速度逐渐增大，故D错误故选B 么C部标根影开管粉第三定件可免答斧，其中：1A心， T地=1年，T行=5.8年，代人解得r行=3.23A0,故可知该小行星的 公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间.故选C 5.C解析：A.地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 cm号 CM ,哈雷彗星在近日点的曲率半径小于地球 公转轨道半径，因此哈雷售星在近日点的速度大于地球绕太阳的公 转速度，A错误：B.从b运行到©的过程中万有引力与速度方向夹 角一直为饨角，哈雷替星速度一直减小，因此动能一直减小，B错 误：C.根据开普韵第二定律可知哈雷售星绕太阳经过相同的时间 扫过的面积相同，根据S,>S,可知从a运行到b的时间大于从c运 行到d的时间，C正确；D.万有引力提供加速度cM =ma→a= ，则哈雷皆足的加速度。，与地球的加速度，比值为”。 GM 036D错误放选C 第六章机械能守恒定律 第1节功和功率 1.A解桥：水车每秒转动的圈数为0，水车转动一圈对水做的功 F=mg·2R,则水车的功率P=W× x0=2NmgR×=neR,故 6030 选A 0-。_0-10 2D解析：A由图可知，减速时的加速度h=4出 4m/s2 -2.5m/s2,根据牛顿第二定律，可得物体受到的摩擦力-f=ma2,解 得=5N,加速阶段的加速度a1A0103 2m/g=25m/2,根 据牛顿第二定律可知F-f=m1,解得F=10N,所以拉力的最大功 率P.=Fm。=100W,A错误；B.在拉力方向上的位移=2(5+ 10)×2m=15m,所以拉力做的功W,=Fx1=150J,B错误；CD.整个 阶段的位移x=15m+2×10×4m=35m,放克服摩擦力所做的功 W,=兵=175J,C错误，D正确故选D. 3.B解析：设每节动车额定功率为P。,提速前有2P6=斤=k3,提速后 有4P。=f=加3，联立可得该动车组提速后的最大速率为'=迈m, 故选B. 一学霸高考·白 4.C解析：作出钉子所受阻力与进人深度的关系图如图所示： 2 d 可知钉子进人木梁的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，锤对钉子做功相同，则将钉子全 部匪进木梁需要题4次，故C正确，ABD错误 故选C. 5.D解析：由F-图像可知，F与e的关系式为F=m+b(其中k<0), 根据P=F可知.P与的关系式为P=u=(知+b)×m=+bm(其 中k<0),由数学知识可知，P与知关系的图像为开口方向向下的抛 物线.故选D. 6.B解析：对赛车由牛顿第二定律可得Fe-F=ma,则有F牵=ma+ F,由于a操>a滑，则有F>F福滑设赛车在干燥路面做匀加速 运动达到的最大速度为m,在湿滑路面做匀加速运动达到的最大 速度为m,则有P=F千燥千=F短"m,可知Tn<0,在干燥 路面及湿滑路面赛车的额定功率相同，当牵引力大小等于阻力时则 ”▣可知赛车在干燥路面及湿滑路面达到的最大速度相等 有m二 故选B. 7.C解析：A.汽车以恒定功率P启动，根据P=F,可知，启动过程 中，速度v增大，则牵引力F减小，根据牛颠第二定律有F-f=Ma,可 知，加速度a减小，则车做加速度减小的加速运动，故A错误：B.根 羯题意，可知汽车受到的图力为P,启动过程中，根据动能定理 有W东己址牵引力对车做的功为平：，故B错误 C根据题意，可知汽车受到的阻力为户 ,车速从0增至m的过 程中，根据动能定理有Pm-兵之M,联立解得1之+2P,故 C正确：D.车速为2时，汽车的本引为为5 P2少，根据牛 2 P 顿第二定律有F,Ma,解得a,。,故D错误故选C 8.C解析：A,由题意可知P=F,根据牛领第二定律由F-mg=ma,联 立解得。一骨学根据图像可知，发动机功率不变，所以速度增 大，动力诚小，加速度减小，不是匀变速运动，故A错误：B.根据图 像可知，最大速度上=b,所以火箭的最大动能为E。=7.2 1 死放B错误：C由题图可知丹，所以火箭以恒定的功幸 P do bo 启动，故C正确：D,根据-户+学将点(0，)代人解得g boP m =ao,故D错误故选C, 9.D解折：A根据P=,可得？·E结合图线的斜率可得P 8W,即模型车的速度从2m/增加至4m/的过程中，模型车以恒 定的功率行驶，速度最大时合外力为零，即牵引力等于阻力，根据图 像可知，在F=2N时速度达到最大值，因此有F=f=2N,故A错误： B.由图像可知小车初始牵引力为4N,且匀加速结束时模型车的速 度大小1■2m/s,根据牛顿第二定律有F-∫=ma,解得加速度 a=2m/:2,根据匀变速直线运动，速度与时间的关系可得匀加速运 动的时间4=”=1，故B错误：C,根据以上分析可知，模型车牵 引力功率最大时即为匀加速结束时获得的功率，可知最大功率为 8W,故C错误：D.根据题意，模型车速度达到最大用时5s,而匀加 题·物理·32一 速阶段用时1$，则可知，模型车以恒定功率运动所需时间2=4， 根据动能定理P%-=子m2-子，式中=4s, 2m/s,解得2=13m,匀加速阶段位移=22×2×1m= 1m,故总位移x=x1+名=14m,故D正确.故选D. 第2节动能定理（一） (处理直线递动与变力做功问题) 1.C解析：夹角由37变化为53°，如图所示. 53 、1 6 FFT7772777771472337770725 由几何关系得到L1=15m,b2=20m,a在竖直方向上升了△h=5m, b在水平方向前进了L=7m,b的水平速度沿绳方向的分量为084： 即此速度大小为a的速度大小，由功能关系得FL=m。g△h+ 1 )m。2+m。,代人数据解得=6m/a,a=48m/s,故进C 2B解析：根据动能定理可得(m+M)山-4（(m+M)gL≤子(m+ M)2,代人数据解得出2≥0.75，要使游客与雪板仪幕摩擦力保持相 对静止，则山1=0.78≥42，即0.75∈420.78，放选B. 3.D解析：BC,对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh- h h mgos0·m9ng(m0,解得h,所以x与0无关， 仍停在A点，故BC错误：A.根据前面分析可知木块整个运动过程 中重力对木块做功为W。=mgh=umgx,则木块整个运动过程摩擦力 对木块做功为用，=-W。=-mgh=-山g,故A错误：D.对小木块运 动的整个过程，根据动能定理有mgh-jumgcos日·么。umg气 am00,解得A=,将斜面底端延长至A点，有以=么 h =an0,所 以木块则刚好不下滑故D正确.故选D. 4B解析：由题意，根据动能定理可得W,-mgh=了m,又因F-h图 像的图线与横轴所围成的面积表示拉力做的功，可得平，= (2×2x10+10x3J=40J,代人数据可得，物体上升3m时的速度 1 大小为=10m/8,故选B. 5.B解析：A由动能定理F合x=△E,可见，E-x图线的斜率为合外 力，图中①对应过程电动车所受合力不变，有F合=mgsin15°-wmg· es150.200x1032-100x10 N=500N,故A错误：B.在车自由下 200 滑200m时We+W=(200-100)×103J=1×10J,开启能量回收树 式下滑200m时W。+W+W,=(64-100)×103J=-0.36×103J.则回 收的电能为E=-甲，×90%=1.224×10J,故B正确；C.图中②对应 过程下滑100m后动能不变，但是重力势能减少，机械能减少，即还 是维续回收能量，故C错误：D.由于不知道车与斜坡的动摩擦因 数，故由题中及图像信息不可求出电动车的质量，故D错误故选B. 6.C解析：B.根据=mgsm30°，得弹簧的劲度系数为k=g,故 20 B错误；A.小球运动到最低点时，根据动能定理得mgxsin30°= ,得=2，所受弹资弹力大小为F=红=飞，故A错误：C当 弹簧伸长量为和时，动能最大，根据动能定理得mgxosin30°- 之品=宁2-0=B,得B”学，故c正确：n弹资拉伸量为 1 七时，弹性势能为么，==学，故D错误故选C 7.C解析：A.物体从P处由静止释放，恰好滑到Q速度减为零，由动 一学霸高考·白 能定理得mglsin53°-mglc0%53°-mgl.sin37°-rgc0s37°=0，解 得以=了，放A错误；品.物体运动到Q点后，重力沿斜面向下的分力 为mgin37P=Q.6mg,最大静摩擦力为山ngs37m,mg(mgsin37 物体不可能静止在右侧的斜面上，故B错误：CD.若右侧斜面体水平放 置，物体从释放到停止运动，由动能定理得mnglsin53°-mgLcoe53° mg=0,解得x=5L,故C正确，D错误故选C 8.A解析：ABC.由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀 加速直线运动，4~12s内汽车的牵引力逐渐域小，则车的加速度逐 渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值， 以后做匀速直线运动，可知在4“末汽车的功率达到最大值；汽车的 速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力=2×10N,前4s内 汽车的牵引力为F=5×103N,由牛顿第二定律F-f=ma,解得a= 2.5m/2,4s末汽车的速度斯1=1=2.5×4m/=10m/4,所以汽车 的最大功率P=F1=5×103×10W=5×10°W,A正确，BC错误： D.汽车在前4：内的位移=子=了25x华m=20m,汽车的 P5×10° 最大速度为。了2X10s=25m%,汽车在412s内的位移 设为，根据动能定理可得作兵=了心了叫，代入数据可得 1 2■425m,所以汽车的总位移x=x1+2■20m+42.5m62.5m, D错误故选A 9.AC解析：根据动能定理.可得Q1=W=5J, 因为缓慢拉动，所以拉力等于摩擦力，进人：时，有F=学。 即拉力与位移是正比关系，所以此过程克服摩擦力的功即产生的内 能为Q,之学 全部进人，产生的内能为0=2mgl=Q 全部进入时，弹资的种长量为△：学。 弹性势能为尽=._202 2k 22=1251. 所以W=E。+Q2=17.5J,故AC正确，BD错误. 故选AC 第3节动能定理（二） (处理抛体运动和围周运动问题) 1,C解析：A.网球从被击出到最高点的过程，要克服空气的阻力做 功，机械能不守恒，A错误：B.网球从被击出到最高点的过程，减少 的动能一部分转化为重力势能，另一部分用来克服空气阻力做功，。 B错误：C.在最高点时，速度2沿水平方向，竖直方向的速度为，= 0,根据功率P=F=mg,=0,C正确；D.由动能定理可知 1 mgh,-h)-用=2m房-2mi,解得=2mi-之m时- mg(h2-h1),D错误故迹C 2.B解析：在A点，只受重力，重力沿半径方向的分力提供此时做圆 周运动的向心力，mg©两=m尽，从最高点到A点，由动能定 有mg(R-Reos)+W=2m听-0，代人数据解得W=-0.1小，故选B 3.C解析：A.由图可知，由于抛物线不对称，可知足球在运动过程 中，空气阻力不可忽略，则足球在水平方向上一直做减速运动，即足 球在位置1时的水平速度是最大的，故A错误：B.由于足球在运动 过程中，空气阻力不可忽略，空气阻力做负功，则足球在位置1的动 能大于位置3的动能，故B错误：C.足球从位置1到位置2，竖直方 向上，空气阻力方向向下与重力方向相同，从位置2到位置3，空气 阻力方向向上与重力方向相反，可知，从位置1到位置2足球竖直 方向的加速度大于从位置2到位置3竖直方向的加速度，由h= 22可知，从位置1到位置2的时间小于从位置2到位置3的时 间，则与下落过程相比，足球在上升过程中重力势能变化快，故C正 确：D.由于有空气阻力的作用，在位置2以大小为c的速度水平向 题·物理·33一