专题精准强化5 功与功率 动能定理-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

专题精准强化「 ☒错题序号： 专题精准强化5功与功率 动能定理 @错因分析 (建议用时：40分钟) [A组 基础达标练] 4.(2025·辽宁盘锦三模)一 E,小 1.(多选)(2025·河南南 质量为1kg的物体在水平 6 拉力的作用下，由静止开 4 阳模拟)解放军战士为 了增强身体素质，进行 始在水平地面上沿x轴运 拉轮胎负重训练，如图 动，以出发点为x轴零点， 234x/m 所示，已知绳子与水平 物体的动能Ek与物体坐标x的关系如图所 地面间的夹角恒为0， 示.物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4， 轮胎质量为，该战士由静止开始做加速直线 重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确 运动，位移为x时，速度达到，已知绳上拉力 的是 大小恒为F,重力加速度为g,则由静止加速 A.在x=1m时，拉力的大小为2N 到v的过程中 B.在x=4m时，拉力的功率为12W A.轮胎克服阻力做的功为Fxcos0 C.从x=0运动到x=4m的过程中，物体克 B轮胎所受合外力做的功为2m 服摩擦力做的功为8J D.从x=0运动到x=2m的过程中，拉力的 C.拉力的最大功率为Fvcos0 冲量大小为6√2kg·m/s D.拉力所做的功为了m+Fos9 5.（多选)(2025·兰州 .5 模拟)质量均为m的 2.(2025·山东烟台高三期 FA 两个小球初始时处 末)如图所示，直角杆AOB 于同一竖直平面内， 2R 位于竖直平面内，OA水 水平高度相同.甲球 平，OB竖直且光滑，用不 由半径为R、距地面高2R的四分之一光滑圆弧 可伸长的轻细绳相连的两 B 顶端A处静止滑下，O为圆弧的圆心.乙球从距 小球a和b分别套在OA和OB杆上，b球的 O点1.5R处的B点做自由落体运动，如图所示. 质量为1kg,在作用于a球的水平拉力F的作 忽略空气阻力，下列说法正确的是 用下，a、b均处于静止状态，此时a球到O点 A.同时释放两球，任一时刻两球的动能相等 的距离l1=0.3m,b球到O点的距离h=0.4 B.两球经过相同高度时动能相等 m.改变力F的大小，使a球向右加速运动，已 知a球向右运动0.1m时速度大小为6ms. C.两球经过相同高度时重力的功率相等 g=10m/s2,则在此过程中绳对b球的拉力所 D.控制乙球释放的时刻，两球有可能在空中 做的功为 相碰 ( A.33J B.32J 6.（多选)(2025·衡水中学质检)如图甲所示，轻 C.19J D.10J 弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质 3.(多选)(2025·重庆·模拟预测)某中学运动 量为m的小球，从离弹簧上端正上方高h处 会的铅球比赛中，某同学将一铅球斜向上抛 由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上之 出.不计空气阻力，则下列关于该铅球在空中 后继续向下运动到最低点的过程中，他以小球 运动的动能Ek与时间t、水平位移x之间的 开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立 关系图像，可能正确的是 坐标轴Ox,得出小球所受弹力F的大小随小 ( 球位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空 ↑E 气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是 +xo h+2x 147 〡物理 A.当x=h十2o时，小球的动能最小 A.一次落潮时流出海湾的海水质量为2Sh B.最低点的坐标x=h十2x0 B.一次落潮时海水流经通道对发电机做的功 C.当x=h十2xo时，小球的加速度为一g,且 为2Sgh2 弹簧弹力大小为2mg C.一天内海水流经通道对发电机做功的功率 D,小球动能的最大值为mgh+mg 为Sgh2 2 t 7.(多选)(2025·陕西榆林三模)“辘轳”是中国 D.一天内海水流经通道对发电机做功的功率 古代取水的重要设施，如图甲所示通过转动 为20Sgh2 t 手柄将细绳均匀缠绕到半径为R的转筒上， [B组创新应用练] 就可以把下端所系的水桶从井中提起.若某 9.(多选)(2025·甘肃张掖市高三期 次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像 末)如图所示，内壁光滑的玻璃管竖 如图乙所示，经过时间2to,转筒的角速度从0 直固定在水平地面上，管内底部竖 均匀增加到wo,经3to时间把静置于井底的 直放置处于自然长度的轻质弹簧. 水桶提升到井口，水桶和桶中水的总质量为 用轻杆连接的两小球A、B的质量 m,重力加速度大小为g,水桶可看成质点.下 分别为m和2m(球的直径比管的 列说法正确的是 内径略小)，重力加速度为g,现从 弹簧的正上方释放两球，则从A球与弹簧接 触起到运动至最低点的过程中，下列说法正确 的是 ( 细绳 @ 2 A.杆对A球做的功大于杆对B球做的功 B.A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做功 水桶 to 2to 3to 的份 甲 乙 C.弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械 A.02t。,水桶做初速度为零的匀加速直线 能的增量 运动 D.A球到最低点时杆对B球的作用力等 B.水井的深度为wo Rto 于4mg C.把水桶从井底提升到井口的过程中克服重 10.(多选)(2025·山西晋中 力做功的平均功率为ms尽 市榆次区一模)如图所示 2 为某探究活动小组设计 D.把水桶从井底提升到井口的过程中水桶和 的节能运输系统.固定斜 桶中水所受合力做功为mR 面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道 2 8.(2025·重庆模拟预测)如图所示为一种潮汐 间的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自 发电示意图，左方为陆地和海湾，右侧为大海， 动装货装置将质量为m的货物装人木箱，然 中间为水坝，其下有通道，水流经通道即可带 后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下（货物 动发电机工作.涨潮时开闸蓄水，落潮时开闸 与木箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至 放水，均在内外水面高度相同时关闭闸门.设 最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后 海湾的平均面积为S,每次涨落潮海湾内外水 木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过 位落差为h,一天涨潮、落潮各一次.水的密度 程.重力加速度为g,木箱可视为质点，下列 为p,重力加速度为g,设一天的时间为t.则 说法正确的是 A.木箱与货物的质量之比为6：1 海湾 海湾 B.下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在 陆地 水坝 陆地 水坝 轨道上的同一点 C.木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与 上滑的加速度大小之比为1：6 D.若木箱下滑的最大距离为1，则弹簧的最 大弹性势能为后Mg! ·148 专题精准强化 11.(多选)(2025·河北沧州三 13.(2025·广东卷，14)如图所示，用开瓶器取出 模)如图所示，在竖直平面 紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋人木 内有一固定光滑轨道，其中 塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的 AB是长度为R的水平轨 转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定 道，BCDE是圆心为O、半径 的拔塞钻向上运动.从0时刻开始，顶部与瓶 为R的圆孤轨道，两轨道 口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线 运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变 相切于B点.一可视为质点的小球从A点以某 速度（大小未知）水平向左运动，重力加速度 化关系为f=f1一若)其中f为常量，力 大小为g.下列说法正确的是 () 为圆柱形木塞的高，木塞质量为，底面积为 A.当o=√5gR时，小球刚好过最高点D S,加速度为a,齿轮半径为r,重力加速度为 B.当o=√3gR时，小球不会脱离圆弧轨道 g,瓶外气压减瓶内气压为△p且近似不变， C.若小球能通过E点，则o越大，小球在B 瓶子始终静止在桌而上.（提示：可用f一x图 点与E点所受的弹力之差越大 线下的“面积”表示f所做的功)求： D.小球从E点运动到A点的最长时间为 把手 5-图 转轴乙 12.(2025·江苏南京市二模)现将等宽双线在水 拨赛钻 平面内绕制成如图甲所示轨道，两段半圆形 固定支架一 轨道半径均为R=√m,两段直轨道AB、A' 软木塞 B'长度均为1=1.35m.在轨道上放置一个 瓶子 齿轮啮合 质量m=0.1kg的小圆柱体，如图乙所示，圆 柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连 线的夹角0为120°，如图丙所示.两轨道与小 圆柱体间的动摩擦因数均为4=0.5，小圆柱 尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计 初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直 轨道AB方向的初速度vo.重力加速度大小 g取10m/s2,求： 简图 (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度w. (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W 120° (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时 功率P随时间t变化的表达式. 分 分 (1)小圆柱沿AB运动时，内、外轨道对小圆 柱的摩擦力F1、Ff2的大小； (2)当=6m/s,小圆柱刚经B点进人圆弧 轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力FN、 FN2的大小： (3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，o的最 大值以及在取最大值情形下小圆柱最终 滑过的路程、 ·149·丨物理 中，合力大小为F金2=1N,物体所受摩擦力大小为f= BC错误；根据 (R十=mR千万：在地球表面Gm GMm R mg=4N,则拉力大小分别为F1=6N,F2=3N,故A错 m,联立解得四，故D正南] E=2m/s, 误：在工=4m时，物体的速度大小为知√ 12.C[设地球表面的重力加速度为g,某球状天体表面的 拉力的功率P=F,v=6W,故B错误；从x=0运动到x 重力加速度为g',弹簧的劲度系数为，根据简谐运动 =4m的过程中，物体克服摩擦力做的功W=gx= 的对称性有k·4A一mg=mg,k·2A一mg=mg',可 16J,故C错误；在x=2m时，物体的速度大小为w'= 得g=24,g=A,可得各=2，设某球状天体的半径 7 g 2E=22m/5,从x=0运动到x=2m的过程中，物 4 为R,在星球表面，有G P1·3π(nR)3·m 体运动的时间t=兰=反s,拉力的冲量大小为I=下t (nR) =mg 2 ·Rm 6√2kg·m/s,故D正确.] G- 5.BD[最初甲球做竖直圆周运动，受重力、支持力两个力 R =mg,联立可得A=二.] n 作用，其中重力沿速度方向的分力提供切向加速度，用 13.BC[飞船需要通过加速从停泊轨道进入转移轨道，A 以改变速度大小；重力垂直于速度方向的分力与曲面对 错误；设天和核心舱的向心加速度大小为α，地表物体 小球支持力的合力提供向心加速度，用以改变速度的方 质量为m,则有GM=g,由G Mm R R+h)2=ma,解 向，甲球只在开始下落时加速度等于重力加速度，此后 未离开曲面时用以加速的加速度大小都小于重力加速 R 得a= 度，因此在甲球没有离开曲面时，其速率任意时刻都小 R+h g,B正确；船在停泊轨道运行的周期为 于乙球的速率，则同时释放两球，任一时刻两球动能不 工旅摆万有引力锐供向心力有6=m(停)R,解 相等，故A错误；由于曲面光滑，甲球在曲面上运动时只 有重力做功，而乙球做自由落体运动，也只有重力做功， 得M=4π G,则地球的密度为p= M,解得p= 则由机械能守恒可知两球经过相同高度时动能相等，故 B正确；两球经过相同高度时，两球的速度大小相等，但 速度方向不同，重力的功率等于重力与重力方向上速度 3rπ 的乘积，由于两球沿重力方向上的速度大小不同，则两 GT ,C正确；设飞船在转移轨道运行的周期为T2,由 球经过相同高度时重力的瞬时功率不同，故C错误；设 2R-h 甲球运动到C,点时的速度为，则由机械能守恒有gR R品 开善勒第三定律有 2 ,整理可得T,= T 2m0①，甲球从C点开始微平抛运动，落地时间为 √(+) ,故飞船在转移轨道上从P点飞到Q点 t,则有R=弓g②，从C点到落地，甲球运动的水平位 移为x=t③，联立①②③解得x=2R>1.5R,因此控制 所需的时为T01=/(+泉) 1 乙球释放的时刻，两球有可能在空中相碰，故D正确.] ,D错误.门 6.CD[由题图乙可知小球在x=h十x,处重力与所受弹 专题精准强化5 力大小相等，又小球在x=h处时有向下的速度，由运动 1.BC[拉力所做的功为W,=Fxcos0,轮胎做加速运动， 的对称性可知小球在x=h十2x处有向下的速度，到达 则Fcos 0>f,则轮胎克服阻力做的功小于Fxcos日，故 最低，点后再经过x=h十2x。处有向上的速度，故最低，点 A、D错误；由动能定理可知，轮胎所受合外力做的功为 的坐标不是h十2x。,且小球在x=h十2x。处动能不是最 W台=之，故B正确；拉力的最大功率为Pn=Fcos日， 1 小，故A、B错误；由题图乙可知mg=kx(k为弹簧的劲 度系数)，当x=h十2x时，弹簧的压缩量为2x0,此时的 故C正确.] 弹力大小为2g,根据牛顿第二定律可得小球的加速度 2.A[a球向右运动0.1m时，由几何关系得，b上升距离 为a=g二F_mg2mg=一g,故C正确：小球在x=h 177 177 为h1=0.4m-√0.5-0.4m=0.1m,此时细绳与水 十x。处时，弹簧的压缩量为x。,小球所受弹簧弹力与重 平方向夫角的正切值为1am0=子，可知c0s0=号sin0 力等大反向，此时小球的动能最大，根据动能定理有 3 mgh十2)+W维=E-0,依题可得W=一0+m5, =亏，由运动的合成与分解知识可知sin0=飞c0s日， 可得=8m/s,以b球为研究对象，由动能定理得W 所以Es=mgh十之mgo,故D正确.] 一mgh1=号m,代入数据解得W:=33J,故A正确.] 7.AD[转筒边缘上，点的线速度大小等于水桶的速度大 小，根据线速度与角速度的关系有v=wR,因0~2t。内， 3.BD[设该铅球质量为，刚开始斜抛时初速度大小为 仙与t成正比，所以水桶的速度v与t成正比，即水桶做 6,与水平方向的夹角为日，则经过时间t,其动能为E= 初速度为零的匀加速直线运动，故A正确；图乙中0 mmm(wcos msin g 3。内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提 升到井口过程中转筒转过的角度，设为日，则日= 一g),则E与t为非线性关系，图像为抛物线的一部 分，且E:先减小后增大，故A错误，B正确；铅球做斜上 t3t6)=2,to,故水井的深度为h=R=2m,Rt,故 2 抛运动，水平方向有x=cOs日·t,所以Ek= B错误；把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做 )+号n(sin0-6s)）广可知B与 1 1 功的平均功率为P=_g·2@R=2mR,故 3to 3to x也为非线性关系，其图像也是抛物线的一部分，且E C错误；根据动能定理可知，把水桶从井底提升到井口的 先减小后增大，故C错误，D正确.门 4,D[根据动能定理可知，图像斜率的绝对值代表物体所 过程中合力对水桶和桶中水做功为W。=号m心-0= 受合力的大小，即从x=0运动到x=2的过程中，合 力大小为F合1=2N,从x=2m运动到x=4m的过程 2m(wR):=maR -,故D正确.] 2 ·280· 答案精析 8.C[一次落潮时流出海湾的海水质量为pSh,故A错 误；一次落潮时海水流经通道对发电机做的功为g· A运动过程中，小球做竖直下礼运动，则1十分财 0.5h=pShg·0.5h=0.5pSgh,故B错误；一天内海水 流经通道两次，海水流经通道对发电机做的总功为 R,代入得4=后-/ ,D正确.] pSgh,对应海水流经通道对发电机做功的功率为 12.解析：(1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O Sgh,故C正确，D错误.] 连线的夹角日为120°，根据对称性可知，两侧弹力大小 均与重力相等，为1N,内、外轨道对小圆柱的摩擦力 9.BC[杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相 Fn=F2-FN=0.5 N; 等，两球的位移相同，所以杆对A球做的功与杆对B球 (2)当v=6m/s,小圆柱刚经B点进入圆孤轨道时有 做的功数值相等，故A错误；设A球克服弹簧弹力做的 功为W1,A下降的高度为h,杆对A球做的功为W,,则 22、1 1 m6=-(Fn+Fe)l, 杆对B球做功为一W,由动能定理，对A球有gh一 W1十W2=0,对B球有2mgh-W2=0,联立解得W1= 在B点有Fsin60°-Fysin60=m尺， 是W,即A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球微的功 F1cos60°+F2cos60°=mg 解得F=1.3N,F2=0.7N: 的2倍，故B正确；根据功能关系知，弹簧和杆对A球做 (3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，心最大时，在B点 恰好内轨对小圆柱的压力为0，有 功的总和等于A球机械能的增量，故C正确；若A球从 弹簧原长处释放，刚释放时A、B整体的加速度大小为 F'sin60°=m尺， g,方向竖直向下，根据简谐运动的对称性知，A球到最 F'cos60°=mg, 低点时整体的加速度大小为g,方向竖直向上，现A球 从弹簧正上方下落，A球到最低，点时弹簧压编量比从弹 且2m。-2mm=-(Fa十Fa儿， 簧原长处释放时的大，则弹力比从弹簧原长处释放时的大， 整体所受的合力增大，加速度将大于g,所以A球到最低点 解得vom=√57m/s,在圆孤上受摩擦力为 时整体的加速度大小大于g,方向竖直向上，在最低点，对B F,=Fm'=OS60=1N, mg 球，由牛顿第二定律得F-2mg=2mia>2g,则得A球到最 即在圆弧上所受摩擦力大小与在直轨道所受总摩擦力 低点时杆对B球的作用力F>4mmg,故D错误.] 大小相等 10.BD[根据题意和动能定理可得(M十m)glsin30° u(M+m)glcos30°一W弹=0，W-Mglsin30° 所以子mo2=Fs, Mglcos30°=0，联立可得M:m=1:6,故A错误；下 解得s=2.85m. 滑速度最大时有(M十m)gsin30°-r(M十m)gcos30 7 答案：(1)0.5N0.5N(2)1.3N0.7N(3)√57 一F华=0，可得F#=8Mg,上滑速度最大时有F华' m/s 2.85 m Mgsin30-Mgeos30=0,可得F'=名Mg,所以下 13.解析：(1)木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据 运动学公式v=2ah, 滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一 根据角速度和线速度的关系v=ω， 点，故B正确：木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度 为a,=M+m)gsin30°(M+m)gcos30°-1 联立可得u=√2ab M++m 8,上 (2)根据题意画出木塞摩擦力与运动 滑的加速度为a2 距离的关系图如图所示 -M30”0s30=名g,剥会=子，故C错 可得摩擦力所做的功为 M 1 误；下滑过程中重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能， W:=-2fh, 有(M十m)glsin30°-(M十m)glcos30°=E。,则弹簧的最 对木塞，根据动能定理W十W,一mgh 大弹性势能为E,=8MgL,故D正确.] 2m2-0, 11.AD,[由题知，小球刚好过最高点D点，则由圆周运动 解得W=mah+mgh十之foh. 知mg=m爱，在A到D过程中，由动能定理可知 (3)设开瓶器对木塞的作用力为F,对木塞，根据牛顿第 1 乞m%-立m心=一2mgR,联立解得=√5gR,A正 二定律F-mg-f=ma,速度v=at,位移x=之at, 确；当=√3gR时，设上升高度为h,假设小球不会脱 开瓶器的功率P=Fv,联立可得P=magt十mat十 离圃孤轨道，则必须满足h≤R,由动能定理知0一豆m foat-Lsa xt. 2h =一mgh,代入得=号R,假设不成立，故当= 答案：(1)w=√2ah √3gR时，小球会脱离圆孤轨道，B错误；B到E运动过 程中，由动能定理知受m店一号mi=一mgR,在B点 1 (2)W=mah+mgh+立fh 3)P=magtma'tfoat-1Xt 时，小球所受弹力为Fa=g十m是，在E点时，小球 专题精准强化6 1.B[经过圆轨道最高，点C时，轨道给过山车的压力F、 所受弹力为FE三m辰，则小球在B点与E点所受的弹 力之差为FB一F=3mg,故小球在B点与E点所受的 M,根据牛颜第二定律可得Mg十R=m是，解得化 弹力之差不变，C错误；在D到E过程中，由动能定理 √2gR,过山车从下滑点A到C点过程，根据机械能守恒定 吃-子成=mgR,代入得=√gR,从E到 知、1 律可得Mgh-2R)=M,解得A=3R,故B正确.] ·281-