练案17 第8章 专题强化4 变力做功和机车启动问题-【成才之路•练案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步新课程学习指导(人教版)

Fcos0,C正确：竖直方向Fsin0+FN=mg,摩擦力做功为W=:10.C绳上的拉力大小等于F,定滑轮受到两侧绳的拉力作用， -uFl,联立解得W,=-u(mg-Fsin0)l,D错误。故选C。 其做的总功等于拉力F对物体所做的功，即W=FCos0+ 4.A功是标量，合力对物体做的功为W=W,+W2=6J+8J= Fs=Fs(1+cos0),故选C。 14J,故选A。 11.AD由图像可知0~。内、。~3t。内的加速度大小之比为 5.C由于每次上半身重心上升的距离均为h,上半身的质量约 二=子位移之比为空=宁：由牛顿第二定徐可知06内 为全身质量的子，时间1内做了n个仰卧起坐，所以，由克服 有F-f=ma,~3to内有f=ma2,可得F-3f,所以0~to内 重力做功的公式可得W=}mgh。由功率公式P:业可得 R了做功大水之t受袋子0-内了蛋功大小之 p-3mm。故选C。 5t 竖片旅达如 6.D物体做自由落体运动，由速度一位移公式得=2gh,落地12.(1)3.2」(2)18J 速度=√2g,下落过程重力的平均功率P=mg=mg?她 解析：(1)分别对滑块、长木板受力分析， 2 滑块与长木板之间的摩擦力f=∫'=mg=0.2×4×10N= =mg√受，A,B结误：落地时重力的瞬时功率P=g0= 8N, mg√2gh,C错误，D正确。故选D。 由牛顿第二定律得对滑块：P-f=mm1,解得4，=F-= m 能力提升练 20-8 7.A运动员的身高约为1.8m,根据自由落体运动的特点可知 4 m/s2=3m/s2, 水柱的高度约为人身高的4倍，即7.2m,根据运动学公式有 对长木板：f'=Ma2, ?=2h,解得=2m3,一个喷管喷水消耗的功率P?」 条得a=片品m=08v心， 设F作用时间t后滑块到达长木板的最右侧， mg驰=pghS0=102×10×7.2×m×0.032×12W≈2441.7W, 滑块与长木板之间的位移关系为了4=之，P+,解得1 估算出的一个喷管喷水消耗的功率与3kW最接近。故选A。 8.D物体处于静止，对物体受力分析可得，在垂直斜面方向： =1s, Fv=mgcos0,沿斜面方向：F,=mgsin0,位移水平向左，故支 长木板的位移为与=4，=7×0.8x1Pm=0,4m,摩擦 持力做功W、=F、·lsin0=mglsin0·cos0,B错误；摩擦力 力对长木板做的功W=f”·x2-8×0.4J=3.2J。 做功：Wr,=Fr·lcos0=-mglsin0·cos0,重力做功为零，A、 C错误；由于匀速运动，所以斜面体对物体作用力的合力与速 (2)由第(1)间可知，滑块的位移为名=22=方×3×12 度方向垂直，则斜面体对物体做的总功为0，D正确。故选D。 m=1.5m, 所以力F对滑块做的功W。=F·x,=20×1.5J=30J,摩擦 力对滑块做的功W=f·x,c0s180°=-8×1.5J=-12J,合 力对滑块做功为W=W。+W=(30-12)J=18J。 0 练案[17] mg 基础巩固练 9.D根据平抛运动规律h=乞g则小球运动时间相同，根据1.C根据W=F可知，力F的功等于Fx图像的面积，则W= :=则哈一号器分故A结误落绝眠们气=，竖直速度 2×2J-2×1J+4×4J=18J,故选C 2.C分两个阶段计算物块克服摩擦力所做功：物块在完全滑上 相同，根据重力的瞬时功率P=mg,则落地瞬间重力的瞬时 台面前，摩擦力随滑上的距离从0均匀增大，最大值为mg; 功率相同，B错误：小球下落距离相同，根据W=mgh则重力 物块滑上平台后摩擦力恒定，则有整个过程中克服摩擦力做 做功相同，且运动时间相同，根据P=?则重力的平均功率 的功r0tL+umg(s-)=mg(s-分)故C正确，A、 2 相同，故C错误，D正确。故选D。 B、D错误。故选C。 259 3.D0到t,段图像为倾斜直线，则汽车做匀加速直线运动，牵： 2mh(p+p）,故选B。 引力不变，由P=F,可知，牵引力的功率增大，故A错误；t1~ ,内，加速度减小，则牵引力减小，而速度在增加，所以牵引力 9.C地铁匀加速运动阶段，牵引力做的功为W,=Fx,= 的功率可能保持不变，故B错误，C错误；2时刻起，汽车做匀： F.0+".4=1×10×0+20 2 2 20J=2×108J,地铁匀速运动 速直线运动，牵引力与阻力平衡，保持不变，故D正确。故！ 阶段，牵引力做的功为W2=P22=6×103×103×80J=4.8× 选D。 10J,地铁从甲站到乙站，牵引力做的总功为W=W,+W2= 4.D由题图知：在0~t0时间内，物体做初速度为零的匀加速 6.8×103J,燃油公交车运行中做的功为W=W,燃油公交车 运动，v=l,由牛顿第二定律得F-∫=ma,则拉力的功率为 牵引力每做1焦耳功，排放气体污染物为△m=3×106g= P=F=(f+ma)m=(f+ma)at,可知功率的图像为过原点的 3×10-9kg,故燃油公交车排放气体污染物的质量是m= 倾斜直线；在时刻以后，物体做匀速运动，v不变，则F=f, 6.8×103×3×10-9kg=2.04kg,故选C。 P==,P不变，可知功率图像为水平直线，且功率的值小 10.ACD由图丙可知w=2t,所以水桶速度随时间变化规律为 于加速阶段功率的最大值，故D正确。 v=wr=0.21,则10s末水桶的速度大小为2m/s,故A正确， 5D0-6s内物体的位移大小x=46×6m=30m,故A错 B错误；水桶匀加速上升，加速度a=0.2m/s2,由牛顿第二 定律F-(m+M)g=(m+M)a,所以井绳拉力大小为F= 误0-6s内拉力做功W=之×2×30J+4×10J=701,放B 25.5N,水桶匀加速上升，0~10s内它上升的高度为h= 错误；在2~6s内，物体做匀速运动，合力为零，则合外力在 号=10m,则0~10s内井绳拉力所做的功为W=历 0~6s内做的功与0~2s内做的功相等，故C错误；在2~6s 内，v=6m/s,P=10W,物体做匀速运动，摩擦力f=F,得到 255J,故C、D正确。故选ACD。 f=F=P =子N,故D正确。故选D。 山.AD两卫星在P点时，根据G=ma,可得a=G业 之，显然 6.D电动车匀速运动时，牵引力等于阻力，则F=0.02(m1+ 两卫星的加速度相等，故A正确：由题知，轨道1和轨道3都 m2)g=20N,A错误；匀速阶段电动机的输出功率为P出= 是圆轨道，则有G9=a号，可得：-√四，由于B卫星在 Fv=20×5W=100W,B错误：电动车的加速度大小为a= 轨道3上运动的轨道半径大于A卫星在轨道1上运动的轨 0m/s=0.5ms,根据F-0.02(m,+m)g=(m,+m)a, 道半径，所以B卫星在轨道3上运动的速度小于A卫星在轨 匀加速阶段牵引力大小为F=70N,C错误；根据P=Fv= 道1上运动的速度，故B借误：卫星从低轨道运动到高轨道， Fat,匀加速阶段牵引力不变，电动机的输出功率随时间均匀 需要在轨道相切点点火加速实现，所以B卫星在Q点变轨进 增大，D正确。故选D。 入轨道3时需要向后喷气加速，故C错误；B卫星沿轨道2 能力提升练 从P点运动到Q点过程中速度减小，则动能减小，故引力做 7.A由题意可知，阻力与深度1成正f 负功，故D正确。故选AD。 比∫d图像如图所示，图像与坐标轴 12.AC若动车组匀加速启动则有F-f=ma,则动车的牵引力 所形成图形的面积等于力所做的功， F=ma+f=ma+e,随着速度的增加，动车组的牵引力F逐 每次钉钉子时做功相同，如图所示可 渐增大，故A正确；若动车输出功率恒定，则据F=?,动车 得：每次所围面积相同，根据相似比的 平方等于面积比可得：第1次：前2 加速度a=F-f- m,可知当功率一定时，随着速度增 次：前3次：…=1：√2：5：…：√n,故第1次：第2次： 加，动车的加速度减小，动车不可能做匀加速运动，故B错 第3次：…=1：(2-1)：(3-√2)：…：(Wn-n-1) 误：动车速度最大时，牵引力与阻力相等，则P=F=f龙。= 打击第n次与打击第一次钉子进入木板的深度之比为v元- 如，可得。=√？，即动车的最大速度与功率的平方根成 √n-1。故选A。 8.B木块漂浮在水面上时有F浮=G=pga,木块上表面刚浸没 正比，所以若动车的输出功率变为？，则动车组的最大速度 时受到的浮力为F'=p,g0,浮力做的功为W_F十Fh- 2 为？，故C正确：同理，若动车的输出功率变为号，则动车组 -260 的最大速度为号，放D错误。放透AC。 :10.A由题意可知，PM段细绳的重力势能不变，MQ段细绳的 重心升高了石，则重力势能增加△E,=子mg·6=gm, 2 1 练案[18] 故选A。 基础巩固练 :11.A设桌面为零势能面，将绳子分成水平部分和竖直部分两 1.C重力势能是物体和地球组成的系统共同具有的，而不是物 段，水平部分的重力势能为零，竖直部分的重心在竖直段的 体单独具有的，故A错误；重力势能是标量，在参考平面上方 中间，初始时高度为-名，而竖直部分的重力为子g,重力 重力势能为正值，在参考平面下方重力势能为负值，故B错 误；重力势能具有相对性，选择不同的参考平面，重力势能具 势能E:=子mg×(-日=立meL:绳子刚好全部离开 有不同的值，所以其大小具有相对性，故C正确：物体克服重！ 桌面，则重心高度为-一L,而竖直部分的重力为mg,重力势 力做功，重力势能增加，克服重力做的功等于物体增加的重力 势能，故D错误。故选C。 ! 能e=mg×(-2)小=-分mgL:重力势能的变化量△E, 2.B小华从山脚爬到山顶的过程中，由于高度增加，重力做负： 功，重力势能增加，故B正确，A、C、D错误。故选B。 =。-瓦a=员0gL,重力做的功黑。=-△，=员mgL,放 3.B物体发生了形变，若是非弹性形变，无弹力作用，则物体就： A正确，B、C、D错误。故选A 不具有弹性势能，故A错误；重力势能具有相对性，其大小与！12.BCF-x图像所包围的面积代表弹簧弹力所做的功的值，物 零势能面的选取有关，故B正确；重力势能有正负之分，但重 块沿x轴从0点运动到位置x,的过程中，弹簧弹力的方向 力势能是标量，其正负不表示方向，故C错误：根据功能关系 : 与位移方向相反，弹簧弹力做负功，故有弹簧弹力做功为 可知，弹簧压缩和伸长时，弹簧均要克服外力做功，故弹簧的 W=一，放A错误，B正确：弹簧弹力做负功，弹簧势 弹性势能均增大，故无论是压缩还是伸长，弹性势能均为正： 值，故D错误。 能增加，即△，=-=Px=c,x=方c,故C 4.A重力对物体做功为W=-mgh=-2×10×1J=-20J,故 正确，D错误。故选BC 选A。 5.A以地面为零势能面，坑在地面以下，苹果落到坑底时的重 练案[19] 力势能为-mgh,故B、C,D错误，A正确。故选A。 基础巩固练 6.A由于人的拉力方向与弓的形变方向相同，故人对弓做正1.A由动能定理可得mgR-wmg·10R=0,解得4=0.1，故 功：在拉开过程中由于弓的形变量增大，故弹性势能增大，故 : 选A。 B、C、D错误，A正确。 2.C小球落到地面的过程，根据动能定理有mgH=Ek,可知，小 能力提升练 球落地时动能等于mgH,A错误：小球在运动的全过程有 7.B运动员撑杆触地后，上升到最高点之前某时刻杆形变量最 mg(H+)-=0,解得f=mgH+),B错误：根据上述，整 大，此时杆弹性势能最大，所以杆弹性势能先增大后减小，故！ h B正确，A错误；在该过程中运动员高度越来越高，重力势能 个过程中小球克服阻力做的功为W,=h=mg(H+h),C正 一直增大，故C、D错误。故选B。 确；小球陷入泥中的过程，根据动能定理有mgh-W=0-E, 8.A在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，重力做正： 解得W,=mgh+E:,可知，小球陷人泥中的过程中克服泥的阻 功，则小明的重力势能减少。弹簧的形变量增大，其弹性势能 力所做的功等于刚落到地面时的动能与后面减小的重力势能 增加，故A正确，B、C、D错误。故选A。 mgh之和，D错误。故选C。 9C手拉着弹簧上端P缓慢向上移动，物体始终处于平衡状3.B在斜面上由动能定理有(mgsin0-wmg0os)o。=E, 态。根据胡克定律得弹簧的伸长量△x=,在这一过程中，P 结合图线有(mgsin0-mgcs0)L。-B,在水平面上由动 cos 0 xo 端上移的距离为H,所以物体上升的高度为'=H-紧，所以 能定理有-wmgx=E-Eo,则有E=Eo-umgx,结合图线有 物体重力势能增加了E。=mgh'=mgH.mg ,故选C。 E解得以=子A,CD错误，B正确。故选B umg=3xo-xo —261练案[17] 第八章 专题强化4 变力做功和机车启动问题 A.0~t1内，牵引力的功率保持不变 基础巩固练 B.t时刻起，牵引力的功率一定增加 1.一物体在运动中受水平拉力F的作用，已知F 随运动距离x的变化情况如图所示，则在这个 C.1~2内，牵引力大小保持不变 运动过程中F做的功为 ( ) D.,时刻起，牵引力与阻力大小相等 本F/N 4.一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用， 在一段时间内的速度随时间变化情况如图所 4 8'x/m 示。关于拉力的功率随时间变化的图像，下图 中可能正确的是 A.4J B.6J 个P/W ◆P/W C.18J D.22J 2.如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m ↑m.sl 的匀质物块以初速度。向右传上水平台面， 物块前端在台面上滑动s后停下来。已知滑 P/W P 道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数 为4且s>L,则物块在整个过程中克服摩擦力 t/s D 所做的功为 5.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作 用，在0~6s内其速度与时间的图像和该拉力 的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。下 B.umgs 列说法正确的是 C.ume D.umg(s-L) 本(m.s) ↑P/W 30-- 3.电动汽车能实现更精确的运动控制，有一电动 10 汽车由静止启动并沿直线运动，其速度一时间 46t/ 0 246t/s 图像(v-t图)如图所示，0到t1段图像为倾斜 甲 直线，t1到t2段图像为曲线，2时刻以后的图 A.0~6s内物体的位移大小为36m 像为与时间轴平行的直线，则下列选项中正确 B.0~6s内拉力做的功为55J 的是 C.合力在0~6s内做的功大于0~2s内做 的功 D滑动摩擦方的大小为N 195 6.人们生活中出现越来越多的环保电动自行车，8.如图所示，密度为p、边长为a的正立方体木块 这种轻便的交通工具受到许多上班族的喜爱。 漂浮在水面上(h为木块在水面上的高度)。 下表是一辆电动车铭牌上的参数。若质量为 现用竖直向下的力F将木块按入水中，直到木 70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶的 块上表面刚浸没，则此过程中木块克服浮力做 -t图像如图所示，所受阻力大小恒为车重（包 功为（已知水的密度为Po、重力加速度为g) 括载重)的0.02倍，取重力加速度g= l0m/s2,下列说法正确的是 后轮驱动直流 规格 永磁体电动机 26'电动 额定输 车型 400W 自行车 出功率 整车质量 30 kg 最大载重 120kg A.pa'gh ◆/m/s) 1 B.2ugh(p+p） C.poa'gh(a-h) D20动(a-A)(p+p) 10 A.匀速阶段牵引力大小为25N 9.大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使 B.匀速阶段电动机的输出功率为400W 用，减少汽车尾气排放。无锡已经开通地铁1 C.匀加速阶段牵引力大小为50N 号线和2号线，其中1号线起点堪桥站，终点 D.匀加速阶段电动机的输出功率随时间均匀 长广溪站，全长29.42km。若一列地铁列车从 增大 甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动 能力提升练 20s,达到最高速度72km/h,再匀速运动80s, 接着匀减速运动15s到达乙站停住。设列车 7.用钉锤将一钉子钉入木板中，设钉子所受木板 在匀加速运动阶段牵引力为1×10°N,匀速阶 阻力与进入木板的深度成正比，不计钉子重 段牵引力的功率为6×103kW,忽略匀减速运 力，钉锤每次打击钉子所做的功相同，则打击 动阶段牵引力所做的功。如果燃油公交车运 第n次与打击第一次钉子进入木板的深度之 行中做的功与地铁列车从甲站到乙站牵引力 比为 做的功相同，则燃油公交车排放气体污染物的 A.n-√n-1 B.n+n-1 2 质量是（燃油公交车每做1焦耳功排放气体污 C.√n-1 D.1 染物3×10-6g) () 196 无锡地慭 A.2.00kg B.2.02kg C.2.04kg D.2.06kg A.A卫星在P点的加速度等于B卫星在P 10.(多选)图甲中的辘轳是古代民间提水设施， 点的加速度 由辘轳头、支架、井绳、水桶等部分构成，图乙 B.A卫星在轨道1的速度小于B卫星在轨道 为提水设施工作原理简化图，辘轳绕绳轮轴 3的速度 半径r=0.1m,水桶的质量M=0.5kg,井足 C.B卫星从轨道2上Q点变轨进人轨道3时 够深，忽略井绳质量和因绳子缠绕导致轮轴 需要喷气减速 的半径变化。某次从井中汲取m=2kg的 D.B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程 水，轮轴由静止开始绕中心轴转动从而竖直 中引力做负功 向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图12.（多选）“复兴号”动车组的总质量为m,在平 丙所示，取重力加速度g=10m/s2,则 直的轨道上行驶。该动车组有4节动力车 厢，每节车厢发动机的额定功率均为P,动车 组所受的阻力与其速率成正比(f=)。动 o/(rad/s) 车组能达到的最大速度为vm。若动车组从静 止开始运动，则下列正确的是 () 丙 A.10s末水桶的速度大小为2m/s B.水桶的速度大小随时间变化规律为v=2 C.0~10s内水桶上升的高度为10m D.0~10s内井绳拉力所做的功为255J A.若动车组匀加速启动，则牵引力逐渐增大 11.（多选)我国一箭多星技术居世界前列，一箭 B.若动力车输出功率恒定，则动车组做匀加 多星是一枚运载火箭同时或先后将数颗卫星 速运动 送入轨道的技术。某两颗卫星释放过程简化 心若动力车输出功率变为号，则动车组的最 为如图所示，火箭运行至P点时，同时将A、B 两颗卫星送入预定轨道，A卫星进入轨道1 大速度为号 做圆周运动，B卫星进入轨道2沿椭圆轨道 D.若动力车输出功率变为 ,则动车组的最 运动，P点为椭圆轨道的近地点，Q点为远地 点，B卫星在Q点喷气变轨到轨道3，之后绕 大速度为号 地球做圆周运动，下列说法正确的是（) —197