1模块2 专题5 功和功率 动能定理和机械能守恒定律 复习效果自测-【备考最优解】2025年高考物理二轮专题复习教用word

1.(2024·辽宁凌源市二模)体育课上，小华利用单杠做引体向上，在身体缓慢上移的过程中(　　) A．单杠对小华不做功 B．单杠对小华做负功 C．单杠对小华的作用力大于小华的重力 D．单杠对小华的作用力大于小华对单杠的作用力 解析：选A。小华在身体上移过程中，单杠对小华作用力的作用点没有位移，该力不做功，故A正确，B错误；小华缓慢上移，处于平衡状态，单杠对小华的作用力与小华的重力等大、反向，故C错误；单杠对小华的作用力与小华对单杠的作用力是一对相互作用力，大小相等，故D错误。 2．(多选)(2024·天津河西区期末) 下列说法正确的是(　　) A．图甲实验利用“放大法”观察玻璃瓶的微小形变 B．图乙水杯随圆盘一起匀速圆周转动，受重力、支持力、静摩擦力和向心力 C．图丙货物被起重机竖直向上匀速提起过程中，所受合外力不做功，机械能增加 D．图丁自动卸货车始终静止在地面上， 车斗在液压机作用下倾角缓慢增大且货物始终没有下滑，该过程中车斗对货物的支持力逐渐变大且做正功 解析：选AC。题图甲实验能通过细管中液面的上升情况来分析瓶子的微小形变，是利用了“放大法”的物理原理，故A正确；向心力是效果力，匀速圆周运动中向心力由合外力提供，物体受到重力、支持力和摩擦力作用，故B错误；货物被起重机竖直向上匀速提起过程中，动能不变，所受合外力不做功，但重力势能增大了，所以机械能增加了，故C正确；根据FN＝mg cos θ可知，随着斜面倾角增大，支持力逐渐变小，支持力做正功，故D错误。 3．(2024·江西卷，T5) 庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150 m，水流量10 m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为(　　) A．109 W　 B．107 W C．105 W D．103 W 解析：选B。由题知，Δt时间内流出的水量m＝ρQΔt＝1.0×104Δt，发电过程中水的重力势能转化为电能，则有P＝×70%≈1.0×107 W。 4．(2024·吉林延边州质检)如图甲所示，在足球场上罚任意球时，防守运动员会在球门与罚球点之间站成一堵“人墙”，以增加防守面积，防守运动员会在足球踢出瞬间高高跃起，以增加防守高度。如图乙所示，虚线是某次射门时足球的运动轨迹，足球恰好擦着横梁下沿进入球门，忽略空气阻力和足球的旋转，下列说法正确的是(　　) A．足球上升到最高点时的速度为0 B．足球下降过程中重力的功率一直在增大 C．足球在飞行过程中机械能先减小后增大 D．只要防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，就一定能“拦截”到足球 解析：选B。足球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，故足球在最高点时的速度不为0，故A错误；足球在下降过程中，重力的瞬时功率P＝mgvy一直在增大，故B正确；由于忽略空气阻力，只有重力做功，故飞行过程中足球的机械能守恒，故C错误；即使防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，若起跳时机不对，仍然无法拦截到足球，故D错误。 5.(多选)(2024·天津红桥区期末)低空跳伞是一种刺激的极限运动，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落h的过程中受恒定阻力作用，加速度为g，对于此过程，下列说法正确的是(　　) A．运动员的重力势能减少了mgh B．运动员克服阻力所做的功为mgh C．运动员的动能增加了mgh D．运动员的机械能减少了mgh 解析：选BCD。重力做的功WG＝mgh，可知运动员的重力势能减少了mgh，故A错误；mg－f＝ma＝mg，可得f＝mg，则运动员克服阻力所做的功Wf＝fh＝mgh，可知运动员的机械能减少了mgh，故B、D正确；根据动能定理可得ΔEk＝W合＝mah＝mgh，可知运动员的动能增加了mgh，故C正确。 6．(2024·新疆乌鲁木齐质监) 我国无人机技术发展迅猛，应用也越来越广泛，无人机配送快递就是一种全新的配送方式。如图所示，一架配送包裹的无人机从地面起飞后竖直上升的过程中，升力的功率恒为P0。已知无人机的质量与包裹的质量的比值为k，忽略空气阻力的影响，则该过程中悬吊包裹的轻绳(不可伸长)对包裹做功的功率为(　　) A． B． C． D． 解析：选B。对整体研究可得P0t－(m机＋m物)gh＝(m机＋m物)v2，对包裹研究可得Pt－m物gh＝m物v2，又＝k，整理解得P＝。 7．(多选)(2024·湖南雅礼中学一模) 如图所示，水平传送带以8 m/s的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块(视为质点)以初速度v0从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞(无机械能损失)恰好返回到B点。已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为0.2，且AB＝6 m，AP＝5 m，g取10 m/s2。物块的初速度v0可能是(　　) A．6 m/s B．7 m/s C．8 m/s D．9 m/s 解析：选BCD。小物块返回到B点的速度刚好为零，从A点到返回B点的过程中，根据动能定理可得－μmg(2AP＋AB)＝0－mv，解得vA＝8 m/s，假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得μmg×AB＝mv－mv，解得vmin＝2 m/s≈6.32 m/s，假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得－μmg×AB＝mv－mv，解得vmax＝2 m/s≈9.38 m/s，故B、C、D正确。 8.(2024·八省八校T8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和牵引力F之间的关系图像(—F)，如图所示。已知模型车的质量m＝1 kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5 s，获得的最大速度为4 m/s，则下列说法正确的是(　　) A．模型车受到的阻力大小为1 N B．模型车匀加速运动的时间为2 s C．模型车牵引力的最大功率为6 W D．模型车运动的总位移为14 m 解析：选D。根据P＝Fv，可得＝·F，结合图线的斜率可得P＝8 W，即模型车的速度从2 m/s增加至4 m/s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F＝f＝2 N，故A错误；小车初始牵引力为4 N，且匀加速结束时v1＝2 m/s，有F－f＝ma，解得a＝2 m/s2，匀加速运动的时间t1＝＝1 s，故B错误；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8 W，故C错误；模型车速度达到最大用时5 s，而匀加速阶段用时1 s，则模型车以恒定功率运动所需时间t2＝4 s，根据动能定理，Pt2－fx2＝mv－mv，式中v2＝4 m/s，v1＝2 m/s，解得x2＝13 m，匀加速阶段位移x1＝at＝×2×1 m＝1 m，故总位移x＝x1＋x2＝14 m，故D正确。 9.(2024·新课标卷，T24)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小。 (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 解析：(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为T1和T2，竖直方向 T1cos α＝mg＋T2cos β 水平方向T1sin α＝T2sin β 联立代入数值得 T1＝1 200 N，T2＝900 N。 (2)整个过程，根据动能定理得 W＋mgh＝0 解得两根绳子拉力对重物做的总功 W＝－4 200 J。 答案：(1)1 200 N　900 N　(2)－4 200 J 10．(2024·山东潍坊市期末)如图所示，滑雪道AC由山坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。若滑雪者从P点由静止开始下滑，从B点飞出后，恰好到达C点。已知B、C间的距离为d，P点到B点的水平距离为L，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)滑雪者从B点飞出的速度大小v； (2)P点到平台BC的高度差h。 解析：(1)设滑雪者从B点到C点所用时间为2t，由斜抛运动知识，水平方向d＝v cos 45°×2t 竖直方向有v sin 45°＝gt 解得滑雪者从B点飞出的速度大小v＝。 (2)从P点到B点，设P点到坡道底端的距离为L1，P、B两点间水平轨道长度为L2，斜坡底到B点的距离为L3，由动能定理 mgh－μmgL1cos 45°－μmgL2－μmgL3cos 45°＝mv2－0 由几何关系 L＝L1cos 45°＋L2＋L3cos 45° 联立解得P点到平台BC的高度差 h＝＋μL。 答案：(1)　(2)＋μL 学科网（北京）股份有限公司 $