考点13 功和功率 动能和动能定理 重力做功与重力势能-【红对勾】2026年高考物理一轮复习金卷

解得小环从顶端到底端的运动时间为t= 2n(4πr2+d) gd C正确，D错误。 11.(1)BC(2)2.0 解析：(1)小球在竖直方向做自由落体运动，则h=2gt,解 ，则飞行时间：与初速度。大小无关，平抛运动水 得t√g 平分运动为匀速运动，则x=。t,h不变，t不变，所以落地，点 的水平距离d与初速度v。成正比，故B、C正确。 (2)y1=4.90cm=0.049m,y2=44.10cm=0.441m,△x= 40.00cm=0.4m, 2y1 根据y1=2ti得1√g 2×0.049 9.8 s=0.1s 根据y:=2得t√g 1 /2×0.441 -9.8 s=0.3s, 则小球平抛运动的初速度为。一， △x -=2.0m/s。 12.(1)4 (3)C 解析：(1)滑块通过光电门的时间为△，可得滑块匀速转动的 d 线速度大小v= △t (2)滑块在转台上，结合受力可得F十mg= R,即F 。2一mg,由表达式结合F-图像可知，斛率为户 b m R 纵轴裁距b=mg,解得以=Rg (3)结合F-2的表达式，换用相同材料的质量更大的滑块， 旋转半径R不变，则图像斜率和纵轴截距均变大；当F=0 时，图像与横轴的裁距a=v=gR,因为滑块材料相同，以相 等，所以横轴截距不变，故C正确。 13.(1)6m/s(2)3.6m 解析：(1)设人蹬墙后的水平速度大小为v1,人从B点到C点 做斜抛运动，水平方向有L=v1t, 竖童方向有H-A=合&（台）， 联立解得v1=6m/s。 (2)人从A点跳起到B点的过程中，逆过程为平抛运动，则水 平方向有V0=U1,x=U0t0, 1 竖直方向有h=2gt6, 联立解得x=2.4m, 由题意可知，人加速助跑的距离s=L一x=3.6m。 14.(1)4m(2)250m/s2(3)0.13s 解析：(1)设小石片从抛出到第一次与水面接触前的时间为 =10 t,由h,=之g6解得to=√g /2X0.8 s=0.4s, 第一次与水面接触前水平方向的位移x=vot。=10×0.4m 4m。 (2)规定竖直向下为正方向，第一次与水面接触前竖直方向的 速度vy=gto=4m/s, 小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为a,,有 a=F =25m/s2, 第一次与水面接触后弹起时水平滑行速度U1=v。一Q,△t= 10m/s-25×0.04m/s=9m/s, 第一次与水面接触后弹起时竖直方向分速度v,=一k1 号X9a/s=-6m/e, 竖直方向加速度为a,=二巴=二6二4 m/s2=-250m/s2, △t 0.04 即大小为250m/s2。 (3)小石片在水面上滑行时，加速度大小为a,=25m/s2, 每次滑行速度的减小量△v=a,△t=1m/s, =10次，可知小石片共在水面上滑行了10次，弹起了 由n=△u 9次，第n次弹起后的速度大小um=U,一△u.=(10一n)m/s, 14 再由Un=kun和t,=2”,可得第n次弹起后在空中飞行 4 的时间为t,=3(1-0.1n), 最后一次即第9次弹起在水面上飞行的时间为t≈0,13s。 15.(1)4g,方向沿斜面向下g,方向沿斜面向上(2)3L (3)1≥4L 解析：(1)A第一次碰挡板前，A、B系统相对静止，之间无摩 5 擦。碰后，对A有a1=gcos日十gsin日=年g,方向沿斜面向 下，对B有a,=gc0s0一gsin9=4g,方向沿斜面向上。 (2)第一次碰前系统加速度为a=gsin日， 第一次碰时系统速度为U1=√2aL=√gL, 第一次碰后，A沿斜面向上减速再向下加速，B沿A向下减 速，直至A、B共速后再一同沿斜面向下加速。第一次碰后，A 活斜面上滑的距离为工1=气L, 第一次碰后，设A、B经时间t共速，共速时速度大小为，有 v=v1-a2t=一v1十a1t, 2 解得v= 第一次碰后，设A沿斜面上滑至A、B共速时的位移为x,有 2a1x=u1-v2, 设A第二次与挡板碰时速度为v2,A、B共速后至A第二次碰 撞，系统加速度仍为a=gsin8,且有2ax=v?一v, 2 解得v=√31· 第二次碰后，A沿斜面上滑的距离为：=2： v24 从开始到第三次与挡板碰撞，A运动的总路程为s=L十2x1十 2x2=3L。 (3)A最后静止于斜面底部，设B相对A下滑位移为△x,由系 统功能关系，有ngLsin0十mg(L十△x)sin日=mg△xcos0, 解得△x=4L, 故木板A长度l应满足的条件为1≥4L。 考点13功和功率动能 和动能定理 1 重力做功与重力势能 1.A题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，人所受 支持力方向竖直向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做 正功，故A正确，B错误；题图乙中，人所受支持力方向与速度 方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正 功，故C、D错误。 2.C汽车受到的阻力f=0.1mg=2000N,汽车以0.5m/s的 加速度做匀加速运动，由牛顿第二定律有F一f=a,解得 F=3000N:若50s内汽车是匀加速运动，则v=at=25m/s, 所以50s末汽车功率P=Fv=75000W=75kW,但汽车发动 机的额定功率是60kW,则50s内汽车不是匀加速运动，而是 先匀加速后变加速，故出发50s时，汽车发动机的实际功率为 60kW.C正确。 3.A因小球速率不变，所以小球以O,点 为圆心做匀速圆周运动，受力分析如图 O T 所示。设细线与竖直方向的夹角为日，则 在切线方向上应有mg sin日=Fcos9,拉 0,F 力F的瞬时功率P=Fucos日=ngusin日， 可知小球从A运动到B的过程中，拉 力的瞬时功率随日的增大而增大，A mg 正确。 BD2t。时刻物体的速度大小v2=a1·2t=,3t。时刻 72 物体的速度大小v?=v2十a2t。 _2Fcto+- 5Foto,3to 72 7 m 时刻力F=3F。,所以水平力的瞬时功率P=3F。·v3 15F,A错误，B正确：0一3t。时间内，水平力对物体做的功 m W=F十3F=R·号·(2，+3F。·2 5正年力的年约动来可-是2器心储美，D克。 2 2m 6m 参考答案 5.AD木块A相对木板B的运动有两种可能，相对静止和相对： 滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统的动 能的增加量，当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统 的动能的增加量，A正确，B错误；由动能定理知，f2对B做的 功等于B的动能的增加量，拉力F和f1,对A做的功之和等于 A的动能的增加量，D正确，C错误。 6.AC箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动， 根据△E=Fx可知，图像斜率代表拉力，O~x1、x2~x?过程 图像斜率不同，拉力不同，重力不变，如果F1一mg=g一F2, 则合力大小相同，加速度等大，A正确；x1一x,过程中斜率减 小，拉力减小，如果拉力小于重力，则箱子的动能减小，B错误：： x2~x3过程中图像斜率不变，箱子所受拉力不变，C正确：由 于箱子在x2~x?内图像的斜率的绝对值不变，故箱子所受的 拉力保持不变，如果拉力等于箱子所受的重力，则箱子做匀速 直线运动，起重机的输出功率不变，D错误。 7.A设在相同的水平拉力F的作用下甲、乙两个物体的加速度 分别为a1、a2,根据题意由牛顿第二定律可得a1=2a2,从静止 开始运动，甲、乙两物体分别经过t、2t时间的位移分别为x1= 2a1t=at,x:=2a2（2t)=2at,根据动能定理可得 Ek=Fx1十Fx,=3Fa2t2,设乙物体从静止经过3t时间的动能 3 为Ek,则Ek=F·2a(3t)'=?·3Fat=2Ek,故选A。 8.B设每节动力车的额定功率为P,节动力车输出的总功率 为mP,则有mP=(m十n)f11,又f1=kv1,解得有m节动力 mP 车的动车组的最大速率m一√mn,同理可得n节动力车时 的最大速率=√mn,则有m:=√历：万，故选B。 9.C设汽车的额定功率为P,所受恒定阻力为f,牵引力为F, 匀加速运动结束时的速度为)，由于汽车开始是做匀加速直线 运动，设其加速度为a,汽车在匀加速阶段有F=a十f,而 v=at,即在匀加速阶段有P=Fu=(ma十f)u=(ma十f)at, 则可知在汽车匀加速阶段汽车的功率与时间成正比，即P一t 图像为过原点的一条倾斜直线，而匀加速结束后，汽车的功率 达到额定值，此后功率不变，其图像与时间轴平行，故C正确，D 错误；汽车的匀加速阶段结束，其速度还未达到最大值，此时根 据P=Fu结合牛顿第二定律F一∫=ma'可知加速度逐渐减 小，速度一时间图像的斜率表示加速度，因此可知该图像第一 阶段为倾斜的直线，第二阶段为斜率逐渐减小的向下弯曲的曲 线，故A、B错误。 10.B设小球A的质量为m0,对A,B整体，根据牛顿第二定律 有mg一mg=(m十m)a,可得a=m二m 2mog m十m0 故A错误，B正确；设小球B落地时下落的高度为h,根据动 能定理，小球B落地时系统的总动能Ek=mgh一mogh,可知 Ek-m图像的纵裁距小于零，故C、D错误。 11.D根据匀变速直线运动的位移与时间关系变形得= ·1 一十三a,可知工一上图像的斜率为初速度心。，则。月 m/s,纵轴裁距为2a,则)a=一4m/s°，即a=一8m/s,a 与。反向，所以该机车做匀减速直线运动，故A、B错误：设该 机车速度减为0所用的时间为t,则vo=at,解得t=2.5s,该 机车在前3s的位移就是前2.5s内的位移，则x=Vot十 2at=25m,故C错误；根据牛顿第二定律可知F-f=ma, 解得F=2×101N,所以零时刻机车的牵引力的功率为P= Fv=4X10W,故D正确。 12.D由速度位移关系式得2=2ax,两边乘以m2得mv2= 2m2ax,所以p2=2ma.x,结合题图可知k=2ma,又m= 1.0kg,解得a=1m/s2,由牛顿第二定律得F-f=ma,又 ∫=5mg,代入数据解得F=3N,A错误；小火车匀加速运动 过程的末速度v=√2ax=2m/s,又由题意可知小火车运动 2m匀加速结束，且此时小火车的功率达到额定功率，所以小 火车的额定功率P=Fv=3×2W=6W,B错误；由于小火车 在0~2m的过程中做匀加速直线运动，该过程小火车的运动 时间t= 2 =了s=2s,C错误；小火车达到额定功率后，随车 速的逐渐增大，小火车的牵引力逐渐减小，当小火车的牵引力 2对勾·高考一轮复习金卷物理 142 P 等于阻力时速度达到最大，则小火车的最大速度m 6 m/s=3m/s,D正确。 P 3.AD由P=FU可知，物体在0~2s内所受的拉力F= 60 N=6N,在26S内所受的拉力F'==20N=2N 10 7=10 B错误；由P-t图像可知拉力在0一6s内做的总功W-》 60×2J十20×4J=140J,A正确；由物体在2~6s内做匀速 运动，可知F'=mg,可得4=0.25，C错误；由动能定理可 知，物体所受的合力在0一6s内所做的功与0一2s内所做的 功均为2m0=40J,D正确。 4.BD由a-t图像可知，物体在0~5s做匀加速直线运动，5s 时物体的速度为U1=at1=2×5m/s=10m/s,由于5s后物 体做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0~10s内运动 的最大速度大于10m/s,故A错误：由a-t图像可知，在5s 时，物体结束做匀加速运动，此时起重机功率达到最大功率， 根据牛顿第二定律可得F一mg=a,解得F=1800N,则起 重机的额定功率为P=Fu1=1800×10W=18000W,故B 正确：0~5s内，物体的位移为x1=21=2 _10×5m=25m, 0~5s内起重机对物体做的功为W1=Fx1=1800×25J 45000J,5~10s内起重机保持颜定功率不变，则510s内 起重机对物体做的功W2=Pt=18000×5J=90000J,可 得2W1=W,,故D正确，C错误。 15.BC设AB段长为x1,BC段长为x2,斜面倾角为0，物体在BC 段克服摩擦力做功为W:,则物体上滑过程中，根据动能定理可 得-W:-mg(x1十x2）sin日三0一E0: 一mgx1sin8=Ek一 E,从A到C再回到A过程中，由动能定理可得一2W:= Ek一E,物体由B到C过程中机械能的减少量△E等于由C 到B过程中动能的增加量，即△E=W:=mgx2sin日一W:,且 W=fz2,解得∫=2 mg sin0,Eo=5W,E:=3W,△E W:=5EoEw:Ek=5:3,x=x2,故A错误，B、C正确； 物体由B到C过程中，根据牛顿第二定律可得f十ngsin9= 3 mma1=2 mgsin9,x?=2a1t,物体由C到B过程中，根据牛 顿第二定律可得ng sin8一f=ma2= 2 mgsin 0,x2= a,解得兰-尽，故D错误。 1 16.B设列车的速度为v,列车对空气的作用力为F,取△t时间 内空气柱的质量为△，对一小段空气柱应用动量定理可得 F·△t=△m·v,其中△m=p·△t·S,解得F=pSu2,由牛 顿第三定律可得，空气对列车的阻力为f=F=Su,当牵引 力等于阻力时，速度达到最大，则P=f0。,解得。=√S' P 当速度达到最大速度一半时，此时速度为)'=)Um,此时受 P 到的牵引力F幸= ，解得F*=2√/PS,此时受到的阻力 了=s()=P，时整体据牛频第二定得 1 F来一f'=51a,对1号车厢根据牛顿第二定律可得F来一 了-F1=mm,联立解得Fa=日Dp5,当列车以额定功率 运行到速度为最大速度的一半时，由牛顿第三定律可知1号 车厢对2号车厢的作用力大小为F=√ppS,故选B。 7.(1)3mg(2)0.35mgR 解析：(1)物体在AB段运动过程中，根据动能定理得 mg2.09Rsin37°-mg cos37°，2.09R=2mu8, 物体在BC段做匀速运动，则mg sin37°=Fy十Fcos37°， Fy=mgc0s37°十Fsin37°， 解得风力为F=0.5mg,vB=√1.9gR, 又Vc=VB, v 在C点有F5-mgcos37°-Fsin37°=m 解得Fy=3mg, 根据牛顿第三定律，物体在C,点刚进入圆孤轨道时对轨道的 压力大小为3mg。 (2)物体从D,点抛出后的过程中做匀变速曲线运动。垂直斜 面方向先做匀减速运动、再反向做匀加速运动，加速度为a, ngcos37°+Fsin37° =1.1g m 运动时间为t= 2 Up sin37° 沿斜面方向做匀加速直线运动，加速度为 d.-mgsin 37 Fcos 37-0.28. m 由题意得R=vp cos37·t十)a,ty 解得vD=√gR, 物体从C到D的过程中，根据动能定理有 mgR(1-cos37)-FRsin37°w2m0品-2mu呢 解得物体在圆孤轨道CD上克服摩擦力做的功为W=0.35gR。 18.(1)4m/s22m/s2(2)6m(3)-10.5J 解析：(1)前2s内，根据牛顿第二定律，对A有F一山1m1g= 21a1, 对B有41m1g一42（m1十m2）g=m2a2, 解得a1=4m/s,a2=2tm/s2。 (2)2s末，A、B的速度大小分别为1=a1t1=8m/s,v2= a2t1=4m/s, 该过程中相对位移为△x1=2a1i-2ati=4m, 撤掉力F后，A做匀减速直线运动，B仍以a2做匀加速直线 运动，根据牛频第二定律，对A有h11g三m1a3, 当二者共速时有U1-a3t2=v2十a2t2,解得t2=1s, 此过程中相对位移为 △xg=u1t2-2at号-（ut2十2at号)=2m, 所以木板B的长度为L=△x1十△x2=6m。 (3)A从P点滑上圆孤轨道时的速度为vp=⑦1一a3t2= 6m/s, A从P点沿圆弧轨道到达Q点，根据动能定理可得 -migR (1-cos 0)+W=2mv2mv 又Rsin8=xpQ· A从Q点滑出后做反向平抛运动，有x=vQc0s日·t?, vo sin 0=gt, 联立解得W=一10.5J。 考点14功能关系机械能守恒定律及其应用 1.BC人沿沙坡下滑的距离1=2t=100m,重力势能减少 △E。=mgl sin30°=2.5×101J,故A错误；动能增量△Ek= 2m0=1.0X104J,故B正确；机械能减少量△E=△E 1 △Ek=1.5×10J,故C正确；人克服阻力做功W,=△E 1.5×10J,故D错误。 2.C向下取水的过程中，人对桔槔系统做正功，桔槔系统的机械 能不守恒，桔操系统的机械能增大，故A错误；向下取水的过程 中，磐石的重力势能和动能都增大，所以人对桔槔系统做的功 大于磐石增加的重力势能，故B错误：根据功能关系，向上提水 过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量，故 C正确，D错误。 3.A上升过程中水瓶受到的合力F=mg十f=号mg,则f mg,合力微功W=一号mgH,由动能定理可知，上升过程中 水瓶的动能损失了号mgH,故A正确：机栽能的改变量等于重 力之外的其他力做的功，水瓶上升过程中机械能的减少量为 fH= 4mgH,故B错误；下落过程中水瓶所受合力F' mg一4mg=4mg,由动能定理可知，水瓶落回地面时的动能 3 3 为Ek=F′H= mgH,故C错误；由于水瓶在上升和下落过 程中的加速度方向一直向下，所以水瓶一直处于失重状态，故 D错误。 4.D重力的方向与茶叶的运动方向相反，重力做负功，所以重力 做功为一gh,A错误；空气阻力不可忽略，合力做功为W 一(f十mg)h,B错误；茶叶竖直向上抛出，到最高，点时速度为 零，动能也为零，C错误；由于阻力做负功，茶叶的机械能减少 所以最高点茶叶的机械能小于2mv6,D正确。 5.B第2次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球反弹前后垂直篮板 方向分速度等大，若没有篮板，篮球水平位移较大，又由于两次 投出篮球的初速度大小相等，所以第2次篮球水平初速度较 大，竖直分速度较小，篮球第1次上升的最大高度比第2次的 大，故B正确：竖直方向上，根据t= 20堡直可知第1次篮球从离 手到进筐的时间较长，故A错误；两次投篮时篮球的初动能相 等，篮球经过α，点时重力势能相等，根据机械能守恒可知，篮球 经过α，点时第1次的动能等于第2次的动能，故C错误：根据 机械能守恒定律可知，篮球两次进筐时动能相等，篮球在水平 方向分速度不同，在竖直方向分速度不同，故D错误。 6.BD题图乙中图线a斜率不变，说明重物所受合力不变，则重 物的加速度保持不变，A错误：重力势能随高度的关系为E。= mgx,得图线b的斜率为- =mg,则重物的质量为m= 0 更之0 正确；重物上升x。高度过程中，重力势能增加E0,动能增加 0.6E。,即重物机械能增加1.6E。,根据功能关系可知钢索拉力 做功为1,6E。,C错误：起重机输出功率为P=Fv=Fat,重物 加速度不变，则起重机输出功率与时间成正比，D正确。 7.D小球上升到弹簧弹力大小等于小球重力时，小球速度最大， 故A错误；小球拾能运动到C点，则有mg=m尺，可得vc= √gR=√I0m/s,所以根据机械能守恒定律可知弹簧的最大 弹性势能为E,=mg(h十R)十2m元=46J,故B错误：小球 质量为m1=5.5kg>2kg时，小球一定到不了C点，而弹簧的 最大弹性势能E。=46J>m1gh=44J,小球到达A,点时还有 速度，即能进入圆孤轨道，所以小球将在圆孤轨道A、C之间某，点 离开圆孤轨道做斜上抛运动，不能沿轨道返回P点，故C错误；设 小球质量为2时哈好从B点离开，则在B点有m2gc0s37° ,解得n=2巨m/s,根据机械能守恒定律可得E,= m2 R m2g(h十Rcos37)十之m2i,解得m?=2.3kg,故D正确。 8.C小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，其机械能守 恒，在它下降h高度过程中，有mgh=2mu2,解得v=√2gh, 即与h不成正比，B错误；设小环位置与P点连线所对的圆 心角为B,小环滑过的孤长s=R0,而h=R(1一cos日)，结合v √2gh可知，U与s不成正比，A错误；小环位置到P点的距离 L=2Rsin 2,h=R(1-cos 0),1-cos 0=2sin,h= 0L2 2Rsin2-2 ,结合v=√2gh可知，v与L成正比，C正确：小 环位置与P点连线扫过的面积S=之R日-2Rsin0,分析 知S与U不成正比，D错误。 9.BC根据几何关系有，环从A点下滑至B,点时，重物上升的高 度h=√2d一d,故A错误；设环下滑到最大高度为H时环和 重物的速度均为O,此时重物上升的最大高度为hms √H十d一d,根据机械能守恒定律有gH=2mg(√H十d” 44 ),解得H=3,故B正确：在B点，将环的速度沿轻绳方向 和垂直于轻绳方向分解，在沿轻绳方向上的分速度与重物的速 度大小相等，有V环c0s45°=V物，根据系统机械能守恒定律可 得mgd-2mgh=之mv年十 ·X2mu,解得环的速度v环 √(3一2√2)gd,故C正确；环从A,点释放时，重物有向上的加 速度，轻绳的拉力大于重物的重力，故D错误。 10.A两球转动的角速度相等，根据v=wr,可知两球的线速度 大小之比为1：2，设杆中点处小球的速度为，则外端小球的 速度为2u,杆由初状态下落到竖直位置过程中，根据系统机械 能守恒定律得2mgL十mg·之=2mv十2×2m(2u),解 5 得知=√9L,故选A 13 参考答案考点13功和功率 动能和 动能定理 重力做功与重力势能 刷小题·重基础 1.(2024·贵州遵义模拟)图甲为一女 士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼 (忽略扶梯对手的作用)，图乙为一 男士站在履带式自动扶梯上匀速上 楼，两人相对扶梯均静止。下列关 于做功的判断中正确的是 A.图甲中支持力对人做正功 B.图甲中摩擦力对人做负功 C.图乙中支持力对人做正功 D.图乙中摩擦力对人做负功 2.(2024·湖北咸宁模拟)汽车发动机的额定功率是60kW,汽车的质 量为2×10kg,在平直路面上行驶，受到的阻力是车重的0。若汽 车从静止出发，以0.5m/s2的加速度做匀加速运动，则出发50s 时，汽车发动机的实际功率为(g取10m/s2) A.25 kW B.50 kW C.60 kW D.75 kW 3.(2024·福建龙岩模拟)如图所示，细线的一端固定2 于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小 B 球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。 在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是() A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大，后减小 D.先减小，后增大 4.(多选)(2025·广东河源模拟)质量为m的物体3FF ↑F 静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水 平力的作用，力的大小F与时间t的关系如图 所示，力的方向保持不变，则 () A.3,时刻的瞬时功率为5F5L m 5F8t0 B.3t。时刻的瞬时功率为 m C.在1=0到31n这段时间内，水平力的平均功率为23F3t D.在1=0到3t。这段时间内，水平力的平均功率为25F6 6m 5.(多选)(2024·河北张家口模拟)如图所示， A→F B 光滑水平面上放着足够长的木板B,木板B 7hmmmmmiiimmn 上放着木块A,A、B间的接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在 A上使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f?代表A 对B的摩擦力，则下列情况可能正确的是 () A.拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量 B.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量 C.拉力F和f,对A做的功之和大于A的动能的增加量 D.f,对B做的功等于B的动能的增加量 6.(多选)(2024·河南郑州一模)一台起重机 ↑E 将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起 重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运 动，不计空气阻力。运动过程中箱子的机械0 X2 七x 能E与其位移x的关系图像如图所示，其中O~x1、x2~x3过程 的图线为直线，x1~x2过程的图线为曲线。由图像可知() A.O~x1、x2~x3过程箱子的加速度可能等大 B.x1~x2过程中箱子的动能一直增加 C.x2~x3过程中箱子所受拉力不变 D.x2~x3过程中起重机的输出功率一直增大 7.(2024·四川凉山二模)光滑水平面上质量分别为m、2m的甲、乙两 个物体，在相同的水平拉力F的作用下从静止开始运动，甲、乙分 别经过t、2t时间的动能之和为Ek,则乙从静止经过3t时间的动能 为 () 及 C.E D.3Ek 8.(2024·广东肇庆二模)已知高铁的列车组由动力车和拖车组成，每 节动力车的额定功率相同，每节动力车与拖车的质量相等，设列车 组运行时每节车厢所受阻力与其速率成正比(f=k,k为比例系 数)。某列车组由m节动力车和n节拖车组成，其运行的最大速率 为v1,另一列由相同的n节动力车和m节拖车组成的列车组，其运 行的最大速率为2，则1：v2为 A.m:n B.m:√n C.√mn:1 D.m2 n2 9.(2024·江苏南通一模)一辆轿车在平直公路上由静止开始做匀加 速运动，达到额定功率后保持功率不变，最终做匀速运动。轿车在 行驶过程中受到的阻力恒定，下列关于轿车的速度、功率P随时 间t的变化规律正确的是 ) D 考点13功和功率动能和动能定理重力做功与重力势能033 10.(2024·北京海淀区模拟)如图所示，一条不可伸长 ligiee ● 的轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系有小球A和 小球B,初始时A放在地面上。改变B的质量m, 系统的加速度a、B落地时系统的总动能Ek都随 B 之发生改变。不计空气阻力、动滑轮质量及轮与轴 间的摩擦力，重力加速度为g。下列图像中正确 A 的是 ）mmmm B *11 C D 11.(2025·江苏苏州期末)如图所示为某机车在 运动过程中的，宁图像，已知该机车在水平 2/(m.s2) 路面沿直线行驶，规定初速度。的方向为正 0.2 方向，已知机车的质量为5t,运动过程中所4 受阻力恒定为6×104N。下列说法正确的是 A.该机车做匀加速直线运动 B.该机车的加速度大小为4m/s C.该机车在前3s的位移是24m D.零时刻机车的牵引力的功率为4×105W 12.(2025·河北石家庄期末)张三参加车模大 +p2/kg·m/s)2 赛，操纵小火车在平直轨道上从静止开始 匀加速运动2m达到额定功率，随后以额 定功率继续行驶。如图所示为小火车匀加 速阶段的动量平方一位移(p2-x)的关系 04 →x/m 图像，已知小火车的质量为1.0kg,阻力是小火车重力的三，重力 加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 () A.小火车在匀加速阶段的牵引力大小为1N B.小火车的额定功率为4W C.小火车在0~2m的位移内用时为1s D.小火车在随后的运动过程中能达到的最大速度为3/s 13.(多选)(2024·河北沧州模拟)放在粗糙水平地面上质量为0.8kg 的物体受到水平拉力的作用，在0~6s内其速度与时间的关系图 >0342勾·高考一轮复习金卷物理 像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列 说法中正确的是(g取10m/s2) () ↑W(m·s-) ↑PW 1 60-- 10f 40 5 20 0246/ 0246/s 甲 之 A.0~6s内拉力做的功为140J B.物体在0~2s内所受的拉力为4N C.物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5 D.合力在0~6s内做的功与0~2s内做的功相等 14.（多选)(2024·湖南岳阳一模) ↑a/m·s-2) 如图甲所示，起重机某次从t= 0时刻由静止开始提升质量为 m=150kg的物体，其a-t图 510 t/s 像如图乙所示，5~10s内起重 机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度g取10m/s2, 则以下说法正确的是 A.物体在0~10s内运动的最大速度为10m/s B.起重机的额定功率为18000W C.5~10s内起重机对物体做的功等于0~5s内起重机对物体做 功的1.5倍 D.5~10s内起重机对物体做的功等于0~5s内起重机对物体做 功的2倍 15.(多选)(2024·新疆乌鲁木齐模拟)如图所 示，物体以E的初动能由A点滑上固定斜 B A 面，此斜面B点以下光滑，B点以上粗糙。已 知物体所能达到的最高点为C。物体由B到C过程中机械能的 减少量△E等于由C到B过程中动能的增加量。第一次经过B 和再次回到A的动能相等且均为Ek,则 () AaE吉 B.Eko:Ek=5:3 C.B为AC的中点 D.物体由C到B的时间为由B到C的时间的3倍 16.(2024·山东临沂一模)列车在水平长直轨道上的模拟运行图如图 所示，列车由质量均为m的5节车厢组成，假设只有1号车厢为 动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达 到最大速度，列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻 力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度 立刻与列车速度相同，已知空气密度为ρ。1号车厢的迎风面积 (垂直运动方向上的投影面积)为S,不计其他阻力，忽略2号、3 号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速 度为最大速度的一半时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为 +3 A. &不不 CES D.VPpS 刷大题·提能力了 17.(2024·山东济南一模)某同学在风洞中模拟强风对滑雪运动的影 响。如图所示，倾斜直轨道AC和DF与水平方向夹角均为0= 2 37°，动摩擦因数均为u一。半径为R的粗糙圆弧轨道CD在C 点与直轨道AC相切，且D点切线水平。B点所在水平面以上为 无风区，以下为水平风区。一质量为m的物体在A点由静止释 放，AB两点距离为2.09R,在BC段恰好做匀速运动。物体由D 点水平抛出后第一次落在斜面DF上的E点，且D、E间的距离为 「2R。物体在风洞中运动时，风力可视为水平恒力，重力加速厦 为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)物体在C点刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小； (2)物体在圆弧轨道CD上克服摩擦力做的功。 A B 18.(2025·河北名校联盟模拟)如图所示，质量1=3kg的滑块A 静止在质量m2=1kg的木板B的左端，木板B静置于水平地面 上，木板右侧适当位置有一固定的粗糙圆弧轨道PQ,圆弧的圆心 角0=37°，圆弧在P点与水平方向相切，且P点与木板上表面等 高，圆弧轨道的右侧有平台。滑块A在大小为18N的水平恒力F 作用下向右运动，2s后撤去F,滑块A滑到木板B的右端时刚好 与木板相对静止，此时滑块A从P点滑上圆弧轨道，滑块从Q点 离开圆弧轨道后刚好以水平速度滑上平台左端。已知滑块A与 木板B之间的动摩擦因数41=0.2，木板B与水平地面之间的动 摩擦因数42=0.1，g取10m/s2,P、Q间的水平距离为0.6m,Q 到平台左端的水平距离为1.2m,sin37°=0.6，c0s37°=0.8。求： (1)前2s内滑块A和木板B的加速度大小； (2)木板B的长度L; (3)滑块A在圆弧轨道上滑行过程中阻力做的功。 0. A→F AA366KKKKKK444772664444146666304464475736614476466763664474444161