第5讲 功与功率 动能定理(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [基础保分练](1-7题,每题4分) 1.(2025·广东惠州一模)细心的同学会发现商场里供顾客上、下楼的电梯主要有如图所示两种:台阶式如图甲,斜面式如图乙。下列对某同学分别乘坐这两种扶梯的过程,描述正确的是 (　　) A.乘坐电梯甲匀速下降时,该同学受到水平方向的摩擦力 B.乘坐电梯甲加速下降时,该同学所受摩擦力做负功 C.乘坐电梯乙匀速上升时,该同学不受摩擦力作用 D.乘坐电梯乙加速上升时,该同学受到的摩擦力做正功 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:乘坐电梯甲匀速下降时,该同学不受摩擦力作用, 故A错误;乘坐电梯甲加速下降时,摩擦力水平向前,该 同学所受摩擦力做正功,故B错误;乘坐电梯乙匀速上 升时,该同学受到沿电梯面向上的摩擦力作用,故C错 误;乘坐电梯乙加速上升时,该同学受到沿电梯面向上 的摩擦力作用,摩擦力做正功,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·广东茂名一模)如图所示,用一个大小不变的力F拉着滑块(视为质点)使其沿半径为R的水平圆轨道匀速运动半周,若力F的方向始终与其在圆轨道上作用点的切线成60°夹角,则力F做的功为(　　) A.　 　 B.2FR　 　 C.FR　 　 D.FπR A 解析:将力F分解为切线方向和径向方向两个分力,其中径向方向的分力始终与速度方向垂直,不做功,切线方向的分力始终与速度方向相同,则滑块匀速运动半周,力F做的功为W=FπR·cos 60°=,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2025·广东广州二模)如图,汽车定速巡航(即速率不变)通过路面abcd,t1时刻经过b,t2时刻经过c,t3时刻经过d。若汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦力的大小不变,则该过程汽车的功率P随时间t变化的图像是 (　　) B 解析:根据题意可知,汽车运动速率不变,设汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦力的大小为f,在ab段有F1=mgsin θ+f,在bc段有F2=f,在cd段有F3+mgsin θ=f,可知F1>F2>F3,且F1、F2、F3保持不变,由公式P=Fv可知,汽车的功率P1>P2>P3,且P1、P2、P3保持不变,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2025·广东佛山校考)第9届亚洲冬季运动会于2025年2月7日至14日在中国哈尔滨举行,运动会上,某运动员在进行跳台滑雪比赛时,从跳台边缘O 点以某一速度水平滑出。如图所示,A、B、C为其运动轨迹上的三个点,且A、B连线与B、C连线在水平方向上的投影相等,忽略空气阻力,运动员可视为质点,关于运动员在AB段与BC段的运动,下列说法正确的是 (　　) A.速度的变化量相同 B.速率的变化量相同 C.动能的变化量相同 D.重力势能的变化量相同 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:因为A、B连线与B、C连线在水平方向上的投影相等,根据平抛运动的规律知运动员水平方向做匀速运动,所以运动员在AB段与BC段的运动时间相同,则速度的变化量Δv=gΔt相同,A正确;运动员在竖直方向做自由落体运动,相同时间间隔内速率变化量不同,相同时间内下落的高度变大,重力做功变大,重力势能减少量变大,根据动能定理可知,动能的增加量变大,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2025·广东清远三模)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,以出发点为x轴零点,物体的动能Ek与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.在x=1 m时,拉力的大小为2 N B.在x=4 m时,拉力的功率为12 W C.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体克服摩擦力做的功为8 J D.从x=0运动到x=2 m的过程中,拉力的冲量大小为6 N·s D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据动能定理可知,图像斜率的绝对值代表物体所 受合力的大小,即从x=0运动到x=2 m的过程中,合力大小 为F合1=2 N,从x=2 m运动到x=4 m的过程中,合力大小为 F合2=1 N,物体所受摩擦力大小为f=μmg=4 N,则拉力大小 分别为F1=6 N,F2=3 N,故A错误;在x=4 m时,物体的速度大小为v==2 m/s,拉力的功率P=F2v=6 W,故B错误;从x=0运动到x=4 m的过程中,物体克服摩擦力做的功W=μmgx=16 J,故C错误;在x=2 m时,物体的速度大小为v'== 2 m/s,从x=0运动到x=2 m的过程中,物体运动的时间t== s,拉力的冲量大小为I=F1t=6 N·s,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2025·广东中山二模)新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶,t1时刻达到发动机额定功率后保持功率不变,t2时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变,则此过程中汽车的加速度a、速度v、牵引力F、功率P随时间t的变化规律正确的是(　　) C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由题意可知汽车以恒定的加速度启动,则汽车先做匀加速直线运动,后做加速度减小的加速运动,再做匀速直线运动,t2时刻起加速度为零,故A错误;0~t1阶段v-t图线应为过原点的倾斜直线,故B错误;0~t1阶段汽车的牵引力恒定不变,t1时刻后汽车的功率等于额定功率,速度增大,牵引力减小,根据P=Fv可知,P不变,v增大得越来越慢,则F减小得越来越慢,即t1~t2阶段图线的斜率减小,t2时刻后加速度减为零,汽车的速度达到最大,汽车开始做匀速直线运动,即牵引力等于阻力,故C正确;汽车做匀加速直线运动时,由于v随时间均匀增大,F不变,则根据P=Fv可知,该阶段P随t均匀增大,即P-t图线为一条过原点的倾斜直线,汽车的功率达到额定功率后,汽车的功率恒定不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(2025·广东揭阳模拟)物体浸在黏滞流体中时,表面上会附着一层流体,在运动时,物体所受的黏滞阻力就是物体表面附近的流层间的内摩擦力引起的。如图所示,质量为m、体积为V的小球在黏滞流体中由静止释放,运动距离h后,小球达到最大速度v。已知重力加速度为g,液体密度为ρ。该过程小球克服黏滞阻力做的功可能为(　　) A.mgh B.mgh-ρgVh C.mgh+ρgVh-mv2 D.ρgVh-mgh-mv2 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:小球运动方向不确定,需分情况讨论,设小球 克服黏滞阻力做功为W: ①小球向下运动时,由动能定理有mgh-ρgVh-W=mv2, 可得W=mgh-ρgVh-mv2。 ②小球向上运动时,由动能定理有ρgVh-mgh-W=mv2,可得W=ρgVh-mgh-mv2。 综上可知,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [提能争分练](8-11题,每题6分) 8.(多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有(　 　) A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N BCD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:重力做的功为WG=mgh=800 J,A错误;下滑过程 根据动能定理可得WG-W克f=m,代入数据解得克 服阻力做的功为W克f=440 J,B正确;经过Q点时向心加 速度大小为a==9 m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2025·广东广州月考)如图所示,一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下,滑到水平面上的a点处停下。斜面与水平面粗糙程度相同且平滑连接。现将斜面向右移动到虚线所示的位置,并固定在水平面上,再让小木块从斜面的某处由静止下滑,仍滑到a点处停下,则小木块释放的位置可能是(　　) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设每个格子的边长为x,物块和接触面之间的动摩擦因数为μ,如图所示。 斜面移动前有 mg·13x-μmgcos θ·-μmg·29x=0, 斜面移动后有 mgy-μmgcos θ·-μmg·18x=0, 又tan θ=,解得y≈8x,丙位置符合要求,C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.如图甲所示,带正电且电荷量为q=3×10-5 C的物体A放在水平桌面上通过光滑的滑轮与B相连,A处在水平向左的匀强电场中(图中未画出),电场强度大小为E=3×105 N/C,以A的初始位置为坐标原点O,水平向右为正方向建立Ox坐标轴,A与桌面间的动摩擦因数μ随x的变化如图乙所示。A、B质量均为1 kg,重力加速度g取10 m/s2,A离滑轮的距离足够长,则A由静止开始从O位置运动的过程中的最大速度为(　　) A.0.25 m/s B.0.5 m/s C.1 m/s D.2 m/s B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:A所受静电力大小为F=qE=9 N,方向水平向左,B的重力大小为G=mg=10 N,所以开始时A沿x轴正方向运动,运动过程要受到方向向左的摩擦力,当整体受力平衡时速度最大,由平衡条件得mg=qE+μmg,代入数据得μ=0.1,由题图乙可知μ=0.2x,当μ=0.1时,x=0.5 m,该过程克服摩擦力做功为Wf=μmgx=0.25 J,根据功能关系有mgx-qEx-Wf=×2m,解得vm=0.5 m/s,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(2025·广东东莞模拟)一辆质量为m=1.2×103 kg的参赛小汽车在平直的公路上从静止开始运动,牵引力F随时间t变化的关系图线如图所示,8 s时汽车功率达到最大值,此后保持此功率继续行驶,24 s后可视为匀速。小汽车的最大功率恒定,受到的阻力大小恒定,则 (　　) A.小汽车受到的阻力大小为7×103 N B.小汽车匀加速运动阶段的加速度大小为4 m/s2 C.小汽车的最大功率为4×105 W D.小汽车24 s后速度为40 m/s C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由图可知,小汽车在前8 s内的牵引力不变,做匀加速直线 运动,8~24 s内小汽车的牵引力逐渐减小,加速度逐渐减小,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。小汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力, 所以阻力f=4×103 N,故A错误;前8 s内小汽车的牵引力为F=10×103 N,由牛顿第二定律F-f=ma可得a=5 m/s2,故B错误;小汽车在8 s末的功率达到最大值,8 s末小汽车的速度v1=at1=5×8 m/s=40 m/s,所以小汽车的最大功率P=Fv1=10×103× 40 W=4×105 W,故C正确;24 s后汽车速度最大,则=f,得小汽车的最大速度为vm== m/s=100 m/s,故小汽车24 s后速度为100 m/s,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(14分)(2025·广东揭阳三模)某校科技组利用图甲所示装置研究过山车运动项目中所遵循的物理规律,图中Q为水平弹射装置,AB为倾角θ=30°的倾斜轨道,取A点为坐标原点建立平面直角坐标系,以水平向左为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向。Q可在坐标平面内移动,BC为水平轨道,CDC'为竖直圆轨道,C'E为足够长倾斜轨道,各轨道均平滑连接。已知滑块质量为m,圆轨道半径为R,轨道AB长为R,滑块与AB间动摩擦因数μ1随滑块到A点距离l的变化关系如图乙所示;BC长为2R,滑块与BC间动摩擦因数μ2=0.5, 其余各段轨道均光滑。弹射装置弹出 的滑块均能无碰撞从A点切入斜面,滑 块可视为质点。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求弹出点的坐标(x,y)应满足的函数关系式。 答案: y= 解析:滑块弹出后做平抛运动,由平抛运动的规律可知x=v0t,y=gt2, tan θ=,解得y=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)弹出点的横坐标x为多大时,滑块从A点切入后恰好过最高点D?通过计算判断滑块返回后能否从A点滑出。 答案:R　能,过程见解析 解析:滑块恰好通过最高点D,满足mg=m。 由于动摩擦因数μ1与l成线性关系,故AB过程摩擦力做的功可用平均力做功计算,从弹出点到圆轨道最高点,由动能定理得 mg(y+xABsin θ-2R)-mgcos θ·xAB-μ2mgxBC=m-m,其中=μ1max=,又y==,联立解得y=R,x=2y=R,滑块从C'E轨道上与D点等高的点返回到A点,根据动能定理可得mg·2R-mgxABsin θ-mgcos θ·xAB-μ2mgxBC=m-m,解得vA=>0,说明滑块能从A点滑出。 $