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（江苏专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1~10题,每题4分 1.(2025·江苏连云港期中)如图所示,物体在拉力F作用下从静止开始沿竖直方向向上做匀加速直线运动,空气阻力不计,则拉力F的瞬时功率(　　) A.与时间成正比　　　　 B.与位移成正比 C.与时间的平方成正比 D.与位移的平方成正比 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:物体从静止开始沿竖直方向向上做匀加速直线运动,设加速度为a,则速度v=at,则拉力F的瞬时功率P=Fv=Fat,因为加速度和拉力大小均不变,则拉力F的瞬时功率与时间成正比,故A正确,C错误;根据v2=2ax可得P=Fv=F,故B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.由于空气阻力的影响,炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线,而是“弹道曲线”,如图中实线所示,O点为发射点,d点为落地点,b点为轨迹的最高点,a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是(　　) A.炮弹到达b点时的速度为零 B.炮弹到达b点时的加速度小于重力加速度g C.炮弹在Ob段重力的平均功率比bd段大 D.炮弹经过a点时重力的功率与c点相等 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:到达b点时,炮弹的竖直分速度为零,但具有水平分速度,故A错误;炮弹到达b点时,除受到竖直向下的重力外,还受到与运动方向相反的空气阻力作用,所以到达b点时,炮弹的加速度大于重力加速度g,故B错误;从O到b的过程中,在竖直方向上,受到重力和阻力竖直向下的分力Ff1,由牛顿第二定律可得mg+Ff1=ma1,解得a1=,在从b到d的过程中,在竖直方向上,受到向下的重力和阻力竖直向上的分力Ff2,由牛顿第二定律可得mg-Ff2=ma2,解得a2=,对比可得a1>a2,即上升阶段的加速度比下降阶段的加速度大,由h=at2可定性确定,炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间,但两个过程重力做功的值相同,根据可知,炮弹在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率,故C正确;炮弹从a点到c点的过程,竖直方向,由于空气阻力的影响,竖直向上减速的加速度大于竖直向下加速的加速度,而竖直向上减速与竖直向下加速的位移相同,根据v2-0=2ax可知,c点的竖直分速度小于a点的竖直分速度,根据重力的功率P=mgvy可知,炮弹经过a点时重力的功率 比c点大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2025·江苏南通一模)一辆轿车在平直公路上由静止开始匀加速运动,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。关于轿车的速度v、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:设汽车所受恒定阻力为F阻,牵引力为F,匀加速结束时的速度为v,由于汽车开始做匀加速直线运动,设其加速度为a,则根据速度与时间的关系可得v=at,当汽车的匀加速阶段结束时,其速度还未达到最大值,此时汽车功率达到额定功率P额,根据P额=Fv,结合牛顿第二定律F-F阻=ma可知,速度将继续增大,而牵引力将减小,则加速度将减小,即此后汽车将做加速度逐渐减小的加速运动,直至牵引力等于阻力时,加速度减小为0,速度达到最大值vm,而速度—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;由汽车在匀加速阶段F-F阻=ma可得F=ma+F阻,而v=at,即在匀加速阶段有P=Fv=(ma+F阻)v=(ma+F阻)at,则可知在汽车匀加速阶段的功率与时间成正比,即此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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.随着科技的发展,机器狗的应用为生活带来了便利。如图所示,机器狗在泰山进行负重测试,从泰山山脚到目的地用时2 h,爬升高度为1 200 m,已知机器狗及重物总质量为100 kg,重力加速度g取10 m/s2,则机器狗在本次测试中(　　) A.位移大小为1 200 m B.克服重力做功为1.2×106 J C.克服重力做功的平均功率为6×105 W D.所受重力的冲量为0 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:初位置指向末位置有向线段的长度指位移大小,初位置与末位置之间的垂直高度差为爬升高度,则位移大小大于1 200 m,故A错误;机器狗克服重力做功为W克=mgh=1.2×106 J,故B正确;机器狗克服重力做功的平均功率为P=≈166.7 W,故C错误;以竖直向下为正方向,则机器狗所受重力的冲量为I=mgt=7.2×106 N·s,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2025·广东广州一模)如图为某人驾驶汽车正以v=8 m/s的速率匀速经过半径为16 m的半圆(为简化问题,可视为轮胎所受摩擦力指向圆心),已知人与汽车总质量为1 t,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.汽车受到地面的作用力为4×103 N B.向心加速度a=8 m/s2 C.轮胎与地面间的摩擦系数μ至少为0.2 D.轮胎所受摩擦力不做功 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:汽车所需向心力为F=m N=4 000 N,向心力由地面对车的摩擦力提供,而汽车受到的地面的作用力还包含支持力,故汽车受到地面的作用力大于4×103 N;向心加速度为a= m/s2=4 m/s2,故A、B错误。根据牛顿第二定律可得Ff=ma≤μmg,解得μ≥=0.4,即轮胎与地面间的摩擦系数μ至少为0.4,故C错误。轮胎所受摩擦力提供向心力,方向总是与速度方向垂直,所以轮胎所受摩擦力 不做功,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2025·福建龙岩一模)一辆汽车在夜间以速度v0匀速行驶,驶入一段照明不良的平直公路时,司机迅速减小油门,使汽车的功率减小为某一定值,此过程汽车的速度v与时间t的关系如图所示。设汽车行驶时所受的阻力恒定为Ff,汽车的质量为m,则下列说法正确的是(　　) A.t=0时刻,汽车的功率减小为Ffv0 B.整个减速过程中,汽车的牵引力不断变小 C.整个减速过程中,汽车克服阻力做的功大于 D.整个减速过程中,汽车牵引力的冲量大小为Fft+mv0 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:t=0时刻,汽车的功率减小为P=Ff·v0=Ffv0,故A错误;整个减速过程中,由F=可知汽车的牵引力不断变大,故B错误;整个减速过程中,由动能定理有Pt-W克=m()2-,得W克=Pt+,故C正确;整个减速过程中,由动量定理有I牵-Fft=mv0-mv0,得I牵=Fft-mv0,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(2025·江苏苏州二模)一架飞机从水平平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升,如图所示。假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变,发动机推力方向沿轨迹切线,飞机所受升力垂直于机身,空气阻力大小不变,则飞机沿圆弧运动时(　　) A.飞机发动机推力做功的功率逐渐增大 B.飞机发动机推力大小保持不变 C.飞机克服重力做功的功率保持不变 D.空气对飞机的作用力不变 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:飞机发动机推力等于空气阻力与重力在切向的分力之和,重力在切向的分力逐渐增大,所以飞机发动机的推力逐渐增大,根据P=Fv可知,飞机推力做功的功率逐渐增大,A正确,B错误;设飞机的速率为v,运动方向与竖直方向的夹角为θ,则竖直方向分速度为vy=vcos θ,飞机克服重力做功的功率为PG=mgvy=mgvcos θ,θ角逐渐减小,所以PG逐渐增大,C错误;飞机做匀速圆周运动,空气阻力大小不变,方向时刻与运动方向相反,发生改变,而升力方向垂直于机身,升力指向圆心,升力与重力在垂直切向方向的分力的合力提供向心力,则有F升-mgsin θ=m,所以F升减小,则空气对飞机的作用力F空气=改变,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.如图所示为一种潮汐发电示意图,左侧为陆地和海湾,右侧为大海,中间为水坝,其下有通道,水流经通道即可带动发电机工作。涨潮时开闸蓄水,落潮时开闸放水,均在内外水面高度相同时关闭闸门。设海湾的平均面积为S,每次涨落潮海湾内外水位落差为h,一天涨潮、落潮各一次。水的密度为ρ,重力加速度为g,设一天的时间为t,则(　　) A.一次落潮时流出海湾的海水质量为2ρSh B.一次落潮时海水流经通道对发电机做的功为2ρSgh2 C.一天内海水流经通道对发电机做功的功率为 D.一天内海水流经通道对发电机做功的功率为 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:一次落潮时流出海湾的海水质量为ρSh,故A错误;一次落潮时海水流经通道对发电机做的功为mg·0.5h=ρShg·0.5h=0.5ρSgh2,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ρSgh2,海水流经通道对发电机做功的功率为,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2025·江苏南通一模)列车在平直轨道上由静止开始启动,启动过程受到的合外力F随时间t变化的关系图像如图所示。列车达到额定功率后保持该功率不变。若列车所受阻力恒定,则(　　) A.t2时刻,列车刚达到额定功率 B.0~t1时间内,列车的功率随时间增大得越来越慢 C.t1~t2时间内,列车的合力的功率减小 D.0~t2时间内,列车先后做匀加速直线运动和匀速直线运动 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:P牵=F牵v=(F+Ff)v,0~t1时间内,F不变,根据牛顿第二定律可知a=不变,故列车的功率P牵=(F+Ff)at随时间均匀增大,且在t1时刻功率达到最大,即达到额定功率,故A、B错误;因为在t1~t2时间内,列车的功率为额定功率且不变,则P合=P额-P阻=P额-Ffv,在t1~t2时间内,列车的合力的功率随速率的增大而减小,故C正确;根据a=可知,列车加速度的变化与合外力的变化相同,即在0~t2时间内,列车先做匀加速直线运动,再做加速度减小的变加速直线运动,最后做匀速直线运动,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比,图甲中滑块(　　) A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设斜面倾角为θ,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,对滑块受力分析有F合上=mgsin θ+μmgcos θ,F合下=mgsin θ-μmgcos θ,故图甲中滑块受到的合力较大,A错误;滑块由A到B的过程,有2a上xAB=,由B到A的过程,有2a下xAB=,又F合上>F合下,则a上>a下,故vA上>vA下,即图甲中滑块经过A点的动能较大,B错误;将滑块由A到B的过程运用逆向思维看作由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动,则xAB=a上,又xAB=a下,a上>a下,故t上<t下,即图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短,C正确;上升 和下降过程摩擦力大小相等,A、B之间的距离相等,根据W =Ffx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(12分)(2025·天津和平一模)一款能垂直起降的遥控无人机质量m=200 kg,发动机的功率最大值Pm=24 000 W, 最大竖直升力Fm=3 000 N ,执行侦察任务时悬停在离地高度h1=200 m的高空。执行任务后需要尽快竖直上升到离地高度超过h2=238.4 m的安全区域。忽略空气阻力,g取10 m/s2。 (1)求该过程的最大上升速度大小; 解析:依题意,无人机所受重力与升力等大反向时,具有最大速度,则有Pm=Fvm=mgvm, 解得vm=12 m/s。 答案:12 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)若执行任务后,无人机立即以最大升力上升,求到达最大功率所用的时间t1; 解析:无人机以最大升力上升,做匀加速直线运动,可得v1=at1, 由牛顿第二定律有Fm-mg=ma, 又Pm=Fmv1, 联立解得t1=1.6 s。 答案:1.6 s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)在(2)的基础上,以最大功率继续上升,求到达安全区域还需要的时间t2(到达安全区域之前已经达到最大速度)。 解析:以最大功率的加速过程,有 Pmt2-mg(h2-h1-x1)=, 又x1=, 联立解得t2=3 s。 答案: 3 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(15分)某同学用质量m=20 g、可视为质点的小石片打“水漂”的轨迹示意图如图所示,小石片从距液面高h0处的P点以初速度v0=8 m/s水平飞出后,从A点与液面成α=37°角射入某种液体中,然后从B点与液面成β=45°角射出液面做斜上抛运动,到达最高点D时距离液面的高度h1=0.2 m。已知小石片从A点运动到B点的过程中,水平方向的运动可视为匀变速直线运动,A、B两点间的距离L=1 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,不计空气阻力。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)小石片从P点运动到D点的过程中,该液体对小石片做的功W; 解析:小石片从P点运动到A点,由平抛运动规律可知,小石片在A点速度大小v1=, 设小石片在B点速度大小为v2,从B点运动到D点,由平抛运动规律可知,小石片在D点速度大小v2x=v2cos β, 由机械能守恒定律有, 从A点运动到B点,只有液体对小石片做功,由动能定理有 W=, 代入题中数据,联立解得W=-0.92 J。 答案: -0.92 J　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间t。 解析:从P点运动到A点,v1y=v0tan α, 由v=gt得t1==0.6 s。 从A点运动到B点,水平方向做匀减速运动, L=t2, 解得t2=0.2 s。 从B点运动到D点,竖直方向减速到零,h1=,解得t3=0.2 s。 根据对称性可知t=t1+t2+2t3, 联立解得t=1.2 s。 答案:1.2 s $