专题精练5 功与功率 功能关系(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

专题精练5　功与功率　功能关系 保分基础练 1.(2025·贵州模拟)质量为2 kg的小球从距离地面某高度以初速度15 m/s水平抛出，2 s后落到地面，则小球落地时重力的功率为(g取10 m/s2)(B) A.300 W B.400 W C.500 W D.600 W 解析　小球落地时的竖直分速度为vy=gt=10×2 m/s=20 m/s，小球落地时重力的功率为P=mgvy=2×10×20 W=400 W，B项正确。 2.(2025·绵阳三模)如图所示，成人用与水平方向夹角为α、斜向上的拉力F向前拉总质量为m的小孩和雪橇，从静止开始沿直线匀加速通过距离x的过程中(重力加速度为g)(D) A.雪橇对地面的压力大小是mg-Fcos α B.雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsin α C.拉力做功是Fx D.拉力做功是Fxcos α 解析　将小孩和雪橇作为整体，受力分析可知，在竖直方向上Fsin α+FN=mg，解得FN=mg-Fsin α，根据牛顿第三定律可知，雪橇对地面的压力大小FN'=FN=mg-Fsin α，A项错误；由于雪橇做加速运动，可知摩擦力f<Fcos α，无法比较与Fsin α的大小关系，B项错误；根据功的定义可知，拉力做功W=Fxcos α，C项错误，D项正确。 3.(多选)运动员从水平地面上把质量为400 g的足球踢出后，某人观察它在空中的运动情况，估计足球上升的最大高度是3 m，在最高点的速度大小为10 m/s。不考虑空气阻力，以水平地面为参考平面，取重力加速度大小g=10 m/s2。下列选项正确的是(BC) A.足球在最高点时的重力势能为6 J B.足球在最高点时的重力势能为12 J C.运动员踢球时对足球做的功为32 J D.运动员踢球时对足球做的功为12 J 解析　以水平地面为参考平面，足球在最高点时的重力势能Ep=mgh=12 J，A项错误，B项正确；根据功能关系可得运动员踢球时对足球做的功为W=mv2+mgh=32 J，C项正确，D项错误。 4.(2025·大连模拟)如图甲所示，质量为5 kg的物体在斜向下、与水平方向成37°角的力F作用下，沿水平面开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则力F所做的功为(C) A.240 J B.150 J C.120 J D.90 J 解析　由F-x图像与坐标轴围成的面积表示功，可知力F所做的功为W=Fxcos 37°=120 J，C项正确。 5.(2025·怀化二模)如图所示装置，可以将一质量为m=1 kg的小球(可视为质点)从地面缓慢抬升至任意高度后再以任意速度水平打出。若需要将小球一次性投入(不与地面发生碰撞)距发射台l=4 m的收集孔里，则装置对小球做的功至少为(忽略一切阻力，g取10 m/s2)(C) A.20 J B.30 J C.40 J D.50 J 解析　装置对小球做的功用于提高小球的机械能(重力势能与动能)，设将小球抬升至高度h后以初速度v0水平射出，则做的功为W=mgh+m。对于后续的平抛运动，在水平方向上到达收集孔时，时间为t=，同时竖直方向上小球做自由落体运动，有h=gt2，联立各式解得W=mgh+mg。根据数学知识可知当mgh=mg时对小球做功有最小值，即当 h=时取到最小值Wmin=mgl=40 J，C项正确。 6.(2025·长春模拟)如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量为m的物块受到沿斜面向上的恒力F的作用，沿斜面以速度v匀速上升了高度h。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g。关于上述过程，下列说法正确的是(D) A.合力对物块做功为恒力F与摩擦力对物块做功之和 B.合力对物块做功为mv2 C.摩擦力对物块做功为μmgcos θ D.恒力F与摩擦力对物块做功之和为mgh 解析　合力对物块做功为恒力F与摩擦力以及重力对物块做功之和，A项错误；因物块匀速上升，根据动能定理可知合力对物块做功为零，B项错误；摩擦力对物块做功为Wf=-μmgcos θ·，C项错误；根据动能定理WF+Wf-mgh=0，可知WF+Wf=mgh，即恒力F与摩擦力对物块做功之和为mgh，D项正确。 7.(2025·海南一模)被称为“空中电站”的S1 000型涵道式浮空风力发电系统(如图)，于2025年1月首次稳定悬停于高空，并顺利发电。该系统叶片转动时可形成与风向垂直的圆面，并将此圆面内10%的空气动能转化为电能。已知悬停位置的风速为v时，该系统的发电功率为P，则悬停位置的风速为2v时，该系统的发电功率为(D) A.2P B.4P C.6P D.8P 解析　设t时间内吹到圆面上空气的质量为m，则有m=ρV=ρS·vt，故t时间内空气的动能Ek=mv2=ρS·vtv2=ρSv3t，该系统的发电功率P==ρSv3，当风速为2v时，系统的发电功率P'=ρS(2v)3=8P，D项正确。 8.(2025·重庆模拟)空间中有一匀强电场，如图所示，沿电场方向建立x轴，O为坐标原点，规定O点电势为零。一带正电的粒子从O点由静止释放，不计粒子的重力，则电势φ、电势能Ep、粒子的机械能E机、粒子的动能Ek，关于位移x的图像正确的是(D) 解析　顺着电场线，电势逐渐降低，A项错误；顺着电场线，电势逐渐降低，根据Ep=qφ可知带正电的粒子电势能逐渐减小，B项错误；由于电场力对粒子做正功，故该粒子的机械能增大，C项错误；根据动能定理W电=qEx=Ek-0，Ek-x图像是过原点的倾斜直线，且斜率为k=qE定值，D项正确。 增分提能练 9.(2025·昭通模拟)如图所示，左侧有一长为L=3 m的传送带，以速度v=5 m/s顺时针转动，右侧有一质量为M=6 kg、长为l=5 m的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m=2 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=10 m/s从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失的滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。则(C) A.小物块滑上长木板的速度为5 m/s B.小物块的最终速度为1 m/s C.长木板的最终动能Ek=12 J D.全过程系统产生的内能Q=48 J 解析　物块开始向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg=ma0，设历时t0与传送带达到相等速度，则有v=v0-a0t0，解得t0= s，此过程物块的位移x0=t0=6.25 m>L=3 m，表明物块与传送带没有达到相等速度，则有-=-2a0L，解得v1=8 m/s，即小物块滑上长木板的速度为8 m/s，A项错误；物块滑上木板后开始以加速度a0做匀减速直线运动，对木板，根据牛顿第二定律有μmg=Ma1，解得a1=2 m/s2，设历时t1物块与木板达到相等速度，则有v2=v1-a0t1=a1t1，解得t1=1 s，v2=2 m/s，此过程物块的位移x1=t1=5 m=l，表明物块没有飞出木板，之后两者保持相对静止做匀速直线运动，即小物块的最终速度为2 m/s，B项错误；结合上述可知，长木板的最终动能Ek=M=12 J，C项正确；结合上述，物块在传送带上运动时间t2== s，对传送带的相对位移x相1=t2-vt2= m，物块对木板的相对位移x相2=t1-t1=4 m，全过程系统产生的内能Q=μmg(x相1+x相2)=64 J，D项错误。 10.(2025·甘肃二模)如图所示，是我国某型号“双引擎”汽车在平直公路上由静止启动时，牵引力F随时间t变化的图像。已知该汽车质量为1 250 kg，行驶时所受阻力恒为1 250 N，t0时刻汽车达到15 m/s的临界速度并自动切换引擎，此后保持牵引力功率恒定。下列说法正确的是(D) A.汽车刚启动时的加速度大小为4 m/s2 B.t0时刻前，汽车牵引力的功率保持不变 C.切换引擎后，汽车做匀加速直线运动 D.t1时刻汽车的速率为25 m/s 解析　汽车刚启动时，由牛顿第二定律，由F-f=ma，且F=5 000 N，解得加速度a=3 m/s2，A项错误；t0时刻前，汽车做匀加速直线运动，速度逐渐增大，由公式P=Fv，可知牵引力的功率逐渐增大，B项错误；切换引擎后，牵引力功率恒定，速度增加，则牵引力减小，所以加速度也减小，汽车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，C项错误；由P=Fv0=F1v1，其中F=6 000 N，解得t1时刻汽车的速率为25 m/s，D项正确。 11.(多选)(2025·贵州模拟)一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前6 s内做匀加速直线运动，6 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动至t1=25 s时刻达到最大速度，其v-t图像如图所示。已知汽车的质量m=2×103 kg，汽车受到路面的阻力大小与其受到的重力大小的比值k=0.1，取重力加速度大小g=10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是(ACD) A.在前6 s内汽车的牵引力大小为6×103 N B.汽车的额定功率为60 kW C.汽车的最大速度为36 m/s D.汽车由静止加速到最大速度过程中的位移大小x=144 m 解析　由题意可知f=kmg=2×103 N，由题图可知前6 s内汽车的加速度大小a==2 m/s2，由F-f=ma，解得汽车的牵引力大小F=6×103 N，A项正确；6 s末达到额定功率，则汽车的额定功率为P=Fv1=6×103×12 W=72 kW，B项错误；当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则有vmax==36 m/s，C项正确；汽车在0~6 s做匀加速直线运动，其位移大小为x1=×6 m=36 m，汽车变加速过程由动能定理有Pt-kmgx2=m-m，其中t=t1-6 s=25 s-6 s=19 s，代入数据解得x2=108 m，汽车由静止加速到最大速度过程中的位移大小x=x1+x2=144 m，D项正确。 12.(2025·宜春二模)人类探索宇宙的过程是一个漫长而不断进步的历程，假设2125年人类在大麦哲伦星系A星球上进行太空移民，若已知A星球质量和半径均为地球的0.5倍，地球上重力加速度为10 m/s2(忽略星球自转)，有一名质量为50 kg的驾驶员驾驶一辆质量为950 kg的探险车在A星球上进行探索。 (1)求A星球的重力加速度； (2)若该车靠面积为1 m2的光伏板吸收宇宙辐射作为能源，已知单位时间内单位面积接收辐射能量为1×105 J·m-2·s-1，若该车输出功率达到接收功率60%时可保持电量不变，这位驾驶员驾驶该车，要保持电量不变，则行驶过程中的最大速度为多少?(已知阻力为总重力的0.1倍)； (3)若该驾驶员以1 m/s2的恒定加速度启动车辆，当电量不再增加时，保持电量行驶，全程行驶675 m，则所用总时间为多少?(此前已达最大速度)。 解析　(1)根据万有引力等于重力G=mg， 解得g=， 且该星球的质量M和半径R均为地球的0.5倍，则A星球的重力加速度g0=2g=20 m/s2。 (2)光伏板吸收能量转化后的功率为P=η·ΔES， 其中ΔE=1×105 J/s，S=1 m2，η=60%， 解得P=6×104 W， 该车的阻力为f=0.1(m+m0)g0=2 000 N， 根据P=Fv得，行驶过程中的最大速度为 vm==30 m/s。 (3)在匀加速阶段，根据牛顿第二定律 F-f=(m+m0)a， 解得F=3 000 N， 根据P=Fv得，此过程的末速度为v1==20 m/s， 所用时间为t1==20 s， 匀加速通过的位移大小为x1=t1=200 m， 此后开始恒定功率运动，根据功能关系有 Pt2-f(x-x1)=(m+m0)(-)， 解得t2=20 s， 所用总时间为t=t1+t2=40 s。 答案　(1)20 m/s2　(2)30 m/s　(3)40 s 13.(2025·沈阳模拟)如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为m=0.5 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R=0.8 m，水平面BD的长度x1=2 m，传送带长度x2=9 m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，传送带以恒定速度v0=6 m/s逆时针转动(不考虑传送带轮的半径对运动的影响)， g=10 m/s2。 (1)若h=1.2 m，求滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力； (2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围； (3)当h=5.4 m时，计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多少。 解析　(1)若h=1.2 m，则滑块运动至B点时，由动能定理可得mgh=m-0， 由牛顿第二定律可得F-mg=， 解得F=20 N， 由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20 N，方向竖直向下。 (2)若滑块恰好能过C点，则在C点时有mg=m， 从A到C，根据动能定理有mg(h1-2R)=m-0， 解得h1=2 m， 要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE=0，从A到E，根据动能定理有 mgh2-μmg(x1+x2)=0-0， 解得h2=2.2 m， 显然h2>h1， 若滑块不脱离圆弧轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度h>2.2 m。 (3)从A到D点根据动能定理mgh-μmgx1=m， 解得vD=10 m/s， 从A到E点根据动能定理 mgh-μmg(x1+x2)=m， 解得vE=8 m/s， 又vE=vD-μgt， 则t=1 s， x滑块=t=9 m， x传=v0t=6 m， Δx=x滑块+x传=15 m， 由功能关系Q=μmg(x1+Δx)， 解得Q=17 J。 答案　(1)20 N，竖直向下　(2)h0>2.2 m　(3)17 J 学科网（北京）股份有限公司 $