课后限时练05 功、功率 动能定理（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（江苏专版）

课后限时练5　功、功率　动能定理 说明：选择题每小题4分，本试卷总分40分 1．(2025·江苏南京二模)如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有一与内壁接触的小物块，现给物块沿内壁切向方向的水平初速度。若物块与所有接触面间的动摩擦因数处处相等。则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的图像可能正确的是(　　) A． B． C． D． C　[物块紧贴圆筒内壁开始滑动，竖直方向受力平衡N竖＝mg，水平方向圆筒侧面的弹力提供向心力，则有N侧＝m，由于圆筒粗糙，所以物块滑动过程受到侧面和底面的滑动摩擦力作用，物块做减速运动，则有f侧＝μN侧＝μm，f底＝μmg，可知随着物块速度的减小，侧面滑动摩擦力逐渐减小，则滑动摩擦力合力逐渐减小，相同的弧长，滑动摩擦力合力做负功越来越少，根据动能定理可知，动能减小的越来越慢，则动能与弧长的图像斜率减小。故选C。] 2．(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，关于轿车的速度v、功率P随时间t的变化规律正确的是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D C　[设轿车的额定功率为P，所受恒定阻力为f，牵引力为F，匀加速结束时的速度为v，由于轿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，当轿车的匀加速阶段结束，其速度还未达到最大值，此时根据P＝Fv，结合牛顿第二定律F－f＝ma可知，速度将继续增大，而牵引力将减小，则加速度将减小，即轿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，第三阶段为平行于时间轴的直线，故A、B错误；轿车在匀加速阶段有F－f＝ma，可得F＝ma＋f，而v＝at，即在匀加速阶段有P＝Fv＝(ma＋f )v＝(ma＋f )at，则可知在轿车匀加速阶段，轿车的功率与时间成正比，图像为过原点的一条倾斜直线，而匀加速结束后，轿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。故选C。] 3．(2025·江苏连云港高三校联考模拟)如图所示，质量为m的物块放在光滑的水平桌面上，系在物块上的轻质绳子绕过光滑的定滑轮，滑轮右侧绳子水平，人拉着绳子的下端以速度v0水平向左做匀速运动，在拉紧的绳子与水平方向的夹角由53°变成37°的过程中(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，人对物块做的功为(　　) A． B． C． D． B　[把绳子下端的速度分别沿垂直绳子的方向和沿着绳子的方向分解，物块在各个时刻的速度都等于对应时刻沿着绳子方向的分速度，由功能关系可知人对物块做的功等于物块动能的增加量，则有W＝－m(v0cos 53°)2＝，故选B。] 4．(2025·江苏盐城高三模拟)如图所示，将一物体分别沿着AB、ACB两条斜面轨道从静止开始运动到B端。已知物体与两条斜面轨道的动摩擦因数相同，不计在轨道弯折处的能量损失。则物体两次运动(　　) A．位移不同 B．到达B端的速度相同 C．到达B端的动能相同 D．克服摩擦力做的功不同 C　[由位移的定义可知，位移是初位置到末位置的有向线段，其大小与路径无关，故两次位移相同，故A错误；从A到B，根据动能定理有mgh－μmgs cos θ＝mv2，θ是AB倾角，从A到C到B，根据动能定理有mgh－(μmgs1cos α＋μmgs2cos β)＝mv2，α和β分别为ABC两部分的倾角，AB、ACB水平的距离相等，可得s cos θ＝s1cos α＋s2cos β，故到达B时，克服摩擦力做的功相同，动能相同，速度大小相等，但是速度方向不同，故B、D错误，C正确。] 5．(2025·江苏无锡高三统考期末)如图所示，一球员将足球从球门正前方某处踢出，在竖直平面内经位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高点。不考虑足球的旋转，空气阻力与速度大小成正比，则足球(　　) A．经过位置2时，重力的功率最大 B．由位置1运动到位置3过程中，合力做功为0 C．在位置2的加速度比位置3的加速度小 D．由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间 D　[足球经过最高点位置2时，竖直方向速度vy减为零，由PG＝mgvy得，此时重力的功率最小，A错误；由于足球运动的过程中受到空气阻力作用，阻力做负功，则足球从位置1运动到位置3过程中，合力做负功，B错误；足球在位置2时，速度最小，阻力也最小，合力与重力较为接近，在位置3时，速度较大，阻力也较大，阻力与重力的合力一定小于在位置2时，由牛顿第二定律F合＝ma可得，足球在位置2的加速度比位置3的加速度大，C错误；由于运动时间由竖直方向决定，则对竖直方向运动过程进行分析，从位置1到位置2，由牛顿第二定律得mg＋Ff1＝ma1，从位置2到位置3，由牛顿第二定律得mg－Ff2＝ma2，比较可得，上升阶段的平均加速度大于下降阶段的平均加速度，即＞，而竖直位移大小相同，由h＝可得，由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间，D正确。] 6．(2025·江苏南通高三统考)一物体静置于光滑水平面，在水平恒力F1作用下物体开始加速，经过一段时间后撤去F1，同时施加与F1方向相反的恒力F2，经相同的时间物体恰好返回到出发点。该过程中力F1、F2对物体做的功为W1、W2，力F1、F2的最大功率为P1、P2，则(　　) A．P1＜P2 B．P1＝P2 C．W1＝W2 D．W1＞W2 A　[设水平恒力F1作用时间为t，F1作用下物体运动的位移为x，最大速度为v1，则有x＝a1t2＝t2，－x＝v1t－a2t2＝a1t·t－t2＝，两式联立解得F2＝3F1，F1作用过程物体做匀加速直线运动，故撤去前瞬间达到最大功率P1＝F1v1，W1＝F1x＝，F2作用过程物体先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动，回到出发点位置时速度为v2，由动能定理得W2＝F2x＝3F1x＝，则有W2＝＝，得v2＝2v1，故F2作用过程中回到出发点时速度最大，功率最大，P2＝F2v2＝3F1·2v1＝6F1v1＝6P1＞P1，故选A。] 7．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，并固定在地面上，再让小木块从斜面的某处由静止下滑，仍滑到a点停下。则小木块释放的位置可能是(　　) A．甲 B．乙 C．丙　　　D．丁 C　[由动能定理有13mgl－μmg cos θ·－29μmgl＝0，nmgl－μmg cos θ·－18μmgl＝0，联立可得n≈8，丙位置到水平面高度为8个小格的高度。故选C。] 8．(12分)如图所示为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： (1)小物块到达D点的速度大小； (2)B和D两点的高度差； (3)小物块在A点的初速度大小。 [解析]　(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mg＝ 解得vD＝。 (2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 CDE内侧，则在C点有cos 60°＝ 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 －mg(R＋R cos 60°)＝ 则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝ 联立解得vB＝，HBD＝ 0。 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 －μmgs＝ s ＝π·2R 解得vA＝。 [答案]　(1)　(2)0　(3) 13/13 学科网（北京）股份有限公司 $