第4章 课时冲关19 机械功和功率&课时冲关20 动能和动能定理-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业（鲁科版）

第四章 课时冲关19 基础落实练 1.(2025·云南卷，2)如 图所示，中老铁路国 际旅客列车从云南某 车站由静止出发，沿 水平直轨道逐渐加速 到144km/h,在此过程中列车对座椅上的 一高中生所做的功最接近 ( ) A.4×105J B.4×104J C.4×103J D.4×102J 2.（双选)(2025·四川卷，8)若长度、质量、时 间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列 各式可能表示能量的是 A.ab B.ab C. n 3.一端固定的轻质弹簧处于原长， 第一次用互相垂直的两个力F,、 F。拉弹簧的另一端至O点，如 图，在此过程F,、F。分别做了6 0 J、8J的功；第二次换用另一个力 F F仍使弹簧重复上述过程，该过 程F所做的功是 ) A.2J B.10J C.12 J D.14J 4.(双选)以恒力F推物体使它在粗糙水平 面上移动一段距离s,力所做的功为W1, 平均功率为P,.以相同的恒力F推该物体 使它在光滑水平面上移动相同的距离、， 此时力F所做的功为W2,平均功率为P2, 则下列结论中正确的是 ( ) A.W<W, B.W=W, C.P=P2 D.P <P2 能力综合练 5.（双选)图为某城市广场喷泉 喷出水柱的场景.从远处看， 喷泉喷出的水柱超过了40层 楼（约125m)的高度.靠近看， 喷管的直径约为10cm.水的密度为1.0×103 kg/m3,假设喷泉电动机的能量全部用来转 化为水的动能，不计空气阻力，取π=3，则 A.水离开喷管口时的速度大小约为50m/s B.单位时间内喷出管口的水柱的体积约 为1.5m C.单位时间内喷出管口的水柱的质量约 为1500kg D.给喷泉喷水的电动机的输出功率约为 468kW 功和机械能 机械功和功率 6.(双选)一辆玩具赛 /(m.s) 车在水平直线跑道 0.1 上由静止开始以 0.05 10kW的恒定功率 a/m·8 加速前进，赛车瞬时 20 速度的倒数上和瞬时加速度a的关系如图 所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力不变， 赛车到达终点前已达到最大速度.下列说法 中正确的是 () A.赛车做加速度逐渐增大的加速直线 运动 B.赛车的质量为25kg C.赛车所受阻力大小为500N D.赛车速度大小为5m/s时，加速度大小 为50m/s2 素养培优练 7.如图甲所示，一台起重机将质量m=200kg的 重物由静止开始竖直向上匀加速提升，4s 末达到额定功率，之后保持该功率继续提 升重物.5s末重物达到最大速度℃m整个 过程中重物的v-t图像如图乙所示.取g= 10m/s2,不计额外功率.试计算： (1)0~4s内钢绳对重物的拉力大小？ (2)起重机的额定功率P与重物上升的最 大速度vm; (3)前5s内起重机的平均功率P, 4m/) 0123456 图甲 图乙 79 课时冲关20 基础落实练 1.如图所示，质量为m的小球 从M点以与水平方向成30°M00 角、大小为。的速度朝右上方射出.不计 空气阻力，则小球到最高点时的动能为 D. 8n 2.在某次推铅球训练中，小 王将铅球推出，如图所 示，不计铅球在运动过程 中所受的空气阻力.则铅球在空中运动时，其 动能、动能变化率随时间变化的图像是 3.质量为10g的子弹，以300m/s 的速度射入厚度为5cm的固定木 板（如图所示），射穿后的速度是 100m/s.则子弹射穿木板的过程 中受到的平均阻力F的大小是多少 ) A.F-80 N B.F=800N C.F=8000N D.F=80000N 4.一辆汽车以v1=6m/s的速度沿水平路面 行驶时，急刹车后能滑行x1=4m,如果以 ℃2=12m/s的速度行驶，在同样路面上急 刹车后滑行的距离x2应为（不计空气阻力 的影响) A.8 m B.12 m C.16 m D.20 m 5.如图，轻质弹簧左端固% 77777777777 定且呈水平状态，用手使一木球压紧轻质 弹簧并保持静止.松手后，弹簧将木球弹 出.在木球被弹出的过程中，弹簧的弹性 势能减少了50J.木球克服阻力做的功为 30J,则在此过程中 A.阻力对木球做了30J的功 B.弹力对木球做了一50J功 C.木球的动能减少了30J D.木球的动能增加了20J E 动能和动能定理 6.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6m/s.已知货物质 量为20kg,滑道高度h为4m,且过Q点 的切线水平，重力加速度取10m/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360J B.克服阻力做的功为440J C.经过Q点时向心加速度大小为6m/s D.经过Q点时对轨道的压力大小为180N 7.我国高铁自主创新取得重大 成果.如图所示，一列质量为 m的动车，以恒定功率P在 平直轨道上从静止运动，经时间t达到该 功率下的最大速度vm,设动车行驶过程所 受到的阻力f保持不变.动车在时间t内 A.加速度越来越大 B.加速度保持不变 C最大速度，-号 D.牵引力做功w=1mz 能力综合练 8.(双选)从地面竖直 ↑E小 100 向上抛出一小球，在 80 距地面高度3m内， 上升 60 其上升、下落过程中 40 下落 动能E,随高度h变 20 h/m 化的图像如图所示. 3 已知小球在运动过程中受到的阻力大小恒 定，重力加速度g=10m/s2,取地面为重力 势能参考平面，下列说法正确的是() A.小球抛出时的速度大小为10m/s B.小球的质量为2.5kg C.小球运动过程受到的阻力f=5N D.小球上升过程的加速度大小是下落过 程的两倍 80 9.如图，水平地面与圆心 为O、半径R=0.4m 53° B 的固定竖直圆弧轨道 相切于A点，该轨道的圆心角为53°，B为 圆弧轨道的最高点.一质量m=0.5kg的 物块静止于水平地面上的C点处，C、A之 间的距离L=0.68m.现对物块施加一水平 向右的恒力，当物块到达B点时撤去该力.已 知物块经过B点后再经过t=0.4s后落到 地面上，物块可视为质点，忽略空气阻力及 一切摩擦，重力加速度g取10m/s2,sin53 =0.8,c0s53°=0.6.求： (1)物块落地点与B点之间的水平距离； (2)恒力F的大小. 素养培优练 10.（2025·四川 挡板 卷，15)如图 所示，倾角为 0的斜面固 定于水平地 a6甲 面，斜面上固 定有半径为R的半圆挡板和长为7R的 直挡板.a为直挡板下端点，bd为半圆挡 281 板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高 点，两挡板相切于b点，de与ab平行且 等长.小球乙被锁定在c点.小球甲从a 点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点 与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间 解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运 动过程中无其他碰撞.小球甲质量为1， 两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重 力加速度大小为g (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过 程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小 球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的 质量比值应满足的条件； (3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰 撞后小球乙能穿过线段de,求小球甲初 动能应满足的条件(3)图线与横轴有裁距，说明实验前没20 有平衡阻力或平衡阻力不够。 15 答案：(1)1.63.2(2)见解析 ③)实控前设有平衡阻力或平衡阻力 不够 3.解析：这是探究牛顿第二定律的实验，即(2)是探究小车 加速度与槽码质量的关系，所以该实验必须平衡摩擦力，并 且要保证槽码的质量远小于小车的质量， (1)由图像可知小车的加速度与槽码的质量成非线性 关系， (2)a-m图线不经过原，点，在m轴上有截距，即挂上小槽码 后小车加速度仍为零，可能的原因是存在摩擦力. (3)本实验直接以槽码所受重力g作为小车受到的合外力， 则应采取的措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，槽码的 质量应满足的条件是远小于小车的质量」 答案：(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾 斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量 课时冲关19机械功和功率 1.B 2.AC 3.D 4.BD 5.AD[水离开喷管口时的速度大小约为v=√2gh= √2×10×125m/s=50m/s,选项A正确：单位时间内喷 出管口的水挂的体积约为V=S0=子D=子X3X 0.1×50m3=0.375m3,选项B错误；单位时间内喷出 管口的水柱的质量约为m=pV=10×0.375kg=375kg,选 项C错误；给喷泉喷水的电动机的输出功率约为P= 1 =立×375X50W≈468kw,选项D正确.] 1 △t .BC[由牛颜第二定律有号-∫=m,可知随者速度的 增大，则赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，由上 迷公式整理得号-a十卡，可知图像的斜牵恒定为 m 丹，与纵轴的截距为石，结合国像可得=0,05， 0.10.05,解得m=25kg,f=500N,代入0=5m/s,解 20 得a=60m/s2,故选BC.] 7.解析：(1)根据U-t图像可知0~4s内重物做匀加速直 线运动的加速度大小为 a=8是-子/g-0.5m, 根据牛顿第二定律可得F-g=ma, 解得钢绳对重物的拉力大小为F=2100N; (2)4s末达到颜定功率，则起重机的额定功率为P=F =2100×2W=4200W, 5s末重物达到最大速度，此时牵引力等于重力，则有P =F'vm=mgUm' P4200 解得=g=200X10m/s=2.1m/s: (3)0~4s内重物的位移为x=学4=号×4m=4m, 整个前5s内，牵引力做的功为WF=Fx1十P(t一t)= 2100×4J+4200×(5-4)J=12600J, 则前5s起重机的平均功率为下==2600W t 5 =2520W. 40 答案：(1)2100N;(2)4200W,2.1m/s (3)2520W 课时冲关20动能和动能定理 1.D2.C3.C4.C 5.D[木球克服阻力做的功为30J,则阻力对木球做了 一30J的功，故A错误；弹簧的弹性势能减少了50J,则 弹力做正功，对木球做了50J功，故B错误；根据动能定 理，木球的动能变化量△Ek=W=W弹十W=20J,故 C错误，D正确. 6.B[重力做的功为Wc=mgh=20×10×4J=800J,故 A错误，下滑过程根据动能定理可得W。一W:=之m6, 代入数据解得克服阻力做的功为W克！=440J,故B正 4m/s2= 确；经过Q点时向心加速度大小为口=名=。卫 9m/s,故C错误；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=380N, 根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N, 故D错误，] 7.C[动车的牵引力为F=吕，根据牛颜第二定律 F幸一∫=ma,随着动车速度的增大，动车的牵引力逐渐 减小，加速度越来越小，故A、B错误；动车达到该功率下 的最大速度时，根据平衡条件可得F=f,最大速度为？m =卡=，故C正确：设动车在时间内，位移为，根 据动能定理w-红=名m,牵引力微功W=f红十 1 mu,故D错误.] 8.CD[根据动能定理F每·△h=△Ek,可知Ek-h图像的 斜率绝对值表示合力大小，则上升过程有F。=g十f =100-40N=20N, 3 下落过程有F'令=mg-f=50,20N=10N, 3 联立解得m=1.5kg,f=5N,故B错误、C正确；小球拋 出时，由图像可知Ew=2m=100J, 解得小球地出时的速度大小为=205m 3m/s,故A错 误；根据牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度大 小与下落过程的加速度大小之比为号=F=气，故卫 正确.] 9.解析：(1)物块通过B点后在竖直方向上做斜上抛运动，有 1 R-Rcos53°=-gsin53°·t+2gt, 解得vB=2m/s, 物块在B点水平方向上做匀速直线运动，有 d=vzc0s53°·t, 解得d=0.48m; (2)由C点至B点对物块由动能定理有F(L十Rsin53°) 1 一mg(R-Rcos53)=之m哈，解得F=1.8N. 答案：(1)0.48m(2)1.8N 9 10.解析：(1)小球甲从a点沿直线运动到b,点过程中，根据 牛顿第二定律有1gsin0=1a1, 解得甲在ab段运动的加速度大小a1=gsin8: (2)甲恰能到c点，设到达c点时的速度为U1,可知 mgsin0=m尺，解得=√gRsin0 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量 1 守恒和能量守恒m14=m十m,之m02= 1 214② 解得碰后乙的速度为一，十 碰后乙能运动至e点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周 运动后沿着斜面到达e点，此时需满足gsin≤m,尺， 即2≥√gRsin日③， 联立①②③可得%≥1， m2 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知7R 十R=gsin0f,R=w,解得4=子VRsm0④. 联立000可得器=： (3)在(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段d, 根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆 周运动显然不满足能越过线段de,故碰后乙做类平抛 运动越过线段d,故碰后乙的速度必然满足v2 <√gRsin, 同时根据类平抛运动规律可知 7R+R= gsin0·△r,w△>R, 1 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上， 可得当R= gsin9·△r,w2△t<R, 1 联立解得Rsim0<,√/分Rsin0回， 1 联立②⑤将%= 12 子代入可得VRsn0<< √8 gRsin0⑥， 对甲球从a到c过程中根据动能定理一m1g·8Rsin日 =含ma2-E。@, 联立@①可得号叫，Rsin9<E<12m,Rsin.0. 答案：(1)gsin8 (2)≥1或%=↓ m2 27 (3)mgRsine-Ew<12mgRsin 0 课时冲关21素养培优7动能定理 在多过程中的应用 1.BC[水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的 路程等于飞时，递度的大小为，有F一人=之m 一0，则在此过程中F所做的功为WF=Fs。=f5。十 1 1 之呢>之m心，故A错误；物体从静止出发先加速后减 41 速到零，全过程由动能定理可知外力的总功为零，故B 正确；撤去F后物体继续滑行2。的路程后停止运动，有 一mg·2,=0一之m0i,解得物体与桌面间的动摩擦 ，故C正确：对全过程由动能定理有B。 因数为=4g 一∫·3s。=0一0，则F的大小等于物体所受滑动摩擦力 大小的3倍，故D错误.] 2.解析：(1)在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆孤形轨 道BC,则有m=0s60' 解得g=2=6m/s; (2)从B运动到C点，根据动能定理可得 1 1 mgh=之m近-之m防' 在最低，点C,根据牛顿第二定律可得 F-mg=mF’ 又h=R(1-cos8), 联立可得F=1740N, 根据牛顿第三定律可知，离开圆弧轨道末端时，滑板对 轨道的压力大小为1740N; (3)由B点到E点，由动能定理可得 mgh-mg5m-mgH=0-之u, 代入数据可得1=0.125： (4)运动员能到达左侧的最大高度为h',从B到第一次 返回左侧最高处，根据动能定理有 mgh-mgN-mg·2n=0-子m话， 解得h=1.8m<h=2m, 所以第一次返回时，运动员不能回到B点；设运动员从 B点运动到停止，在CD段的总路程为s,由动能定理可 得mg一mg=0-合m, 代入数据解得s=30.4m, 因为s=3D十6.4m, 所以运动员最后停在D点左侧6.4m处，或C点右侧 1.6m处. 答案：(1)6m/s(2)1740N(3)0.125 (4)不能回到B点，最后停在D点左侧6.4m处，或C点 右侧1.6m处 3.解析：(1)小车的质量m=50g=0.05kg, 小车由A运动至B过程，由能量关系可知 1 En=mgL+之mw啦' 其中L=1.0m=0.2, 代入数据得g=√10m/s: (2)小车恰好能通过竖直圆轨道BCD,设小车在C,点的 vc 速度为vc,则mg=mF, 小车从B到C,由动能定理得 -mg·2R=2m呢-之m, 1 得R=0.2m, 在B点，根据牛顿第二定律可得 Fs-mg=mR'