第14讲 功和功率 专项训练 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 以恒力做功、功率计算、机车启动为核心，通过真题典例构建“概念辨析-定量计算-综合应用”的递进式训练体系，强化能量观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|8题（含3真题）|恒力做功：力与位移夹角分析、相对位移计算；功率：P=Fv瞬时功率、P=W/t平均功率；机车启动：恒定功率下牵引力与加速度关系|从恒力做功（基础概念）→功率计算（延伸应用）→机车启动（综合模型），形成“概念-公式-模型”逻辑链| |综合提升练|3选择+1计算（含4真题）|摩擦力做功：路程与位移区分；功率综合：P=ηρQgh实际应用；起重机多过程功率分析|整合功、功率、牛顿定律，强化多过程问题的科学推理与模型建构| |培优加强练|1题（真题）|不同力拉物体的功率比较：正交分解法、平均功率与瞬时功率计算|深化力的分解、功率公式在复杂场景中的迁移应用，培养质疑创新思维|

第14讲 功和功率 专项训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　恒力做功的分析和计算 1.(2026·江苏南京期中)托球跑是校运动会趣味项目，如图所示，某段时间内乒乓球相对球拍静止一起水平向右做匀速直线运动，此过程中(　　) A.乒乓球所受合力做正功 B.支持力对乒乓球不做功 C.空气阻力对乒乓球不做功 D.乒乓球对球拍的压力对球拍做负功 2.如图所示，小车静止在光滑水平面上，一个物体以某初速度水平滑上该小车，并在小车上滑动一段距离后相对于小车静止。已知在此过程中，小车相对于地面滑动的距离是物体相对于小车滑动距离的三分之一。物体克服摩擦力所做的功为W1，摩擦力对小车所做的功为W2，则W1∶W2的值为(　　) A.4 B.3 C.2 D.1 3.某科技小组利用弹性绳网模拟火箭回收。如图所示，“口”字形的绳网四个角各用一根弹性绳索拉住，绳索另一端固定在立柱上。将火箭模型从某高处释放，从接触绳网到下降至最低点的过程中，下列说法正确的是(　　) A.火箭模型接触绳网立即减速 B.火箭模型在最低点所受合力为0 C.火箭模型接触绳网后先失重后超重 D.绳网对火箭模型先做正功后做负功 对点2　功率的分析和计算 4.一台抽水机每秒能把30 kg的水抽到10 m高的水塔上，如果不计额外功的损失，这台抽水机保持输出功率不变的前提下，半小时内能做功(g=10 m/s2)(　　) A.3×105 J B.5.4×105 J C.5.4×106 J D.3×106 J 5.“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(　　) A.109 W B.107 W C.105 W D.103 W 6.(2026·江苏扬州期末)如图所示，一内壁光滑的半球形容器固定在水平桌面上，O为球心，A、O、C等高，B为最低点，小球在A点由静止释放，在运动过程中(　　) A.经过B点时重力的功率最大 B.经过C点时重力的功率最大 C.从A到B重力的功率一直变大 D.从A到B重力的功率先变大后变小 对点3　机车启动问题 7.(2026·江苏镇江期中)一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，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阻保持不变。动车在时间t内(　　) A.做匀加速直线运动 B.牵引力的功率P=F阻vm C.当动车速度为时，其加速度为 D.牵引力做的功W=m-m 8.(2026·江苏苏州期中)2023年10月，“空中出租车”在上海试飞成功，完成首秀。质量为m的“空中出租车”在竖直方向的牵引力作用下，从静止开始竖直上升，其运动图像如图所示，0~t1为匀加速阶段，t1时刻“空中出租车”达到功率P并保持不变，运动过程中阻力大小恒定。下列说法正确的是(　　) A.整个过程牵引力保持不变 B.0~t2时间内，牵引力做功为Pt2 C.阻力大小为 D.时刻“空中出租车”的功率为 综合提升练 1． 选择题： 9.(2026·江苏扬州期中)如图所示，甲、乙两名工人将相同的货物从斜面底端匀速推上平台。斜面粗糙程度相同，推力平行于斜面向上，则(　　) A.甲推力一定比乙小 B.甲推力一定比乙大 C.两人推力做功相等 D.甲推力做功比乙多 10.(2026·江苏镇江期中)一辆质量为m的汽车以速度v0匀速行驶在平直路面上，发动机驱动功率为P0。汽车防撞系统发现前方有障碍物，系统立即撤去驱动力，施加制动力使汽车减速，制动力功率为2P0，不计传动过程中能量损失，当汽车速度为时汽车的加速度为(　　) A. B. C. D. 11.(2026·江苏苏州吴江中学月考)起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m=150 kg的物体，其a-t图像如图所示，5~10 s内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　) A.物体在0~10 s内运动的最大速度为10 m/s B.起重机的额定功率为1 800 W C.5~10 s内起重机对物体做的功等于0~5 s内起重机对物体做功的1.5倍 D.5~10 s内起重机对物体做的功等于0~5 s内起重机对物体做功的2倍 二．计算题： 12.如图甲所示的水平地面上，质量为1 kg的物体在水平方向力F的作用下从静止开始做直线运动。图乙为F随时间t变化的关系图像。已知物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10 m/s2，求: (1)在2 s末物体的速度大小; (2)在0~3 s内物体所受摩擦力做的功。 培优加强练 13.(2026·江苏南京期中)如图甲、乙所示，斜面固定且粗糙，分别用力F1、F2将同一物体由静止以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端。下列关于此过程说法正确的是(　　) A.图甲中物体重力做功的平均功率大 B.图乙中物体克服摩擦力做的功少 C.物体到达顶端时F2做功的功率大于F1做功的功率 D.物体到达顶端时摩擦力做功的功率相同 参考答案： 1.答案　D解析　乒乓球做匀速直线运动，乒乓球所受合力为零，故乒乓球所受合力做功为零，A错误;支持力与乒乓球位移之间的夹角为锐角，支持力对乒乓球做正功，B错误;空气阻力的方向与乒乓球位移的方向相反，空气阻力对乒乓球做负功， C错误;乒乓球对球拍的压力与球拍移动位移方向的夹角为钝角，乒乓球对球拍的压力对球拍做负功，D正确。 2.答案　A解析　设物体相对于小车的滑动距离为d，则小车相对于地面的滑动距离为，物体相对于地面滑动的总位移为d+=，则W1=Ff·，W2=Ff·，可得==，故A正确。 3.答案　C解析　火箭模型接触绳网时重力大于绳网的弹力，继续向下加速，故A错误;火箭模型在最低点绳网的弹力大于重力，所受合力向上，不为0，故B错误;火箭模型接触绳网后先向下加速后向下减速，所以先失重后超重，故C正确;绳网对火箭模型的力始终向上，从接触绳网到下降至最低点的过程中，绳网对火箭模型一直在做负功，故D错误。 4.答案　C 5.答案　B解析　发电功率P=η·P=P=ηρQgh，代入数据解得P≈107 W，B正确。 6.答案　D解析　经过B点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为0，故A错误;由机械能守恒定律可知，经过C点时速度为0，重力的功率为0，故B错误;在A点速度为0，则功率为0，而B点功率也为0，中间过程功率不为0，所以从A到B重力的功率先变大后变小，故C错误，D正确。 7.答案　B解析　动车以恒定功率加速，由P=F牵v可知，动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律有F牵-F阻=ma，可知动车的加速度逐渐减小，A错误;当动车的加速度为零，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，则P=F阻vm，B正确;当动车速度为时，牵引力为F牵'===3F阻，根据牛顿第二定律可得F牵'-F阻=ma1，解得此时动车的加速度为a1=，C错误;设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W-F阻x=m-m，解得牵引力所做的功为W=F阻x+m-m，D错误。 8.答案　D解析　根据题意可知，匀加速过程牵引力保持不变，功率达到P后并保持不变，之后牵引力逐渐减小，最后保持不变，故A错误;0~t1时间内，“空中出租车”做匀加速直线运动，牵引力的功率从0增大到P，t1~t2时间内牵引力的功率一直为P，故0~t2时间内牵引力做功小于Pt2，故B错误;当速度达到最大速度v2时，根据平衡条件有F阻+mg=F，其中F=，解得阻力大小F阻=-mg，故C错误;根据题图可知，时刻“空中出租车”的速度为，此时牵引力大小为F牵=，则该时刻的功率为P'=F牵=·=，故D正确。 9.答案　D解析　设斜面倾角为θ，货物匀速运动，沿斜面方向受力平衡，有F=mgsin θ+μmgcos θ=mgsin(θ+φ)，其中sin φ=，由此可知，斜面倾角越大，θ+φ越大，但sin(θ+φ)不一定越大，所以甲和乙的推力大小关系无法确定，故A、B错误;设斜面高度为h，则推力做功为W=F·=(mgsin θ+μmgcos θ)=mgh(1+)，由于左侧斜面倾角较小，tan θ较小，则W较大，即甲推力做功比乙多，故C错误，D正确。 10.答案　A解析　汽车匀速行驶时，根据平衡条件得阻力F阻=F=;当汽车减速运动时，根据牛顿第二定律有F制动+F阻=ma，当汽车速度为时，制动力为F制动==，联立解得当汽车速度为时汽车的加速度a=，故A正确。 11.答案　D解析　由a-t图像可知，物体在0~5 s内做匀加速直线运动，5 s时物体的速度为v1=at1=2×5 m/s=10 m/s，由于5 s后物体做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0~10 s内运动的最大速度大于10 m/s，故A错误;由a-t图像可知，在5 s时，物体结束做匀加速运动，此时起重机功率达到额定功率，根据牛顿第二定律可得F-mg=ma，解得F=1 800 N，则起重机的额定功率为P额=Fv1=1 800×10 W=18 000 W，故B错误;0~5 s内，物体的位移为x1=t1=×5 m=25 m，0~5 s内起重机对物体做的功为W1=Fx1=1 800×25 J=45 000 J，5~10 s内起重机保持额定功率不变，则5~10 s内起重机对物体做的功W2=P额t2=18 000×5 J=90 000 J，可得W2=2W1，故C错误，D正确。 12.答案　(1)8 m/s　(2)-27 J 解析　(1)物体所受的摩擦力为Ff=μmg=0.2×1×10 N=2 N 0~2 s内，根据牛顿第二定律得F-Ff=ma 其中F=6 N 解得a=4 m/s2 2 s末物体的速度v=at=4×2 m/s=8 m/s。 (2)前2 s内物体的位移x1=at2=×4×22 m=8 m 2~3 s内，根据牛顿第二定律得F'-Ff=ma' 其中F'=-3 N 解得a'=-5 m/s2 2~3 s内，物体的位移x2=vt'+a't'2 代入数据解得x2=5.5 m 在0~3 s内物体所受摩擦力做的功Wf=-Ff(x1+x2) 代入数据解得Wf=-27 J。 13.答案　C解析　两物体的加速度相同，斜面长度相同，根据x=at2可知，两物体从斜面底端到顶端的时间相同，重力做功相同，根据P=可知，两图中重力做功的平均功率相同，A错误;图甲中摩擦力大小为Ff1=μmgcos θ，图乙中摩擦力大小为Ff2=μ(mgcos θ+F2sin θ)，根据Wf=Ffx可知，图甲中物体克服摩擦力做的功少;根据v=at可知，两物体到达顶端时的速度相等，根据Pf=Ffv可知，到达顶端时图甲中物体摩擦力做功的功率较小，B、D错误;根据牛顿第二定律，图甲中有F1=mgsin θ+μmgcos θ+ma，图乙中有F2cos θ=mgsin θ+μ(F2sin θ+mgcos θ)+ma，两物体到达顶端时的速度相等，则P1=F1v，P2=F2cos θ·v，可知P2>P1，即物体到达顶端时F2做功的功率大于F1做功的功率，C正确。 学科网（北京）股份有限公司 $