课时分层检测(26)功，功率-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

近火点减速才能运动到“火星停泊段”，故C正： 确：着陆巡视器从“离轨着陆段”至着陆到火星} 表面的全过程中，重力势能减小，动能减小，机{ 械能不守恒，故D错误。] 3.AL在P点变轨前后空间站所受到的万有引 力不变，根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、！ 后在P点的加速度相同，故A正确；因为变轨 后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三， 定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的 大，故B错误：变轨后在P,点获得竖直向下的 反冲速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因 此合速度变大，故C错误；由于空间站变轨后 在P点的速度比变轨前大，而比在近地点的速！ 度小，则空间站变轨前的速度比变轨后在近地 点的小，故D错误。] 4.CD[神舟十九号飞船沿轨道Ⅱ运动过程中，A: 点为近地点，B点为远地点，根据开普勒第二定} 律可知，近地，点的速度大于远地，点的速度，即 vA>Vg,故A错误：飞船沿轨道Ⅱ从A点运动 到B点的过程中，万有引力做负功，神舟十九： 号飞船动能减小，势能增大，机械能守恒，故B 错误：神舟十九号飞船在圆轨道做匀速圆周运 动，由万有引力提供向心力，则有GMm- r- m号，解得一√道和轨道Ⅲ都是国 轨道，且r1<r3,则有>：飞船从轨道Ⅱ运！ 动到B处时加速做离心运动进入轨道Ⅲ，因此！ 在轨道I上的速度大于沿轨道Ⅱ运动经过B; 点的速度，故C正确：神舟十九号飞船沿轨道 门运动时，由开普勃第三定常可容片 十r3 2 T,2 解得T=T√2】 /十r3 ,故飞 船从A,点沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点所用的时 ,故D正确。故 选CD。] 5.AC[假设恒星和黑洞的质量分别为M、m,环： 绕半径分别为R、r,且n<M,两者之间的距离！ 为L,则根据万有引力F%三G,恒星和黑 洞之间的距离不变，随着黑洞吞噬恒星，在刚开 始吞噬的较短时间内，M与n的乘积变大，黑！ 洞和恒星之间的万有引力变大，故A正确：黑： 洞和恒星的角速度相等，根据万有引力提供向！ 心力有GMm=mm'r=MmR,其中R+r=L,! 解得黑洞的角速度ω ,/GMFm,由于(M+m): 和L均不变，则角速度不变，故B错误；裉据： 心r=MR,得=，因为M减小，m增n 大，所以R增大，r减小，由Va=uR,Vg=wr, 可得a变大，Ug变小，故C正确，D错误。] 6.D[对连地卫星，有G0”-m( (2R,地 球的质量M=A·号R,联立解得A G,,以地球赤道处一质量为m的物体为研 3π 究对象，只有当它受到的万有引力大于等于它： 随地球一起旋转所需的向心力时，地球才不会 瓦解，设地球不因自转而瓦解的最小密度为，！ 剥有G-m()R,MA·R R2 联主解得公器，所以会=是故遂D】 T 7.B[三星系统是三颗星都绕同一圆心O做匀！ 速圆周运动，由此它们转动的角速度相同，由线 速度与角速度的关系公式v=r,可知星体的 线速度=2gA错误；由向心加速度公式！ a=ur,可得星体的加速度aA=wrA0,aB=} uro=2awr0,则有2aA=ag,B正确；三颗星！ 都绕同一圆心O做匀速圆周运动，因此可得星 体A、B受力如图所示，由解析图可知，A、B间 的万有引力大小等于A、C间的万有引力大小， B、C间的万有引力大小小于A、C间的万有引力： 大小，分力的夹角相等，因此F4>F:,C错误： 由图可知，A、B间的万有引力大小等于A、C间 的万有引力大小，可知nB=n,B、C间的万有！ 引力大小小于A、C间的万有引力大小，可知： mA>me,则有mA>mg,D错误。] AD[该系统属于稳定的三星系统，三个星体 的角速度、周期相同，动量大小不变，运动过程 中总动量不变，A正确，B错误；A所受万有引 力的大小为F=2G3m:2mcos30°-6y3Gm d d C错误；若B的角速度为仙，则A的角速度也为 仙，根据63Gn =2mr,则A与圆心0的距 离为r=3y5Gm,D正确.] B[四额星体在同一平面内围绕同一，点做匀！ 速圆周运动，所以星体做匀速圆周运动的圆心 一定是正方形的中心，故A错误；由2Gm m2 2L3 m可知a=(受十回)c,若边长L和星体 质量均为原来的两倍，星体做匀速圆周运动： 的加速度大小是原来的2，故C错误；由 (+回6=m v 一可知星体做匀速圆： 2 周运动的线速度大小为气 (4+2)G,所以若 4 边长L和星体质量m均是原来的两停，星体做匀！ 速圆周运动的线速度大小不变，故D错误。] 0.解析(1)飞船在轨道A上运动时，由万有引 力提供向心力，可得G Mm VA (2R)=m2R GM 解得UA√2R 飞船在轨道B上运动时， 由牛顿第三定律可得GR)=m@g】 GM 解得ag=16R (2)设飞船在轨道A和轨道B上稳定运行时！ 的机械能分别为Ea和EB, 则有EA=EkA十EA,EB一ExB十EnB 飞船在轨道A的动能EkA=7m=G. 4R 势能EA=_GMm 2R 可得EA=-GMm 4R 飞船在轨道B的动能 m， En-2 mun,G Mu 514 则EB-G,势能EB=_GMm 8 4R 可得Eg=一GMm 8R 可得这次轨道转移点火需要的能量 △E=EB-EA-GMm 8R9 GMGM 答案(1λ√2示16R (2)GMm 8R 课时分层检测（二十六） ,B[在a→b和b→c整个过程中，该返回器在 大气层中运动，大气阻力方向与运动方向相反， 因此大气阻力始终对该返回器做负功，A、C错 误，B正确；b→C过程中，该返回器除受地球引 力作用外，还受到大气阻力作用，D错误。] ,B[由于雨滴是匀速下落，所以受力平衡，空 气阻力等于重力，F:=mg,所以克服空气阻力 做的功为：W克r一F;·h=mgh,远项B正确。门 .C[汽车匀速行驶，牵引力F等于阻力F,实 际功率P=Fv=Fv=1.8X103×20W= 3.6×10W=36kW,故远项C正确。] [当物块与斜面间的摩擦力为零时，则 ngtan0-mao,即a一ao一gtan0时，物块与斜 面之间无摩擦力，此时摩擦力不做功：若 a>gtan0,物块受摩擦力沿斜面向下，此时摩 擦力与位移夹角小于90°，摩擦力做正功；若 a<gtan0,物块受摩擦力沿斜面向上，此时摩 擦力与位移夹角大于90°，摩擦力做负功，故A、 B错误：支持力方向与斜面垂直，与位移夹角小 于90°，则支持力一定做正功，故C正确：合外 力为n不为零，方向水平，可知合外力做功不 可能为零，故D错误。] ,BD[设铅球抛出时的速度与水平方向夹角为0， 从抛出到最高，点的过程中，由y2=(sin)2一 2gh可知v1=V,2,由题图可知01>82，可得 <。推出铅球的过程中，根据动能定理 W=之m可知对铅球微的功等于钻球获得 的动能，同一铅球速度越大，动能越大，可知W W:,故A、C错误；两次推球过程铅球的位移 和推球时间均未知，所以平均速度大小可能相 同，故B正确；铅球落地时，重力的瞬时功率为 P=ngv,,又U,'=一v,十gt。由于抛出时竖 直方向的分速度相同，从抛出到落地过程中所 用时间相同，可知铅球落地时，重力的瞬时功率 相同，故D正确。] ,A[将力F分解为切线方向和径向方向两个 分力，其中径向方向始终与速度方向垂直，不做 功，切线方向分力始终与速度方向相同，则滑块匀 速运动半周，力F做的功为W=Fcos6O°·πR一 ,故A正确] ,B[汽车在0t1时间内做匀加速直线运动， 则加速度a不变，速度v均匀增加，牵引力F保 持不变，根据P一Fv=Fat可知功率随时间均 匀增加；1~t2时间内，功率P保持不变，根据 P 一F=na可知随着速度的增加，加速度a 减小，牵引力F减小：时刻后匀速行驶，速度 不变，牵引力等于阻力不变，加速度为零，功率 不变，故远B。] ,C[P一v图像斜率表示牵引力，速度增大到 A的过程中，汽车的牵引力不变，加速度不变， 故A错误；汽车匀速运动阶段的速度为唱，此 时牵引力等于摩擦力，汽车与地面间的摩擦力 大小为F一g ,故B错误；在OA段汽车为匀 加速启动，在A点功率为额定功率，牵引力为 匀加速运动的牵引力，故匀加速阶段的牵引力 ,a=一E,n=2a,联立得 为F,A UAUEM 西一2P,一)，故C正确：根据动能定理有 P1-F江=合mg2-合m以2，得1= m(vg2-）+工，故D错误。] 2P。 9.A[设电动玩具汽车的额定功率为P,受到的 阻力大小为，根据牛顿第二定律可得F一∫=} ma,又P=F,联主可得a=P.二-上，根 m v m 据a一占田像可得片-2ms,品-5-合2到 2 m2/s3=4m2/s3,解得P=200W,当牵引力等 于阻力时，速度达到最大，则有。=干=2m/s幻 故A正确。] 10.AC[c点时汽车速度最大，牵引力等于阻力， 所以F:=2×103N 汽车从a到b做匀加速直线运动，加速度为， a-F-E-4-2)×10 m/s2-2m/s2 1×103 汽车从a到b持续的时间为1=%二= 20二。=9，故A正确；根据F=号，结合 2 段图像，可知汽车从b到c以恒定功率加速，！ 根据牛顿第二定律有卫-F,=ma,可知汽车 由b到c过程做加速度减小的加速运动，故B! 错误；由b点知Pm=Fbvb=80kW,故C正} 确：汽车能够获得的最大速度为= 40m/s,故D错误。] 课时分层检测（二十七） 1,B[木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中！ 有两个力做功，拉力做 F ↑FN 正功，摩擦力做负功，根 据动能定理可知W。十 W,=令m-0,所以动 能小于拉力做的功，故B 正确，A错误；无法比较 动能与摩擦力做功的大 mg 小，C,D错误。 2.D[清洁车以恒定功率P启动，根据P=FU, 速度v增大时，牵引力F减小。由牛顿第二定 律F-f=na,F减小，测加速度a减小，所以清 洁车做加速度减小的变加速直线运动，不是匀 加速运动，A错误，B错误；合外力做功等于动： 能的变化量，也等于牵引力做功与阻力做功的！ 差值。牵引力做功W:一P,但合外力做功W合 =P一fs,C错误；根据动能定理WF一f= 立m-0,则牵引力微功W:-十2m2,D 正确。故选D。] 3.BD[将人的速度沿轻绳方向和垂直于轻绳方} 向分解，沿轻绳方向的速度等于重物G的速： 度，根据平行四边形定则，轻绳与水平方向的夹 角为a时，化一vcos a,故v>,A错误；人在 向右匀速运动的过程中，轻绳与水平方向的夹： 角α减小，所以重物的速度增大，重物向上做加： 速运动，由牛顿第二定律可知轻绳的拉力大于 重物的重力，B正确，C错误：当重物G上升高{ 度为h时，重物的速度一vcos a,重物由地面！ 上升高度h的过程中，根据动能定理可知W一 mgh=乞mue,解得W=mgh+2m(a), D正确。] 4.D[物体在重力作用下做平抛运动，加速度为！ R,坚直位移y=立，由动能定理得E- E,十mgy=E十mgf,故选D] 5.A[研究游客整个运动过程，裉据动能定理有 mg(h1十h2)-g√(4πr)2-h12-ngL- 0,代入数据解得：=0.08，实际上游客在螺旋： 轨道运行时，因为向心力的原因导致支持力比 在同角度的斜面大，即在螺旋轨道摩擦力做功 W>ng√(4r)一h',因此动摩擦因数应更！ 小，故A正确。门 A[物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程 中，由动能定理可得一mg·xA0一ng·xDB一} umgcos a·xAB=0三7nu。2,a为斜面倾角， 由几何关系有AB COS a=x昭，因而上式可以简！ 化为一ng·xA0-ng·xoD=0-7m2,从 上式可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关， 故选A。] 解析(1)设此时P、Q绳中拉力的大小分别为 FT1和FT2,由平衡条件可得 竖直方向FT1cosa=mg十FT2cos3 水平方向FTr1sina=Fr2sin3 联立解得Fr1=1200N,FT2=900N (2)整个过程根据动能定理得W十mgh=0 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 W=-4200J。 答案(1)1200N900N(2)-4200J AD「A相对B的运动有两种可能，相对静止 和相对滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的 功等于A、B系统动能的增加量：当A、B相对 滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增！ 加量，A项正确，B项错误；由动能定理知，F 对B做的功等于B的动能的增加量，拉力F和： F1对A做的功之和等于A的动能的增加量，D, 项正确，C项错误。] AD[小球到达C点的动 能最大，则小球的受力情 况如图所示。恒力方向沿 330 AC,合力方向沿OC,A正 909 确，B错误：合力F合 G=mg 30 √3mg,从A到C,由动能 定理得mg·号R 1 Ekc一 m,从A到B,有V3mg0s60°.2R= EkB一2 ,得E=m+3 2 mgR, Es=2mU,2十√5mgR,C错误，D正确。] 0.解析(1)物体处于平衡状态，则 k.ro=mgsin 解得此时弹簧的形变量xo=0.1m。 (2)①由F-x图像可得F=(4.8十100x)N 设物体运动位移为x时，物体的加速度为】 a,则 F+k(x。-x)-mgsin0=ma 解得a=2.4m/s 所以，物体做匀加速直线运动，根据运动学公 式有=2ax 代入数据有=4.8x。 ②物体位移为0.1m时撒 去拉力F,此后物体上滑 过程中弹簧弹力F:随形 变量x'变化的图像如图 所示物体上滑过程中克 服弹力所做的功W克 撤去拉力至物体恰好速度为0，根据动能定！ 理有 -mgrasin 0-- 2=4.8.x=0.48m/s 联立解得xm=0,04m。 答案(1)0.1m(2)①2=4.8. ②0.04m 515 课时分层检测（二十八） D[木块运动全过程中，根据动能定理可得 F-R·4L=0-0,可得F-下，木块在撒去 恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可 得FL一FL=E一0，解得木块所获得的最大 动能为E=,设选D BCD[对物块，全过程根据动能定理有ngh mgcos0·n0omg·an司=0，可得 h 么=么，故B正确，A错误，物块在水平面上的 加速度a=m8=g,故C正确；要使物块能从 B点返回A点，根据动能定理有一ngh h =0一EkB h 又mgh-gos0'sn0ng'x一and 0,联立可得EkB=2ngh,故D正确。] 解析(1)滑块第一次到D点具有的弹性势能 最大，从A至D的过程，根据动能定理可得 mg(R-LeD sin 30)-umgsw:+Ws=0 解得W=-1.4J 则E#=一W华=1.4J。 (2)由于斜面光滑，滑块到达D点后又向下运 动，经过多次在圆弧轨道与斜面之间来回运动， 最终滑块停在水平轨道BC上，设整个过程滑 块在BC上的路程为s,根据动能定理可得 mgR-umgs=0 解得s=2.25m 由6×0.4m-2.25m-0.15m,可知滑块最终 停在距离B点0.15m处。 答案(1)1.4J(2)0.15m 解析(1)运动员从A到B的过程中由动能定 理得 mgR=之m%-0 在B,点由牛顿第二定律和向心力公式得F、一 ng=m爱 联立解得FN=1800N 由牛顿第三定律得，在B,点运动员对圆弧形滑 道的压力大小FN'=FN=1800N,方向垂直于 BC向下。 (2)设运动员在BC段摩擦力对他做的功为 W,根据运动员从A点由静止出发到D,点时 的速度恰好为零，由动能定理得 mgR1+W:一ngR2=0 解得W:=-600J 运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的 初递度功=g受 解得o1=10m/s 运动员从A到D过程，由动能定理得 ngR+w二mgR,=2no2 代入数据解得vAo=10m/s (3)运动员下落后会在滑道上来回运动，直到最 终静止在BC上； 对运动员的全过程由动能定理得 mgR-F:s=0-2 mvAo W=-F;·BC 解得运动员在C段运动的总路程为s=47.5m 在BC上来回运动的次数n=C=9.5 运动员最终停在BC的中点，即离B,点2.5m处。 答案(1)1800N,方向垂直于BC向下 (2)10m/s(3)2.5m课时分层检测( 基础落实练 1.(2026·重庆市调研)嫦娥六号的返回之旅堪称 一场“太空芭蕾”，31马赫（相当于10.55km/s) 的“太空水漂”惊艳世人。如图所示，嫦娥六号返 回器关闭发动机后利用大气层“水漂”降速，在由 a点进入大气层到达最低点b,又返回从c点跳出 大气层的过程中，下列说法正确的是 ( 返回器跳 返回器进 出大气层 入大气层 A.a→b过程中，大气阻力对该返回器做正功 B.a→b过程中，大气阻力对该返回器做负功 C.b→c过程中，大气阻力对该返回器做正功 D.bc过程中，该返回器只受地球引力作用 2.(2023·新课标卷·15)无风时，雨滴受空气阻力 的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。 一质量为m的雨滴在地面附近以速率？下落高 度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加 速度大小为g) ( ) A.0 B.mgh 1 C.mvmgh D.7m+mgh 3.质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶， 速度为20m/s,受到的阻力大小为1.8×103N。此 时，汽车发动机输出的实际功率是 A.90W B.30 kW C.36 kW D.300 kW 4.(2026·黑龙江大庆模拟预 测)如图所示，质量为m的 物块置于倾角为0的斜面 0 上，物块与斜面间的动摩擦 33 十六) 功、功率 因数为u,在外力作用下，斜面以加速度a沿水平 方向向左匀加速运动一段距离，运动中物块与斜 面体始终相对静止。关于物块，下列说法正确 的是 ( A.摩擦力一定不做功 B.摩擦力一定做负功 C.支持力一定做正功 D.合外力做功可能为零 5.(多选)(2026·陕西商洛市 模拟)如图所示，在投掷铅球 比赛中，某同学先后从同一 M 位置抛出同一铅球，铅球第1次落在水平地面上 的M点，第2次落在水平地面上的N点，两次铅 球到达的最大高度相同。不计空气阻力，关于两 次铅球在空中运动情况的描述，下列说法正确的 是 ( A.两次推球过程，速度变化量大小相同 B.两次推球过程，平均速度大小可能相同 C.推球过程，合外力对铅球做功满足W1=W2 D.铅球落地时，重力的瞬时功率满足P1=P2 6.(2026·河南信阳一模)如图 所示，用一个大小不变的力F R 拉着滑块（视为质点）使其沿 F 半径为R的水平圆轨道匀速 609 运动半周，若力F的方向始终与其在圆轨道上作 用点的切线成60°夹角，则力F做的功为( A.FTR 2 B.2FR C.FR D.FπR 能力综合练 7.(2026·江苏如皋市调研)某汽车以恒定的加速 度由静止开始沿平直的公路行驶，1时刻达到发 动机额定功率后保持功率不变，2时刻起匀速行：9 驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车 的速度o、牵引力F、加速度a、功率P随时间t的： 变化规律正确的是 8.(2026·湖南长沙模拟)一辆 1 质量为m的小汽车在水平地 P A 面上由静止开始运动，其功 率随速度的变化关系如图所 示，其中AB段平行于？轴，汽车匀速运动阶段 的速度为B。根据图像，下列说法正确的是 A.速度增大到vA的过程中，汽车的加速度逐渐 减小，当v=4时，a=0 B.汽车与地面间的摩擦力大小为F,=P UA vAUBm C.在OA段汽车的位移为x1=2P(B一A) D.若AB段汽车的位移为x,则AB段汽车运动： 的时间1=m(B2A2+2x 2Po UB -338 (2026·辽宁辽阳一模)一 ↑a/(ms-2) 电动玩具汽车启动时，以 6-------- 额定功率沿直线加速并达 0 到最大速度，其加速度a 一2 2m-1s) 与速度倒数号的关系图像如图所示。已知电动 玩具汽车受到的阻力大小恒为100N,重力加速 度大小g=10m/s2.则电动玩具汽车的额定功率 和最大速度分别为 ( A.200W2m/s B.100W4m/s C.100W2m/s D.200W4m/s 强基培优练 0.(多选)(2026·山东 ↑F(×103N) 淄博市期中)电动汽 车在研发过程中都要 1 /(s-m) 进行性能测试，如图 Um 20 所示为某次测试中某 9 型号汽车在水平路面上由初速度为2m/s开始 运动，牵引力F与速度口的倒数的F1图像， vm表示最大速度，ab平行于。轴，bc反向延长 过原点。已知阻力恒定，汽车质量为1× 103kg。下列说法正确的是 () A.汽车从a到b持续的时间为9s B.汽车由b到c过程做匀加速直线运动 C.在此测试过程中汽车最大功率为80kW D.汽车能够获得的最大速度为30m/s