课时跟踪检测(28) 功和功率(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

**基本信息** 高中物理一轮复习功和功率专项训练，以科学思维为核心，通过典例构建“概念辨析-规律应用-综合迁移”的方法体系，强化运动与相互作用、能量观念的逻辑关联。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|2题（1-2）|摩擦力方向判断、重力做功特点|从静摩擦力是否做功切入，建立功的正负判断与运动状态的关联| |功的计算|4题（3-6）|平均力法（3）、微元法（6）、动能定理（5）|从恒力做功到变力做功，构建“公式法-微元法-功能关系”的递进逻辑| |功率分析|3题（4、7-8）|瞬时功率分解（4）、额定功率计算（7）|结合运动学图像与平衡条件，强化功率与速度、力的动态关系| |综合应用|3题（9-12）|汽车启动模型（9）、简谐运动规律（10）|整合牛顿定律与能量观点，实现多过程问题的科学推理与模型建构|

课时跟踪检测(二十八)　功和功率 1.(2024·北京高考)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 (　　) A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长 2.(多选)沿倾角不同、动摩擦因数相同的斜面向上拉同一物体,若上升的高度相同,则 (　　) A.沿各斜面克服重力做的功相同 B.沿倾角小的斜面克服摩擦力做的功大些 C.沿倾角大的斜面拉力做的功小些 D.条件不足,拉力做的功无法比较 3.一质量为m的物块,在水平拉力F的作用下从静止开始沿水平面运动,其阻力f为物块重力的λ倍,水平拉力的大小F=kx+f,其中k为比例系数,x为物块运动的距离,重力加速度为g。在物块运动距离为s的过程中拉力做的功为 (　　) A.λmgs B.ks2 C. D.ks2+λmgs 4.如图,商场中的斜坡式自动人行道电梯运行速度较慢,经常有顾客直接站立(未扶扶手)随电梯上行。已知某商场电梯斜坡长度为L,斜坡与水平面的夹角为θ,稳定运行速率为v。质量为m的顾客站立在电梯上,随电梯由斜坡底端运动到顶端,已知顾客鞋底与斜坡间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ),重力加速度为g,关于此过程下列说法正确的是 (　　) A.斜坡对顾客的作用力大小为mgcos θ B.斜坡对顾客的摩擦力大小为μmgcos θ C.顾客所受重力做功为mgLsin θ D.顾客克服重力做功的功率为mgvsin θ 5.如图甲所示,质量m=2 kg的物体放在粗糙水平地面上,t=0时刻物体在水平拉力F的作用下开始运动,t=6 s时撤去水平拉力,物体速度v随时间t的变化关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　) A.物体与水平地面间的动摩擦因数为0.3 B.水平拉力的最大功率为9 W C.水平拉力做的功为36 J D.物体克服摩擦力做的功为30 J 6.(2025·山东济南二模)如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧竖直固定,最低点A放置一质量为m的物块,可视为质点。重力加速度为g。物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B,力F大小恒为mg。对于该运动过程,下列说法正确的是 (　　) A.力F做功大小为mgR B.力F做功大小为 C.力F的功率先增大后减小 D.克服重力做功的功率先增大后减小 7.图甲起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m=150 kg的物体,其a⁃t图像如图乙所示,5~10 s内起重机的功率为额定功率,不计其他阻力,重力加速度为g=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 8.(2025·山东高考)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v做匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则该光伏电池单位时间内获得的太阳能为 (　　) A. B. C. D. 9.(2025·江西上饶期中)如图所示为某型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为m=2×103 kg,它由静止开始沿平直公路行驶,且行驶中所受阻力恒定,最大车速为vm=30 m/s,则 (　　) A.汽车匀加速所需时间为10 s B.汽车是恒定功率启动的 C.汽车所受阻力为2×103 N D.汽车在车速为5 m/s时,功率为6×104 W 10.(2025·内蒙古赤峰模拟)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧下端固定在倾角为θ的斜面底端的挡板上,弹簧处于自由伸长状态,质量为m的物块从弹簧顶端由静止释放。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ=tan θ,重力加速度为g,则物块从释放到静止克服摩擦力做的功为 (　　) A. B. C. D. 11.(8分)如图所示,质量m=60 kg的跳台滑雪运动员从跳台a处沿水平方向飞出,在斜坡(近似看成斜面)b处着陆,ab间的距离为L=40 m,斜坡与水平方向的夹角为θ=30°,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)运动员由a处运动到b处的时间;(3分) (2)运动员在飞行过程中离斜坡最远时重力的瞬时功率P。(5分) 12.(12分)(2025·新疆三模)一质量为2 kg的物体沿粗糙水平面向右做直线运动,t=0时刻,对物体施加一个水平向左的恒力F,如图甲所示,取水平向右为正方向,物体的v⁃t图像如图乙所示,求: (1)恒力F的大小;(6分) (2)4 s内物体克服摩擦力做的功。(6分) 答案 课时跟踪检测(二十八) 1.选D　刚开始时,物体速度小于传送带速度,则物体相对传送带向后运动,A错误;物体匀速运动过程中,物体与传送带之间无相对运动趋势,则物体不受摩擦力作用,B错误;物体加速运动过程中,由动能定理可知,摩擦力对物体做正功,C错误;设物体与传送带间动摩擦因数为μ,物体相对传送带运动时,加速度大小为a==μg,物体做匀加速运动,直至物体速度等于传送带速度,由v=at=μgt可知,传送带速度越大,物体加速运动的时间越长,D正确。 2.选ABD　重力做功只与高度差有关,故沿各斜面克服重力做的功相同,故A正确;物体所受滑动摩擦力的大小为f=μmgcos θ,设物体上升的高度为H,则物体的位移为x=,克服摩擦力做功Wf=fx=μmg,则斜面倾角越小,克服摩擦力做的功越大,故B正确;根据动能定理有W拉-Wf-mgH=m-m,由于不知道物体运动的初、末速度大小关系,所以无法比较拉力做功的大小,故C错误,D正确。 3.选D　物块受到的阻力为f=λmg,当x=0时,拉力大小为F1=f,当x=s时,拉力大小为F2=ks+f,由于拉力随位移线性变化,所以整个过程的平均拉力大小为==ks+f=ks+λmg,在物块运动的距离为s的过程中拉力做的功为WF=s=ks2+λmgs,故选D。 4.选D　因μ>tan θ,可得顾客相对电梯处于静止状态,对顾客受力分析可知,顾客受到重力、支持力、静摩擦力,斜坡对顾客的作用力为支持力和摩擦力的合力,根据受力平衡可得斜坡对顾客的作用力大小为F=mg,斜坡对顾客的摩擦力大小为f=mgsin θ,故A、B错误;根据题意,顾客所受重力做功为WG=-mgLsin θ,故C错误;根据正交分解法,把速度v分解为水平方向分速度v1、竖直向上分速度v2,可得顾客克服重力做功的功率为P=mgv2,由几何关系知v2=vsin θ,联立解得P=mgvsin θ,故D正确。 5.选C　t=6 s时撤去水平拉力,在6~8 s内,由v⁃t图像可得物体加速度大小为a2== m/s2=1.5 m/s2,根据牛顿第二定律可得f=μmg=ma2,解得物体与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.15,故A错误;在0~6 s内,由v⁃t图像可得物体加速度大小为a1== m/s2=0.5 m/s2,由牛顿第二定律得F-μmg=ma1,解得F=4 N,t=6 s时速度最大,水平拉力功率最大,则有Pm=Fvm=12 W,故B错误;0~6 s内物体位移为x1=t1=9 m,拉力做的功为WF=Fx1=36 J,故C正确;在0~8 s内,根据动能定理可得WF-W克=ΔEk=0,可得物体克服摩擦力做的功为W克=WF=36 J,故D错误。 6.选B　由于力F方向始终沿圆弧切线,且大小恒为mg,根据微元法,把圆弧分成很多小段,每一小段上力F做的功ΔW=FΔl(Δl是每一小段的弧长),则力F做功的大小W=F(Δl1+Δl2+Δl3+……+Δln)=Fs=mg×=,故A错误,B正确;从A运动到B过程,F始终大于重力沿切线方向的分力,所以物体一直在做加速运动,速度一直在增大,根据P=Fv(F与v始终夹角为0°),可知F的功率一直在增大,故C错误;设重力方向与速度方向夹角为θ,由题图可知,对于该运动过程,θ从90°增大到180°,则克服重力做功的功率PG=v,一直在增大,v也在增大,故克服重力做功的功率一直增大,故D错误。 7.选D　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=a1t1=2×5 m/s=10 m/s,由于5 s后物体继续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,此时起重机的功率达到额定功率,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma1,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。 8.选A　小车做匀速直线运动,由平衡条件可知,小车的牵引力大小为F=f=kv,小车的机械功率为P机=Fv=kv2,则电动机的总功率P电===2kv2,光伏电池的光电转换效率为η=,则P阳==,则该光伏电池单位时间内获得的太阳能为,故A正确,B、C、D错误。 9.选C　由题图可知,汽车是匀加速启动的,匀加速运动的加速度为a1=2 m/s2,B错误;汽车匀加速运动的末速度为v1=10 m/s,汽车匀加速所需时间为t1==5 s,A错误;汽车的额定功率为P0=Fv1,P0=fvm,根据牛顿第二定律得F-f=ma1,解得f=2×103 N,F=6×103 N,P0=6×104 W,C正确;汽车在车速为v2=5 m/s时,功率为P1=Fv2=3×104 W,D错误。 10.选B　物块释放瞬间对物块进行受力分析,平行斜面方向上有F=mgsin θ-μmgcos θ=mgsin θ,物块向下运动的距离与平行斜面方向上所受合力的关系为F合=F-kx,由简谐运动规律可知,物块沿斜面下滑过程的运动是简谐运动的一部分,平衡位置到物块释放位置的距离x1=,由简谐运动的对称性可知,物块第一次沿斜面向下运动的最大位移为2x1。物块第一次运动到最低点时,弹簧上的弹力大小为mgsin θ,物块开始向上运动瞬间,平行斜面方向上的合力大小为mgsin θ,同理可得,物块向上过程的运动也是简谐运动的一部分,平衡位置到物块释放位置的距离x2==,则物块第一次沿斜面向上运动的最高点到释放位置的距离为,此时弹簧沿斜面向上的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力,即物块向上运动到最高点后保持静止。由上述分析可知,物块沿斜面运动的总距离为s=,则从释放到静止过程物块克服摩擦力做的功W=μmgscos θ=,故选B。 11.解析:(1)根据题意,运动员在空中做平抛运动,在竖直方向有Lsin 30°=gt2 解得t=2 s。 (2)在水平方向有Lcos 30°=v0t 解得v0=10 m/s 根据平抛运动规律,运动员在飞行过程中离斜坡最远时速度方向与斜坡平行,则 tan 30°= 此时重力的瞬时功率为P=mgvy 解得P=6 000 W。 答案:(1)2 s　(2)6 000 W 12.解析:(1)由题图乙可得,物体在0~2 s内的加速度大小a1=2 m/s2 位移大小x1=4 m 物体在2~4 s内的加速度大小a2=1 m/s2 位移大小x2=2 m 根据牛顿第二定律可得F+Ff=ma1 F-Ff=ma2 解得F=3 N,Ff=1 N。 (2)物体在0~2 s内摩擦力做功 W1=-Ff·x1=-4 J 物体在2~4 s内摩擦力做功W2=-Ff·x2=-2 J 4 s内摩擦力做功W=W1+W2=-6 J 即克服摩擦力做功6 J。 答案:(1)3 N　(2)6 J 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $