高考物理最新模拟题精选训练(功能关系问题)专题01 功和功率(含解析)
高考物理二轮复习第一部分专题三功与能量第1讲功功率和功能关系练习含解析
高考物理二轮复习第一部分专题：功 功率和功能关系1．(2018·江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。
忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图像是( )解析 对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为v ＝v 0－gt ，v2＝g 2t 2－2v 0gt ＋v 20，E k ＝12mv 2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A 正确。
答案 A2．一辆CRH2型动车组的总质量M ＝2×105kg ，额定输出功率为4 800 kW 。
假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270 km/h ，受到的阻力F f 与速度v 满足F f ＝kv 。
当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为( )A ．600 kWB ．1 200 kWC ．2 400 kWD ．4 800 kW解析 v m ＝270 km/h ＝75 m/s ，动车组以最大速度行驶时的牵引力大小F ＝P v m＝4 800×10375N ＝6.4×104N ，动车组以最大速度行驶时的牵引力大小与阻力的大小相等，则F f ＝6.4×104N ，所以k ＝F f v m ＝6.4×10475N·s/m＝853.3 N·s/m；机车匀速行驶的速度为最大速度一半时，v ′＝37.5 m/s ，动车组受到的阻力为F f ′＝kv ′＝853.3×37.5 N＝3.2×104N ，机车匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为P ′＝F ′v ′＝F f ′v ′＝3.2×104×37.5 W＝1.2×106W ＝1 200 kW ，故A 、C 、D 错误，B 正确。
答案 B3．(2019·安徽芜湖二模)一质量为m 的物体，同时受几个力的作用而处于静止状态。
完整版)高中物理功和功率试题有答案
完整版)高中物理功和功率试题有答案1.在足球沿水平地面运动过程中，球克服阻力做了功。
2.对于质量为m的物体在粗糙的水平面上运动，如果物体做加速直线运动，则力F也可能对物体做负功。
3.小球下落过程中重力做功的平均功率是50W。
4.当物体的动能等于势能时，物体所经历的时间为H。
5.作用在小车上的牵引力的功率随时间变化规律如图（乙）所示。
6.若改变物体速度的是摩擦力，物体的机械能可能增加。
7.发动机所做的功为2F1s。
8.合外力对物体做的功为21J。
9.F1和F2分别为W和(2/3)W。
两个人要将1000kg的小车推上一条长5m、高1m的斜坡顶端。
已知无论何时小车所受的摩擦阻力都是其重量的0.12倍，而两个人能够发挥的最大推力各为800N。
在不使用其他工具的情况下，能否将小车刚好推到坡顶？如果可以，应该如何做？额定功率为8W的玩具汽车质量为2kg，在水平桌面上以0.5m/s²的匀加速直线运动，其最大速度可达2m/s。
求：（1）汽车的牵引力是多少？匀加速运动的持续时间是多少？（2）汽车在匀加速运动中，牵引力和摩擦力各做了多少功？mP2Ps根据公式W=mv^2/2，得出物体的动能。
根据公式mgh，得出物体的重力势能。
根据公式W=F*s*cosθ，得出人对物体做的功。
根据动能定理，得出外力对物体做的功。
根据题意可判断答案。
根据功的计算公式W=F*s，解出F1和F2的大小比为3:1.根据牛顿第二定律和机械能守恒原理，求得加速度和两球落地后的水平距离。
绳L对B球做的功等于B球获得的动能。
根据公式mv^2/2=mgh，解出答案。
用心爱心专心根据公式n(n-1)mgh/512.1x10^11，得出答案。
根据公式mg/4gh和gh/2，得出答案。
根据公式m1(m1+m2)g/(k2-k1)，得出答案。
计算题根据牛顿第二定律和运动学公式，求出加速度和物体在斜面上的位移。
根据功的公式，求出物体在斜面上受到的摩擦力所做的功。
高三物理专项训练 功、功率和功能关系(附答案解析)
功、功率和功能关系专题强化练1．(2019·辽宁省葫芦岛市一模)一辆CRH2型动车组的总质量M ＝2×105kg ，额定输出功率为4800kW.假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270km/h ，受到的阻力F f 与速度v 满足F f ＝kv .当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为()A ．600kWB ．1200kWC ．2400kWD ．4800kW 【答案】B2．(2019·湖南怀化一模)(多选)质量为2千克的物体，放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，在水平拉力的作用下，由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移s 之间的关系如图所示，则(g 取10m/s 2)()A ．此物体在AB 段做匀加速直线运动B ．此物体在AB 段做匀速直线运动C ．此物体在OA 段做匀加速直线运动D ．此物体在OA 段做匀速直线运动【答案】BC3．(2019·广东省汕头市质检)一质量为m 的汽车原来在平直路面上以速度v 匀速行驶，发动机的输出功率为P .从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v 之后又开始匀速行驶．若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力．下列说法正确的是()A ．汽车加速过程的最大加速度为P mvB ．汽车加速过程的平均速度为32v C ．汽车速度从v 增大到2v 过程中做匀加速运动D ．汽车速度增大时发动机产生的牵引力不断增大【答案】A【解析】设汽车所受的阻力为F f ，则开始时P ＝F f v ，加大油门后，P 1＝F f ·2v ，则P 1＝2P .汽车在开始加大油门时的加速度最大，最大加速度为a m ＝2P v －F f m ＝P mv ，选项A 正确；若汽车做匀加速运动，则平均速度为v ＋2v 2＝32v ，但随速度的增加，由P ＝Fv 可知汽车牵引力减小，则加速度减小，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度不等于32v ，选项B 、C 、D 错误．4．(2019·江西景德镇一中月考)(多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着质量均为M ＝2kg 的A 、B 两个滑块，用随位移均匀减小的水平推力F 推滑块A ，使它们运动，推力F 随位移x 变化的图像如图乙所示．已知两滑块间的动摩擦因数μ＝0.3，g 取10m/s 2.下列说法正确的是()A ．在运动过程中滑块A 的最大加速度是2.5m/s 2B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3m/s 2C ．滑块在水平面上运动的最大位移是3mD ．滑块运动的最大速度为5m/s【答案】AD【解析】假设开始时A 、B 相对静止，对整体，根据牛顿第二定律，有F ＝2Ma ，解得a ＝F 2M ＝102×2m/s 2＝2.5m/s 2；分析B ，B 受到重力、支持力和A 对B 的摩擦力，根据牛顿第二定律有f ＝Ma ＝2×2.5N ＝5N ＜μMg ＝6N ，所以A 、B 不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5m/s 2，故A 正确，B 错误．当F ＝0时，加速度为0，之后A 、B 做匀速运动，位移继续增大，故C 错误．F －x 图线与x 轴所围的面积表示力F 做的功，W ＝12×2×10J ＝10J ，当F ＝0，即a ＝0时，A 、B 达到最大速度，对A 、B 整体，根据动能定理有W ＝12×2Mv 2m －0，代入数据得v m ＝5m/s ，故D 正确．5.(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点．在从A 到B 的过程中，物块()A ．加速度先减小后增大B ．经过O 点时的速度最大C ．所受弹簧弹力始终做正功D ．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】由A 点开始运动时，F 弹>F f ，合力向右，小物块向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F 弹减小，由F 弹－F f ＝ma 知，a 减小；当运动到F 弹＝F f 时，a 减小为零，此时弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时F 弹<F f ，小物块做减速运动，且随着压缩量减小，F 弹与F f 差值增大，即加速度增大；当越过O 点后，弹簧被拉伸，此时弹力方向与摩擦力方向相同，有F 弹′＋F f ＝ma ′，随着拉伸量增大，a ′也增大．故从A 到B 过程中，物块加速度先减小后增大，在压缩状态F 弹＝F f 时速度达到最大，故A 对，B 错；在AO 段物块运动方向与弹力方向相同，弹力做正功，在OB 段物块运动方向与弹力方向相反，弹力做负功，故C 错；由动能定理知，A 到B 的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为0，故D 对．6.(2019·河北邢台月考)(多选)把质量为0.2kg 的小球放在竖立的弹簧上，并把球向下按至A 位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C (图丙)，途中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B 、A 的高度差为0.1m ，C 、B 的高度差为0.2m ，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，g 取10m/s 2.则下列说法正确的是()A ．小球在A 位置时弹簧的弹性势能等于小球在C 位置的重力势能B ．小球到达B 位置时，速度达到最大值2m/sC ．小球到达B 位置时，小球机械能最大D ．若将弹簧上端与小球焊接在一起，小球将不能到达B 、C 的中点【答案】CD【解析】小球从A 到C 的过程中，系统减少的弹性势能转化为重力势能，所以弹性势能的变化量等于重力势能的变化量，但重力势能的大小与零势能面的选取有关，故A 错误；当小球受到的合力为零时，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，故B 错误；从A 到B 的过程中弹簧对小球做正功，所以小球的机械能增加，当弹簧恢复原长时小球机械能达到最大，故C正确；根据题意，若将弹簧上端与小球焊接在一起，B、C中点处的弹性势能与A处的弹性势能相等，根据能量守恒，从A向上运动到最高点的过程中重力势能增加，所以弹性势能必定要减小，即不能到达B、C的中点，故D正确．7．(2019·四川省成都市新都区摸底)(多选)某段滑雪道倾角为30°，滑雪运动员(包括雪具在内)总质量为m，从距底端高为h处由静止开始匀加速下滑，下滑加速度为g3(重力加速度为g)．在运动员下滑的整个过程中()A．运动员减少的重力势能全部转化为动能B．运动员克服摩擦力做功为2mgh3C．运动员最后获得的动能为2mgh3D．系统减少的机械能为mgh3【答案】CD【解析】由于运动员下滑的加速度a＝13g＜g sin30°＝12g，所以运动员在下滑过程中受到了摩擦力的作用，摩擦力做负功，因此运动员减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；由牛顿第二定律可知，运动员受到的合力F合＝ma＝13mg，下落的距离为s＝2h,故合力做的功W＝F合s ＝23mgh.由动能定理可知，运动员最后获得的动能为E k＝W＝23mgh，故C正确；运动员所受合外力F合＝mg sin30°－F f＝13mg，故摩擦力F f＝16mg，摩擦力所做的功W f＝－F f s＝－13mgh，故克服摩擦力做功为13mgh，故B错误；根据功能关系知，克服摩擦力做的功等于机械能的减小量，故机械能减小了13mgh，故D正确．8.(2019·四川眉山中学月考)(多选)如图所示，质量M＝4kg的物块B与质量m＝2kg的物块A用一轻质弹簧连接后，置于一倾角θ＝37°且足够长的固定光滑斜面上，C 为固定在斜面底部且与斜面垂直的挡板，整个装置处于静止状态．现用一平行于斜面向上、大小恒为F ＝60N 的拉力作用在物块A 上，使其沿斜面向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为x ＝6m ，则(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2)()A ．此时物块A 动能的增加量为360JB ．整个过程中弹簧弹性势能的增加量为300JC ．此时物块A 的加速度大小为12m/s 2D ．该轻弹簧的劲度系数为6N/m【答案】CD【解析】在物块A 向上运动6m 的过程中，拉力F 做的功为W F ＝Fx ＝360J ，由功能关系可知，拉力F 做的功转化为物块A 增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，所以物块A 动能的增加量小于360J ，故A 错误；当物块A 静止不动时，设弹簧的压缩量为Δx ，对A 有mg sin 37°＝k Δx ，即Δx ＝mg sin 37°k ，当物块A 运动的距离为x ＝6m 时，物块B 刚要离开挡板C ，对物块B 进行受力分析，可知Mg sin 37°＝k (x －Δx )，代入数据解得k ＝6N/m ，故D 正确；当物块A 运动的距离为x ＝6m 时，设物块A 运动的加速度大小为a ，弹簧的伸长量为Δx ′，由牛顿第二定律可得F －mg sin 37°－k Δx ′＝ma ，又Δx ′＝x －Δx ＝6m －mg sin 37°k，两式联立并代入数据解得a ＝12m/s 2，故C 正确；由功能关系可知弹簧弹性势能的增加量ΔE p ＝W F －mgx sin 37°－ΔE k A ，因W F －mgx sin 37°＝360J －72J ＝288J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的增加量小于288J ，故B 错误．9.(多选)如图所示，一个质量为2m 的甲球和一个质量为m的乙球，用长度为2R 的轻杆连接，两个球都被限制在半径为R的光滑圆形竖直轨道上，轨道固定于水平地面．初始时刻，轻杆竖直，且质量为2m 的甲球在上方，此时，受扰动两球开始运动，重力加速度为g ，则下列说法正确的是()A ．甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能B ．甲球下滑过程中减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C ．整个运动过程中甲球的最大速度为233gRD．甲球运动到最低点前，轻杆对乙球一直做正功【答案】ACD【解析】在运动的过程中，重力对系统做正功，甲和乙的动能都增加．由于只有动能和重力势能之间的相互转化，所以甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能，故A正确；在运动的过程中，重力对系统做正功，甲和乙的动能都增加，所以甲球下滑过程中减少的重力势能总大于乙球增加的重力势能，故B错误；当甲到达最低点时，乙也到达了最高点，该过程中系统减小的重力势能等于系统增加的动能，由于两球的线速度相等，设该速度为v，则：2mg·2R－mg·2R＝12mv2＋12×2mv2，得：v＝233gR，故C正确；甲球运动到最低点前，乙的重力势能一直增大，同时乙的动能也一直增大，可知轻杆对乙球一直做正功，故D正确．10．(2019·山东日照一模)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示．比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壶能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数．已知O点到前卫线的距离d＝4m，O、O′之间的距离L＝30.0m，冰壶的质量为20kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R＝1m，g取10m/s2.(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力多大？(2)若运动员对冰壶的推力为10N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？【解析】(1)设运动员对冰壶的推力为F，对整个过程，由动能定理得Fd－μ1mgL＝0代入数据得F＝12N(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x2，对冰壶的推力为F′由动能定理得F ′d －μ1mg (L －R －x 1)－μ2mgx 1＝0代入数据解得x 1＝8m由动能定理得F ′d －μ1mg (L ＋R －x 2)－μ2mgx 2＝0代入数据解得x 2＝12m所以要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是8～12m.【答案】(1)12N (2)8～12m11.(2019·河北省邯郸市质检)如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝30°的粗糙斜面，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面匀减速上滑高度H 后停止，在上滑的过程中，其加速度和重力加速度g 大小相等．求：(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)该过程中系统由于摩擦产生的热量Q .【解析】(1)在小物块沿斜面匀减速上滑的过程中，由牛顿第二定律有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，a ＝g ，解得：μ＝33.(2)该过程中，小物块克服摩擦力所做的功为：W ＝μmg cos θ·H sin θ由功能关系有：Q ＝W ，解得：Q ＝mgH .【答案】见解析12.(2019·湖北省武汉市调研)如图，半径为R 的光滑圆轨道固定在竖直平面内，O 为其圆心．一质量为m 的小滑块，在外力F (未画出)的作用下静止在圆轨道上的B 点，OB 与竖直方向的夹角为θ(θ<π2)，重力加速度为g .(1)为使小滑块静止在B 点，外力F 的最小值F min 多少？(2)若在B 点撤去力F 的同时，给小滑块一个沿切线方向向的初速度，为使小滑块能滑上圆轨道的最高点C ，求初速度v 0的范围．【解析】(1)为使小滑块静止在B点，外力F最小时其方向垂直于OB向上，大小为：F min＝mg sinθ.(2)设小滑块沿圆轨道运动到C点时的速度大小为v C，由牛顿运动定律有mv2CR≥mg小滑块从B点运动到C点，由机械能守恒定律有12mv20＝12mv2C＋mgR(1＋cosθ)联立解得v0【答案】(1)mg sinθ(2)v0。
高考物理专题——功 功率和功能关系
第1讲功功率和功能关系专题复习目标学科核心素养高考命题方向1.本讲内容主要是复习功和功率的分析与计算、动能定理以及力学中的功能关系应用。
2．熟练应用动能定理进行分析和推理。
1.物理观念：主要是对功和功率的概念理解；对功能关系的理解。
2．科学推理：应用动能定理和力学中的功能关系分析和解决问题。
高考强调以生活中的实例为背景，强化对做功和功率概念的理解，在多过程运动情景中运用动能定理分析和推理。
命题方向主要围绕功和功率、动能定理的应用以及对功能关系的理解。
一、几种力做功的特点1．重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关。
2．摩擦力做功的特点(1)单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。
在一对滑动摩擦力做功的过程中，相互摩擦的物体间不仅有机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。
(3)摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热。
二、几个重要的功能关系1．重力做的功等于重力势能减少量，即W G＝－ΔE p。
2．弹力做的功等于弹性势能减少量，即W弹＝－ΔE p。
3．合力做的功等于动能的变化，即W＝ΔE k。
4．重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE。
5．系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝F f x相对。
三、功和功率的求解1．功的求解：W＝Fl cos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解。
2．功率的求解：可以用定义式P＝Wt来求解，如果力是恒力，可以用P＝F v cos α来求解。
四、动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。
题型一功和功率1．几种力做功(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关。
2024年高考物理试题分项解析专题06功和功率第01期
专题6 功和功率一．选择题1．（2024江苏泰州12月联考）中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成实力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家。
报道称新一代高速列车牵引功率达9000kW，持续运行速度为350km/h，则新一代高速列车从北京开到杭州全长约为1300km，则列车在动力上耗电约为（）A．3.3×103kW·hB．3.3×104kW·hC．3.3×105kW·hD．3.3×106kW·h【参考答案】B2．【济宁模拟】一汽车在水平平直路面上，从静止起先以恒定功率P运动，运动过程中所受阻力大小不变，汽车最终做匀速运动。
汽车运动速度的倒数1v与加速度a的关系如图所示。
下列说法正确的是( )A ．汽车运动的最大速度为v 0B ．阻力大小为02PvC ．汽车的质量为002Pa v D ．汽车的质量为00Pa v【参考答案】AD3．【郑州2025届质量检测】如图所示，不行伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视为质点)连接，物块甲套在固定的竖直光滑杆上，用外力使两物块静止，轻绳与竖直方向夹角θ＝37°，然后撤去外力，甲、乙两物块从静上起先无初速释放，物块甲能上升到最高点Q ，己知Q 点与滑轮上缘O 在同一水平线上，甲、乙两物块质量分别为m 、M ，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，重力加速度为g ，不计空气阻力，不计滑轮的大小和摩擦。
设物块甲上升到最高点Q 时加速度为a ，则下列说法正确的是( )A ．M ＝3mB ．M ＝2mC ．a ＝0D ．a ＝g 【参考答案】BD【名师解析】当甲上升到最高点时，甲和乙的速度均为零，此时设甲上升的高度为h ，则乙下降的高度为，由能量关系可知，则M＝2m，选项B正确，A错误；甲在最高点时，竖直方向只受重力作用，则a＝g，选项C错误，D正确。
功能关系(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(全国通用)
压轴题04功能关系考向一/选择题：三类连接体的功能关系问题考向二/选择题：有关传送带类的功能关系问题考向三/选择题：有关板块类的功能关系问题考向一：三类连接体的功能关系问题1.轻绳连接的物体系统常见情景二点提醒(1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。
(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
2.轻杆连接的物体系统常见情景三大特点(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。
(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
(3)对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
3.轻弹簧连接的物体系统题型特点由轻弹簧连接的物体系统，若只有重力做功或系统内弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
两点提醒(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧伸长还是压缩。
(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。
考向二：有关传送带类的功能关系问题1．两个设问角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2．两个功能关系(1)传送带电动机做的功W 电＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q ＝Fx 传。
(2)传送带摩擦力产生的热量Q ＝F f ·x 相对。
考向三：有关板块类的功能关系问题1．两个分析角度(1)动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式和速度等式。
2024高考物理二轮复习专题三动量和能量1_3_5功功率动能定理训练
1-3-5 功功率动能定理课时强化训练1．(2024·山西太原一模)如图所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。
已知重物匀速上升，相同的时间内两重物提升的高度相同。
不考虑绳、滑轮的质量及摩擦，在重物上升的过程中人拉力的作用点保持不变(θ始终小于30°)，则( )A．站在地面的人比站在二楼的人省力B．站在地面的人对绳的拉力越来越大C．站在二楼的人对绳的拉力越来越大D．同一时刻，二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率[解析] 设重物的质量为m，地面上的人对绳的拉力F T＝mg恒定不变；站在二楼的人对绳的拉力F T′＝mg2 cos θ，重物匀速上升过程中θ越来越大，cos θ越来越小，则F T′越来越大，B项错误，C项正确。
因θ始终小于30°，则1＞cos θ＞32，则33mg＞F T′＞12mg，而F T＝mg，则站在地面的人比站在二楼的人费劲，所以A项错误。
人对绳拉力做的功等于克服重物重力做的功，两重物质量相同，上上升度相同，所用时间相同，克服重力做功的功率相同，故D错误。
[答案] C2．(2024·湖北八校二联)如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2gh 3B ．甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为1∶ 3 C ．A 、B 两点高度差为h4D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等[解析] 甲、乙两球经过C 点的速度v 甲＝v 乙＝2gh ，甲球平抛的初速度v 甲x ＝v 甲 sin 30°＝2gh2，故A 错误；甲球经过C 点时竖直方向的速度v 甲y ＝v 甲 cos 30°＝6gh 2，运动时间t 甲＝v 甲yg＝3h2g，乙球运动时间t 乙＝2h g ，则t 甲∶t 乙＝3∶2，故B 项错误；A 、B 两点的高度差Δh ＝12gt 2乙－12gt 2甲＝h4，故C 项正确；甲和乙两球在C 点时重力的瞬时功率分别为P 甲＝mgv 甲y＝mg6gh2，P 乙＝mgv 乙＝mg 2gh ，故D 项错误。
高三物理功和功率试题答案及解析
高三物理功和功率试题答案及解析1. 起重机将质量为m 的货物由静止开始以加速度匀加速提升，在t 时间内上升h 高度，设在t 时间内起重机对货物的拉力做的功为W 、平均功率为，则A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】对货物进行受力分析，货物受重力和起重机对货物拉力F ，根据牛顿第二定律得：，解得：，上升h 高度，起重机对货物拉力做功，故A 、B 错误；由于货物做匀加速运动，所以平均速度等于过程中的中间时刻速度，所以在t 时间内的平均速度为，起重机对货物拉力做功平均功率为，故C 错误，D 正确．所以选D ．【考点】牛顿第二定律；匀变速运动规律；功率、平均功率和瞬时功率．2. 滑块在粗糙的水平地面上沿直线滑行,t=0时其速度为2.0m/s ，从此刻开始在滑块运动方向上施加大小不同方向相同的水平拉力F 1、F 2、F 3，滑块运动图像如图所示，设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F 对滑块做功的平均功率分别为P 1、P 2、P 3，在第3秒内水平拉力对滑块做功为W ，则（ ）A ．0~2s 内水平拉力对滑块做功为W/2B ．0~2s 内水平拉力对滑块做功为WC ．F 2>F 3>F 1, F 2=F 3+F 1D ．P 1<P 2<P 3, P 3=P 2+P 1【答案】BD【解析】由图知，在第1秒内F f -F 1=ma ，在第2s 内F 2-F f =ma ，第3s 内F 3=F f ，由题意知，第3s 内拉力做功为W=F 3x 3，0~2s 内水平拉力对滑块做功F 1x 1+F 2x 2，由x 3=2x 1=2x 2，代入解得：F 1x 1+F 2x 2= F 3x 3=W ，所以A 错误；B 正确；F f - ma = F 1，F 2 ="ma" +F f ，F 3=F f ，故F 2>F 3>F 1，F 2不等于F 3+F 1，所以C 错误；对第1、2、3秒内分别用动能定理，，，又x 3=2x 1=2x 2，联立解得：，根据，可得P 1<P 2<P 3 , P 3=P 2+P 1，所以D 正确。
2022届全国高三物理模拟试题汇编：功和功率
2022届全国高三物理模拟试题汇编：功和功率一、单选题1．（2分）如图所示，在竖直面内轻杆的一端固定一个小球，另一端连接在光滑的固定轴O 上。
现轻杆从水平位置开始以初速度v 0向上运动，直至小球运动到最高点，不计空气阻力。
对于上述过程，下列说法正确的是（ ）A ．小球的竖直分速度先增大后减小B ．轻杆对小球的弹力始终沿半径指向圆心C ．小球的向心加速度先增大后减小D ．小球重力的瞬时功率一直减小2．（2分）质量为m 的汽车由静止启动后沿平直路面行驶，汽车牵引力随速度变化的F-v 图像如图所示，设汽车与路面间的摩擦力f 保持不变，则（ ）A ．速度为v 1时，汽车牵引力的功率为fv 1B ．速度为v 1时，汽车的加速度为F 0−f mC ．汽车加速运动过程中，平均速度为v 1+vm 2D ．该过程中汽车的最大功率等于F 0v m3．（2分）张家界武陵源景区内的百龙天梯以“最高户外电梯”荣誉而被载入吉尼斯世界纪录，是自然美景和人造奇观的完美结合。
某游客乘坐百龙天梯竖直上山过程中的v −t 图像如图所示，若游客的质量为m ，重力加速度大小为g ，则该过程中游客克服重力做功的平均功率为（ ）A．mgv0B．(k−1)mgv0kC．(k−1)2mgvk2D．√k−1k mgv04．（2分）一颗速度较大的子弹，以水平速度v水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大为nv(n>1)时，下列说法正确的是()A．子弹对木块做的功不变B．子弹对木块做的功变大C．系统损耗的机械能不变D．系统损耗的机械能增加5．（2分）如图所示为古代的水车，该水车周边均匀分布着n个盛水的容器。
在流水的冲力作用下，水车边缘以速率v做匀速转动，当装满水的容器到达最高处时将水全部倒入水槽中。
设每个盛水容器装入水的质量均为m，忽略容器装水的过程和水车浸入水的深度。
已知重力加速度为g，则水车运水的功率为（）A．2nmgvπB．nmgv4πC．nmgvπD．nmgv2π6．（2分）一质量为m的汽车从t=0时刻由静止开始沿平直公路运动，其所受的合外力F与位移x的关系如图所示。
功和功率专题练习题(含答案)
功和功率练习题一、选择题1、讨论力F在下列几种情况下做功的多少[]（1）用水平推力F推质量是m的物体在光滑水平面上前进了s．（2）用水平推力F推质量为2m的物体沿动摩擦因数为μ的水平面前进了s．（3）斜面倾角为θ，与斜面平行的推力F，推一个质量为2m的物体沿光滑斜面向上推进了s．[]A．（3）做功最多B．（2）做功最多C．做功相等D．不能确定2．关于摩擦力对物体做功，以下说法中正确的是[]A．滑动摩擦力总是做负功B．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功C．静摩擦力对物体一定做负功D．静摩擦力对物体总是做正功3．如图1所示，一个物体放在物体水平面上，在跟竖直方向成θ角的斜向下的推力F的作用下沿平面移动了距离s，若的质量为m，物体与地面之间的摩擦力大小为f，则在此过程中[]A．摩擦力做的功为fs B．力F做的功为FscosθC．力F做的功为FssinθD．重力做的功为mgs4．质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，当斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s时，如图2所示，物体m相对斜面静止，则下列说法中不正确的是[]A．摩擦力对物体m做功为零B．合力对物体m做功为零C．摩擦力对物体m做负功D．弹力对物体m做正功5．起重机竖直吊起质量为m的重物，上升的加速度是α，上升的高度是h，则起重机对货物所做的功是。
[]A．mgh B．mαhC．m（g＋α）h D．m（g-α）h6．将横截面积为S的玻璃管弯成如图3所示的连通器，放在水平桌面上，左、右管处在竖直状态，先关闭阀门K，往左、右管中分别注在上述过程中，重力对液体做的功为。
[]上作用一个3N的水平拉力后，AB一起前进了4m，如图4 所示．在这个过程中B对A做的功[]A．4 J B．12 JC．0 D．-4J8．质量为m的物块A始终附着在楔形物块B的倾角为θ的斜面上，如图5所示，下列说法中正确的是[]A．若B向右匀速移动距离s，则B对A做的功为零B．若B向上匀速移动距离s，则B对A做的功为mgsC．若B向左以加速度a移动距离s，则B对A做的功为masD．若B向下以加速度a移动距离s，则B对A做的功为m(g＋a)s9．关于一对相互作用力在作用过程中，它们的总功W和总冲量I，下列说法中正确的是[]A．W和I一定都等于零B．W一定等于零，I不可能为零C．W可能不等于零，I一定等于零D．W和I都可能不等于零10．把一个物体竖直向上抛出去，该物体上升的最大高度是h，若物体的质量为m，所受的空气阻力恒为f, 则在从物体被抛出到落回地面的全过程中[]A．重力所做的功为零B．重力所做的功为2mghC．空气阻力做的功为零D．空气阻力做的功为-2fh[]A．汽车在公路上的最大行驶速度为20m/s功率为32kW D．汽车做C中匀加速运动所能维持的时间为5s12．关于功率以下说法中正确的是[]A．据P=W/t可知，机器做功越多，其功率就越大B．据P=Fv可知，汽车牵引力一定与速度成反比C．据P=W/t可知，只要知道时间t内机器所做的功，就可以求得这段时间内任一时刻机器做功的功率D．根据P=Fv可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比。
高中功和功率试题及答案
高中功和功率试题及答案一、选择题1. 一个力F作用在物体上，使物体沿力的方向移动了距离s，力F对物体做的功为W，下列说法正确的是（）A. 力F对物体做功的大小与物体运动的路径有关B. 力F对物体做功的大小与物体运动的速度有关C. 力F对物体做功的大小与物体运动的路径无关D. 力F对物体做功的大小与物体运动的速度有关答案：C解析：功的定义是力与力的方向上位移的乘积，即W=Fscosθ，其中θ是力F与位移s之间的夹角。
因此，力F对物体做功的大小与物体运动的路径无关，只与力的大小、位移的大小和力与位移之间的夹角有关。
2. 一个质量为m的物体从高度为h的斜面顶端滑下，到达底部时速度为v，下列说法正确的是（）A. 物体克服摩擦力做的功等于mghB. 物体克服摩擦力做的功小于mghC. 物体克服摩擦力做的功大于mghD. 物体克服摩擦力做的功与mgh无关答案：B解析：物体从斜面顶端滑下时，受到重力和摩擦力的作用。
重力做的功为mgh，而摩擦力做的功为负功，即物体克服摩擦力做的功。
由于物体到达底部时速度为v，说明物体在下滑过程中速度增加，即动能增加，这部分增加的动能来自于重力势能的减少和摩擦力做的负功。
因此，物体克服摩擦力做的功小于mgh。
二、填空题3. 一辆汽车以恒定功率P行驶，其牵引力F与速度v的关系为：F=____。
答案：P/v解析：功率P定义为单位时间内做功的多少，即P=W/t。
对于恒定功率的汽车，牵引力F与速度v的乘积等于功率P，即P=Fv。
因此，牵引力F与速度v成反比，即F=P/v。
4. 一个物体在水平面上以恒定加速度a运动，其动能Ek与时间t的关系为：Ek=____。
答案：1/2 * m * a * t^2解析：物体的动能Ek定义为1/2 * m * v^2，其中m是物体的质量，v是物体的速度。
对于以恒定加速度a运动的物体，其速度v与时间t的关系为v=at。
将v代入动能公式，得到Ek=1/2 * m * (at)^2 = 1/2 * m * a * t^2。
高中物理功和功率试题有答案
高中物理功和功率练习题一、选择题（带“▲”为多项选择题）1．足球运动员一脚把足球踢出，足球沿水平地面运动，速度逐渐变小，在球离开运动员以后的运动过程中 （） A ．运动员对球做了功 B ．球克服支持力做了功 C ．重力对球做了功 D ．球克服阻力做了功2．▲质量为m 的物体，受水平力F 的作用，在粗糙的水平面上运动，以下说法中正确的是（ ）A ．如果物体做加速直线运动，F 一定对物体做正功B ．如果物体做加速直线运动，F 也可能对物体做负功C ．如果物体做减速直线运动，F 一定对物体做负功D ．如果物体做匀速直线运动，F 一定对物体做正功3．质量为0.5kg 的小球从高空自由下落，经2s 落到地面，在小球下落过程中重力做功的平均功率是 （） A ．5W B ．10WC ．50W D ．100W4．一物体由H 高处自由落下，当物体的动能等于势能时，物体所经历的时间为 （） A ．g H 2 B ．g H C ．g H 2 D ．以上都不对5．一辆小车原先在平直公路上做匀速直线运动，从某时刻起，小车所受到的牵引力F 和阻力F 1随时间的变化规律如图（甲）所示，则作用在小车上的牵引力的功率随时间变化规律是图（乙）（ ）6．▲某物体做变速直线运动，则以下说法中不正确．．．的是（ ）A ．若改变物体速度的是重力，物体的机械能不变B ．若改变物体速度的是摩擦力，物体的机械能必定减少C ．若改变物体速度的是摩擦力，物体的机械能可能增加D ．在物体速度增加的过程中，物体的机械能必定增加7．▲质量为m 的汽车，发动机的功率恒为P ，摩擦阻力恒为F 1，牵引力为F ，汽车由静止开始，经过时间t 行驶了位移s 时，速度达到最大值v m ，则发动机所做的功为 （ ）A ．PtB ．FsC ．2m 12mvD ．221m2mP PsF v 8．▲某人把原来静止于地面上的质量为2kg 的物体向上提起1m ，并使物体获得1m/s 的速度，取g =10m/s 2，则这过程中以下说法中正确的是 （ ） A ．人对物体做的功为21J B ．合外力对物体做的功为21J C ．合外力对物体做功20J D ．物体的重力势能增加20J9．放在光滑水平面上的静止物体，在水平拉力F 1作用下，移动距离s 时做功W。
高三物理：功和功率、功能关系(含精细解析)
教师备选题库： 功和功率1．如图1所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。
如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m ，那么下列说法正确的是( ) A ．轮胎受到地面的摩擦力做了负功 B ．轮胎受到的重力做了正功 C ．轮胎受到的拉力不做功图1D ．轮胎受到地面的支持力做了正功2．如图2所示，演员正在进行杂技表演。
由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( )A ．0.3 JB ．3 JC ．30 JD ．300 J图23．一质量为m 的木块静止在光滑的水平面上，从t ＝0开始，将一个大小为F 的水平恒力作用在该木块上，在t ＝t 1时刻力F 的瞬时功率是( )A.F 22m t 1 B.F 22m t 12 C.F 2mt 1D.F 2mt 12 4．如图3所示，在外力作用下某质点运动的v －t 图像为正弦曲线。
从图中可以判断( )A ．在0～t 1时间内，外力做正功B ．在0～t 1时间内，外力的功率逐渐增大C ．在t 2时刻，外力的功率最大图3D ．在t 1～t 3时间内，外力做的总功为零5．如图4所示，倾角为θ的斜劈放在水平面上，斜劈上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的质量为m 的小球，当整个装置沿水平面以速度v 向左匀速运动时间t 时，以下说法正确的是( )A ．小球的重力做功为零B ．斜劈对小球的弹力做功为mg v tcos θ图4C ．挡板对小球的弹力做功为零D ．合力对小球做功为零6．起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度－时间图像如图5所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是图6中的( )图5图67．如图7甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆。
则小物块运动到x 0处时F 做的总功为( )图7A ．0B.12F m x 0 C.π4F m x 0D.π4x 02 8．下列图8是反映汽车以额定功率P 额从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是( )图89．一根质量为M 的直木棒，悬挂在O 点，有一只质量为m 的猴子抓着木棒，如图9所示。
高考物理最新力学知识点之功和能技巧及练习题附答案(1)
高考物理最新力学知识点之功和能技巧及练习题附答案(1)一、选择题1．汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v -—t图像不可能是选项图中的A．B．C．D．2．如图所示，质量分别为m和3m的两个小球a和b用一长为2L的轻杆连接，杆可绕中点O在竖直平面内无摩擦转动．现将杆处于水平位置后无初速度释放，重力加速度为g，则下列说法正确的是A．在转动过程中，a球的机械能守恒B．b球转动到最低点时处于失重状态C．a球到达最高点时速度大小为gLD．运动过程中，b球的高度可能大于a球的高度3．如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1–N2的值为A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg4．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（乙）所示，则A．1t时刻小球动能最大B．2t时刻小球动能最大C．2t~3t这段时间内，小球的动能先增加后减少D．2t~3t这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能5．如图所示，物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，运动中无碰撞能量损失。
DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零。
如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点时速度也刚好为零，则此时物体具有的初速度v（）A．大于v0B．等于v0C．小于v0D．决定于斜面的倾角6．假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v.横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是()A．运动员对足球做的功为W1＝mgh＋mv2B．足球机械能的变化量为W1－W2C．足球克服空气阻力做的功为W2＝mgh＋mv2－W1D．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh＋mv27．2019年2月16日，世界游泳锦标赛跳水项目选拔赛（第一站）在京举行，重庆选手施延懋在女子3米跳板决赛中，以386.60分的成绩获得第一名，当运动员压板使跳板弯曲到最低点时，如图所示，下列说法正确的是（）A．跳板发生形变是因为运动员的重力大于板对她支持力B．弯曲的跳板受到的压力，是跳板发生形变而产生的C．在最低点时运动员处于超重状态D．跳板由最低点向上恢复的过程中，运动员的机械能守恒8．如图所示，地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的公转轨迹则是一个非常扁的椭圆。
高三物理-专题复习-《功和功率》-《功能关系》(含答案解析)
高三物理-专题复习-《功和功率》-《功能关系》(含答案解析)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1复习备考建议1．能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．2．对于动量问题，可以只在选择题中出现，考查动量守恒定律、动量定理的基本应用，也可在计算题中出现，特别是动量与动力学、能量结合、综合性强、难度高，应加大训练．第4课时 功和功率 功能关系 考点功、功率的分析与计算 1．恒力功的计算(1)单个恒力的功 W ＝Fl cos α.(2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α.②W ＝W 1＋W 2＋….2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算．(2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算．(3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”．(4)求解一般变力做的功常用动能定理．3．功率的计算(1)P ＝W t，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率． 注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1 kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3 s 内拉力F 的最大功率是2.25 WD ．前3 s 内拉力对小环做功5.75 J答案 AD解析 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第 1 s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1 kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1 s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1 s 末，P ＝F v 1＝5×0.5 W ＝2.5 W ；第1 s 末到第3 s 末，P ＝F v 1＝4.5×0.5 W ＝2.25 W ，即拉力的最大功率为2.5 W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1 J ＝5.75 J ，故D 正确．变式训练1．(2020·山东等级考模拟卷·3)我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104 kW ，排泥量为1.4 m 3/s ，排泥管的横截面积为0.7 m 2.则泥泵对排泥管内泥浆的推力为( )A ．5×106 NB ．2×107 NC ．2×109 ND ．5×109 N答案 A解析 由排泥量和排泥管横截面积可求排泥速度v ＝1.4 m 3/s 0.7 m 2＝2 m/s.由P ＝F v 可得F ＝P v ＝1×107 W 2 m/s＝5×106 N. 2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图2所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图2A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR答案 AC解析 滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于 W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错． 考点功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系 (1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p .(2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p .(3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE .(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对．2．理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化．(2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图3所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()图3A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能E k＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J答案AD解析根据题图图像可知，h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为E k0＝100 J，由公式E k0＝12可知，h＝0时物体的速率为v＝102m vm/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知F f h＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力F f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－F f h＝E k －100 J，解得E k＝50 J，选项C错误；由题图图像可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D 正确．变式训练3．2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得此届冬奥会首枚奖牌．如图4为U形池模型，其中A、B为U形池两侧边缘，C 为U 形池最低点，U 形池轨道各处粗糙程度相同．运动员(可看成质点)在池边高h 处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为h 2，下列说法正确的是( )图4A ．运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A 然后返回B ．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A 然后返回C ．由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，运动员损耗机械能相同D ．由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，前一过程运动员损耗机械能较小答案 A解析 运动员由h 处自由下落，到右侧h 2高度，损失的机械能ΔE ＝mg h 2.运动员受到的摩擦力与正压力成正比，由圆周运动的规律可知，运动员返回时比开始进入时的平均速率要小，平均摩擦力要小，则阻力做功小于mg h 2，故能冲出A 点，选项A 正确，B 错误，同理，A 到C 过程比C 到B 过程平均速率大，平均摩擦力大，运动员损耗机械能大，故C 、D 错误．4.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g 4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin 53°＝45，cos 53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mgh B ．运动员动能的增加量为34mgh C ．运动员动能的增加量为1516mgh D ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析 运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin 53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确． 考点动能定理的应用1．表达式：W 总＝E k2－E k1.2．五点说明 (1)W 总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．3．基本思路(1)确定研究对象和研究过程．(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3 如图6所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A 点等高．质量m ＝0.5 kg 的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A 点的高度h 1＝1.10 m ，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x 1＝0.15 m ，第一次反弹至最高点，篮球底端距A 点的高度h 2＝0.873 m ，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x 2＝0.01 m ，弹性势能为E p ＝0.025 J ．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g 取10 m/s 2.求：图6(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小；(3)篮球在整个运动过程中通过的路程．答案(1)500 N/m(2)0.50 N(3)11.05 m解析(1)由最后静止的位置可知kx2＝mg，所以k＝500 N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mgΔh－F f·L＝12m v22－12m v12整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J空气阻力大小恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m故可得F f≈0.50 N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反根据动能定理有mgΔh′＋W f＋W弹＝12m v2′2－12m v12整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J弹力做功W弹＝－E p＝－0.025 J则空气阻力做功W f＝－mgΔh′－W弹＝－5.525 J因W f＝－F f s故解得s＝11.05 m.变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图7所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()图7A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图8所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L＝1.5 m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8 m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图8(1)物体能否静止在木板上请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少(3)物体最终停在何处并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25 m(3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sin β＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cos β＝0.16mg因mg sin β>μmg cos β，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh－μmgs cos β＝0解得s＝11.25 m(3)假设物体依次能到达B、D点，由动能定理得mg(h－L sin β)－μmg cos β(L＋hsin β)＝12m v B2解得v B>0mg(h－L sin β)－μmg cos β(3L＋hsin β)＝12m v D2v D无解说明物体能通过B点但不能到达D点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C点．考点动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征．2．四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4(2019·河北邯郸市测试)如图9所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB长L＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝1.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5 m /s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图9(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8 m (2)13 m (3)37 m/s ≤v ≤43 m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12m v 02，可知：v 0＝6 m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中， 由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2 m/s 2，t 1＝0.5 s ，x 1＝2.75 m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12m v 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8 m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ， 由12m v 2－12m v B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7 m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12m v B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13 m.(3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin 30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：－μ2mgs －mg (R ＋R sin 30°)＝12m v F 2－12m v 12解得：v 1＝37 m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由12m v 22＝μ2mg ·3s ＋mgR 解得：v 2＝43 m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12m v B m 2－12m v 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56 m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37 m/s ≤v ≤43 m/s 就满足条件． 变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图10所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3 m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2 kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10 m/s 2，空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图10(1)若OB 的长度l ＝1 m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少． 答案 (1)246 kg·m/s (2)1.5 m355 m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有：－mg (l ＋l cos 37°)＝12m v 2－12m v 02联立得一开始的冲量大小为I ＝m v 0＝246 kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至(H －l )高度过程，设小球至(H －l )高度处的速度为v 0′，由机械能守恒可得12＝mgl(1－cos 37°)2m v0′小球从(H－l)高度做初速度为v0′的平抛运动，12＝H－l2gtx＝v0′t联立得，x＝42＋3l)5(－l当l＝1.5 m时x取最大值，为35 5 m.专题突破练级保分练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是()图1A．两小球落地时速度相同B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等答案 C解析两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B错误；由重力做功公式W＝mgh得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是()图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等 答案 B解析 运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析 设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E －t图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4.(多选)(2018·广东揭阳市一模)如图3，第一次，小球从粗糙的14圆形轨道顶端A 由静止滑下，到达底端B 时的速度为v 1，克服摩擦力做功为W 1；第二次，同一小球从底端B 以v 2冲上圆形轨道，恰好能到达A 点，克服摩擦力做功为W 2，则( )图3A．v1可能等于v2B．W1一定小于W2C．小球第一次运动机械能增加了D．小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率答案BD5．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5 m/s的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g＝10 m/s2)，该送餐员骑电动自行车以5 m/s的速度匀速前行过程做功的功率最接近()A．10 W B．100 W C．1 kW D．10 kW答案 B解析设送餐员和车的总质量为100 kg，匀速行驶时的速率为5 m/s，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F＝0.02mg＝20 N，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P＝F v＝100 W，故B正确．6．(多选)如图4所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()图4A．两滑块组成的系统机械能守恒B．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量C．重力对M做的功等于M动能的增加量D．两滑块组成的系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功答案BD7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，其1.5 s内的速度随时间变化关系如图乙所示，g取10 m/s2.则()图5 A．0.5 s时拉力功率为12 WB．0.5 s内拉力做功9 JC．1.5 s后物块可能返回D．1.5 s后物块一定静止答案AC解析0～0.5 s内物体的位移：x1＝12×0.5×2 m＝0.5 m；0.5～1.5 s内物体的位移：x2＝12×1×2 m＝1 m；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5 s内F－μgm cos θ－mg sin θ＝ma1；0.5～1.5 s内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma2，联立解得：F＝6 N，但无法求出μ和θ.0.5 s时，拉力的功率P＝F v＝12 W，故A正确．拉力做的功为W＝Fx1＝3 J，故B错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C正确，D错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10 N的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m，则以下结论正确的是()图6A．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 JB．整个过程中滑块动能的最大值为6 JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做功5 JD．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒答案AD解析滑块从a到c, mgh ac＋W弹′＝0－0解得：W弹′＝－6 J.则E pm＝－W弹′＝6 J所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J，故A正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合外力为0，由分析可知d点在b点和c点之间．滑块从a到d有：mgh ad＋W弹＝E k d－0因mgh ad＜6 J，W弹＜0所以E k d＜6J，故B错误；从c点到b点弹簧的弹力对滑块做的功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6 J，故C错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确．9．(多选)如图7所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则()图7A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg答案BD解析滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A 错误；以滑块a、b及轻杆组成的系统为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b 的速度为零，则mgh＝12＋0，即v a＝2gh，选项B正确；a、b的先后受力如图甲、乙2m v a所示，由a 的受力图可知，a 下落过程中，其加速度大小先小于g 后大于g ，选项C 错误；当a 落地前b 的加速度为零(即轻杆对b 的作用力为零)时，b 的机械能最大，a 的机械能最小，这时b 受重力、支持力，且F N b ＝mg ，由牛顿第三定律可知，b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确．级争分练10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103 kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10 m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5 s 内的牵引力为5×102 NB ．赛车速度为25 m /s 时的加速度为5 m/s 2C ．赛车的额定功率为100 kWD ．赛车的最大速度为80 m/s 答案 C解析 匀加速直线运动的加速度大小为：a ＝Δv Δt ＝205 m/s 2＝4 m/s 2，根据牛顿第二定律得：F－F f ＝ma ，解得牵引力为：F ＝F f ＋ma ＝0.1×1×103×10 N ＋1×103×4 N ＝5×103 N ，故A 错误；额定功率为：P ＝F v ＝5 000×20 W ＝100 000 W ＝100 kW.当车的速度是25 m/s 时，牵引力：F ′＝P v ′＝100 00025 N ＝4 000 N ，车的加速度：a ′＝F ′－F f m ＝4 000－0.1×1×1041×103m/s 2＝3 m/s 2，故B 错误，C 正确；当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为：v m ＝PF＝P F f ＝100 0001 000m/s ＝100 m/s ，故D 错误． 11．(2019·福建泉州市期末质量检查)如图9所示，四分之一圆弧AB 和半圆弧BC 组成的光滑轨道固定在竖直平面内，A 、C 两端点等高，直径BC 竖直，圆弧AB 的半径为R ，圆弧BC 的半径为R2.一质量为m 的小球从A 点上方的D 点由静止释放，恰好沿A 点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g .图9(1)要使小球能运动到C 点，D 、A 两点间的高度差h 至少为多大(2)改变h ，小球通过C 点后落到圆弧AB 上的最小动能为多少答案 (1)R 4 (2)32mgR解析 (1)设小球刚好通过C 点的速度为v ，则 mg ＝m v 2R 2小球从D 点到C 点的过程中机械能守恒，有： mgh ＝12m v 2联立解得h ＝R4(2)设小球通过C 点的速度为v 0，落到圆弧AB 上时，水平位移为x ，下落高度为y ，由平抛运动的规律可知x ＝v 0t ；y ＝12gt 2从C 点抛出到落到圆弧AB 上，由动能定理得：mgy ＝E k －12m v 02又x 2＋y 2＝R 2联立可得：E k ＝14mg (R 2y＋3y )。
功和功率(解析版)—三年(2022-2024)高考物理真题汇编(全国通用)
功和功率考点01 功和功率1. （2024年高考广东卷）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。
在接近某行星表面时以60m/s 的速度竖直匀速下落。
此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。
已知探测器质量为1000kg ，背罩质量为50kg ，该行星的质量和半径分别为地球的110和12。
地球表面重力加速度大小取210m/s =g 。
忽略大气对探测器和背罩的阻力。
下列说法正确的有（ ）A. 该行星表面的重力加速度大小为24m/sB. 该行星的第一宇宙速度为7.9km/sC. “背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为280m/s D. “背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW 【参考答案】.AC【名师解析】本题考查万有引力，宇宙速度，牛顿运动定律，功率及其相关知识点。
由GM=gR 2可得行星表面g’大小为g ’=22''M RM R g=110·22·10==4m/s 2，A 正确；由第一宇宙速度公式可得行星的第一宇宙速度为×7.9 km/s ，B 错误；根据题述，探测器、背罩通过弹性轻绳连接降落伞，在某行星表面时以v=60m/s 竖直匀速下落，可知所受空气阻力f=（M+m ）g’=4200N ，探测器与背罩断开瞬间，由牛顿第二定律，f-mg’=ma ，解得背罩的加速度大小为a=80m/s 2，C 正确；探测器与背罩断开瞬间，探测器受重力做功功率为P=Mg ’v=1000×4×60W=240kW ，D 错误。
【关键点拨】探测器与背罩断开瞬间，探测器做自由落体运动，背罩和降落伞受到向上的空气阻力和重力，利用牛顿第二定律计算其加速度。
2.（2024年高考福建卷）在水平面上，用两根绳子拉一木板，绳子与水平方向夹角为θ = 22.5°，每条绳子上拉力F = 250N ，在15s 内木板匀速前进20m 。
功 功率 动能定理 --2024届新高考物理冲刺专项训练(解析版)
专题功 功率 动能定理一、单选题1(23-24高三下·浙江宁波·阶段练习)下列说法正确的是()A.甲图中研究篮球的进入篮筐的过程，可将篮球看成质点B.乙图中羽毛球在空中运动时的轨迹并非抛物线，其水平方向的分速度逐渐减小C.丙图中运动员训练蹲踞式起跑时，起跑器对运动员做正功D.丁图中运动员跳高下落时，通过海绵垫可减少接触面对运动员的冲量从而实现缓冲【答案】B【详解】A．甲图中研究篮球的进入篮筐的过程，篮球大小和形状不能忽略，不可以将篮球看成质点，A错误；B．羽毛球所受空气阻力不能忽略，故轨迹并非抛物线，在阻力作用下羽毛球水平方向的分速度逐渐减小，B正确；C．起跑器的弹力方向运动员没有位移，起跑器对运动员不做功，C错误；D．运动员动量的变化量一定，海绵垫的作用是通过延长接触时间，减小运动员受到的弹力，起到缓冲作用，D错误。
故选B。
2(2024·安徽·模拟预测)如图所示，一质量为m的物体，沿半径为R的四分之一固定圆弧轨道滑行，由于物体与轨道之间动摩擦因数是变化的，使物体滑行到最低点的过程中速率不变。
该物体在此运动过程，下列说法正确的是()A.动量不变B.重力做功的瞬时功率不变C.重力做功随时间均匀变化D.重力的冲量随时间均匀变化【答案】D【详解】A．物体的速度大小不变，方向发生改变，则物体的动量大小不变，方向发生改变，故A错误；B．根据P=mgv y由于物体竖直方向的分速度逐渐减小，则重力做功的瞬时功率逐渐减小，故B错误；C．根据W=mgh物体速率不变，但竖直方向的分速度发生改变，所以物体下落的高度不是随时间均匀变化，则重力做功不是随时间均匀变化，故C错误；D．根据I=mgt由于重力恒定不变，可知重力的冲量随时间均匀变化，故D正确。
故选D。
3(23-24高三上·贵州贵阳·期末)课间，某男同学利用未开封的矿泉水，进行负重深蹲训练，根据体育老师传授的经验，将矿泉水环抱入怀中，与胸口保持相对静止，稳定后完成“下蹲-维持-站起”的深蹲动作。
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专题01 功和功率1．(2017云贵川百校大联考)一辆汽车以大小v0=90km/h的速度在平直公路上做匀速直线运动，此时其功率为额定功率P=65KW．假设汽车行驶时所受阻力恒定，刹车获得的加速度大小a=7.5m/s2，求：（1）汽车行驶时所受阻力的大小f；（2）汽车刹车开始后10s内滑行的距离x．【分析】（1）当汽车匀速直线运动时，牵引力等于阻力，结合P=Fv即可求出阻力（2）求出汽车从开始刹车到停止的时间，根据位移公式求出汽车刹车开始后10s内滑行的距离（2）汽车从开始刹车到停止的时间滑行10s内的位移等于内的位移根据答：（1）汽车行驶时所受阻力的大小f为2600N；（2）汽车刹车开始后10s内滑行的距离x为2．(2017河南部分重点中学联考)如图所示，物体A静止在台秤的秤盘B上，A的质量为m A=10.5kg，B的质量 m B=1.5kg，弹簧质量不计，劲度系数k=800N/m，现给A施加一个竖直向上的力F，使它向上做匀加速直线运动，已知力F在开始的t=0.2s内是变力，此后是恒力，求t时间内力F做的功．【分析】在A和秤盘分离之前F为变力，分离后，F为恒力；两物体分离瞬间，A对秤盘无作用力，弹簧处于原长，但P的加速度还与原来一样，而从开始到分离历时0.2s，由分析可知，刚开始时F最小，F为恒力时最大，求出F的最小值和最大值，根据F均匀变化，求F的平均值，再乘以位移，可求得F做的功．3．(12分)汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，为减少污染，目前国家提倡使用电动汽车．在平直的公路上一辆电动汽车由甲处从静止开始启动，先做20 s的匀加速直线运动，速度达到15 m/s时，再匀速运动240 s通过乙处．现有一辆质量为m＝1000 kg的燃油轿车，其发动机的额定输出功率P＝90 kW，它也从甲处由静止开始以恒定的输出功率P启动做直线运动，轿车通过乙处时速度达到最大速度30 m/s.设轿车运动时所受的阻力不变，轿车每做1 J的功排放的气态污染物的质量为k ＝3×10－6g ，求：(1)甲、乙两地的距离；(2)燃油轿车从甲地运动到乙地的过程中排放的气态污染物质量．(2)设轿车从甲处运动到乙处所做的功为W ，运动时所受阻力为f ，则f ＝P v m＝3×103 N 由动能定理得W －fx ＝12mv 2m ，解得：W ＝fx ＋12mv 2m ＝1.17×107 J 污染物的质量为Δm ＝kW ＝35.1 g答案：(1)3750 m (2)35.1 g4.（14分）（2017北京昌平期末）图13为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。
它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r = 0.6m ，离水面的高度h = 3.2m 。
水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R = 2.2m 。
水泵的效率为η= 80%，水泵出水口在1s 内通过的水的质量为m 0 = 10kg ，重力加速度g 取10m/s 2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。
求：（1）水从喷嘴喷出时速度的大小v；（2）水泵输出的功率P；（3）水泵在1h内消耗的电能E。
5、(12分) (2017上海静安期末)如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v—t 图像如图乙，试求：（1）物体与斜面间的摩擦力f；（2）前1s内拉力F的平均功率；【名师解析】．（12分）（1）由图像可知：撤去力F 后的加速度a 2＝－10m/s 2……………（1分）由牛顿第二定律：－mgsinθ－f ＝ma 2 解得f ＝4 N …………（3分）（2）由图像可知：撤去力F 前的加速度a 1＝20m/s 2………………（1分）由牛顿第二定律：F －mgsinθ－f ＝ma 1 解得F ＝30N …………（3分）前1s 内的平均速度为10m/s =m/s 220+0=v …………………（1分） 前1s 内拉力F 的平均功率为W 300==v F P ………………（3分）（注：用t W P /=求解，公式2分，W 、P 各1分）6．(2015·山东理综，23)(20分)如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。
物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l 。
开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。
现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍。
不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g 。
求：(1)物块的质量； (2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。
(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12mv 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为F T3，传感装置的示数为F 3，据题意可知，F 3＝0.6F 1，对小球，由牛顿第二定律得 F T3－mg ＝m v 2l⑦ 对物块，由平衡条件得F 3＋F T3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得W f ＝0.1mgl ⑨答案 (1)3m (2)0.1mgl7．（20分）（2016广州模拟）质量m =4kg 的物体，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，沿水平地面向右做直线运动，经过A 点时速度为6m/s 。
物体过A 点时开始计时，对物体施加水平恒力F 作用，经过0.5s 物体向右移动了2.5m 到达B 点；若t 时刻撤去水平恒力F ，物体最后停在A 的右方3.75m 处。
g=10m/s 2。
求：（1）撤去水平恒力F 的时刻t ；（2）从物体经过A 点到最终停止，水平恒力F 做的功W F 。
接下来要判断在哪个阶段撤去F 。
设物体从A 点到速度为零的P 点共经历的时间为t 2，通过的位移为AP s ，这段时间没有撤去F 。
有：2A 1ΔΔt v t v a ==（1分） 12A AP 20a v s --= （1分） 解得：2 1.5s t = AP 4.5m 3.75m s => （1分）说明物体向右运动阶段没有撤去F （评分：能判断到这一点就给3分）设在t 时刻撤去F ，则在2t t -时间内，物体在F 和水平向右方向的摩擦力f '(mg μ=)作用下，由P 点向左作匀加速运动并到达M 点。
设其加速度大小为a 2，设水平向右为正，有 2-F f ma '= （1分）2PM 221()2s a t t =- （1分） M 22()v a t t =- （1分） 在M 点后，物体在摩擦力的作用下匀减速运动到停止在Q 点，设其加速度大小为a 3，有： 3f ma '=（1分） 2M MQ 302v s a -= （1分） 依题意：AQ AP PM MQ 3.75m s s s s =--= （1分）联立并代入数据，得： 2=t s （1分）（2）根据（1）的分析可知：W F =-F ·s AM （2分）又：AM AP PM -s s s =（2分）联立并代入数据，得： W F = -51J （2分）8．(12分)如图所示，质量m =2kg 的物体A 在倾角θ=300的足够长的固定斜面上，在沿斜面向P Q上的力F =5N 推力作用下，A 从底端开始以初速度v 0=8m/s 向上运动，已知A 与斜面之间的动摩擦因数为103=μ。
经过一段时间t 速度大小为2m/s 。
（取g =10m/s 2）求：（1）时间t ；（2）F 在时间t 内的平均功率；【名师解析】：（12分）（1）（6分）若是上滑，受力示意图如图。
根据牛顿第二定律，得到1sin ma F mg f =-+θ θμcos mg f =(2分） 解得m Fmg mg a -+=θθμsin cos 1，代入数据得21m/s 4=a s 5.14821021=--=-=a v v t (1分） 若是下滑，上滑到最高点的时间s 2480010=--=-=a v t s 根据牛顿第二定律，得到2-sin ma f F mg =-θ θμcos mg f =(2分） 解得mmg F mg a θμθcos sin 2--=， 代入数据得22m/s 1=a 。
下滑时间为s 2102022=-=-=a v t x ， 故s 42=+=x s t t t 。
(1分） 答：经过时间1.5s 或4s 速度大小为2m/s 。
9．(16分)（2016浙江省金丽衢十二校联考）今年是我省“五水共治”全面铺开之年，一场气势恢宏、声势浩大的全民治水攻坚战在浙江大地全面打响，某地在“治污水”过程中，须对一污染井水进行排污处理，如图所示为用于排污“龙头”的示意图，喷水口距离地面高度h=1.25m，抽水机的效率η=70%，从距地面深为H=5m的井里抽水，使水充满喷水口，并以恒定的速率从该“龙头”沿水平喷出，喷水口的截面积为S=2cm2，其喷灌半径R=10m，已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，不计空气阻力。
求:（1）污水从喷水口射出时的速率多大？（2）在1s钟内抽水机至少对水所做的功？（3）抽水机的电动机的最小输出功率为多少？10．(20分) （2016浙江省金丽衢十二校联考）目前，我国的高铁技术已处于世界领先水平，它是由几节自带动力的车厢（动车）加几节不带动力的车厢（拖车）组成一个编组，称为动车组。
若每节动车的额定功率均为 1.35×104kw，每节动车与拖车的质量均为5×104kg，动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.075倍。
若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7km/h。
我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的，其中头、尾为动车，中间为拖车。
当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动，解决的办法是制动时，常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用，所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时，通过升起风翼（减速板）调节其风阻，先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动，当速度较小时才采用机械制动。
（所有结果保留2位有效数字）求:（1）沪昆高铁的最大时速v为多少km/h？（2）当动车组以加速度1.5m/s2加速行驶时，第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大？（3）沪昆高铁以题（1）中的最大速度运行时，测得此时风相对于运行车厢的速度为100m/s，已知横截面积为1m2的风翼上可产生1.29×104N的阻力，此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%。