專題05 功與功率 功能關系（練習）（解析版）-2025年高考物理二輪復習講練測（新高考用）

1/33專題05功與功率功能關系目錄TOC\o"1-2"\h\z\u01模擬基礎練 2題型一功的理解及計算 2題型二變力做功的計算 6題型三功率的理解及計算 8題型四機車啟動及機械功率類問題 14題型五動能及動能定理的理解 18題型六動能定理的簡單應用 19題型七常見力做功與能量變化的關系 22題型八功能關系的綜合應用 2302重難創(chuàng)新練 25題型九動能定理在多過程問題中的應用 25

題型一功的理解及計算1．（2024·海南·高考真題）神舟十七號載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風著陸場成功著陸，在飛船返回至離地面十幾公里時打開主傘飛船快速減速，返回艙速度大大減小，在減速過程中（）A．返回艙處于超重狀態(tài) B．返回艙處于失重狀態(tài)C．主傘的拉力不做功 D．重力對返回艙做負功【答案】A【詳解】AB．返回艙在減速過程中，加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯誤；C．主傘的拉力與返回艙運動方向相反，對返回艙做負功，故C錯誤；D．返回艙的重力與返回艙運動方向相同，重力對返回艙做正功，故D錯誤。故選A。2．（2023·江蘇·高考真題）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）

A．受到的合力較小 B．經(jīng)過A點的動能較小C．在A、B之間的運動時間較短 D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【詳解】A．頻閃照片時間間隔相同，圖甲相鄰相等時間間隔內(nèi)發(fā)生的位移差大，根據(jù)勻變速直線運動的推論，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；B．設斜面傾角為，動摩擦因數(shù)為，上滑階段根據(jù)牛頓第二定律有，下滑階段根據(jù)牛頓第二定律有，可知上滑階段階段加速度大于下滑階段加速度，圖甲為上滑階段，從圖甲中的A點到圖乙中的A點，先上升后下降，重力不做功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可知圖甲經(jīng)過A點的動能較大，故B錯誤；C．由逆向思維，由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)，可知圖甲在A、B之間的運動時間較短，故C正確；D．由于無論上滑或下滑均受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤。故選C。3．（2022·福建·高考真題）福建土樓兼具居住和防御的功能，承啟樓是圓形土樓的典型代表，如圖（a）所示。承啟樓外樓共四層，各樓層高度如圖（b）所示。同一樓層內(nèi)部通過直徑約的圓形廊道連接。若將質(zhì)量為的防御物資先從二樓倉庫搬到四樓樓梯口M處，再用沿廊道運送到N處，如圖（c）所示。重力加速度大小取，則（）A．該物資從二樓地面被運送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為B．該物資從M處被運送到N處的過程中，克服重力所做的功為C．從M處沿圓形廊道運動到N處，位移大小為D．從M處沿圓形廊道運動到N處，平均速率為【答案】A【詳解】A．該物資從二樓地面被運送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為，故A正確；B．該物資從M處被運送到N處的過程中，由于M、N高度差為零，所以克服重力做功為零，故B錯誤；C．從M處沿圓形廊道運動到N處，位移大小為，故C錯誤；D．從M處沿圓形廊道運動到N處，平均速率為，故D錯誤。故選A。4．（2022·廣東·高考真題）（多選）如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平段以恒定功率、速度勻速行駛，在斜坡段以恒定功率、速度勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為，，段的傾角為，重力加速度g取，不計空氣阻力。下列說法正確的有（）A．從M到N，小車牽引力大小為 B．從M到N，小車克服摩擦力做功C．從P到Q，小車重力勢能增加 D．從P到Q，小車克服摩擦力做功【答案】ABD【詳解】A．小車從M到N，依題意有，代入數(shù)據(jù)解得，故A正確；B．依題意，小車從M到N，因勻速，小車所受的摩擦力大小為，則摩擦力做功為，則小車克服摩擦力做功為800J，故B正確；C．依題意，從P到Q，重力勢能增加量為，故C錯誤；D．依題意，小車從P到Q，摩擦力為f2，有，摩擦力做功為，聯(lián)立解得，則小車克服摩擦力做功為700J，故D正確。故選ABD。5．（2024·福建·高考真題）我國古代勞動人民創(chuàng)造了璀璨的農(nóng)耕文明。圖（a）為《天工開物》中描繪的利用耕牛整理田地的場景，簡化的物理模型如圖（b）所示，人站立的農(nóng)具視為與水平地面平行的木板，兩條繩子相互平行且垂直于木板邊緣。已知繩子與水平地面夾角為，，。當每條繩子拉力的大小為時，人與木板沿直線勻速前進，在內(nèi)前進了，求此過程中(1)地面對木板的阻力大小；(2)兩條繩子拉力所做的總功；(3)兩條繩子拉力的總功率?！敬鸢浮?1)450N(2)9.0×103J(3)600W【詳解】（1）由于木板勻速運動則有解得（2）根據(jù)功的定義式有解得（3）根據(jù)功率的定義，有6．（2023·重慶·高考真題）機械臂廣泛應用于機械裝配。若某質(zhì)量為m的工件（視為質(zhì)點）被機械臂抓取后，在豎直平面內(nèi)由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，運動方向與豎直方向夾角為θ，提升高度為h，如圖所示。求：（1）提升高度為h時，工件的速度大??；（2）在此過程中，工件運動的時間及合力對工件做的功。

【答案】（1）；（2），【詳解】（1）根據(jù)勻變速直線運動位移與速度關系有解得（2）根據(jù)速度公式有解得根據(jù)動能定理有解得題型二變力做功的計算7．（2024·安徽·高考真題）某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v．已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點．重力加速度大小為g，不計空氣阻力．則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】人在下滑的過程中，由動能定理可得可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為故選D。8．（2024·新疆河南·高考真題）將重物從高層樓房的窗外運到地面時，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量，重力加速度大小，當P繩與豎直方向的夾角時，Q繩與豎直方向的夾角（1）求此時P、Q繩中拉力的大?。唬?）若開始豎直下降時重物距地面的高度，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對重物做的總功?！敬鸢浮浚?），；（2）【詳解】（1）重物下降的過程中受力平衡，設此時P、Q繩中拉力的大小分別為和，豎直方向水平方向聯(lián)立代入數(shù)值得，（2）整個過程根據(jù)動能定理得解得兩根繩子拉力對重物做的總功為9．（2024·四川綿陽·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為m的戰(zhàn)士在某次爬桿訓練中，采用“手握腿夾”的方式從高h的鐵桿頂端從靜止開始下滑，落地時速度大小為v，重力加速度為g，忽略空氣阻力，則戰(zhàn)士在下滑過程中，受到的摩擦力（）A．是靜摩擦力，方向沿桿向上 B．是滑動摩擦力，方向沿桿向下C．做功為 D．做功為【答案】D【詳解】AB．戰(zhàn)士從鐵桿頂端從靜止開始下滑，則受到沿桿向上的滑動摩擦力作用，選項AB錯誤；CD．由動能定理，解得摩擦力做功，選項C錯誤，D正確。故選D。10．（2024·重慶·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為的小球從傾斜軌道右側(cè)最高點由靜止釋放，剛好能過圓軌道最高點；已知釋放點與圓軌道最高點高度差為，圓軌道半徑，小球可看做質(zhì)點，不考慮空氣阻力，g取，則該過程中小球克服摩擦阻力做功為（）A．0.05J B．0.1J C．0.15J D．0.2J【答案】C【詳解】根據(jù)題意，設該過程中小球克服摩擦阻力做功為，從釋放到最高點，由動能定理有，在最高點，由牛頓第二定律有，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得故選C。題型三功率的理解及計算11．（2024·貴州·高考真題）質(zhì)量為的物塊靜置于光滑水平地面上，設物塊靜止時的位置為x軸零點?，F(xiàn)給物塊施加一沿x軸正方向的水平力F，其大小隨位置x變化的關系如圖所示，則物塊運動到處，F(xiàn)做功的瞬時功率為（）

A． B． C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)圖像可知物塊運動到處，F(xiàn)做的總功為，該過程根據(jù)動能定理得，解得物塊運動到處時的速度為，故此時F做功的瞬時功率為故選A。12．（2024·浙江·高考真題）一個音樂噴泉噴頭出水口的橫截面積為，噴水速度約為10m/s，水的密度為kg/m3，則該噴頭噴水的功率約為（）A．10W B．20W C．100W D．200W【答案】C【詳解】設時間內(nèi)從噴頭流出的水的質(zhì)量為，噴頭噴水的功率等于時間內(nèi)噴出的水的動能增加量，即，聯(lián)立解得故選C。13．（2024·江西·高考真題）廬山瀑布“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假設利用瀑布來發(fā)電，能量轉(zhuǎn)化效率為70%，則發(fā)電功率為（

）A．109W B．107W C．105W D．103W【答案】B【詳解】由題知，Δt時間內(nèi)流出的水量為m=ρQΔt=1.0×104Δt，發(fā)電過程中水的重力勢能轉(zhuǎn)化為電能，則有故選B。14．（2024·安徽·高考真題）在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度為，水管內(nèi)徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為（

）A． B．C． D．【答案】B【詳解】設水從出水口射出的初速度為，取時間內(nèi)的水為研究對象，該部分水的質(zhì)量為，根據(jù)平拋運動規(guī)律，，解得，根據(jù)功能關系得，聯(lián)立解得水泵的輸出功率為故選B。15．（2023·山東·高考真題）《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下：兩個半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為（

）

A． B． C． D．nmgωRH【答案】B【詳解】由題知，水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，且每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水、其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為，，聯(lián)立有故選B。16．（2023·遼寧·高考真題）如圖（a），從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率v與時間t的關系如圖（b）所示。由圖可知，兩物塊在離開M點后、到達N點前的下滑過程中（）

A．甲沿I下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小C．乙沿I下滑且乙的重力功率一直不變D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大【答案】B【詳解】AB．由圖乙可知，甲下滑過程中，甲做勻加速直線運動，則甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐漸減小的加速運動，乙沿I下滑，任意時刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一時刻甲的動能比乙的小，A錯誤，B正確；CD．乙沿I下滑，開始時乙速度為0，到點時乙豎直方向速度為零，根據(jù)瞬時功率公式可知重力瞬時功率先增大后減小，CD錯誤。故選B。17．（2024·廣東·高考真題）（多選）如圖所示，探測器及其保護背罩通過彈性輕繩連接降落傘。在接近某行星表面時以的速度豎直勻速下落。此時啟動“背罩分離”，探測器與背罩斷開連接，背罩與降落傘保持連接。已知探測器質(zhì)量為1000kg，背罩質(zhì)量為50kg，該行星的質(zhì)量和半徑分別為地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大氣對探測器和背罩的阻力。下列說法正確的有（）A．該行星表面的重力加速度大小為B．該行星的第一宇宙速度為C．“背罩分離”后瞬間，背罩的加速度大小為D．“背罩分離”后瞬間，探測器所受重力對其做功的功率為30kW【答案】AC【詳解】A．在星球表面，根據(jù)，可得，行星的質(zhì)量和半徑分別為地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得該行星表面的重力加速度大小，故A正確；B．在星球表面上空，根據(jù)萬有引力提供向心力，可得星球的第一宇宙速度，行星的質(zhì)量和半徑分別為地球的和，可得該行星的第一宇宙速度，地球的第一宇宙速度為，所以該行星的第一宇宙速度，故B錯誤；C．“背罩分離”前，探測器及其保護背罩和降落傘整體做勻速直線運動，對探測器受力分析，可知探測器與保護背罩之間的作用力，“背罩分離”后，背罩所受的合力大小為4000N，對背罩，根據(jù)牛頓第二定律，解得，故C正確；D．“背罩分離”后瞬間探測器所受重力對其做功的功率，故D錯誤。故選AC。18．（2023·湖南·高考真題）（多選）如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是（

）

A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道【答案】AD【詳解】A．由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為vC=0，則小球從C到B的過程中，有,，聯(lián)立有FN=3mgcosα－2mg，則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；B．由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P=－mgvsinθ則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯誤；C．從A到C的過程中有，解得，C錯誤；D．小球在B點恰好脫離軌道有，則，則若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為，故小球有可能從B點脫離軌道，D正確。故選AD。19．（2022·江蘇·高考真題）在軌空間站中物體處于完全失重狀態(tài)，對空間站的影響可忽略，空間站上操控貨物的機械臂可簡化為兩根相連的等長輕質(zhì)臂桿，每根臂桿長為L，如題圖1所示，機械臂一端固定在空間站上的O點，另一端抓住質(zhì)量為m的貨物，在機械臂的操控下，貨物先繞O點做半徑為、角速度為的勻速圓周運動，運動到A點停下，然后在機械臂操控下，貨物從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)時間t到達B點，A、B間的距離為L。（1）求貨物做勻速圓周運動時受到合力提供的向心力大??；（2）求貨物運動到B點時機械臂對其做功的瞬時功率P。（3）在機械臂作用下，貨物、空間站和地球的位置如題圖2所示，它們在同一直線上，貨物與空間站同步做勻速圓周運動，已知空間站軌道半徑為r，貨物與空間站中心的距離為d，忽略空間站對貨物的引力，求貨物所受的機械臂作用力與所受的地球引力之比?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）質(zhì)量為的貨物繞點做勻速圓周運動，半徑為，根據(jù)牛頓第二定律可知（2）貨物從靜止開始以加速度做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式可知解得貨物到達點時的速度大小為貨物在機械臂的作用下在水平方向上做勻加速直線運動，機械臂對貨物的作用力即為貨物所受合力，所以經(jīng)過時間，貨物運動到點時機械臂對其做功的瞬時功率為（3）空間站和貨物同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，對質(zhì)量為空間站，質(zhì)量為的地球提供向心力解得貨物在機械臂的作用力和萬有引力的作用下做勻速圓周運動，則貨物受到的萬有引力解得機械臂對貨物的作用力大小為則題型四機車啟動及機械功率類問題20．（2023·天津·高考真題）2023年我國首套高溫超導電動懸浮全要素試驗系統(tǒng)完成首次懸浮運行，實現(xiàn)重要技術突破。設該系統(tǒng)的試驗列車質(zhì)量為m，某次試驗中列車以速率v在平直軌道上勻速行駛，剎車時牽引系統(tǒng)處于關閉狀態(tài)，制動裝置提供大小為F的制動力，列車減速直至停止。若列車行駛時始終受到大小為f的空氣阻力，則（）A．列車減速過程的加速度大小 B．列車減速過程F的沖量為mvC．列車減速過程通過的位移大小為 D．列車勻速行駛時，牽引系統(tǒng)的輸出功率為【答案】C【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律有，可得減速運動加速度大小，故A錯誤；B．根據(jù)運動學公式有，故力F的沖量為，方向與運動方向相反；故B錯誤；C．根據(jù)運動學公式，可得，故C正確；D．勻速行駛時牽引力等于空氣阻力，則功率為，故D錯誤。故選C。21．（2023·山東·高考真題）質(zhì)量為M的玩具動力小車在水平面上運動時，牽引力F和受到的阻力f均為恒力，如圖所示，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開始運動。當小車拖動物體行駛的位移為時，小車達到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時間后停下，其總位移為。物體與地面間的動摩擦因數(shù)不變，不計空氣阻力。小車的額定功率P0為（

）

A． B．C． D．【答案】A【詳解】設物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，當小車拖動物體行駛的位移為S1的過程中有F－f－μmg=(m＋M)a，

v2=2aS1，P0=Fv，輕繩從物體上脫落后a2=μg，v2=2a2(S2－S1)，聯(lián)立有故選A。22．（2023·湖北·高考真題）兩節(jié)動車的額定功率分別為和，在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為和。現(xiàn)將它們編成動車組，設每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后不變，則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】由題意可知兩節(jié)動車分別有，，當將它們編組后有，聯(lián)立可得故選D。23．（2022·浙江·高考真題）小明用額定功率為、最大拉力為的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為的重物豎直提升到高為的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過的勻減速運動，到達平臺的速度剛好為零，取，則提升重物的最短時間為（）A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s【答案】C【詳解】為了以最短時間提升重物，一開始先以最大拉力拉重物做勻加速上升，當功率達到額定功率時，保持功率不變直到重物達到最大速度，接著做勻速運動，最后以最大加速度做勻減速上升至平臺速度剛好為零，重物在第一階段做勻加速上升過程，根據(jù)牛頓第二定律可得，當功率達到額定功率時，設重物的速度為，則有，此過程所用時間和上升高度分別為,，重物以最大速度勻速時，有，重物最后以最大加速度做勻減速運動的時間和上升高度分別為,，設重物從結(jié)束勻加速運動到開始做勻減速運動所用時間為，該過程根據(jù)動能定理可得，又，聯(lián)立解得，故提升重物的最短時間為，C正確，ABD錯誤；故選C。24．（2025·重慶·模擬預測）如圖所示為一種潮汐發(fā)電示意圖，左方為陸地和海灣，右側(cè)為大海，中間為水壩，其下有通道，水流經(jīng)通道即可帶動發(fā)電機工作。漲潮時開閘蓄水，落潮時開閘放水，均在內(nèi)外水面高度相同時關閉閘門。設海灣的平均面積為S，每次漲落潮海灣內(nèi)外水位落差為h，一天漲潮、落潮各一次。水的密度為ρ，重力加速度為g，設一天的時間為t。則（）A．一次落潮時流出海灣的海水質(zhì)量為B．一次落潮時海水流經(jīng)通道對發(fā)電機做的功為C．一天內(nèi)海水流經(jīng)通道對發(fā)電機做功的功率為D．一天內(nèi)海水流經(jīng)通道對發(fā)電機做功的功率為【答案】C【詳解】A．一次落潮時流出海灣的海水質(zhì)量為ρSh，故A錯誤；B．一次落潮時海水流經(jīng)通道對發(fā)電機做的功為，故B錯誤；CD．一天內(nèi)海水流經(jīng)通道兩次，海水流經(jīng)通道對發(fā)電機做的總功為ρSgh2，對應海水流經(jīng)通道對發(fā)電機做功的功率為，故C正確，D錯誤。故選C。25．（2024·黑龍江·模擬預測）如圖所示是麥收時的情境。已知運輸車的質(zhì)量為M，收割機每秒鐘向運輸車傳送質(zhì)量為m的麥粒，運輸車在麥田受到的阻力為其總重力的k倍。兩車始終以速度v做勻速直線運動，運輸車滿載時裝載麥粒的質(zhì)量為m0，則運輸車從空載到剛滿載過程，其發(fā)動機的平均功率為（

）A． B．C． D．【答案】C【詳解】運輸車做勻速運動，則所受的阻力等于牽引力，則因F與時間t成線性關系，可知從開始運動到運輸車滿載時的平均牽引力為則發(fā)動機的平均功率為故選C。26．（2024·四川自貢·模擬預測）（多選）2024年9月29日，自貢到重慶的高鐵正式開通，早上吃冷吃兔，中午吃重慶火鍋。假設此高鐵列車啟動后沿水平直軌道行駛，發(fā)動機的總功率恒為。且行駛過程中受到的阻力大小恒定，列車的質(zhì)量為，最大行駛速度為。下列說法正確的是（）A．在加速階段，高鐵列車的加速度保持不變B．高鐵列車受到阻力大小為C．在加速階段，發(fā)動機對高鐵列車的牽引力逐漸增大D．當高鐵列車的速度為時，列車的加速度大小為【答案】BD【詳解】AC．發(fā)動機的功率恒定，由可知加速階段，發(fā)動機對高鐵列車的牽引力逐漸減小，由牛頓第二定律，可知高鐵列車的加速度逐漸減小，故AC錯誤；B．高鐵列車最大速度行駛時，故高鐵列車受到的阻力大小為，故B正確；D．當高鐵列車的速度為時，由，解得牽引力為，由牛頓第二定律得，解得列車的加速度大小為，故D正確。故選BD。題型五動能及動能定理的理解27．（2023·全國·高考真題）（多選）如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時（

）

A．木板的動能一定等于fl B．木板的動能一定小于flC．物塊的動能一定大于 D．物塊的動能一定小于【答案】BD【詳解】設物塊離開木板時的速度為，此時木板的速度為，由題意可知設物塊的對地位移為，木板的對地位移為CD．根據(jù)能量守恒定律可得，整理可得，D正確，C錯誤；AB．因摩擦產(chǎn)生的摩擦熱，根據(jù)運動學公式,，因為，可得，則，所以，B正確，A錯誤。故選BD。題型六動能定理的簡單應用28．（2023·全國·高考真題）無風時，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為（重力加速度大小為g）（）A．0 B．mgh C． D．【答案】B【詳解】在地面附近雨滴做勻速運動，根據(jù)動能定理得，故雨滴克服空氣阻力做功為。故選B。29．（2024·福建·高考真題）（多選）如圖，某同學在水平地面上先后兩次從點拋出沙包，分別落在正前方地面和處。沙包的兩次運動軌跡處于同一豎直平面，且交于點，點正下方地面處設為點。已知兩次運動軌跡的最高點離地高度均為，，，，沙包質(zhì)量為，忽略空氣阻力，重力加速度大小取，則沙包（）A．第一次運動過程中上升與下降時間之比B．第一次經(jīng)點時的機械能比第二次的小C．第一次和第二次落地前瞬間的動能之比為D．第一次拋出時速度方向與落地前瞬間速度方向的夾角比第二次的大【答案】BD【詳解】A．沙包從拋出到最高點的運動可視為平拋運動的“逆運動”，則可得第一次拋出上升的高度為，上升時間為，最高點距水平地面高為，故下降的時間為，故一次拋出上升時間，下降時間比值為，故A錯誤；BC．兩條軌跡最高點等高、沙包拋出的位置相同，故可知兩次從拋出到落地的時間相等為，故可得第一次，第二次拋出時水平方向的分速度分別為,，由于兩條軌跡最高點等高，故拋出時豎直方向的分速度也相等，為，由于沙包在空中運動過程中只受重力，機械能守恒，故第一次過P點比第二次機械能少，從拋出到落地瞬間根據(jù)動能定理可得,，則故落地瞬間，第一次，第二次動能之比為，故B正確，C錯誤；D．根據(jù)前面分析可知兩次拋出時豎直方向的分速度相同，兩次落地時物體在豎直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度較小，物體在水平方向速度不變，如圖所示，故可知第一次拋出時速度與水平方向的夾角較大，第一次落地時速度與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第二次大，故D正確。故選BD。30．（2024·湖北·模擬預測）如圖所示為固定在豎直平面內(nèi)半徑為R=1m的半圓形粗糙軌道，A為最低點，B為圓心等高處，C為最高點。一質(zhì)量為m=1kg的遙控小車（可視為質(zhì)點）從A點水平向右以v0=8m/s無動力進入軌道，上升高度為H=1.8m時脫離軌道，重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力。求：（可保留根號或π的形式，或?qū)Y(jié)果保留1位小數(shù)）(1)小車脫離軌道時的速度大?。?2)小車從A至脫離過程克服摩擦力所做的功；(3)開啟動力后，小車以v0=8m/s勻速率沿著軌道運動，若小車所受的摩擦阻力為小車對軌道壓力的k=0.25倍，求小車從A到C過程中電動機做的功。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）設小車脫離軌道時的速度大小為v，脫離時位置跟圓軌道圓心連線與水平面夾角為θ，有根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）小車從A點至脫離過程，根據(jù)動能定理有解得（3）取關于水平半徑對稱的上下兩端極短圓弧，該位置與圓心連線與水平夾角設為α，在下端，根據(jù)牛頓第二定律有在上端，根據(jù)牛頓第二定律有則根據(jù)題意有根據(jù)做功公式有根據(jù)動能定理有解得題型七常見力做功與能量變化的關系31．（2022·山東·高考真題）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（

）A．火箭的加速度為零時，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【詳解】A．火箭從發(fā)射艙發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。故選A。32．（2024·湖北·模擬預測）給小滑塊一初速度，使其從粗糙斜面底端沿斜面上滑，上滑到最高點后又滑回斜面底端，則下列說法正確的是（）A．小滑塊沿斜面上滑和下滑兩過程的時間相等B．小滑塊沿斜面上滑過程的加速度小于下滑過程的加速度C．小滑塊沿斜面上滑過程損失的機械能大于下滑過程損失的機械能D．小滑塊沿斜面上滑過程合力的沖量大于下滑過程合力的沖量【答案】D【詳解】B．物體先減速上滑后加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律可得，，所以，故B錯誤；A．根據(jù)，可知，由于上滑過程加速度大于下滑過程加速度，則小滑塊沿斜面上滑所用時間小于下滑過程的時間，故A錯誤；C．根據(jù)功能關系可得，所以小滑塊沿斜面上滑過程損失的機械能等于下滑過程損失的機械能，故C錯誤；D．由于小滑塊滑動過程中需要克服摩擦力做功，所以機械能減小，當返回到斜面底端時速度小于上滑的初速度，所以上滑過程動量變化量較大，根據(jù)動量定理可得，小滑塊沿斜面上滑過程合力的沖量大于下滑過程合力的沖量，故D正確。故選D。題型八功能關系的綜合應用33．（2024·浙江金華·二模）如圖所示，內(nèi)部光滑、足夠長的鋁管豎直固定在水平桌面上，直徑略小于鋁管內(nèi)徑的圓柱形磁體從鋁管正上方由靜止開始下落，在磁體穿過鋁管的過程中，磁體不與管壁碰撞，不計空氣阻力。下列選項正確的是（）A．磁體一直做加速運動B．磁體下落過程中安培力對鋁管做正功C．磁體下落過程中鋁管產(chǎn)生的焦耳熱量等于磁鐵動能的變化D．經(jīng)過較長時間后，鋁管對桌面的壓力等于鋁管和磁體的重力之和【答案】D【詳解】AD．在磁體穿過鋁管的過程中，鋁管的磁通量發(fā)生變化，根據(jù)楞次定律可得，磁體受鋁管豎直向上的安培力，又根據(jù)法拉第電磁感應定律可得，磁體的速度越大，所受鋁管中產(chǎn)生的感應電動勢越大，感應電流也就越大，磁體所受的安培力也越大。再根據(jù)牛頓第二定律可得，對磁體隨著磁體下落過程中速度增大，安培力增大，則加速度減小，直到加速度減為0，鋁管足夠長，磁體下落時間較長，則最后磁體勻速運動，磁體受的安培力與磁體重力大小相等，方向相反。由牛頓第三定律得磁體對鋁管的安培力豎直向下，大小與磁體重力大小相等。對鋁管受力分析，桌面對鋁管的支持力等于鋁管的重力與所受安培力大小之和，即等于鋁管和磁體的重力之和。又有牛頓第三定律可知，鋁管對桌面的壓力等于鋁管和磁體的重力之和。故A錯誤，D正確；B．因為鋁管靜止不動，所以磁體下落過程中安培力對鋁管為0。故B錯誤；C．由能量守恒可得，磁體下落過程中鋁管產(chǎn)生的焦耳熱量等于磁鐵機械能的變化。故C錯誤；故選D。34．（2024·浙江溫州·一模）在緩震材料上方高度H1為0.6m處，將質(zhì)量0.6kg的鋼球以一定初速度v0豎直向下拋出，鋼球剛接觸緩震材料時速度大小為4m/s，與緩震材料的接觸時間為0.1s，鋼球反彈的最大高度H2為0.45m。假設鋼球始終在豎直方向運動，不計空氣阻力。鋼球從拋出到反彈至最高點過程中，下列說法正確的是（）A．鋼球的機械能損失0.9JB．鋼球的平均速度大小為0.25m/sC．重力對鋼球做的功等于鋼球動能的變化量D．合外力對鋼球做的功等于鋼球機械能的變化量【答案】B【詳解】A．鋼球從拋出到接觸緩震材料以及反彈上升最大高度的過程中，機械能守恒，剛接觸緩震材料時的機械能，反彈時的機械能為，故損失的機械能為，A錯誤；B．從拋出到接觸緩震材料，根據(jù)機械能守恒定律，解得，故從拋出到接觸緩震材料所用時間，反彈至最高點所用時間，整個過程所用時間，故整個過程的平均速度，B正確；CD．整個過程中，根據(jù)動能定理可知，重力與彈力所做的功之和等于鋼球動能的變化量；而鋼球機械能的變化量等于除重力外其它力（非合外力）對鋼球做的功，CD錯誤。故選B。題型九動能定理在多過程問題中的應用35．（2023·湖北·高考真題）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內(nèi)側(cè)，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點。求：（1）小物塊到達D點的速度大??；（2）B和D兩點的高度差；（3）小物塊在A點的初速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）0；（3）【詳解】（1）由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有解得

（2）由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內(nèi)側(cè)，則在C點有小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得，HBD=0（3）小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有S=π?2R解得36．（2023·福建·高考真題）如圖（a），一粗糙、絕緣水平面上有兩個質(zhì)量均為m的小滑塊A和B，其電荷量分別為和。A右端固定有輕質(zhì)光滑絕緣細桿和輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)。整個空間存在水平向右場強大小為E的勻強電場。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其大小均為。時，A以初速度向右運動，B處于靜止狀態(tài)。在時刻，A到達位置S，速度為，此時彈簧未與B相碰；在時刻，A的速度達到最大，此時彈簧的彈力大小為；在細桿與B碰前的瞬間，A的速度為，此時。時間內(nèi)A的圖像如圖（b）所示，為圖線中速度的最小值，、、均為未知量。運動過程中，A、B處在同一直線上，A、B的電荷量始終保持不變，它們之間的庫侖力等效為真空中點電荷間的靜電力，靜電力常量為k；B與彈簧接觸瞬間沒有機械能損失，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（1）求時間內(nèi)，合外力對A所做的功；（2）求時刻A與B之間的距離；（3）求時間內(nèi)，勻強電場對A和B做的總功；（4）若增大A的初速度，使其到達位置S時的速度為，求細桿與B碰撞前瞬間A的速度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）時間內(nèi)根據(jù)動能定理可知合外力做的功為（2）由圖（b）可知時刻A的加速度為0，此時滑塊A所受合外力為0，設此時A與B之間的距離為r0，根據(jù)平衡條件有其中聯(lián)立可得（3）在時刻，A的速度達到最大，此時A所受合力為0，設此時A和B的距離為r1，則有且有，聯(lián)立解得時間內(nèi)，勻強電場對A和B做的總功（4）過S后，A、B的加速度相同，則A、B速度的變化相同。設彈簧的初始長度為；A在S位置時，此時刻A、B的距離為，A速度最大時，AB距離為，細桿與B碰撞時，A、B距離為。A以過S時，到B與桿碰撞時，A增加的速度為，則B同樣增加速度為，設B與杠相碰時，B向左運動。設B與彈簧相碰到B與桿相碰時，B向左運動。對A根據(jù)動能定理有對B有當A以過S時，設B與桿碰撞時，A速度為，則B速度為，設B與杠相碰時，B向左運動。設B與彈簧相碰到B與桿相碰時，B向左運動。對A根據(jù)動能定理有對B聯(lián)立解得37．（2023·江蘇·高考真題）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點?；┱攥F(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）求滑雪者運動到P點的時間t；（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L。