功与功率 动能定理 归类练 2025年高考物理二轮复习备考

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功与功率 动能定理 归类练
2025年高考物理二轮复习备考
一、单选题
1．图示为一辆配备了登高平台的消防车，其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台（人与平台的总质量为300kg）抬升到60m高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火．已知水炮的出水量为3m3/min，水离开炮口时的速度为20m/s，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2．下列说法正确的是（　　）
A．使水炮工作的发动机输出功率为10kW
B．使水炮工作的发动机的输出功率为30kW
C．伸缩臂抬升登高平台过程中所做功为
D．伸缩臂抬升登高平台过程中所做功为
2．水平桌面上，长的轻绳一端固定于点，如图所示（俯视图），另一端系一质量的小球，现对小球施加一个沿桌面大小不变的力，拉着物体从点运动到点，的方向始终与小球的运动方向成30°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数，不计空气阻力，取，则下列说法正确的是（　　）
A．拉力F对小球做的功为
B．拉力F对小球做的功为
C．小球克服摩擦力做的功为
D．小球克服摩擦力做的功为
3．如图所示，一倾角为θ=45°的足够长的斜面固定在水平地面上，其底端有一挡板P，所受重力为5N的滑块从距水平面高度h=1m处以一定的初速度v0沿斜面向下运动，若每次滑块与挡板相碰均无机械能损失，第一次碰后滑块沿斜面上滑获得的最大重力势能为4J，经多次碰撞后滑块静止，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块的初动能为1.25J
B．全过程中滑块克服摩擦力做的功为1.25J
C．滑块最后一定静止在斜面上距挡板某一高度处
D．全过程中滑块减少的机械能有一部分转化为内能
4．如图所示，质量为m的足球静止在地面1的位置，被踢出后落到地面3的位置．在空中达到最高点2的高度为h，速度为v，已知重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）
A．运动员对足球做的功为mgh+mv2
B．足球落到3位置时的动能为mgh
C．足球刚离开1位置时的动能大于mgh+mv2
D．足球在2位置时的机械能等于其在3位置时的动能
5．如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在P位置．现用水平力F缓慢地将小球从P拉到Q位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ=60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到P点时细线的拉力为F2，则（　　）
A．F1=F2=2mg
B．从P到Q，拉力F做功为F1L
C．从Q到P的过程中，小球受到的合外力大小不变
D．从Q到P的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大
6．质量为的玩具汽车在水平地面上由静止开始沿直线运动了，其所受合外力大小与位移大小的关系如图所示，则玩具汽车（　　）
A．所受合外力做的总功为
B．运动到处的速度大小为
C．在0到的运动过程中所受合外力的冲量大小为
D．在处所受合外力的瞬时功率为
7．质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ）

A． B．
C． D．
8．长为的轻质细绳悬挂一个质量为的小球，其下方有一个倾角为的光滑斜面体，放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示，现在用水平推力缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面体平行，则下列说法中正确的是（　　）
A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功
B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功
C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒
D．若水平面光滑，则推力做功为
二、多选题
9．如图所示，物体在平行于斜面向上拉力作用下，分别沿倾角不同的斜面由底端匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则（　　）
A．无论沿哪个斜面拉，克服重力做的功相同
B．无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同
C．无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同
D．沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多
10．汽车在平直公路上以速度匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为，时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到时刻，汽车又恢复了匀速直线运动（设整个过程中汽车所受的阻力不变）。在下列选项中能正确反映汽车牵引力F、汽车速度v在这个过程中随时间t的变化规律的是（　　）
A． B．
C． D．
11．有长度均为的两段水平路面，段光滑，段粗糙。在处静止的小物体质量为（可视为质点）在水平恒力作用下，从点开始运动，到点恰好停下，段动摩擦因数自左往右逐渐增大，具体变化如图所示，重力加速度为。下列判断正确的是（　　）

A．水平恒力的大小
B．水平恒力在两段路面上做功不相等
C．水平恒力在段的平均功率等于段的平均功率
D．水平恒力在段中间时刻瞬时功率小于在段中间时刻瞬时功率
12．如图甲所示，一轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有质量为m物块P，弹簧形变量为x0，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。用x表示P离开初始位置的位移，向上拉力F和x之间关系如图乙所示。从拉力F作用在物块上开始到弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块和弹簧组成的系统机械能的变化量为（2F1-mg）x0
B．物块P的动能变化量大小为（F1-mg）x0
C．弹簧的弹性势能变化量大小为mgx0
D．物块P的重力势能变化量大小为2mgx0
13．如图，两长度均为L的相同轻质细杆用铰链A、B、C相连，质量可忽略的铰链A固定在地面上，铰链B和C质量不可忽略，均为m，铰链A、B、C均可视为质点。起始位置两细杆竖直，如图虚线所示，铰链A和C彼此靠近。时铰链C在水平外力的作用下从静止开始做初速度为零，加速度大小为的匀加速直线运动（g为重力加速度），到时AB和BC间的夹角变为120°，如图实线所示。若两个轻质细杆始终在同一竖直面内运动，所有摩擦均不计，下列说法正确的是（　　）
A．时重力对B做功的瞬时功率为
B．时重力对B做功的瞬时功率为
C．从到时间内，力F做的功为
D．时连接AB的细杆中的弹力大小为
三、解答题
14．我国在建航母采用了电磁弹射技术。原理如图1，飞机钩在滑杆上，储能装置通过导轨和滑杆放电，产生强电流恒为4000A，导轨激发的磁场在两导轨间近似为匀强磁场，磁感强度B=10T，在磁场力和飞机发动机推力作用下，滑杆和飞机从静止开始向右加速，在导轨末端飞机与滑杆脱离。导轨长120m、间距为3m。飞机质量为2.0×104 kg，在导轨上运动时所受阻力恒为机重的0.1倍，假如刚开始时发动机已达额定功率，为4×106 W。飞机在导轨末端所受竖直升力与水平速度关系F=kV（k=4000kg/s）。如图2是在一次弹射过程中，记录的飞机在导轨各个位置上的速度。滑杆的质量忽略，g取10 m/s2。求：
（1）飞机在导轨上运动30m处的加速度大小。
（2）如果飞机在导轨末端刚好达到起飞条件，求飞机在导轨上运动的时间。
15．高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD﹣2000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0s．已知该汽车的质量为1000kg，额定功率为90kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1500N．
（1）试利用图示，求该汽车的加速度．
（2）若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间．
（3）汽车所能达到的最大速度是多大．
（4）若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3000N，求汽车运动2400m所用的最短时间（汽车已经达到最大速度）．
16．如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
参考答案
1．D
AB项:水的密度为ρ=1.0×103kg/m3
1min内出水的质量：m=ρV=1.0×103×3=3000kg
1min内水获得的重力势能：Ep=mgh=3000×10×60=1.8×106J
1min内水获得的动能：
水炮工作的发动机输出功率为：．故AB错误；
CD项:登高平台克服重力做功的功为：，故C错误D正确；
2．A
AB．根据题意可知，的方向始终与小球的运动方向成30°角，由公式可得，拉力F对小球做的功为
故B错误，A正确。
CD．根据题意可知，摩擦力为滑动摩擦力，一直与相对运动方向相反，则摩擦力做的功为
即小球克服摩擦力做的功为，故CD错误。
故选A。
3．A
A．因每次滑块与挡板相碰均无机械能损失，以滑块开始运动到第一次碰后滑块沿斜面上升至速度为零为研究过程，设摩擦力做的功为Wf，滑块质量为m，第一次碰撞后滑块沿斜面上滑的最大高度为h′，滑块的初动能为Ek0，由动能定理得
Mgh-mgh′+Wf=0-Ek0，
又由于
mgh=5J，mgh′=4J
解得
Ek0=1.25J
A正确；
C．因滑块的重力沿斜面向下的分力大于斜面对滑块的最大静摩擦力，所以滑块最后一定静止在挡板处，C错误；
BD．全过程中滑块减少的机械能全部转化为内能，则全过程中滑块克服摩擦力做的功为
mgh+Ek0=6.25J
BD错误。
故选A。
4．C
A、由轨迹分析知，足球运动的过程中必定受到空气阻力，从踢球到足球运动到2位置的过程，运用动能定理得：W-mgh-Wf=mv2，得运动员对足球做的功为：W=Wf+mgh+mv2，Wf是足球克服空气阻力做的功，故A错误．B、从2位置到3位置，由动能定理得：Ek3-=mgh-Wf′，得足球落到3位置时的动能为：Ek3=+mgh-Wf′，故B错误．C、从1位置到2位置，由动能定理得：-Ek1=-mgh-Wf，得足球刚离开1位置时的动能为：Ek1=mgh+mv2+Wf＞mgh+mv2，故C正确．D、由于有空气阻力做负功，所以足球的机械能不断减少，所以足球在2位置时的机械能大于其在3位置时的动能，故D错误．故选C．
5．A
A．在Q点，根据平衡有
F1sin30°=mg
解得
F1=2mgQ到P，根据动能定理得
mgL(1 cos60°)＝mv2
根据牛顿第二定律得
F2 mg＝m
联立两式解得
F2=2mg
故A正确；
B．从P到Q，小球缓慢移动，根据动能定理得
WF－mgL（1－cos60°）=0
解得
WF＝mgL=F1L
故B错误；
C．从Q到P的过程中，小球的速度大小在变化，径向的合力在变化，故C错误；
D．在P点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从Q到P的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误；
故选A。
6．C
A．F-x图线与横轴所围面积表示F做的功，则合外力的总功为
A错误；
B．运动到处时F做的功为
根据动能定理
解得
B错误；
C．同理，0~3m内
解得
根据动量定理得F的冲量为
C正确；
D．运动到4m处时，F做的功为
解得
此时F的功率为
D错误。
故选C。
7．A
设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有
F－f－μmg = (m＋M)a
v2= 2aS1
P0= Fv
轻绳从物体上脱落后
a2= μg
v2= 2a2(S2－S1)
联立有
故选A。
8．B
A．根据力做功的条件：1、作用在物体上的力；2、物体必须是在力的方向上移动一段距离，故斜面弹力对小球做正功，故A错误；
B．细绳对小球的拉力始终与小球运动方向垂直，故对小球不做功，故B正确；
C．用水平力F缓慢向左推动斜面体，所以小球的动能不变，重力势能在增加，所以小球在该过程中机械能增加，故C错误；
D．若取小球和滑块整体为研究对象，根据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量。所以F做功等于小球重力势能增量
推力F做的总功应等于小球重力势能的增量，故D错误。
故选B。
9．AD
A．重力做功为
WG= -mgh
质量m和高度h均相同，则重力做功相同，克服重力做功相同，A正确；
B．设斜面倾角为θ，斜面高度h，斜面长度
克服摩擦力做的功
所以倾角越大，摩擦力做功越小，B错误；
CD．物体匀速被拉到顶端，根据动能定理得
WF-mgh-μmgcos θ·L=0
解得拉力做功
则h相同时，倾角较小，拉力做的功较多，C错误，D正确。
故选AD。
10．AD
CD．时刻之前有
此过程汽车匀速运动，则有
在时刻有
解得
汽车随后做减速运动，由于
则牵引力F增大，由于
可知加速度减小，即汽车做加速度减小的减速运动，在时刻有
解得
可知，牵引力在时刻之前恒为F0，在时间内由增大到F0，C错误，D正确；
AB．根据上述可知，时刻之前，汽车做匀速直线运动，时刻之后做加速度减小的变减速直线运动，时刻之后做匀速直线运动，A正确，B错误。
故选AD。
11．AD
A．由到点恰好停下，在段力做的功等于克服摩擦力做的功，根据动能定理得
解得
故A正确；
B．在两段做的功相同， 故B错误；
C．小物体在段做匀加速直线运动，在段先做加速度减小的加速运动再做加速度增加的减速运动，故段运动的时间大于在段运动的时间，水平恒力在段的平均功率小于段的平均功率， 故C错误；
D．小物体在段中间时刻的瞬时速度小于在段中间时刻的瞬时速度，故水平恒力在段中间时刻瞬时功率小于在段中间时刻瞬时功率，故 D正确。
故选AD。
12．BC
弹簧放质量为m物块P，由平衡条件有
拉力使物体向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
联立可得
故时，；时，；
A．除重力和弹簧弹力做功之外，拉力为其它力做正功，系统的机械能增加，故系统机械能的变化量
故A错误；
B．物体做匀加速直线运动，则物块P的动能变化量大小为
故B正确；
D．由功能关系有
可知物块P的重力势能增加了mgx0，故D错误；
C．初状态弹簧弹力为mg，末状态弹簧弹力为零，弹簧弹力随位移成线性变化，则弹簧弹力做的功为
即弹簧的弹性势能减小了，故C正确。
故选BC。
13．BC
AB．时C的位移为
根据匀变速直线运动的规律，有
解得
B、C沿杆方向速度相等，为根据运动的合成与分解如图
B绕A做圆周运动， 解得
故重力对B做功的瞬时功率为
故A错误，B正确；
C．对系统，根据动能定理有
解得
故C正确；
D．若为恒力，时刻对C分析，根据牛顿第二定律
时刻对C分析，根据牛顿第二定律
联立解得
又B绕A做圆周运动，对B进行受力分析，如图
B所受合力沿AB杆指向A，设AB杆对B的弹力沿AB杆指向B， 根据牛顿第二定律，有
解得
此时AB杆对B的弹力大小为，但不是恒力，则
故此时连接AB的细杆中的弹力大小不为，故D错误。
故选BC。
14．（1）；（2）3.25s
（1）分析飞机在30m处水平方向的受力有：发动机的推力
①
磁场的安培力
②
阻力
③
④
联立①② ③④得：
（2）飞机在导轨末端刚好达到起飞条件：
⑤
由全过程的功能关系得：
⑥
联立⑤⑥得：
15．（1）该汽车的加速度1.5 m/s2．
（2）若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持20s的时间．
（3）汽车所能达到的最大速度是60m/s；
（4）汽车运动2400m所用的最短时间70s
（1）由图可得汽车在第1个2 s时间内的位移为：x1=9 m，
第2个2 s时间内的位移为：x2=15 m
汽车的加速度为：a==1.5 m/s2．
（2）由F﹣Ff=ma得汽车牵引力为：
F=Ff+ma=（1 500+1 000×1.5）N=3 000 N
汽车做匀加速运动的末速度为：
v==m/s=30 m/s
匀加速运动保持的时间t1==s=20 s．
（3）汽车所能达到的最大速度为：
vm==m/s=60 m/s．
（4）由（1）、（2）知匀加速运动的时间t1=20 s，运动的距离为：
x1′==×20 m=300 m
所以，后阶段以恒定功率运动的距离为：
x2′=（2 400﹣300）m=2 100 m
对后阶段以恒定功率运动，有：P额t2﹣Ffx2′=m（vm2﹣v2）
代入数据解得为：t2=50 s
所以，所求时间为：t总=t1+t2=（20+50）s=70 s．
16．（1）、；（2）；（3）；（4）
（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
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