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专题6.1 功和功率 动能定理的应用及探究动能定理【练】-2023年高考物理二轮复习讲练测
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这是一份专题6.1 功和功率 动能定理的应用及探究动能定理【练】-2023年高考物理二轮复习讲练测，文件包含专题61功和功率动能定理的应用及探究动能定理练解析版docx、专题61功和功率动能定理的应用及探究动能定理练原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
专题6.1 功和功率 动能定理的应用及探究动能定理—【练】
一、练基础
1．（2021届广东省深圳市高级中学高三测试）质量为1kg的物体在竖直向上的拉力和重力的作用下运动，规定竖直向上为正方向，其运动的v－t图像如图所示．则（ ）
A．0～5s内的物体向上运动，10～25s内物体向下运动
B．0～5s内拉力做正功，10～20s内拉力也做正功
C．0～10s内物体的平均速度为1m/s
D．第2.5s末和第15s末，重力的瞬时功率不相同
【答案】B
【解析】速度时间图像中速度的正负表示运动方向，所以0～5s内物体的的速度为正，且速度均匀增大，10～25s内物体的速度为正，且速度均匀减小，两个时间段里物体都是朝着正方向运动，即向上运动，两个时间段里拉力都是向上，位移向上，所以拉力都做正功，A错误B正确；速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以0～10s内物体的位移为，所以平均速度为
，第2.5s末速度为，第15s末速度为
根据公式可得在这两个时刻的重力的功率相同，故CD错误，故选B。
2．(2021·陕西西安长安区模拟) (多选)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为l，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．重力做功为mgl B．绳的拉力做功为零
C．F阻做功为－mgl D．F阻做功为－F阻πl
【答案】ABD
【解析】小球下落过程中，重力做功为mgl，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为零，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故F阻做功为－F阻·πl，C错误，D正确。
3．（2021届河北衡水中学高三期中）质量相等的均匀柔软细绳A、B平放于水平地面上，细绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，使它们全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为、，上述过程中克服重力做的功分别为、。以下说法正确的是（ ）
A．若，则一定有 B．若，则可能有
C．若，则可能有 D．若，则一定有
【答案】B
【解析】因绳A较长，若，则A的重心较低。故，故A错误。若，不能确定两根绳子重心的高低，可能，也可能，还可能，故B正确，D错误。若，则一定是A的重心低，那。故C错误。故选B。
4．(2021·佛山模拟)质量为2 kg的小铁球从某一高度由静止释放，经3 s到达地面，不计空气阻力，g取10 m/s2。则( )
A．2 s末重力的瞬时功率为200 W B．2 s末重力的瞬时功率为400 W
C．2 s内重力的平均功率为100 W D．2 s内重力的平均功率为400 W
【答案】B
【解析】物体只受重力，做自由落体运动，2 s末速度为v1＝gt1＝20 m/s，下落2 s末重力做功的瞬时功率P＝mgv1＝2×10×20 W＝400 W，故选项A错误，B正确；2 s内的位移为h2＝gt＝20 m，所以前2 s内重力的平均功率为2＝＝ W＝200 W，故选项C、D错误。
5．（2021届湖南省衡阳市第八中学高三月考）如图所示，质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为（），轻绳中的张力大小为；第二次小球在水平恒力作用下，从P点开始运动到达Q点，轻绳中的张力大小为，关于这两个过程，下列说法中正确的是（不计空气的阻力，重力加速度为g）（ ）
A．两个过程中和做的功可能不等，也可能相等
B．两个过程中轻绳的张力均一定变大
C．第二个过程中小球在Q点轻绳中的张力大小可能为
D．第二个过程中重力和水平恒力的合力的功率可能先增大后减小
【答案】ACD
【解析】A．第二次当F为恒力时，由动能定理得
解得
第一次使小球缓慢上升时，有
解得
当F为恒力时，若小球经过Q点的速度，则有，若小球恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，则有，故A正确；
B．第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力为
可知随着增大，逐渐增大；第二次假如从P点开始运动能恰好到达Q点，小球由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效为单摆运动，当绳子方向与重力和合力方向在同一条直线上时，小球处于等效“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B错误；
C．假如第二次小球从P点开始运动并恰好能到达Q点，故小球在Q点的速度为零，那么小球在径向的合外力为零，即
由动能定理可得
所以可得
联立解得故C正确；
D．第二个过程中假如Q点是等效最低点，此时小球速度最大，且速度方向与重力和合力方向垂直，此时功率最小为零，则第二个过程中重力和水平恒力的合力的功率可能先增大后减小，故D正确。
故选ACD。
6．（2021·江西省临川一模）（单选）将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图象如图所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。根据图象信息，不能确定的物理量是( )
A．小球的质量 B．小球的初速度
C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率 D．小球抛出时的高度
【答案】 D
【解析】 由机械能守恒定律可得Ek＝Ek0＋mgh，又h＝gt2，所以Ek＝Ek0＋mg2t2。当t＝0时，Ek0＝mv＝5 J，当t＝2 s时，Ek＝Ek0＋2mg2＝30 J，联立方程解得m＝0.125 kg，v0＝4 m/s。当t＝2 s时，由动能定理得WG＝ΔEk＝25 J，故＝＝12.5 W。根据图象信息，无法确定小球抛出时离地面的高度。综上所述，应选D。
7．（2021届河北衡水中学高三期中）要使小球A能击中离地面H高的小球P,设计了甲、乙、丙、丁四条内外侧均光滑轨道，如图所示．甲为高度小于H的倾斜平直轨道，乙丙丁均为圆轨道，圆心O如图所示．小球从地面出发，初速度大小都为,在甲轨道中初速度方向沿斜面，在乙、丙、丁轨道中初速度方向均沿轨道的切线方向，则小球A经过哪种轨道后有可能恰好击中P球（ ）
A．轨道甲和轨道丁 B．轨道乙和轨道丁
C．轨道丙和轨道丁 D．只有轨道丁
【答案】D
【解析】小球从地面出发，初速度大小为，在运动过程中，只有动能全部转化为重力势能才能上升高度H，即，甲轨道A球在轨道上沿斜面运动后斜抛，在最高点有动能，根据机械能守恒，小球不能到达H高度，故甲不可能；乙轨道小球做竖直上抛运动，在最高点速度为零，能达到高度H，但不能击中P点，故乙轨道不可能；丙轨道在小球通过1/4圆以后小球要想到达P点，在P点要有动能，根据机械能守恒，小球到不了P点，故丙轨道不可能；丁轨道小球到达P点，小球的动能完全转化为重力势能，到达P点动能恰好为零，小球恰好击中P点，故丁轨道可以，故选D 。
8．(2021·宿迁三模)（多选）一汽车在平直公路上以20 kW的功率行驶，t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其v－t图象如图6所示，已知汽车的质量为2×103 kg。下列说法中正确的是( )
A．t1前汽车受到的阻力大小为2×103 N B．t1后汽车受到的阻力大小为2×103 N
C．t1时刻汽车加速度大小突然变为1 m/s2 D．t1～t2时间内汽车的平均速度为7.5 m/s
【答案】 AC
【解析】 t1前汽车匀速，有P＝F1v1＝f1v1，得f1＝＝ N＝2×103 N，A项正确；进入另一段公路后最终以v2＝5 m/s匀速，得出f2＝＝ N＝4×103 N，B项错误；t1时刻牵引力为2×103 N，阻力瞬间变为4×103 N，加速度为a＝ m/s2＝－1 m/s2，C项正确；根据面积得出t1～t2时间内汽车的平均速度小于7.5 m/s，D项错误。
9.(20201·浙江宁波市高二月考)某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”的实验，在实验中，该小组同学把沙和沙桶的总重力当作小车受到的合外力．
(1)为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下列做法必要的是________．
A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作
B．实验操作时要先释放小车，后接通电源
C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好
D．在实验过程中要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量
(2)除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有________、________.
(3)如图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究功与速度变化的关系．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g.图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，沙和沙桶的总质量为m.请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来：
________________________________________________________________________.
【答案】(1)AD (2)天平 刻度尺 (3)mgx＝
【解析】(1)实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是细线的拉力，故A正确；实验操作时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故B错误；在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近，测量误差越大，故C错误；在实验过程中要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得沙和沙桶的总重力近似等于细线对小车的拉力，故D正确．
(2)本题的实验原理是验证沙桶和沙的重力做的功等于小车动能的增加量，所以要测沙和沙桶的总质量、小车的质量，还要测纸带上各点的距离来求速度，所以所需的器材还应有天平和刻度尺．
(3)小车在A点的速度为v1＝，在B点的速度为v2＝，所以动能变化量ΔEk＝Mv22－Mv22＝，而沙和沙桶的总重力做的功为WG＝mgx，要探究的“功与速度变化的关系”用表达式表示为mgx＝ .
二、练能力
10． (2021·宁夏银川月考) (多选)如图所示，水平路面上有一辆质量为m0的汽车，车厢中有一质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是( )
A．人对车的推力F做的功为FL B．人对车做的功为maL
C．车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L D．车对人的作用力大小为ma
【答案】AC
【解析】人对车的推力为F，在力F方向上车行驶了L，则推力F做的功为FL，故A正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的力向左，大小为ma，则人对车水平方向上的作用力大小为ma，方向向右；车向左运动了L，故人对车做的功为－maL，故B错误；竖直方向车对人的作用力大小为mg，则车对人的作用力F′＝，故D错误；人在水平方向受到F的反作用力和车对人向左的摩擦力，则Ff－F＝ma，Ff＝ma＋F，则车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L，故C正确。
11．(2021·安徽阜阳模拟) (多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N，弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定，要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则下列说法正确的是( )
A．弹射器的推力大小为1.1×106 N
B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J
C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W
D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
【答案】ABD
【解析】设总推力为F，则舰载机受到的合外力为0.8F，由动能定理有F合x＝mv2－0，可求出F＝1.2×106 N，减去发动机的推力，得出弹射器的推力为1.1×106 N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功W弹＝F弹x＝1.1×108 J，选项B正确；舰载机的平均速度为＝＝40 m/s，则弹射器做功的平均功率弹＝F弹＝4.4×107 W，选项C错误；舰载机的加速度a＝＝32 m/s2，选项D正确。
12. （2021届河北省唐山一中高三期中）一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则下列说法错误的是（ ）
A．在x1处物体所受拉力最大 B．0～x1过程中合外力增大
C．在x1～x2过程中，物体的加速度一直减小 D．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小
【答案】C
【解析】由图并根据功能关系可知，处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由
，可知此时所受的拉力最大，故A正确，不符合题意；在0~x1过程中，图象的斜率逐渐变大，说明拉力越来越大，合外力向上越来越大，故B正确，不符合题意；在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零．根据合外力
，可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。故选C。
13.(2021·江西赣州市上学期期末)某实验小组利用图 (a)所示实验装置及数字化信息系统探究“外力做功与小车动能变化的关系”．实验时将小车拉到水平轨道的O位置由静止释放，在小车从O位置运动到A位置(未标出)过程中，经计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线如图(b)所示，还得到了小车在A位置的速度大小vA；另外用电子秤测得小车(含位移传感器发射器)的总质量为m.回答下列问题：
(1)小车从O位置运动到A位置过程中弹簧对小车所做的功W＝________，小车的动能改变量ΔEk＝________.(用m、vA、FO、FA、xA中各相关物理量表示)
(2)若将弹簧从小车上卸下，给小车一初速度v0，让小车从轨道右端向左端滑动，利用位移传感器和计算机得到小车的速度随时间变化的图线如图(c)所示，则小车所受轨道摩擦力的大小Ff＝________(用v0、tm中各相关物理量表示)
(3) 综合步骤(1)、(2)，该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是________________(用m、vA、FO、FA、xA、v0、tm中各相关物理量表示)
【答案】(1)(FO＋FA)xA mv (2)m (3)(FO＋FA)xA－mxA＝mv
【解析】(1)小车从O位置运动到A位置过程中弹簧对小车所做的功W＝(FO＋FA)xA，小车的动能改变量ΔEk＝mv；
(2)由题图(c)可知，小车的加速度为a＝，则根据牛顿第二定律可知，小车所受轨道摩擦力的大小Ff＝m；
(3)该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是WF－Wf＝mv，
即：(FO＋FA)xA－mxA＝mv.
14．(2021·名师原创预测)某汽车在某次测试过程中数据如下表所示，请根据表中数据回答问题。
行驶中整车质量
1 500 kg
额定功率
80 kW
加速过程
车辆从静止加速到72 km/h所需时间为20 s
制动过程
车辆以36 km/h行驶时的制动距离为5.0 m
某天张华驾驶该汽车从甲地点沿平直公路到乙地点送货，张华启动汽车后先以恒定的加速度(该加速度大小与测试过程中加速过程的加速度大小相同)运动一段时间，汽车功率达到额定功率后，保持额定功率继续行驶，达到最大速度后以最大速度行驶，快到乙地点时，开始制动汽车，刚好到乙地点停下。已知汽车在平直公路上沿直线行驶时所受阻力f大小恒定，为制动过程中汽车所受阻力的，甲地点到乙地点的距离为d＝3 km，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求汽车在平直公路上行驶的最大速度vm；
(2)张华由甲地点到乙地点共经历多长时间？
【答案】(1)32 m/s (2)114.95 s
【解析】(1)由题中表格数据知
加速过程的加速度大小为a1＝＝1 m/s2
制动过程的加速度大小为a2＝＝10 m/s2
则制动过程所受阻力大小为F′＝ma2＝1.5×104 N
汽车行驶过程中受到的阻力大小为f＝F′＝2.5×103 N
汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，由P＝fvm得，
vm＝＝32 m/s
(2)匀加速过程中，由牛顿第二定律可知F－f＝ma1
解得F＝f＋ma1＝4×103 N
故匀加速过程中的最大速度vm0＝＝20 m/s，
加速时间为t1＝＝20 s，加速距离为x1＝v122a1＝200 m
制动过程所用的时间为t2＝＝3.2 s，
制动距离为x2＝vm22a2＝51.2 m
功率达到额定功率后，汽车做变加速及匀速运动，在此过程有
Pt0－fx＝mv－mv
其中x＝d－(x1＋x2)
联立解得t0＝91.75 s
故从甲地点到乙地点共经历的时间为t＝t1＋t2＋t0＝114.95 s
三、练真题
14.（2021全国甲卷） 一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，重力加速度大小为g。则（ ）
A. 物体向上滑动的距离为 B. 物体向下滑动时的加速度大小为
C. 物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D. 物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【解析】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
整理得；A错误，C正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
求解得出B正确；
D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
由上式可知a上 > a下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式
则可得出D错误。故选BC。
15. （2021全国乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（ ）
A. 在此过程中F所做的功为 B. 在此过中F的冲量大小等于
C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于 D. F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【答案】BC
【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
故C正确，D错误；
A．在此过程中，外力F做功为故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间
在此过程中，F的冲量大小是
故B正确。故选BC。
16. （2021全国乙卷）一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做得功为
联立可得
（舍去）
17.（2019·新课标全国Ⅲ卷）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Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
【答案】C
【解析】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12 N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1 kg、F=2 N。
18．（2019课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得
A．物体的质量为2 kg B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】AD
【解析】A．Ep–h图像知其斜率为G，故G==20 N，解得m=2 kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B错误；C．h=2 m时，Ep=40 J，Ek=E机–Ep=85 J–40 J=45 J，故C错误；D．h=0时，Ek=E机–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m时，Ek′=E机–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正确。
专题6.1 功和功率 动能定理的应用及探究动能定理—【练】
一、练基础
1．（2021届广东省深圳市高级中学高三测试）质量为1kg的物体在竖直向上的拉力和重力的作用下运动，规定竖直向上为正方向，其运动的v－t图像如图所示．则（ ）
A．0～5s内的物体向上运动，10～25s内物体向下运动
B．0～5s内拉力做正功，10～20s内拉力也做正功
C．0～10s内物体的平均速度为1m/s
D．第2.5s末和第15s末，重力的瞬时功率不相同
【答案】B
【解析】速度时间图像中速度的正负表示运动方向，所以0～5s内物体的的速度为正，且速度均匀增大，10～25s内物体的速度为正，且速度均匀减小，两个时间段里物体都是朝着正方向运动，即向上运动，两个时间段里拉力都是向上，位移向上，所以拉力都做正功，A错误B正确；速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以0～10s内物体的位移为，所以平均速度为
，第2.5s末速度为，第15s末速度为
根据公式可得在这两个时刻的重力的功率相同，故CD错误，故选B。
2．(2021·陕西西安长安区模拟) (多选)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为l，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．重力做功为mgl B．绳的拉力做功为零
C．F阻做功为－mgl D．F阻做功为－F阻πl
【答案】ABD
【解析】小球下落过程中，重力做功为mgl，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为零，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故F阻做功为－F阻·πl，C错误，D正确。
3．（2021届河北衡水中学高三期中）质量相等的均匀柔软细绳A、B平放于水平地面上，细绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，使它们全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为、，上述过程中克服重力做的功分别为、。以下说法正确的是（ ）
A．若，则一定有 B．若，则可能有
C．若，则可能有 D．若，则一定有
【答案】B
【解析】因绳A较长，若，则A的重心较低。故，故A错误。若，不能确定两根绳子重心的高低，可能，也可能，还可能，故B正确，D错误。若，则一定是A的重心低，那。故C错误。故选B。
4．(2021·佛山模拟)质量为2 kg的小铁球从某一高度由静止释放，经3 s到达地面，不计空气阻力，g取10 m/s2。则( )
A．2 s末重力的瞬时功率为200 W B．2 s末重力的瞬时功率为400 W
C．2 s内重力的平均功率为100 W D．2 s内重力的平均功率为400 W
【答案】B
【解析】物体只受重力，做自由落体运动，2 s末速度为v1＝gt1＝20 m/s，下落2 s末重力做功的瞬时功率P＝mgv1＝2×10×20 W＝400 W，故选项A错误，B正确；2 s内的位移为h2＝gt＝20 m，所以前2 s内重力的平均功率为2＝＝ W＝200 W，故选项C、D错误。
5．（2021届湖南省衡阳市第八中学高三月考）如图所示，质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为（），轻绳中的张力大小为；第二次小球在水平恒力作用下，从P点开始运动到达Q点，轻绳中的张力大小为，关于这两个过程，下列说法中正确的是（不计空气的阻力，重力加速度为g）（ ）
A．两个过程中和做的功可能不等，也可能相等
B．两个过程中轻绳的张力均一定变大
C．第二个过程中小球在Q点轻绳中的张力大小可能为
D．第二个过程中重力和水平恒力的合力的功率可能先增大后减小
【答案】ACD
【解析】A．第二次当F为恒力时，由动能定理得
解得
第一次使小球缓慢上升时，有
解得
当F为恒力时，若小球经过Q点的速度，则有，若小球恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，则有，故A正确；
B．第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力为
可知随着增大，逐渐增大；第二次假如从P点开始运动能恰好到达Q点，小球由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效为单摆运动，当绳子方向与重力和合力方向在同一条直线上时，小球处于等效“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B错误；
C．假如第二次小球从P点开始运动并恰好能到达Q点，故小球在Q点的速度为零，那么小球在径向的合外力为零，即
由动能定理可得
所以可得
联立解得故C正确；
D．第二个过程中假如Q点是等效最低点，此时小球速度最大，且速度方向与重力和合力方向垂直，此时功率最小为零，则第二个过程中重力和水平恒力的合力的功率可能先增大后减小，故D正确。
故选ACD。
6．（2021·江西省临川一模）（单选）将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图象如图所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。根据图象信息，不能确定的物理量是( )
A．小球的质量 B．小球的初速度
C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率 D．小球抛出时的高度
【答案】 D
【解析】 由机械能守恒定律可得Ek＝Ek0＋mgh，又h＝gt2，所以Ek＝Ek0＋mg2t2。当t＝0时，Ek0＝mv＝5 J，当t＝2 s时，Ek＝Ek0＋2mg2＝30 J，联立方程解得m＝0.125 kg，v0＝4 m/s。当t＝2 s时，由动能定理得WG＝ΔEk＝25 J，故＝＝12.5 W。根据图象信息，无法确定小球抛出时离地面的高度。综上所述，应选D。
7．（2021届河北衡水中学高三期中）要使小球A能击中离地面H高的小球P,设计了甲、乙、丙、丁四条内外侧均光滑轨道，如图所示．甲为高度小于H的倾斜平直轨道，乙丙丁均为圆轨道，圆心O如图所示．小球从地面出发，初速度大小都为,在甲轨道中初速度方向沿斜面，在乙、丙、丁轨道中初速度方向均沿轨道的切线方向，则小球A经过哪种轨道后有可能恰好击中P球（ ）
A．轨道甲和轨道丁 B．轨道乙和轨道丁
C．轨道丙和轨道丁 D．只有轨道丁
【答案】D
【解析】小球从地面出发，初速度大小为，在运动过程中，只有动能全部转化为重力势能才能上升高度H，即，甲轨道A球在轨道上沿斜面运动后斜抛，在最高点有动能，根据机械能守恒，小球不能到达H高度，故甲不可能；乙轨道小球做竖直上抛运动，在最高点速度为零，能达到高度H，但不能击中P点，故乙轨道不可能；丙轨道在小球通过1/4圆以后小球要想到达P点，在P点要有动能，根据机械能守恒，小球到不了P点，故丙轨道不可能；丁轨道小球到达P点，小球的动能完全转化为重力势能，到达P点动能恰好为零，小球恰好击中P点，故丁轨道可以，故选D 。
8．(2021·宿迁三模)（多选）一汽车在平直公路上以20 kW的功率行驶，t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其v－t图象如图6所示，已知汽车的质量为2×103 kg。下列说法中正确的是( )
A．t1前汽车受到的阻力大小为2×103 N B．t1后汽车受到的阻力大小为2×103 N
C．t1时刻汽车加速度大小突然变为1 m/s2 D．t1～t2时间内汽车的平均速度为7.5 m/s
【答案】 AC
【解析】 t1前汽车匀速，有P＝F1v1＝f1v1，得f1＝＝ N＝2×103 N，A项正确；进入另一段公路后最终以v2＝5 m/s匀速，得出f2＝＝ N＝4×103 N，B项错误；t1时刻牵引力为2×103 N，阻力瞬间变为4×103 N，加速度为a＝ m/s2＝－1 m/s2，C项正确；根据面积得出t1～t2时间内汽车的平均速度小于7.5 m/s，D项错误。
9.(20201·浙江宁波市高二月考)某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”的实验，在实验中，该小组同学把沙和沙桶的总重力当作小车受到的合外力．
(1)为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下列做法必要的是________．
A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作
B．实验操作时要先释放小车，后接通电源
C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好
D．在实验过程中要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量
(2)除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有________、________.
(3)如图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究功与速度变化的关系．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g.图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，沙和沙桶的总质量为m.请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来：
________________________________________________________________________.
【答案】(1)AD (2)天平 刻度尺 (3)mgx＝
【解析】(1)实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是细线的拉力，故A正确；实验操作时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故B错误；在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近，测量误差越大，故C错误；在实验过程中要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得沙和沙桶的总重力近似等于细线对小车的拉力，故D正确．
(2)本题的实验原理是验证沙桶和沙的重力做的功等于小车动能的增加量，所以要测沙和沙桶的总质量、小车的质量，还要测纸带上各点的距离来求速度，所以所需的器材还应有天平和刻度尺．
(3)小车在A点的速度为v1＝，在B点的速度为v2＝，所以动能变化量ΔEk＝Mv22－Mv22＝，而沙和沙桶的总重力做的功为WG＝mgx，要探究的“功与速度变化的关系”用表达式表示为mgx＝ .
二、练能力
10． (2021·宁夏银川月考) (多选)如图所示，水平路面上有一辆质量为m0的汽车，车厢中有一质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是( )
A．人对车的推力F做的功为FL B．人对车做的功为maL
C．车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L D．车对人的作用力大小为ma
【答案】AC
【解析】人对车的推力为F，在力F方向上车行驶了L，则推力F做的功为FL，故A正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的力向左，大小为ma，则人对车水平方向上的作用力大小为ma，方向向右；车向左运动了L，故人对车做的功为－maL，故B错误；竖直方向车对人的作用力大小为mg，则车对人的作用力F′＝，故D错误；人在水平方向受到F的反作用力和车对人向左的摩擦力，则Ff－F＝ma，Ff＝ma＋F，则车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L，故C正确。
11．(2021·安徽阜阳模拟) (多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N，弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定，要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则下列说法正确的是( )
A．弹射器的推力大小为1.1×106 N
B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J
C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W
D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
【答案】ABD
【解析】设总推力为F，则舰载机受到的合外力为0.8F，由动能定理有F合x＝mv2－0，可求出F＝1.2×106 N，减去发动机的推力，得出弹射器的推力为1.1×106 N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功W弹＝F弹x＝1.1×108 J，选项B正确；舰载机的平均速度为＝＝40 m/s，则弹射器做功的平均功率弹＝F弹＝4.4×107 W，选项C错误；舰载机的加速度a＝＝32 m/s2，选项D正确。
12. （2021届河北省唐山一中高三期中）一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则下列说法错误的是（ ）
A．在x1处物体所受拉力最大 B．0～x1过程中合外力增大
C．在x1～x2过程中，物体的加速度一直减小 D．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小
【答案】C
【解析】由图并根据功能关系可知，处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由
，可知此时所受的拉力最大，故A正确，不符合题意；在0~x1过程中，图象的斜率逐渐变大，说明拉力越来越大，合外力向上越来越大，故B正确，不符合题意；在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零．根据合外力
，可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。故选C。
13.(2021·江西赣州市上学期期末)某实验小组利用图 (a)所示实验装置及数字化信息系统探究“外力做功与小车动能变化的关系”．实验时将小车拉到水平轨道的O位置由静止释放，在小车从O位置运动到A位置(未标出)过程中，经计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线如图(b)所示，还得到了小车在A位置的速度大小vA；另外用电子秤测得小车(含位移传感器发射器)的总质量为m.回答下列问题：
(1)小车从O位置运动到A位置过程中弹簧对小车所做的功W＝________，小车的动能改变量ΔEk＝________.(用m、vA、FO、FA、xA中各相关物理量表示)
(2)若将弹簧从小车上卸下，给小车一初速度v0，让小车从轨道右端向左端滑动，利用位移传感器和计算机得到小车的速度随时间变化的图线如图(c)所示，则小车所受轨道摩擦力的大小Ff＝________(用v0、tm中各相关物理量表示)
(3) 综合步骤(1)、(2)，该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是________________(用m、vA、FO、FA、xA、v0、tm中各相关物理量表示)
【答案】(1)(FO＋FA)xA mv (2)m (3)(FO＋FA)xA－mxA＝mv
【解析】(1)小车从O位置运动到A位置过程中弹簧对小车所做的功W＝(FO＋FA)xA，小车的动能改变量ΔEk＝mv；
(2)由题图(c)可知，小车的加速度为a＝，则根据牛顿第二定律可知，小车所受轨道摩擦力的大小Ff＝m；
(3)该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是WF－Wf＝mv，
即：(FO＋FA)xA－mxA＝mv.
14．(2021·名师原创预测)某汽车在某次测试过程中数据如下表所示，请根据表中数据回答问题。
行驶中整车质量
1 500 kg
额定功率
80 kW
加速过程
车辆从静止加速到72 km/h所需时间为20 s
制动过程
车辆以36 km/h行驶时的制动距离为5.0 m
某天张华驾驶该汽车从甲地点沿平直公路到乙地点送货，张华启动汽车后先以恒定的加速度(该加速度大小与测试过程中加速过程的加速度大小相同)运动一段时间，汽车功率达到额定功率后，保持额定功率继续行驶，达到最大速度后以最大速度行驶，快到乙地点时，开始制动汽车，刚好到乙地点停下。已知汽车在平直公路上沿直线行驶时所受阻力f大小恒定，为制动过程中汽车所受阻力的，甲地点到乙地点的距离为d＝3 km，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求汽车在平直公路上行驶的最大速度vm；
(2)张华由甲地点到乙地点共经历多长时间？
【答案】(1)32 m/s (2)114.95 s
【解析】(1)由题中表格数据知
加速过程的加速度大小为a1＝＝1 m/s2
制动过程的加速度大小为a2＝＝10 m/s2
则制动过程所受阻力大小为F′＝ma2＝1.5×104 N
汽车行驶过程中受到的阻力大小为f＝F′＝2.5×103 N
汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，由P＝fvm得，
vm＝＝32 m/s
(2)匀加速过程中，由牛顿第二定律可知F－f＝ma1
解得F＝f＋ma1＝4×103 N
故匀加速过程中的最大速度vm0＝＝20 m/s，
加速时间为t1＝＝20 s，加速距离为x1＝v122a1＝200 m
制动过程所用的时间为t2＝＝3.2 s，
制动距离为x2＝vm22a2＝51.2 m
功率达到额定功率后，汽车做变加速及匀速运动，在此过程有
Pt0－fx＝mv－mv
其中x＝d－(x1＋x2)
联立解得t0＝91.75 s
故从甲地点到乙地点共经历的时间为t＝t1＋t2＋t0＝114.95 s
三、练真题
14.（2021全国甲卷） 一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，重力加速度大小为g。则（ ）
A. 物体向上滑动的距离为 B. 物体向下滑动时的加速度大小为
C. 物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D. 物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【解析】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
整理得；A错误，C正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
求解得出B正确；
D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
由上式可知a上 > a下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式
则可得出D错误。故选BC。
15. （2021全国乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（ ）
A. 在此过程中F所做的功为 B. 在此过中F的冲量大小等于
C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于 D. F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【答案】BC
【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
故C正确，D错误；
A．在此过程中，外力F做功为故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间
在此过程中，F的冲量大小是
故B正确。故选BC。
16. （2021全国乙卷）一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做得功为
联立可得
（舍去）
17.（2019·新课标全国Ⅲ卷）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Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
【答案】C
【解析】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12 N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1 kg、F=2 N。
18．（2019课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得
A．物体的质量为2 kg B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】AD
【解析】A．Ep–h图像知其斜率为G，故G==20 N，解得m=2 kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B错误；C．h=2 m时，Ep=40 J，Ek=E机–Ep=85 J–40 J=45 J，故C错误；D．h=0时，Ek=E机–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m时，Ek′=E机–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正确。
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