2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案034-课时作业29 功与功率（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案034-课时作业29 功与功率（教用），共40页。
1．某国航天局发射行星探测卫星，由于没有把部分资料中实际使用的单位制转换为国际单位制，造成重大损失。国际单位制中力学有三个基本单位，用这三个基本单位导出功率单位——瓦特(W)的表达形式为 （ ）
A. kg⋅m2⋅s−3B. kg⋅m3⋅s−2C. kg2⋅m3⋅s−1D. kg2⋅m⋅s−3
【答案】A
【解析】由功率的定义式P=Wt得，1W=1J/s=1N⋅m/s=1kg⋅m/s2⋅ms=1kg⋅m2⋅s−3，故选A。
2．（2024·海南卷·1）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在返回舱返回至离地面十几公里时打开主伞，返回舱快速减速，速度大大减小，在减速过程中（ ）
A. 返回舱处于超重状态B. 返回舱处于失重状态
C. 主伞的拉力不做功D. 重力对返回舱做负功
【答案】A
【解析】返回舱在减速过程中，加速度方向竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误；主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，重力与返回舱运动方向相同，对返回舱做正功，故C、D错误。
3．（2025·黑龙江绥化开学考）从距地面相同高度处，水平抛出两个质量相同的球A和B，抛出A球的初速度为v0，抛出B球的初速度为2v0，若两球运动到落地的过程中重力的平均功率为P1，落地时重力的瞬时功率为P2，不计空气阻力，则（ ）
A. P1相同，P2相同B. P1相同，P2不同
C. P1不同，P2相同D. P1不同，P2不同
【答案】A
【解析】两球水平抛出时距地面的高度相同，根据ℎ=12gt2，可得下落时间均为t=2ℎg，重力做功W=mgℎ，两球质量相同、下落高度相同，因此重力做功相等。平均功率P1=Wt，因W和t均相同，故P1相同。瞬时功率P2=mgvy，竖直方向速度vy=gt，两球下落时间相同，故vy相等，因质量相同，P2也相等，故选A。
4．多选 如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体（可视为质点）放在木板最左端，现用水平恒力F作用在小物体上，使小物体从静止开始做匀加速直线运动。已知小物体和木板之间的摩擦力为f，当小物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中（ ）
A. 力F对小物体做功大小为F(L+x)
B. 摩擦力对小物体做功为−fL
C. 摩擦力对小物体做功为−fx
D. 摩擦力对木板做功为fx
【答案】AD
【解析】力F对小物体做功WF=F(L+x)，故A正确；小物体受到的摩擦力向左，摩擦力对小物体做功W=−f(L+x)，故B、C错误；木板受到的摩擦力向右，摩擦力对木板做功W′=fx，故D正确。
5．（2024·贵州卷·6）质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x=3m处，F做功的瞬时功率为（ ）
A. 8WB. 16WC. 24WD. 36W
【答案】A
【解析】根据F−x图像与横轴围成的面积代表功，可知物块运动到x=3m处，F做的总功为WF=(3×2+2×1)J=8J，该过程根据动能定理得WF=12mv2，解得物块运动到x=3m处时的速度为v=4m/s，则此时F做功的瞬时功率为P=Fv=8W，A正确。
6．（2025·重庆三模）如图，在某中学趣味运动会中，小蜀手持质量为M的乒乓球拍托着质量为m的乒乓球一起沿水平方向做匀加速直线运动。球拍平面与水平面之间的夹角为θ 。不计球和球拍之间的摩擦力以及空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A. 乒乓球的加速度大小为gsinθ
B. 手对球拍的作用力为(m+M)gtanθ
C. 球拍对乒乓球的弹力对乒乓球做正功
D. 若小蜀在中途突然带着球拍减速，则乒乓球将做自由落体运动
【答案】C
【解析】对乒乓球受力分析，如图甲所示。根据牛顿第二定律得mgtanθ=ma，解得a=gtanθ ，故A错误；对球拍和乒乓球整体受力分析，如图乙所示，根据平行四边形定则知，小蜀对球拍的作用力大小为F=(M+m)gcsθ，故B错误；乒乓球水平向右运动时，球拍对乒乓球的弹力N与位移的夹角小于90∘ ，故球拍对乒乓球的弹力N对乒乓球做正功，故C正确；若小蜀在中途突然带着球拍减速，由于惯性，乒乓球的速度不会减小，将与球拍分离，在水平方向有初速度，且仅受重力作用，故乒乓球将做平抛运动，故D错误。
7．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，汽车功率为P，快进入闹市区时，司机减小油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶。设汽车行驶时所受的阻力恒定，则下列图像能正确表示从司机减小油门开始汽车的速度与时间关系的是（ ）
A. B. ${}$C. D. ${}$
【答案】B
【解析】汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，汽车开始做加速度逐渐减小的减速运动，最终以v02的速度匀速运动，B正确。
8．木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁，每次砸击对铁钉做功相同。已知钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比，木匠砸击4次，就可以把一枚长为L的钉子全部砸进木梁，那么他第1锤将铁钉砸进木梁的深度是（ ）
A. L4B. L2C. 3L4D. L8
【答案】B
【解析】作出钉子所受阻力与进入木梁中深度的关系图，由题意可知，每次砸击，锤对钉做功相同，将钉全部砸进木梁需要砸4次，则第1锤将铁钉砸进木梁的深度是L2。故选B。
能力强化练
9．如图甲所示，倾角为θ=37∘ 的固定斜面上有一物块处于静止状态，物块的质量为1kg，现用沿斜面向下的恒力推物块，过一段时间撤去推力，物块沿斜面向下运动的v−t图像如图乙所示。已知物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。则下列判断正确的是（ ）
A. 物块静止时，斜面对物块的作用力大小为8N
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 推力F对物块做的功为36J
D. 若推力增大为原来的2倍，则物块下滑的加速度大小为6m/s2
【答案】D
【解析】由题图乙可知，撤去推力后物块做匀速运动，所以物块受到重力、斜面的支持力和摩擦力处于平衡状态，所以斜面对物块的支持力和摩擦力的合力与重力大小相等，方向相反，故物块静止时，斜面对物块的作用力大小为10N，故A错误；推力撤去，由平衡条件得mgsinθ=μmgcsθ ，解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.75，故B错误；由图像可求加速度大小为a=ΔvΔt=6m/s2s=3m/s2，推力撤去前由牛顿第二定律有F+mgsinθ−μmgcsθ=ma，解得F=3N，有推力时物块的位移x=6×22m=6m，则推力F对物块做的功W=Fx=3N×6m=18J，故C错误；若恒力F增大为原来的2倍，即F′=6N时，由牛顿第二定律可知F′+mgsinθ−μmgcsθ=ma′，代入数据可得，物块下滑的加速度大小为a′=6m/s2，故D正确。
10．多选 一汽车的加速度a和速度的倒数1v的关系如图所示，图上标的值均为已知量，汽车所受阻力恒定，则（ ）
A. 汽车牵引力的功率不变
B. 汽车的牵引力不变
C. 可以求得汽车所受阻力
D. 当汽车速度为vm2时，汽车的加速度为a0
【答案】AD
【解析】汽车受重力、支持力、牵引力F和阻力Ff，设汽车的功率为P，由牛顿第二定律可得F−Ff=ma，其中F=Pv，整理可得a=Pm⋅1v−Ffm，结合题图可得，图线的斜率k=Pm=a01vm=a0vm，Ffm=a0，解得P=Ffvm，由此可知汽车牵引力的功率不变，A正确；由F=Pv可知，汽车的牵引力随速度变化而变化，B错误；因汽车的功率和质量题中没有给出，因此不可以求得汽车所受阻力，C错误；因为有Pm=a0vm、Ffm=a0，当汽车速度为vm2时，则有a=Pm⋅1v−Ffm=a0vm×2vm−a0=a0，D正确。
11．（2025·甘肃庆阳三模）多选 质量为m的列车以额定功率P0在平直轨道上由静止开始做加速运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设列车受到的阻力恒为Ff，则在时间t内（ ）
A. 列车做匀加速直线运动B. 牵引力做的功为P0t
C. 列车的位移为P0tFfD. 列车的动量变化量为mP0Ff
【答案】BD
【解析】当列车以恒定功率运行时，牵引力F=P0v，随着速度v增大，牵引力逐渐减小，加速度a=F−Ffm也随之减小，因此列车做变加速运动，故A错误；功率恒定时，根据W=Pt，无论速度如何变化，牵引力在时间t内做的功一定为P0t，故B正确；根据动能定理有P0t−Ffs=12mvmax2，其中vmax=P0Ff，解得位移s=P0tFf−mP022Ff3，故C错误；动量变化量Δp=mvmax，而vmax=P0Ff，因此Δp=mP0Ff，故D正确。
12．（2026·重庆模拟）某新能源汽车厂家在平直公路上测试汽车性能，t=0时刻汽车由静止启动，t1=6s时汽车达到额定功率，t2=14s时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数1v变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m=2000kg，所受阻力与总重力的比值恒为14，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车达到的最大速率为30m/s
B. 汽车在BC段做匀加速直线运动
C. 汽车在AB段做匀加速直线运动，且加速度大小为5m/s2
D. 从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为105m
【答案】A
【解析】由题图可知汽车在AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律有F−14mg=ma，解得a=2.5m/s2，可知汽车在AB段做匀加速直线运动，t1=6s时汽车的速度v1=at1=2.5×6m/s=15m/s，汽车额定功率P=Fv1=10×103×15W=1.5×105W，当牵引力等于阻力时速度达到最大，则汽车达到的最大速率vm=Pf=1.5×10514×2000×10m/s=30m/s，故A正确，C错误；汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故B错误；汽车做匀加速直线运动的位移x1=12at12=12×2.5×62m=45m，从达到额定功率到速度最大过程中，根据动能定理有P(t2−t1)−14mgx2=12mvm2−12mv12，解得x2=105m，汽车通过的距离x=x1+x2=150m，故D错误。
创新思维练
13．（2025·安徽芜湖模拟）多选 由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点。a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，下列说法正确的是（ ）
A. 炮弹到达b点时的速度为0
B. 炮弹到达b点时的加速度大于重力加速度g
C. 炮弹在bd段重力的平均功率比Ob段大
D. 炮弹经过a点时重力的瞬时功率大于经过c点时重力的瞬时功率
【答案】BD
【解析】到达b点时，炮弹的竖直分速度为0，但水平分速度不为0，故A错误；炮弹到达b点时，除受到竖直向下的重力外，还受到水平向左的空气阻力作用，所以到达b点时，炮弹的加速度大于重力加速度g，故B正确；从O点到b点的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力竖直向下的分力f1，由牛顿第二定律可得mg+f1=ma1，解得a1=mg+f1m，在从b点到d点的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力竖直向上的分力f2，由牛顿第二定律可得mg−f2=ma2，解得a2=mg−f2m，对比可得a1>a2，即在竖直方向上，上升阶段的加速度比下降阶段的加速度大，由ℎ=12at2可定性确定，竖直位移相等，加速度越大，时间就越短，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，但两个过程重力做功的绝对值相同，根据P=Wt，可知炮弹在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率，故C错误；炮弹从a点到c点的过程，竖直方向，由于空气阻力的影响，竖直向上减速的加速度大于竖直向下加速的加速度，位移相等，根据v2−0=2ax可知，c点的竖直分速度小于a点的竖直分速度，根据重力的功率P=mgvy，可知炮弹经过a点时重力的功率比经过c点时的大，故D正确。