2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练14功和功率含解析2019042937.wps

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1、功和功率 小题狂练 小题是基础 练小题 提分快 12019宁夏银川一中摸底(多选)如图所示，水平路面上有一质量为 M 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(Fma)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 的方向上车行驶了 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

2、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 F0 mg2 ma2，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 fFma，FF，得 fmaF，则车对 人的摩擦力做的功为(Fma)L，故 C 正确 22019河南省郑州一中模拟(多选)如图，长为 L 的轻杆 A 一端固定小球 B，另一端固 定在水平转轴 O 上，轻杆 A 绕转轴 O 在竖直平面内匀速转动，在轻杆 A 与水平方向的夹角 从 0增加到 90的过程中( ) A小球 B 受到轻杆 A 的作用力的方向始终平行于轻杆 B小球 B 受

3、到轻杆 A 的作用力逐渐减小 C小球 B 受到轻杆 A 的作用力对小球 B 不做功 D小球 B 受到轻杆 A 的作用力的瞬时功率减小 答案：BD 1 解析：小球做匀速圆周运动，则合力提供向心力，知合力方向一定沿着轻杆 A 指向 O，而 小球受重力和杆对小球的作用力，则可知杆对小球作用力的方向与轻杆不平行，A 错误；设轻 杆对小球的作用力为 F，因为小球做匀速圆周运动，则 F 与 mg 的合力大小恒定不变，如图，由 图可以看出小球受到轻杆 A 的作用力逐渐减小，B 正确；根据动能定理，可知动能的变化量为 零，重力做负功，则轻杆对小球的作用力做正功，C 错误；PFv，F为轻杆 A 对小球的作 用力

4、在小球速度方向上的分力，由分析可知，F一直减小，故 P 一直减小，D 正确 32019浙江省温州模拟 某质量为 m 的电动玩具小车在平直的水泥路上由静止沿直线 加速行驶，经过时间 t 前进的距离为 x，且速度达到最大值 vm，设这一过程中电动机的功率恒 为 P，小车受到的阻力恒为 F，则 t 时间内( ) A小车做匀加速运动 B小车受到的牵引力逐渐增大 C合外力对小车所做的功为 Pt 1 D牵引力对小车所做的功为 Fx mv2m 2 答案：D 解析：电动机功率恒定，PF 牵 v，结合牛顿第二定律 F 牵Fma 可知，当速度增大时， 牵引力减小，加速度减小，故小车做加速度减小的变加速运动，故 A

5、、B 错误；整个过程中， 1 牵引力做正功，阻力做负功，故合外力 做的功为 W mv ，Pt 为牵引力所做的功，故 C 错误； m2 2 1 1 整个过程中，根据动能定理可知 PtFx mv ，解得 PtFx mv ，故 D 正确 2 2 m2 m2 42019四川省成都外国语学校模拟(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车当 太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进设汽车在平 直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间 t，速度为 v 时功率达到额定功率，并保持不变之 后汽车又继续前进了距离 s，达到最大速度 vmax.设汽车质量为 m，运动过程中所受阻力恒为 f

6、， 则下列说法正确的是( ) A汽车的额定功率为 fvmax 1 1 B汽车匀加速运动过程中，牵引力做的功为 fvt mv2 2 2 C汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，克服阻力做的功为 fvtfs 2 vvmax fvmaxv D汽车速度为 时的加速度大小为 2 mvmaxv 答案：ABD 解 析：当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，汽车的额定功率为fvmax， 1 1 故 A 正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移 x vt，克服阻力做的功为 W fvt，由动能定 2 2 1 1 1 1 理知：WFWf mv2，得 WFWf mv2 fvt mv2，故 B 正确；汽车

7、匀加速运动过程中克服阻 2 2 2 2 1 力做的功为 W fvt，后来汽车又运动了距离 s，则这段过程克服阻力做的功为 Wfs，整个 2 1 过程中克服阻力做的功为 W 总WW fvtfs，故 C 错误；汽车的功率 PFv，由牛顿第 2 vvmax fvmaxv 二定律知：Ffma，当汽车速度为 时的加速度 a ，故 D 正确 2 mvmaxv 52019河北省名校联盟一测质量为 2 kg 的物体，放在与物体间的动摩擦因数为 0.1 的水平面上，在水平拉力 F 的作用下，由静止开始运动，拉力做的功 W 和物体发生的位移 x 之间的关系如图所示，g10 m/s2，下列说法正确的是( ) A此物

8、体在 OA 段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为 6 W B此物体在 OA 段做匀速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为 6 W C此物体在 AB 段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为 6 W D此物体在 AB 段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为 6 W 答案：D 解析：对物体受力分析，物体受到的摩擦力为 Ffmg2 N，由题图可知，斜率表示物 体所受拉力的大小，OA 段的拉力为 5 N，AB 段的拉力为 2 N，所以物体在 OA 段做匀加速直线运 动，在 AB 段做匀速直线运动，选项 B、C 错 误；在 OA 段物体所受的拉力为 5 N，物体做匀加速 1 FFf

9、直线运动，当速度最大时，拉力的功率最大，vat，x at2，a ，代入数据得 v3 2 m m/s，此时拉力的最大功率 PmFv15 W，选项 A 错 误；在 AB 段，物体以 3 m/s 的速度做匀速 运动，此过程中拉力的功率恒为 PFv6 W，选项 D 正确 3 62019福建省福州市闽侯一中检测(多选)如图所示，斜面顶端 A 与另一点 B 在同一 水平线上，甲、乙两小球质量相等，小球甲沿光滑斜面以初速度 v0从顶端 A 滑到底端，乙球以 同样的初速度 v0从 B 点抛出，不计空气阻力，则( ) A两球落地时速率相同 B两球落地时，重力的瞬时功率相同 C从开始运动至落地过程中，重力对它们做

10、的功相同 D从开始运动至落地过程中，重力的平均功率相同 答案：AC 1 1 解 析：根据动能定理知，mgh mv2 mv20，由于甲、乙两球下降的高度相同，则重力做的 2 2 功相等，初动能相等，则末动能相等，可知两球落地的速率相同，故 A、C 正确；乙球仅受重 力作用，做匀变速曲线运动，落地时速度方向与甲球落地时速度方向不同，根据 Pmgvcos 知，其中 为落地时速度方向与竖直方向的夹角，则可知重力的瞬时功率不同，故 B 错误； 由于两球在整个过程中重力做的功相等，但是运动的时间不同，则重力的平均功率不同，故 D 错误 72019南宁模拟关于功的概念，下列说法正确的是( ) A物体受力越大

11、，位移越大，力对物体做功越多 B合力的功等于各分力功的矢量和 C摩擦力可以对物体做正功 D功有正负，但正负不表示方向，而表示大小 答案：C 解析：因功的决定因素为力、位移及二者的夹角，若力大、位移大，但两者夹角为 90， 则做功为 0，故 A 错误；功是物体之间能量转化的量度，它是标量，功也有正负之分，但功的 正负不是表示方向，是表示力对物体的做功效果，所以 B、D 错误；摩擦力可以做正功，也可 做负功，这要看摩擦力与位移的方向关系，故 C 正确 82017全国卷 如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆 环上套着一个小环小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中

12、，大圆环对 它的作用力( ) A一直不做功 B一直做正功 C始终指向大圆环圆心 D始终背离大圆环圆心 答案：A 解 析：由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与 4 速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作 用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的 圆心，C、D 项错误 92019天津模拟一个高中生骑电动车以 20 km/h 的速度匀速行驶，电动车所受阻力是 1 人和车总重力的 .已知人和车的总质量约为 80 kg，重力加速度大小 g 取 10 m/s2，则此时电动 10 车

13、电机的输出功率约为( ) A50 W B100 W C450 W D800 W 答案：C 1 1 解析：车在匀速行驶时，人和车受力平衡，人和车受到的阻力大小为 f mg 800 10 10 N80 N，此时的功率 PFvfv444 W，所以 C 正确 102019贵阳监测(多选)如图所示，位于水平面上的同一物体在恒力 F1的作用下，做 速度为 v1的匀速直线运动；在恒力 F2的作用下，做速度为 v2的匀速直线运动，已知 F1与 F2的 功率相同则可能有( ) AF1F2，v1v2 BF1F2，v1v2 CF1F2，v1v2 DF1F2，v1v2 答案：BD 解析：设 F1与水平面间的夹角为 ，

14、根据题述，F1与 F2的功率相同，则有 F1v1cos F2v2.若 F1F2，则有 v1cosv2，即 v1v2；若 F1F2且 v1v2，F1v1cosF2v2可能成立， 选项 B、D 正确，A 错误若 F1F2且 v1v2，则 F1v1cosF2v2肯定无法成立，选项 C 错误 112019安徽四校摸底(多选)如图所示，两根轻质细线的一端拴在 O 点、另一端分别 固定在楼道内的倾斜天花板上的 a 点和 b 点，一质量为 m 的重物 P 通过长度为 L 的轻质细线固 定在 O 点，系统静止，Oa 水平、Ob 与竖直方向成一定夹角现在对重物施加一个水平向右的 拉力 F，使重物以较小速率绕 O

15、 点做匀速圆周运动，至 O、P 间细线转动 60，此过程中拉力 F 做功为 W，则下列判断正确的是( ) 5 AOa 上的拉力 F1不断增大，Ob 上的拉力 F2一定不变 BOa 上的拉力 F1可能不变，Ob 上的拉力 F2可能增大 1 CW mgL，拉力 F 做功的瞬时功率一直增大 2 3 DW FL，拉力 F 做功的瞬时功率先增大后减小 2 答案：AC 解析：对结点 O 与 P 整体受力分析，竖直方向受 P 的重力与细线 Ob 拉力 F2的竖直分力并 处于平衡状态，则 F2不变，对重物应用图解法可知水平拉力 F 不断增大，又 F2不变，由结点 O 和重物水平方向受力平衡可知，细线 Oa 的

16、拉力 F1不断增大，故 A 项正确，B 项错误；重物绕 O 点做匀速圆周运动，则拉力 F、重力二者沿垂直半径(OP)方向的分力等大，拉力 F 做功功率 P (mgsin)v 不断增大， 为 OP 与竖直方向的夹角，根据拉力 F 做的功等于重物减少的重力 势能可知 WmgL(1cos60)，选项 C 正确，D 错误 122019昆明适应性检测(多选)一物体置于升降机中，t0 时刻升降机由静止开始运 动，规定竖直向上为运动的正方向，其加速度 a 随时间 t 变化的图象如图所示，下列说法正确 的是( ) A在 26 s 内升降机对物体不做功 B在 68 s 内升降机对物体做正功 C在 68 s 内物

17、体处于失重状态 D在 08 s 内物体的平均速度大小为 4 m/s 答案：BC 解 析：由题图可知，在 26 s 内，物体竖直向上做匀速运动，升降机对物体的作用力方向 竖直向上，与物体的运动方向相同，故升降机对物体做正功，故 A 错误，在 68 s 内，升降机 做减速运动，由牛顿第二定律可知，升降机对物体的作用力仍向上，则升降机对物体做正功， B 正 确；在 68 s 内，物体的加速度方向向下，故物体处于失重状态，故 C 正确；根据运动学 1 1 公式可知，前 2 s 内物体的位移 x1 at 24 m4 m,2 s 末物体的速度 vat122 21 2 2 m/s4 m/s；在 26 s 内

18、，物体的位移 x2vt244 m16 m，物体减速过程的加速度大小与 x1x2x3 加 速过程相同，时间相同，则其位移 x3x14 m，则物体的平均速度 v 8 s 4164 m/s3 m/s，故 D 错误 8 6 132019开封模拟(多选)如图所示，一质量为 m 的小球固定在长为 2L 的轻杆上端， 轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的 A 点，杆可绕 A 点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一 细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕 A 点逆时针倒向地面，且整个倒下 去的过程中，杆做匀速转动那么在此过程中( ) A小球重力做功为 2mgL B绳子拉力做功大于 2mgL C重力做功

19、功率逐渐增大 D绳子拉力做功功率先增大后减小 答案：AC 解 析：小球在该过程中下降高度为 2L，所以小球重力做功为 2mgL，A 项正确；杆做匀速转 动，小球速率不变，此过程中外力对系统做功为零，又只有重力和拉力对系统做功，所以绳子 拉力做功与重力做功大小相等，B 项错误；重力做功的功率等于重力与小球沿竖直方向分速度 的乘积，小球做匀速圆周运动，该过程中小球竖直方向分速度不断增大，所以重力做功的功率 不断增大，C 项正确；由动能定理可得，拉力做功功率与重力做功功率始终大小相等，故拉力 做功功率不断增大，D 项错误 14一轻绳一端固定在 O 点，另一端拴一小球，拉起小球使轻绳水平，然后无初速度

20、释放 小球如图所示，小球从开始运动至轻绳到达竖直位置的过程中，小球重力的瞬时功率的变化 情况是( ) A一直增大 B一直减小 C先增大，后减小 D先减小，后增大 答案：C 解析：小球在初位置重力做功的功率为零，在最低点，由于重力的方向与速度方向垂直， 则重力做功的功率为零，因为初末位置重力做功的功率都为零，则小球从开始运动至轻绳到达 竖直位置的过程中重力做功的功率先增大后减小，C 正确 15如图，物块 A、B 在外力 F 的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的过程中，下列 关于 A 对地面的滑动摩擦力做功和 B 对 A 的静摩擦力做功的说法正确的是( ) 7 A静摩擦力做正功，滑动摩擦力做负功

21、 B静摩擦力不做功，滑动摩擦力做负功 C静摩擦力做正功，滑动摩擦力不做功 D静摩擦力做负功，滑动摩擦力做正功 答案：C 解 析：把物块 A、B 看成一个整体，一起沿水平地面做匀速直线运动，所以 fA地f 地A F，其中 f 地A 的方向与 运动方向相反，故地面对 A 的滑动摩擦力做负功，因为地面没有位移，所以 A 对地面的滑 动摩擦力不做功；选择 A 作为研究对象，A 做匀速运动，所以 fBAF，fABfBA，其中 B 对 A 的静摩擦力的方向与运动方向相同，故 B 对 A 的静摩擦力做正功综上可知，B 对 A 的静摩 擦力做正功，A 对地面的滑动摩擦力不做功，C 正确 16如图所示，通过一动

22、滑轮提升质量 m1 kg 的物体，竖直向上拉绳子，使物体由静止 开始以 5 m/s2的加速度上升，不计动滑轮及绳子的质量和一切摩擦，则拉力 F 在 1 s 末的瞬时 功率为(取 g10 m/s2)( ) A75 W B25 W C12.5 W D37.5 W 答案：A 解 析：由牛顿第二定律得 2Fmgma，得 F7.5 N,1 s 末物体的速度为 v1at5 m/s，力 F 作用点的速度 v22v110 m/s，则拉力 F 在 1 s 末的瞬时功率为 PFv275 W，故 A 正确 课时测评 综合提能力 课时练 赢高分 一、选择题 1. 8 2019江苏南通模拟(多选)如图所示，有三个相同的

23、小球 A、B、C，其中小球 A 沿高为 h、倾角为 的光滑斜面以初速度 v0从顶端滑到底端，小球 B 以同样大小的初速度从同等高度 处竖直上抛，小球 C 在同等高度处以初速度 v0水平抛出，则( ) A小球 A 到达地面时的速度最大 B从开始至落地，重力对它们做功相同 C从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率一定相同 D三个小球到达地面时，小球 B 重力的瞬时功率最大 答案：BD 解 析：三个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒定 律可知三个小球落地时动能相等，速度的大小相等故 A 错误；重力做功只与初、末位置有关， 三个小球的起点和终点的高度差一样，所

24、以重力做的功相同，故 B 正确；由题可知，B 与 C 在 空中运动的时间显然不同，平均功率等于做功的大小与所用时间的比值，小球重力做的功相同， 但是时间不同，所以重力做功的平均功率不同，故 C 错误；小球落地时的速度的大小相等而方 向不同，由于 A、C 两球都有水平方向的分速度，而 B 球没有水平方向的分速度，所以 B 球竖 直方向的速度最大，由瞬时功率的公式可以知道，B 球的重力的瞬时功率最大，故 D 正确 2如图所示，一架自动扶梯以恒定的速度 v1运送乘客上同一楼层，某乘客第一次站在扶 梯上不动，第二次以相对扶梯v2的速度匀速往上走扶梯两次运送乘客所做的功分别为W1、W2， 牵引力的功率分

25、别为 P1、P2，则( ) AW1W2，P1P2 答案：D 解 析：功等于力和在力的方向上通过的距离的乘积，由于都是匀速运动，两种情况力的大 小相等；由于第二次人沿扶梯向上走了一段距离，所以第一次扶梯运动的距离要比第二次扶梯 运动的距离长，故两次扶梯运客所做的功不同，有 W1W2；功率等于力与沿力方向的速度的乘 积，由于都是匀速，两种情况力的大小相等，扶梯移动的速度也相同，电机驱动扶梯做功的功 率相同，即 P1P2，故选 D. 32019河北五个一名校联盟模拟(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的 作用，在 06 s 内其速度随时间变化的图象和该拉力的功率随时间变化的图象分别如图甲、乙

26、 9 所示下列说法正确的是( ) A06 s 内物体的位移大小为 30 m B26 s 内拉力做的功为 40 J C合外力在 06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等 D滑动摩擦力的大小为 5 N 答案：ABC 46 解 析：06 s 内物体的位移大小 x 6 m30 m，故 A 正 确；26 s 内拉力做的功 W 2 Pt104 J40 J，故 B 正 确；在 26 s 内，物体做匀速直线运动，合外力为零，合外力做 的功为零，则合外力在 06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等，故 C 正 确；在 26 s 内，v P 5 6 m/s，P10 W，物体做匀速直线运动，摩擦力 fF，得

27、到 fF N，故 D 错误 v 3 42019湖南师大附中模拟一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，人和车的 总质量为 m，轨道半径为 R，车经最高点时发动机功率为 P0、车对轨道的压力为 mg.设轨道对 摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则( ) A车经最低点时对轨道的压力为 mg B车运动过程中发动机的功率一直不变 C车经最低点时发动机功率为 3P0 D车从最高点到最低点的过程中，人和车重力做功的功率不变 答案：C 解析：在最高点，向心力大小为 FnN1mg2mg，摩托车做匀速圆周运动，向心力大小 不变，则在最低点 N2mgFn，得 N23mg，根据牛顿第三定律得车经最低点时对轨道的

28、压力 为 3mg，故 A 错误；在最高点，发动机功率 P0F1vN1vmgv，在最低点发动机功率为 PF2v N2v3mgv，则有 P3P0，故 B 错误，C 正确；摩托车做匀速圆周运动，速度大小不变， 重力大小不变，车从最高点到最低点的过程中，重力方向和速度方向的夹角先变小再变大，重力 功率先变大再变小，故 D 错误 10 52019安徽安庆二中月考(多选)一质量为 m 的木块静止在光滑的水平面上从 t0 开始，将一个大小为 F 的水平恒力作用在该木块上，下列说法正确的是( ) F2t21 A木块在经历时间 t1的过程中，水平恒力 F 做的功为 2m F2t1 B木块在经历时间 t1的过程中

29、，在 t1时刻力 F 的瞬时功率为 2m F2t1 C木块在经历时间 t1的过程中，在 t1时刻力 F 的瞬时功率为 m F2t21 D木块在经历时间 t1的过程中，水平恒力 F 做功的平均功率为 m 答案：AC F F 解 析：由牛顿第二定律可以得到，Fma，所以 a ，t1时刻的速度为 vat1 t1，t1时 m m 1 Ft21 F2t21 间内通过的位移为 x at ，做的功为 WFx ，故 A 正确；所以 t1时刻 F 的瞬时功 12 2 2m 2m F F2t1 W F2t1 率为 PFvF t1 ，故 B 错误，C 正确；平均功率为P ，故 D 错误 m m t 2m 6. 20

30、19四川资阳检测(多选)一质量为 800 kg的电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达 到的最大速度为 18 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力 F 与对应的速度 1 v，并描绘出 F 图象，图中 AB、BC 均为直线若电动汽车行驶过程中所受的阻力恒定，由图 v 象可知下列说法正确的是( ) A电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动 B电动汽车的额定功率为 10.8 kW C电动汽车由静止开始经过 2 s，速度达到 6 m/s D电动汽车行驶中所受的阻力为 600 N 答案：BD 解 析：AB 段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，电动汽车的加速度不变，做匀加速直线运 动，故 A

31、 错误；额定功率 PFminvmax60018 W10.8 kW，故 B 正确；匀加速运动的加速度 a 3 000600 P 10 800 m/s23 m/s2，到达 B 点对应状态时的速度 v m/s3.6 m/s，所以 800 F 3 000 11 v 匀加速的时间 t 1.2 s，若电动汽车在 2 s 内由静止开始一直做匀加速运动，则经过 2 s 时 a 的速度 vat6 m/s，所以电动汽车由静止开始经过 2s，速度小于 6 m/s，故 C 错误；当最大 速度 vmax18 m/s 时，牵引力为 Fmin600 N，故恒定阻力 fFmin600 N，故 D 正确 7如图所示，用跨过光滑

32、定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边已 知拖动缆绳的电动机功率恒为 P，小船的质量为 m，小船受到的阻力大小恒为 f，经过 A 点时缆 绳与水平方向的夹角为 ，小船的速度大小为 v0，则此时小船加速度大小 a 和缆绳对船的拉 力 F 为(缆绳质量忽略不计)( ) 1 P P Aa ，F v0cos v0cos m( f) 1 P P Ba f)，F m( v0 v0cos 1 P P Ca ，F m( f) v0cos v0 1 P P Da ，F m( f) v0 v0 答案：B P 1 解析：根据 PFv0cos 得 F ，根据牛顿第二定律 Fcosfma 得 a v0co

33、s m P ( f) ，所以选项 B 正确 v0 8用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比，已知铁锤 第一次将钉子钉进 d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉 子进入木板的深度是( ) A( 31)d B( 21)d 51 2 C. d D. d 2 2 答案：B 解 析：在将钉子钉入木板的过程中，随着深度的增加，阻力成正比地增加，这属于变力做 功问题，由于力与位移成正比，可求出力对位移的平均值，将变力转化为恒力来处理根据题 kd kdkdd 意可得，第一次做功 W F1d d；第二次做功 WF2d d，且 d0， 2 2 联立解得 d(

34、21)d，B 正确 9质量为 m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度时间图象如图所示，其中 OA 12 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线已知从 t1时刻开始汽车的功率保持不变， 整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为 Ff，以下说法正确的是( ) v1 A0t1时间内，汽车牵引力为 m t1 v1 Bt1t2时间内，汽车的功率等于 (m Ff)v2 t1 v1v2 Ct1t2时间内，汽车的平均速度小于 2 mv1 D汽车运动的最大速率为 ( 1)v1 Fft1 答案：D v1 解析：由题图可以知道，0t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a ，F1Ffma，联立 t1 v1

35、v1 得，F1mt 1F f，A 错误；在 t1时刻汽车达到额定功率 PF1v1(m F f)v 1，t1t2时间内， t1 汽车保持额定功率不变，B 错 误；由 vt 图线与横轴所围面积表示位移的大小可以知道，t1 v1v2 t2时间内，汽车的平均速度大于 ，C 错误；t2时刻，速度达到最大值 v2，此时刻 F2Ff， 2 mv1 PF2v2，得 v2( 1)v1，所以 D 正确 Fft1 10(多选)在倾角为 的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块 A、B，它们的质量分 别为 m1、m2，弹簧劲度系数为 k，C 为一固定挡板，系统处于静止状态现开始用一恒力 F 沿 斜面方向拉物块 A 使之

36、向上运动，当物块 B 刚要离开 C 时，物块 A 运动的距离为 d，速度为 v， 重力加速度大小为 g，则此时( ) Am2gsinkd Fkd B物块 A 的加速度大小为 m1 C重力对物块 A 做功的功率为(kdm2gsin)v 13 D弹簧的弹力对物块 A 做功的功率为(kdm2gsin)v 答案：BC 解 析：开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于 A 的重力沿斜面向下的分力，当 B 刚离开 C 时，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面向下的分力，故 m2gsinkx2，但由于开始时弹簧是压 Fkx2m1gsin 缩的，故 dx2，故 m2gsinkd，故 A 错误；物块 A 的加速度 a ，

37、 开始弹 m1 m1gsin Fkd 簧处于压缩状态，压缩 量 x1 ，又 x1x2d，解得 a ，故 B 正确；由于速度 v k m1 与重力夹角不为零，故重力的瞬时功率等于 m1gvsin，则由 m1gsinkx1、m2gsinkx2 及 x1x2d 得，m1gsinm2gsinkd，所以重力做功的功率 P(kdm2gsin)v，故 C 正 确；当物块 B 刚要离开 C 时，弹簧的弹力为 m2gsin，则弹力对物块 A 做功的功率为 m2gsinv，故 D 错误 二、非选择题 11汽车发动机的额定功率为 60 kW，汽车质量为 5 t汽车在运动中所受阻力的大小恒为 车重的 0.1倍(g 取

38、 10 m/s2) (1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s 时， 其加速度是多少？ (2)若汽车以恒定加速度 0.5 m/s2启动，则这一过程能维持多长时间？ 答案：(1)12 m/s 1.4 m/s2 (2)16 s 解析：(1)汽车前进的过程中阻力不变 F 阻0.1mg0.1510310 N5103 N P0 6 104 牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度：vm m/s12 m/s F 阻 5 103 P0 6 104 当 v5 m/s 时，F 牵 N1.2104 N v 5 F 牵F阻 1.2 1045 103 所以此刻加速度 a m/s21

39、.4 m/s2. m 5 103 (2)当汽车以恒定加速度 a0.5 m/s2启动时所需恒定的牵引力 F牵maF 阻51030.5 N5103 N7.5103 N P0 6 104 当功率达到汽车额定功率时 v m/s8 m/s F牵 7.5 103 v 8 匀加速运动持续时间 t s16 s. a 0.5 12. 14 如图是一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的遥控飞行器，具有体积小、使用 灵活、飞行高度低、机动性强等优点现进行试验：无人机从地面由静止开始以额定功率竖直 向上起飞，经 t20 s 上升到 h47 m，速度达到 v6 m/s之后，不断调整功率继续上升，最 终悬停在高 H

40、108 m 处已知无人机的质量 m4 kg，无论动力是否启动，无人机上升、下降 过程中均受空气阻力，且大小恒为 f4 N，取 g10 m/s2. (1)求无人机的额定功率； (2)当悬停在 H 高处时，突然关闭动力设备，无人机由静止开始竖直坠落，2 s 末启动动力 设备，无人机立即获得向上的恒力 F，使其到达地面时速度恰好为 0，则 F 是多大？ 答案：(1)107 W (2)43.2 N 解析：(1)无人机以额定功率向上运动时，由动能定理可得： 1 Pt(mgf)h mv2解得 P107 W 2 (2)关闭动力设备后，无人机加速下落，设下落的加速度为 a1，由牛顿第二定律可得 mg fma1 经过 2 s 后，由运动学规律可得，速度 v1a1t1 1 下 落高度 h1 a1t 21 2 启动动力设备后，无人机减速下降，设加速度为 a2，由运动学规律和牛顿运动定律可得 0 v212a2(Hh1) mgFfma2 联立解得 F43.2 N 15 16