第1节 功和功率-2023年高考物理二轮复习对点讲解与练习（通用版）

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第五章 机械能
第1节　 功和功率
考点一　功的分析与计算
【知识梳理】
1．要素：力和物体在力的方向上发生的位移。
2．公式：W＝Flcosα，其中F是恒力，l是物体的位移，α是力的方向和位移方向的夹角。
3．单位：焦耳(J)。
4．做功情况的判断
功是标量，没有方向，但有正负，根据W＝Flcos α可知：
(1)当0°≤α<90°时，力对物体做功， 力是动力，物体获得能量。
(2)当90°<α≤180°时，力对物体做功，力是阻力，物体失去能量。
(3)当α＝90°时，力对物体做功。
【诊断小练】
(1)只要物体受力且发生位移，则力对物体一定做功．(　　)
(2)如果一个力阻碍了物体的运动，则这个力一定对物体做负功．(　　)
(3)摩擦力可能对物体做正功、负功，也可能不做功．(　　)
(4)作用力做正功时，反作用力一定做负功．(　　)
(5)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。( )
(6)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。( )
【答案】　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√
【命题突破】
命题点1　正、负功的判断
1．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，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
【解析】　光滑大圆环对小环只有弹力作用．弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功．故选A.
【答案】　A
2．一物体放在水平面上，它的俯视图如图所示，两个相互垂直的力F1和F2同时作用在物体上，使物体沿图中v0的方向做直线运动。经过一段位移的过程中，力F1和F2对物体所做的功分别为3 J和4 J，则两个力的合力对物体所做的功为(　　)
A．3 J B．4 J
C．5 J D．7 J
【解析】选D　当多个力对物体做功时，多个力的总功大小等于各个力对物体做功的代数和，故W合＝WF1＋WF2＝3 J＋4 J＝7 J，选项D正确。
【答案】　D
3．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中，(　　)
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
【解析】　由M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功，再做负功，选项A错误．当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧恢复原长，竖直方向的合外力为mg时，加速度也为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，则做功的功率为零，选项C正确；由M→N的动能定理WFk＋WG＝ΔEk，知M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则由弹力做功特点知WFk＝0，即WG＝ΔEk，选项D正确．
【答案】　BCD
【方法总结】
判断力是否做功及做功正负的方法
(1)看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形．
(2)看力F的方向与速度v的方向间的夹角α——常用于曲线运动的情形．
(3)根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W合＝Ek末－Ek初，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时，合外力做负功.




命题点2　恒力做功的计算
4.如图所示，质量为M、长度为L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为(　　)

A．2μmgL B．μmgL
C．μ(M＋m)gL D．μmgL
【解析】　拉力做功最小时，木块应做匀速运动，对木块m受力分析，由平衡条件可得FT＝μmg.对木板M受力分析，由平衡条件可得：F＝FT＋μmg，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l＝，故拉力F所做的功W＝F·l＝μmgL，或者根据功能关系求解，在木块运动到木板左端的过程中，摩擦产生热量为μmgL，D正确．
【答案】　D
5．一物块放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示，物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示。10 s后的v ­t图像没有画出，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．物块滑动时受到的摩擦力大小是6 N
B．物块的质量为1 kg
C．物块在0～10 s内克服摩擦力做功为50 J
D．物块在10～15 s内的位移为6.25 m
【解析】选D　由题图乙可知，在5～10 s内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相等，故摩擦力f＝F′＝4 N，故A错误；在0～5 s内物块的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，解得m＝2 kg，故B错误；在0～10 s内物块通过的位移为x＝(5＋10)×5 m＝37.5 m，故克服摩擦力做功为Wf＝fx＝4×37.5 J＝150 J，故C错误；撤去外力后物块产生的加速度为a′＝＝－2 m/s2，减速到零所需时间为t′＝ s＝2.5 s<5 s，减速到零通过的位移为x′＝＝ m＝6.25 m，故D正确。
6．水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示．初始时，绳处于水平拉直状态．若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g.求：
(1)物块B克服摩擦力所做的功；
(2)物块A、B的加速度大小．
【解析】　(1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1＝s
物块B受到的摩擦力大小为f＝4μmg
物块B克服摩擦力所做的功为W＝fs1＝2μmgs
(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T，由牛顿第二定律得：
F－μmg－T＝maA,2T－4μmg＝4maB
由A和B的位移关系得：aA＝2aB
联立以上三式得aA＝，aB＝.
【答案】　(1)2μmgs　(2)　
【方法总结】
1．恒力做功的计算方法

2．合力做功的计算方法
方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功．
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功.
考点二　功率的理解与计算
【知识梳理】
1．物理意义：描述做功的快慢。
2．定义：功与完成这些功所用时间的比值。
3．公式
(1)P＝，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcos α(α为F与v的夹角)
①v为平均速度，则P为平均功率。
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率。
4．额定功率与实际功率
(1)额定功率：动力机械可以长时间正常工作的最大功率。
(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率。
【诊断小练】
(1)由P＝，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率．(　　)
(2)由P＝Fv，既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率．(　　)
(3)由P＝Fv知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制地增大．(　　)
(4)由P＝Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比．(　　)
(5)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。( )
【答案】　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√ (5)√
【命题突破】
命题点1　平均功率的计算
1．(多选)如图，质量为M＝72 kg的重物放置在水平地面上，柔软不可伸长的轻绳跨过光滑轻质滑轮，绳一端连接重物，另一端被质量为m＝60 kg的人抓住。起初绳子恰好处于竖直绷紧状态，人通过抓绳以a＝4 m/s2的加速度竖直攀升2 m，g取10 m/s2，则此过程(　　)
A．重物的加速度为2 m/s2
B．绳子的拉力为840 N
C．人的拉力对自身做功为1 680 J
D．拉力对重物做功的平均功率为700 W
【解析】选BCD　对人受力分析，由F－mg＝ma可得绳子的拉力F＝mg＋ma＝840 N，由F－Mg＝Ma′，可得重物上升的加速度a′＝ m/s2，A错误，B正确；人的拉力对自身做功为W＝Fh＝1 680 J，C正确；人上升的高度h＝at2，重物上升的高度h′＝a′t2，可得t＝1 s，h′＝ m，拉力对重物做功W′＝Fh′＝700 J，所以平均功率P′＝＝700 W，D正确。
【答案】　BCD
2．跳绳运动员质量m＝50 kg,1 min跳N＝180 次．假设每次跳跃中，脚与地面的接触时间占跳跃一次所需时间的2/5，试估算该运动员跳绳时克服重力做功的平均功率为多大？
【解析】　跳跃的周期T＝ s＝ s
每个周期内在空中停留的时间t1＝T＝ s.
运动员跳起时视为竖直上抛运动，设起跳初速度为v0，由t1＝得v0＝gt1.
每次跳跃人克服重力做的功为
W＝mv＝mg2t＝25 J
克服重力做功的平均功率为
P＝＝ W＝75 W.
【答案】　75 W
命题点2　瞬时功率的计算
3．如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为(　　)

A．mgLω B．mgLω
C.mgLω D．mgLω
【解析】　由能的转化与守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率，PF＝PG＝mgvy＝mgvcos 60°＝mgωL，故选C.
【答案】　C
4．(多选)一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平外力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变。下列说法中正确的是(　　)
A．在0～t0和t0～2t0时间内水平外力做功之比是1∶10
B．在0～t0和t0～2t0时间内水平外力做功之比是1∶8
C．外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1∶8
D．外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1∶6
【解析】选BD　0～t0时间内的加速度a1＝，t0时刻的速度为v1＝a1t0＝，t0～2t0时间内的加速度为a2＝，2t0时刻的速度为v2＝v1＋a2t0＝，根据动能定理得，外力在0～t0时间内做的功为W1＝mv12＝，外力在t0～2t0时间内做的功为W2＝mv22－mv12＝，所以外力在0～t0和t0～2t0时间内做功之比是1∶8，故A错误，B正确；外力在t0时刻的瞬时功率为P1＝F0v1＝，2t0时刻瞬时功率P2＝2F0v2＝，所以外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1∶6，故C错误，D正确。
【答案】　BD
5．2012年11月，“歼­15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则(　　)
　
图(a)　　　　　　　 　　图(b)
A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的
B．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g
D．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
【解析】　由v­t图象面积可知，飞机从着舰到停止发生的位移约为x＝×3×70 m＝105 m，即约为无阻拦索时的，选项A正确；由v­t图象斜率知，飞机与阻拦索作用过程中(0.4 s～2.5 s时)，其F合恒定，在此过程中阻拦索两段间的夹角变小，而合力恒定，则阻拦索张力必减小，选项B错误；在0.4 s～2.5 s时间内，加速度a＝ m/s2≈27.1 m/s2>2.5g，选项C正确；在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力F合不变，但v减小，所以功率减小，选项D错误．
【答案】　AC
【方法总结】
瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)利用公式P＝FvF，共中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力.
考点三　机车的两种启动模型
【知识梳理】
模型一　以恒定功率启动
(1)动态过程

(2)这一过程的速度—时间图象如下图所示：

模型二　以恒定加速度启动
(1)动态过程：

(2)这一过程的速度—时间图象如下图所示：

【命题突破】
命题点1　以恒定功率启动
1．一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　 )


【解析】　当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1＝F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1＝f时速度最大，且vm＝＝.当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2＝F2v可知F2减小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐渐减小，直到F2＝f时，速度最大vm′＝，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A正确．
【答案】　A
2．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
D．牵引力对小车所做的功为Fx＋mvm2
【解析】选D　电动机功率恒定，P＝F牵v，结合牛顿第二定律F牵－F＝ma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、B错误；整个过程中，牵引力做正功，阻力做负功，故合外力做的功为W＝mvm2，Pt为牵引力所做的功，故C错误；整个过程中，根据动能定理可知Pt－Fx＝mvm2，解得Pt＝Fx＋mvm2，故D正确。
【答案】　D
3.如图所示，是汽车牵引力F和车速倒数的关系图象，若汽车质量为2×103 kg，由静止开始沿平直公路行驶，阻力恒定，最大车速为30 m/s，则以下说法正确的是(　　)

A．汽车运动过程中受到阻力为6×103 N
B．汽车的额定功率为6×104 W
C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
D．汽车做匀加速运动的时间是10 s
【解析】　由P＝Fv得，F＝P·，当F＝2×103 N时，汽车匀速行驶，此时vm＝30 m/s，F＝f＝2×103 N，P＝2×103×30 W＝6×104 W，故A错，B对；汽车应先做变加速(加速度越来越小)后匀速直线运动，故C、D均错．
【答案】　B
命题点2　以恒定加速度启动
4．(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, 则下列说法正确的是(　　)
A．汽车的额定功率为fvmax
B．汽车匀加速运动过程中，牵引力做的功为fvt＋mv2
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fvt＋fs
D．汽车速度为时的加速度大小为
【解析】选ABD　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，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，由动能定理知：WF－Wf＝mv2，得WF＝Wf＋mv2＝fvt＋mv2，故B正确；汽车匀加速运动过程中克服阻力做的功为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W′＝fs，整个过程中克服阻力做的功为W总＝W＋W′＝fvt＋fs，故C错误；汽车的功率P＝Fv，由牛顿第二定律知：F－f＝ma，当汽车速度为时的加速度a＝，故D正确。
【答案】　ABD
5．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MD­2 000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4 m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s．已知该汽车的质量为1 000 kg，额定功率为90 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N.

(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3 000 N，求汽车运动2 400 m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．
【解析】　(1)由题图可得汽车在第1个2.0 s时间内的位移x1＝9 m，第2个2.0 s时间内的位移x2＝15 m
汽车的加速度a＝＝1.5 m/s2.
(2)由F－Ff＝ma得，汽车牵引力
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
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x1′＝t1＝×20 m＝300 m
所以，后阶段以恒定功率运动的距离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(v－v2)
解得t2＝50 s
所以最短时间为t总＝t1＋t2＝(20＋50)s＝70 s.
【答案】　(1)1.5 m/s2　(2)20 s　(3)60 m/s　(4)70 s
【归纳总结】
三个重要关系式
(1)无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力Ff)．
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝＝ (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理：Pt－Ffx＝ΔEk.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．
考点四　变力做功问题的方法选用技巧
方法概述
求解变力做功，可根据实际情况选用不同的方法，常见的方法有如下六种：
(1)微元法：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功的大小等于力和路程(不是位移)的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等．
(2)平均力法：当力的方向不变，大小随位移做线性变化时，可先求出这段位移内力的平均值＝，再由W＝scos α计算功，如弹簧弹力做功．
(3)转换法：若某一变力做的功和某一恒力做的功相等，则可以通过计算该恒力做的功来求变力做的功．
(4)图象法：做出变力F随位移s变化的图象，图象与位移轴所围的“面积”即为变力做的功．如图中(a)图表示恒力F做的功W，(b)图表示变力F做的功W.

(5)用动能定理W＝ΔEk或功能关系W＝ΔE，即用能量的增量等效代换变力所做的功(也可计算恒力功)．
(6)当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车以恒定功率启动．
1.　如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面．小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为(　　)

A.Mv2 B．Mv2
C.μMgl D．μMgl
【解析】　总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中滑动摩擦力由0均匀增大，当全部进入时摩擦力达最大值μMg，总位移为l，平均摩擦力为＝μMg，由功的公式可得Wf＝－·l＝－μMgl，功的大小为μMgl，C正确，D错误；用动能定理计算，则为：Wf＝0－Mv2＝－Mv2，其大小为Mv2，A正确，B错误．
【答案】　AC
2. 质量为2 kg的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为3 m/s，则其末速度为(　　)

A．5 m/s　　　　 B． m/s
C. m/s D． m/s
【解析】　F­x图象与x轴围成的面积表示外力所做的功，由题图可知：W＝(2×2＋4×4－3×2) J＝14 J，根据动能定理得：W＝mv2－mv，解得：v＝ m/s，故B正确．
【答案】　B
【方法总结】
变力做功问题的选用技巧
求变力做功的方法较多，但不同的方法所适用的情况不相同：
(1)化变力为恒力求变力功的方法适用于力的大小不变方向改变的情况．
(2)利用平均力求变力功的方法，适用于力的方向不变，其大小随位移均匀变化的情况．
(3)利用F­x图象求功的方法，适用于所求的力的功对应的力随位移x变化的图象已知，且面积易于计算的情况.
【考能提升·对点演练】

1．关于功的概念，下列说法正确的是(　　)
A．物体受力越大，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
【解析】选C　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，也不表示大小，而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。
【答案】　C
2.如图所示，小球位于光滑的曲面上，曲面体位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，曲面体对小球的作用力(　　)

A．垂直于接触面，做功为零
B．垂直于接触面，做负功
C．不垂直于接触面，做功为零
D．不垂直于接触面，做正功
【解析】　小球下滑，重力势能减少，减少的重力势能转化为小球的动能和曲面体的动能，小球对曲面体做正功，而曲面体对小球的作用力做负功，B正确．
【答案】　B
3．2017年6月，随着时速高达350公里的“复兴号”动车组高铁列车投入运营，中国已成为世界上高铁商业运营速度最高的国家。假设“复兴号”受到的阻力的大小正比于它速率的平方，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的(　　)
A．2倍　　　　　　　　 B. 倍
C．3倍 D. 倍
【解析】选A　设“复兴号”速率为v，由题意知受到阻力的大小f＝kv2，“复兴号”匀速运动时输出功率P＝Fv＝fv＝kv3，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的2倍，故A正确，B、C、D错误。
【答案】　A
4.如图所示，摆球质量为m，悬线长度为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的大小F阻不变，则下列说法正确的是(　　)

A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力做功为－mgL
D．空气阻力做功为－F阻πL
【解析】　摆球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，故做功为0，B正确；空气阻力的大小不变，方向始终与速度方向相反，故做功为－F阻·πL，C错误，D正确．
【答案】　ABD
5．如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下从底端沿斜面向上一直匀速运动到顶端。斜面高h，倾斜角为θ。现把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g。则在上升过程中恒力F做的功为(　　)
A．Fh
B．mgh
C．2mgh
D．无法确定
【解析】选C　把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，则物体受力平衡，则有f＝mgsin θ，上滑过程中，物体也做匀速直线运动，受力平衡，则有F＝mgsin θ＋f＝2mgsin θ，则在上升过程中恒力F做的功W＝Fx＝2mgsin θ·＝2mgh，故C正确。
【答案】　C
6．一轻绳一端固定在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
【解析】选C　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。
【答案】　C
7．如图所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J．用FN表示物块受到的支持力，用f表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是(　　)

A．FN和f对物块都不做功
B．FN对物块做功为2 J，f对物块不做功
C．FN对物块不做功，f对物块做功为2 J
D．FN和f对物块所做功的代数和为0
【解析】　由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知，支持力FN做正功，但摩擦力f方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理知WN－mgh＝0，故支持力FN做功为mgh.
【答案】　B
8．一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶，发动机的输出功率为P。从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v之后又开始匀速行驶。若汽车行驶过程中所受路面阻力保持不变，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．汽车加速过程的最大加速度为
B．汽车加速过程的平均速度为v
C．汽车在速度从v增大到2v过程中做匀加速运动
D．汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大
【解析】选A　设汽车所受的阻力为f，则开始时P＝fv；加大油门速度到达2v匀速运动后有P1＝f·2v，则P1＝2P；汽车在开始加大油门时的加速度最大，最大加速度为am＝＝，选项A正确。汽车若做匀加速运动，则平均速度为＝v，而实际上随汽车速度的增加，牵引力逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，平均速度大于v，选项B、C、D错误。
【答案】　A
9．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(　　 )
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
【解析】　设总推力为F，位移x＝100 m，阻力F阻＝20%F，对舰载机加速过程由动能定理得Fx－20%Fx＝mv2，解得F＝1.2×106 N，弹射器推力F弹＝F－F发＝1.2×106 N－1.0×105 N＝1.1×106 N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F弹·x＝1.1×106×100 J＝1.1×108 J，B正确；弹射器对舰载机做功的平均功率＝F弹·＝4.4×107 W，C错误；根据运动学公式v2＝2ax，得a＝＝32 m/s2，D正确．
【答案】　ABD
10．如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则小球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)(　　)
A.mgv0tan θ
B.
C.
D．mgv0cos θ
【解析】选B　小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vytan θ＝v0，所以P＝，B正确。
【答案】　B
11．质量为m的汽车，以恒定的功率P从静止开始在平直路面上行驶一段距离s后达到最大速度vm，经历时间为t，若行驶中阻力Ff恒定，则以下关系式正确的是(　　)
A．vm＝ B．P＝Ffvm
C．Pt＝mv D．Pt＝Ffs
【解析】　根据P＝Fv，F－Ff＝ma，若保持功率P不变，可知汽车做加速度减小的加速运动，达到最大速度vm后，做匀速运动，所以A错误；匀速运动时，F＝Ff，所以P＝Ffvm，故B正确；对加速过程，根据动能定理可知：Pt－Ffs＝mv－0，所以C、D错误．
【答案】　B
12．(多选)汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v ­t图像可能是选项图中的(　　)

【解析】选BCD　由瞬时功率P＝Fv可知，汽车功率恒定，汽车开始所受牵引力F＝，若牵引力与汽车所受阻力相等，则汽车做匀速运动，B项中v ­t图像是可能的；若牵引力大于阻力，则汽车做加速运动，则随速度增大，牵引力减小，而汽车所受阻力不变，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，C项中v ­t图像是可能的，A项中v ­t图像是不可能的；若牵引力小于阻力，则汽车做减速运动，牵引力增大，汽车所受阻力不变，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，D项中v ­t图像是可能的。
【答案】　BCD
13．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1
B．WF2＞4WF1, Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1, Wf2<2Wf1
【解析】　两次物体均做匀加速运动，由于时间相等，两次的末速度之比为1∶2，则由v＝at可知两次的加速度之比为1∶2，＝，故两次的平均速度分别为、v，两次的位移之比为＝，由于两次的摩擦阻力相等，故由Wf＝fx可知，Wf2＝2Wf1；＝＝，因为W合＝WF－Wf，故WF＝W合＋Wf；WF2＝W合2＋Wf2＝4W合1＋2Wf1<4W合1＋4Wf1＝4WF1.选项C正确．
【答案】　C
14.用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内(　　)
A．小球重力做功为mgl(1－cos α)
B．空气阻力做功为－mglcos α
C．小球所受合力做功为mglsin α
D．细线拉力做功的功率为
【解析】选A　小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功：WG＝mgh＝mgl(1－cos α)，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WG＋Wf＝0－0，所以空气阻力做功Wf＝－WG＝－mgl(1－cos α)，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合＝0－0＝0，故C错误；由于细线的拉力始终与运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。
【答案】　A
15.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)

A.mgR B．mgR
C.mgR D．mgR
【解析】　在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确．
【答案】　C
16.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s。已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2。求飞机滑跑过程中，
(1)加速度a的大小；
(2)牵引力的平均功率P。
【解析】(1)飞机做初速度为零的匀加速直线运动，有
v2＝2ax ①
代入数据解得
a＝2 m/s2。 ②
(2)飞机受到的阻力F阻＝0.1mg ③
设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有
F－F阻＝ma ④
飞机滑跑过程中的平均速度＝ ⑤
所以牵引力的平均功率P＝F ⑥
联立②③④⑤⑥式得
P＝8.4×106 W。 ⑦
【答案】(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W
17．如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v­t图象如图乙所示(在t＝15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小．

(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1；
(2)求汽车刚好到达B点时的加速度a；
(3)求BC路段的长度．
【解析】　(1)汽车在AB路段时，有F1＝Ff1，P＝F1v1，Ff1＝，
联立解得：Ff1＝ N＝2 000 N.
(2)t＝15 s时汽车处于平衡状态，有F2＝Ff2，P＝F2v2，Ff2＝，联立解得：Ff2＝ N＝4 000 N.
t＝5 s时汽车开始减速运动，有F1－Ff2＝ma，
解得a＝－1 m/s2.
(3)对BC段由动能定理可得Pt－Ff2x＝mv－mv
解得x＝68.75 m.
【答案】　(1)2 000 N　(2)－1 m/s2　(3)68.75 m
18．如图所示，质量为m＝1 kg的滑块A放在质量为M＝2 kg的长木板B上，B放在水平地面上，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，B的长度为L＝2.5 m，A的大小不计。A、B之间由一绕过光滑轻质动滑轮的柔软轻绳相连，开始时A位于B的最左端，滑轮位于B的右端。给滑轮施加一水平恒力F＝20 N，滑轮两侧与A、B相连的绳子保持水平，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)A在B上滑行的时间；
(2)A从B的最左端滑到最右端过程中水平恒力F做的功。
【解析】(1)设绳中张力大小为T，则分别对A、B分析，根据牛顿第二定律有T－μmg＝ma1，
T＋μmg－μ(m＋M)g＝Ma2，
其中T＝，
根据运动学规律有x1＝a1t2，x2＝a2t2，
而由位移关系得x1－x2＝L，
联立解得t＝1 s。
(2)此过程中滑轮的位移x＝x2＋，
F做的功W＝Fx，
联立解得W＝65 J 。
【答案】(1)1 s　(2)65 J