功與功率知識點：功與功率一、功1.功的公式：W＝Flcosα，其中F、l、α分別為力的大小、位移的大小、力與位移的夾角.2.功是標(填“矢”或“標”)量.在國際單位制中，功的單位是焦耳，符號是J.二、正功和負功1.力對物體做正功或負功的條件由W＝Flcosα可知(1)當α＝eq\f(π,2)時，W＝0，力F對物體不做功.(2)當0≤α＜eq\f(π,2)時，W＞0，力F對物體做正功.(3)當eq\f(π,2)＜α≤π時，W＜0，力F對物體做負功.2.總功的計算當一個物體在幾個力的共同作用下發生一段位移時，這幾個力對物體所做的總功等于：(1)各個分力分別對物體所做功的代數和.(2)幾個力的合力對物體所做的功.三、功率1.意義：功率是表示物體做功快慢的物理量.2.定義：功W與完成這些功所用時間t之比.3.定義式：P＝eq\f(W,t).單位：瓦特，簡稱瓦，符號W.4.功率與速度的關系式：P＝Fv(F與v方向相同).應用：由功率速度關系知，汽車、火車等交通工具和各種起重機械，當發動機的功率P一定時，牽引力F與速度v成反(填“正”或“反”)比，要增大牽引力，就要減小速度.5.功率是標(填“標”或“矢”)量.技巧點撥一、對功的理解對公式W＝Flcosα的理解1.某一恒力F對物體做的功，只與l、α有關，與物體的運動狀態及物體是否還受其他作用力等因素無關.2.功是標量，沒有方向，但是有正負.3.公式W＝Flcosα適用于計算恒力做功，若是變力，此公式不再適用.二、正、負功的理解功的計算1.正、負功的理解和判斷條件從動力學角度看從能量角度看正功當0≤α＜eq\f(π,2)時，cosα＞0，W＞0力是物體運動的動力力對物體做正功，向物體提供能量，即受力物體獲得了能量不做功當α＝eq\f(π,2)時，cosα＝0，W＝0力對物體既不起動力作用，也不起阻力作用負功當eq\f(π,2)＜α≤π時，cosα＜0，W＜0力是物體運動的阻力物體克服外力做功，向外輸出能量(以消耗自身能量為代價)，即負功表示物體失去了能量說明也可根據力和速度方向夾角判斷功的正負2.總功的計算當物體在多個力的共同作用下發生一段位移時，合力對物體所做的功等于各分力對物體做功的代數和.故計算合力的功有以下兩種方法：(1)先由W＝Flcosα計算各個力對物體所做的功W1、W2、W3…然后求所有力做功的代數和，即W合＝W1＋W2＋W3＋….(2)先由力的合成或根據牛頓第二定律求出合力F合，然后由W合＝F合lcosα計算總功，此時α為F合的方向與l的方向間的夾角.注意：當在一個過程中，幾個力作用的位移不相同時，只能用方法(1).三、功率1.功率表示的是物體做功的快慢，而不是做功的多少，功率大，做功不一定多，反之亦然.2.區分平均功率和瞬時功率(1)平均功率：與一段時間相對應①eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)；②eq\x\to(P)＝Feq\x\to(v)，其中eq\x\to(v)為平均速度.(2)瞬時功率：與某一瞬時相對應①當F與v方向相同時，P＝Fv，其中v為瞬時速度；②當F與v夾角為α時，P＝Fvcosα，其中v為瞬時速度.3.P＝Fv中三個量的制約關系定值各量間的關系應用P一定F與v成反比汽車上坡時，要增大牽引力，應換低速擋減小速度v一定F與P成正比汽車上坡時，要使速度不變，應加大油門，增大輸出功率，獲得較大牽引力F一定v與P成正比汽車在平直高速路上，加大油門增大輸出功率，可以提高速度特別提醒“某秒末”或“到某位置時”的功率是指瞬時功率，只能用P＝Fvcosα求解；“某段時間內”或“某個過程中”的功率，則是指平均功率，此時可用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)求解，也可以用eq\x\to(P)＝Feq\x\to(v)cosα求解.例題精練1．（金山區期末）下列有關功率的說法中，正確的是（）A．功率是描述物體做功快慢的物理量 B．汽車的實際功率越大，其做功就一定多 C．從公式P＝Fv可知，汽車的發動機功率可以隨速度的不斷增大而增大 D．當輪船航行時，若牽引力與阻力相等，合外力為零，則此時發動機的實際功率為零，所以船行駛的速度也為零【分析】根據功率的定義P＝，可知功率是描述物體做功快慢的物理量；做功的多少由功率和時間共同決定；根據公式P＝Fv可知功率與力和速度都有關；汽車的發動機功率指牽引力的功率?！窘獯稹拷猓篈、根據功率的定義P＝，可知功率在數值上等于單位時間力做的功，功率越大，做功越快，功率是描述物體做功快慢的物理量，故A正確；B、汽車的實際功率大，但做功時間長短無法確定，其做功就不確定，所以汽車的實際功率大，其做功不一定多，故B錯誤；C、牽引力F可能隨著時間改變，根據公式P＝Fv可知，汽車的發動機功率不一定隨速度的不斷增大而增大，故C錯誤；D、發動機的實際功率P＝Fv，其中F為牽引力，牽引力和速度都不為0，此時實際功率不為0，故D錯誤。故選：A。【點評】該類型題目要求學生對公式有較深的理解，對公式中的各個物理量代表的物理意義有所了解，并且能夠能夠靈活應用到實際生活中，該類型題目是計算題的基礎。2．（安徽月考）質量為m的汽車在發動機恒定牽引力的作用下，沿水平方向運動，在t0時刻關閉發動機，其運動的v﹣t圖象如圖所示。若汽車行駛過程中所受阻力是汽車重量的k倍，則（）A．汽車牽引力F與所受阻力大小之比為2：1 B．汽車在t0時刻的動能為mk2g2t02 C．汽車在2t0時刻阻力的瞬時功率為mk2g2t0 D．整個過程中汽車牽引力做功為mk2g2t02【分析】根據速度時間圖線求出加速階段和減速階段的位移之比，根據對全程運用動能定理，求出牽引力與阻力做功之比，從而得出牽引力與阻力之比．根據功的定義計算牽引力做功，根據P＝fv求解汽車在2t0時刻阻力的瞬時功率．【解答】解：A、圖線與時間軸圍成的面積表示位移，知加速階段和減速階段經歷的位移之比x1：x2＝1：2。根據動能定理得，Fx1﹣f（x1+x2）＝0，則牽引力做功和整個過程克服阻力做功相等，則．故A錯誤；B、汽車行駛過程中所受阻力是汽車重量的k倍，則f＝kmg，所以F＝3f＝3kmg，0﹣t0時間內，根據動能定理得：解得：v＝2kgt0所以可得t0時刻汽車的動能為，故B錯誤；C、由v﹣t圖象可知，汽車在2t0時刻的瞬時速度為，故汽車在2t0時刻阻力的瞬時功率為Pf＝f?＝kmg×kgt0＝mk2g2t0，故C正確；D、整個過程中汽車牽引力做功，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查動能定理以及功率公式的正確應用；解決本題的關鍵在于是否能夠從速度時間圖線得出加速階段和減速階段的位移之比，運用動能定理進行分析．隨堂練習1．（湖北月考）如圖所示，排球比賽中運動員將排球從M點水平擊出，排球飛到P點時，被對方運動員擊出，球又斜向上飛出后落到M點正下方的N點，N點與P點等高，軌跡的最高點Q與M等高，不計空氣阻力，下列說法正確的有（）A．排球從P點沿圓周經Q點運動到N點 B．在排球兩次飛行過程中重力對排球做的功相等 C．排球離開M點的速率跟經過Q點的速率相等 D．排球到達P點和N點時重力的瞬時功率相等【分析】不計空氣阻力，排球兩次在空中只受重力作用，加速度為g；平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動；排球從P到Q的斜上拋運動由逆向思維法可看成從Q到P的平拋運動。據此分析?！窘獯稹拷猓篈、不計空氣阻力，排球從P點經Q點運動到N點過程中只受重力作用，加速度為恒為g，故其軌跡不為圓周，故A錯誤；B、設排球的拋體高度為h，第一次從M到P，重力做正功為WG＝mgh，第二次做斜上拋運動從P到Q到N點，重力做功為零，排球兩次飛行過程中重力對排球做的功不相等，故B錯誤；C、排球從M到P和從Q到N都是平拋運動，在M、Q點均只有水平方向的速度，高度h相同，由t＝知運動時間相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出離開M點的速度大于經過Q點的速度，故C錯誤；D、將排球從P到Q的斜上拋運動由逆向思維法可看成從Q到P的平拋運動，則由M到P和Q到P的平拋運動比較，運動高度相同，則運動時間相同，豎直分速度相同，但M到P的水平位移大，則水平速度v0較大，由v＝可知從M到P的末速度大小大于從P到Q的初速度大小，故D正確。故選：D。【點評】解答本題的關鍵是知道平拋運動的特點，平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，再結合逆向思維法即可求解。2．（濰坊三模）某建筑工地上，兩臺塔吊分別吊起質量相同的甲、乙兩物體，物體運動的v﹣t圖像如圖所示，在0時刻兩物體處在同一高度，t2時刻再次到達同一高度處。則t1時刻（）A．乙受到的拉力比甲的大 B．甲在乙上方 C．兩物體高度差最大 D．甲、乙所受拉力的功率相等【分析】根據圖線的斜率比較出加速度的大小分析。根據圖線與時間軸所圍成的面積比較位移的大小分析。根據功率公式分析。【解答】解：A、v﹣t圖象的斜率表示加速度，t1時刻甲圖象的斜率大，則加速度大，根據牛頓第二定律可知，F﹣mg＝ma，即甲受到的拉力大，故A錯誤；BC、v﹣t圖象圍成的面積表示位移，t1時刻甲圖象的面積小，則甲在乙的下方，此時圖象的面積差最大，則兩物體的高度差最大，故B錯誤，C正確；D、t1時刻，兩物體的速度相等，根據功率公式可知，P＝Fv，甲受到的拉力大，則功率大，故D錯誤。故選：C?！军c評】該題考查了功率的相關計算，解決本題的關鍵知道圖線的斜率表示加速度，圖線與時間軸所圍成的面積表示位移．再根據運動過程分析物體的離地高度。3．（姜堰區模擬）2021年2月14日，中國臺北選手謝淑薇晉級澳網八強創歷史，同時也是歷史上首次闖進澳網八強最年長的女選手。若一運動員某一次擊球時，將網球從A點水平擊出，網球擊中D點；另一運動員將該網球從位于A點正下方且與D點等高的B點斜向上擊出，最高點為C，網球也擊中D點，A、C高度相同。忽略空氣阻力，則（）A．運動員在兩個過程中對網球所做功可能相等 B．網球在前一個過程中擊中D點時速度較小 C．網球在兩次被擊出時的機械能可能相同 D．網球在后一個過程中，擊中D點時重力做功的瞬時功率較大【分析】從A點拋出的做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，水平方向勻速運動，從B點拋出的做斜拋運動，到最高點的過程中，豎直方向做減速運動，水平方向勻速運動，根據運動規律和速度的合成即可判斷。【解答】解：BC、在豎直方向上，由v＝gt，知vyA＝vyB，又因為水平方向的位移相同，設從B點擊出的球的水平速度為vB，根據x＝vt可知，從A點擊出的球的水平速度vA＝2vB，則落地時的速度分別為vA′＝，vB′＝，故vA′＞vB′，即前一個過程中，網球擊中D點時速度較大；忽略空氣阻力，則兩個過程，網球機械能守恒，在擊中D點時，兩次的動能不同，機械能也不同，所以在兩次被擊出時的機械能不可能相同，故BC錯誤；A、根據動能定理W＝mv2，知運動員對網球所做功等于剛拋出時網球獲得的動能即WA＝mvA2，WB＝mvB2，因為vA與vB′大小不確定，故兩個過程中對網球所做功可能相等，故A正確；D、由于豎直方向做的是自由落體運動，下落的高度相同，故落地時豎直方向的速度相同，則重力的瞬時功率P＝mgvy相同，故D錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關鍵是知道平拋運動和斜拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式靈活求解。4．（寧波二模）如圖所示是寧波東部新城中央廣場噴泉噴出水柱的場景。噴泉噴出的水柱最大高度達到了20層樓的高度；噴管的直徑約為10cm。請你據此估計用于給該噴管噴水的電動機輸出功率約為（水的密度為1×103kg/m3）（）A．8kW B．80kW C．160kW D．560kW【分析】每層樓高h≈3m，求出水離開管口的速度，在接近管口很短一段時間Δt內水柱的質量為m＝ρ?vΔtS，根據動能定理列方程求解?！窘獯稹拷猓汗芸诘膱A形內徑約有10cm，則半徑r＝5cm＝0.05m根據實際情況，每層樓高h＝3m，所以噴水的高度H＝20h＝20×3m＝60m，設水離開管口的速度為v，則有：v2＝2gH解得：v＝20m/s設給噴管噴水的電動機輸出功率為P，在接近管口很短一段時間Δt內水柱的質量為：m＝ρ?vΔtS＝ρπr2vΔt根據動能定理可得：PΔt＝mv2，解得：P＝代入數據解得：P＝1.6×105W＝160kW，故C正確、ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查功率的計算，解答本題要能夠根據實際情況估算出噴射高度，再根據動能定理進行計算。綜合練習一．選擇題（共15小題）1．（聊城二模）某踢出的足球在空中的運動軌跡如圖所示，足球可視為質點，空氣阻力不計。用vy、E、Ek、P分別表示足球的豎直分速度大小、機械能、動能、重力的瞬時功率，用t表示足球在空中的運動時間，下列圖像中可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】足球做斜上拋運動，根據運動的分解和合成的規律將其分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的上拋運動。根據運動學公式和機械能守恒定律進行分析。【解答】解：A、足球做斜上拋運動，豎直方向上，速度先減速后增大，豎直速度與時間圖象的斜率表示重力加速度，故斜率恒定不變，故A錯誤；B、空氣阻力不計，足球的機械能守恒，即不隨時間變化，故B錯誤；C、足球機械能守恒，重力勢能先增加后減小，故動能先減小后增加，但足球做斜上拋運動，到最高點的速度不為零，即動能最小值不為零，故C正確；D、速度的水平分量不變，豎直分量先減小到零，后反向增加，故根據P＝mgvy＝mg2t，重力的功率隨時間先均勻減小后均勻增加，故D錯誤。故選：C。【點評】此題考查了功率的計算，解題的關鍵是明確物體的運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的上拋運動，然后結合機械能守恒定律和功率的表達式列式分析。2．（湖北模擬）如圖所示，一輕質細繩跨過光滑定滑輪連接著兩個小物體A、B，已知此時兩物體的速度分別為v1、v2，細繩對A的拉力大小為F，則下列說法中正確的是（）A．細繩對B的拉力大于F B．細繩對B的拉力的功率為Fv2 C．細繩對A做功的功率的大小等于細繩對B做功的功率的大小 D．由細繩對A、B做功功率大小相等（即Fv1＝Fv2），可知v1＝v2【分析】一根繩子上的力是相等的。根據投影定理分析，細繩兩端點的速度不等，但在細繩上的投影速度相等。根據投影定理和功率公式分析。【解答】解：A、一根繩子上的力是相等的，故細繩對A的拉力大小為F，則對B的拉力也為F，故A錯誤；B、根據功率公式可知，功率等于力與力的方向上速度的乘積，則細繩對B的拉力的功率為Fv2cosα，α為力與速度方向的夾角，故B錯誤；C、根據投影定理可知，細繩兩端點的速度不等，但在細繩上的投影速度相等，即vB投＝vA投，細繩對A、B的拉力相等，則細繩對A做功的功率的大小等于細繩對B做功的功率的大小，即FvB投＝FvA投，故C正確；D、根據投影定理可知，v1cosβ＝v2cosα，α和β為繩子與速度的夾角（銳角），故D錯誤。故選：C?！军c評】該題考查了功率的計算，解題的關鍵是功率公式的理解與投影定理的靈活運用。3．（河南模擬）足夠長的光滑斜面固定在地面上，一物塊在沿斜面向上的拉力作用下從底端由靜止開始向上運動。若拉力的功率恒定，在物塊向上運動的過程中，下列說法錯誤的是（）A．速度一直增大 B．速度先增大后不變 C．機械能一直增大 D．重力的功率先增大后不變【分析】根據牛頓第二定律和功率公式分析物塊的運動。根據功能關系分析機械能的變化。根據功率公式分析重力功率的變化?！窘獯稹拷猓篈B、設斜面求解為θ，根據牛頓第二定律可知，F﹣mgsinθ＝ma，根據功率公式可知，P＝Fv，物塊先做加速度逐漸減小的加速運動，后做勻速運動，故A錯誤，B正確；C、拉力一直做正功，機械能一直增大，故C正確；D、重力方向與速度的方向的夾角不變，重力的功率大小為P＝mgvsinθ，速度先增大后不變，故重力的功率先增大后不變，故D正確。本題選錯誤的，故選：A?！军c評】該題考查了功率的計算，解題的關鍵是牛頓第二定律和功率公式的靈活運用。4．（杭州期末）超市中常用的玻璃門冰柜比敞開式冷柜電耗低20%左右。杭州地區約有300家大中型超市，平均每家超市敞開式冷柜年度耗電的平均功率約為30kW。若將敞開式冷柜全部改造升級成玻璃門冰柜，則可以有效節約能源，減小碳排放量。已知每節約1度電可減少1kg二氧化碳排放量，則改造升級后，杭州地區每年可減少二氧化碳排放量約為（）A．36t B．52t C．6.4×103t D．1.6×104t【分析】超市中常用的玻璃門冰柜比敞開式冷柜電耗低20%左右，300家大中型超市，每家年度耗電平均功率約為30kW，據此分析減少的功率。計算電能，根據每節約1度電可減少1kg二氧化碳排放量，計算每年減少的排放量。【解答】解：超市中常用的玻璃門冰柜比敞開式冷柜電耗低20%左右，300家大中型超市，每家年度耗電平均功率約為30kW，則減少的功率為P＝300×30kW×20%＝1800kW，節約電能：E＝Pt＝1800kW×365×24h＝15768000kW?h每節約1度電可減少1kg二氧化碳排放量，則減少二氧化碳排放量為15768000kg，約為1.6×104t，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】該題考查了功率的計算，明確題干信息，計算減少二氧化碳的排放量是解題的關鍵。5．（臺州二模）如圖所示，某景區的彩虹滑梯由兩段傾角不同的直軌道組成，游客與兩段滑梯間的動摩擦因數相同。一游客由靜止開始從頂端下滑到底端，若用x、a、E、P分別表示物體下降的位移、加速度、機械能和重力的功率，t表示所用的時間，則下列的圖像中正確的是（）A． B． C． D．【分析】A、用勻變速規律寫出位移與時間的函數關系式，由數學知識判定；B、由牛頓第二定律表達出兩段加速度再判斷；C、由能量守恒定律表達出機械能與時間的關系式，再由數學知識判定；D、由功率定義表達兩段功率與時間的關系，再由數學知識判定?！窘獯稹拷猓篈、游客沿兩段軌道都做勻加速運動，第一段：x1＝，第二段：x2＝vt2，兩段位移和時間都是二次函數關系，圖像應是拋物線，故A錯誤；B、第一段傾角為θ：由牛頓第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，解得：a1＝g（sinθ﹣μcosθ），第二段傾角為α：由牛頓第二定律：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2，解得：a2＝g（sinα﹣μcosα），兩段加速度都是定值，不隨時間變化，故B錯誤；C、設初始機械能為E0，由能量守恒：E＝E0﹣μmgx1cosθ﹣μmgx2cosα，而x1、x2和時間t都是二次函數關系，圖像應是拋物線，故C錯誤；D、重力的功率，第一段：p1＝mgv1cos（90°﹣θ）＝mgv1sinθ＝mga1t1sinθ，p1與時間成正比，第二段：p2＝mgv2cos（90°﹣α）＝mg（v1+a2t2）sinα，p2與時間成一次函數關系；故D正確。故選：D?！军c評】本題關鍵是用物理規律表達兩個物理量的函數關系式，由數學知識做出判斷，注意兩段的銜接與對比。6．（南平二模）電梯上升過程可以簡化為勻加速、勻速、勻減速三個階段，即加速到允許的最大速度v后做勻速運動，最后經過勻減速運動將速度減為零。假設該電梯在加速和減速過程的加速度大小相等，一幢大樓每層樓高度相同，有一個質量為m的人先坐電梯從1樓到7樓，辦完事后再從7樓到16樓，重力加速度為g，則（）A．電梯從1樓到7樓的平均速度等于電梯從7樓到16樓的平均速度 B．電梯從1樓到7樓的平均速度小于電梯從7樓到16樓的平均速度 C．加速階段電梯對人做正功，減速階段電梯對人做負功 D．.上升過程中電梯對人做功的最大功率為mgv【分析】A、B、設相關物理量，用平均速度定義解答；C、用正負功含義解答；D、用牛頓第二定律和瞬時功率解答?！窘獯稹拷猓篈、B、設每層樓高為h，因為加速和減速過程加速度大小相同，所以加速減速時間相同設為t，加速和減速過程的平均速度為，兩段勻速時間分別為t1和t2，從1樓到7樓，6h＝+vt1，解得：t1＝，平均速度為：＝＝＝，從7樓到16樓，9h＝，解得：t2＝，平均速度為：＝＝＝，所以，故A錯誤，B正確；C、由于電梯對人的支持力始終向上，人的速度也始終向上，電梯始終對人做正功，故C錯誤；D、當電梯加速段達到最大速度的瞬間，由牛頓第二定律：N﹣mg＝ma知電梯對人的支持力N＞mg，所以最大功率p＝Nv＞mgv，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題難點在AB項，分析題意找到相同量（加速和減速時間相同），注意兩次位移的確定。7．（臺州二模）如圖所示，OB是豎直線，OA是水平線，小球可以在OB上任一點以合適的速度水平拋出，每次都能擊中水平面上的A點。則上升到越高的地方拋出（）A．小球水平拋出的速度越大 B．擊中A點的速度方向與豎直夾角越大 C．擊中A點的動能一定越大 D．擊中A點前瞬時重力功率一定越大【分析】A、用水平和豎直分運動表達初速度再討論；B、用水平和豎直分速度表達夾角正切再解答；C、表達出A點動能再用數學方法求極值；D、表達出重力的瞬時功率再解答?！窘獯稹拷猓篈、設高度為h，OA＝L，初速度為v，由平拋規律：h＝，得：t＝，又L＝vt，得：v＝L，由題意：L、g不變，所以h越大，v越小，故A錯誤；B、豎直分速度v′＝gt＝g＝，A點速度與豎直夾角為θ，則tanθ＝＝，所以h越大，θ越小，故B錯誤：C、A點動能：EKA＝＝＝，當2gh＝，即h＝時，A點動能最大，故C錯誤；D、重力的瞬時功率：p＝mgvAcosθ＝mgv′＝mg，所以h越大，p越大，故D正確。故選：D?！军c評】本題重點在C項，用不等式極值法求最大動能，熟練應用分解法處理平拋運動，重力的瞬時功率只需用豎直分速度就行。8．（浙江）大功率微波對人和其他生物有一定的殺傷作用。實驗表明，當人體單位面積接收的微波功率達到250W/m2時會引起神經混亂，達到1000W/m2時會引起心肺功能衰竭。現有一微波武器，其發射功率P＝3×107W。若發射的微波可視為球面波，則引起神經混亂和心肺功能衰竭的有效攻擊的最遠距離約為（）A．100m25m B．100m50m C．200m100m D．200m50m【分析】根據單位面積接收的微波功率求出接觸的面積，抓住發射的微波為球面波，結合球面面積公式求出球的半徑，即有效的攻擊距離。【解答】解：引起神經混亂時，單位面積接收的微波功率達到250W/m2，則接觸面積：S＝，因為發射的微波可視為球面波，所以接觸面積：S＝4，代入數據解得：R1≈100m；當心肺功能衰竭時，單位面積接收的微波功率達到1000W/m2，則接觸面積：，因為發射的微波可視為球面波，所以接觸面積：S′＝，代入數據解得：R2≈50m，則引起神經混亂和心肺功能衰竭的有效攻擊的最遠距離分別約為100m和50m，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題是信息題，通過引起神經混亂和心肺功能衰竭時單位面積接受功率，求出接觸面積是解決本題的關鍵，能夠正確建立物理模型，知道球形半徑即為有效的攻擊距離。9．（湖南）“復興號”動車組用多節車廂提供動力，從而達到提速的目的。總質量為m的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節動力車廂，每節車廂發動機的額定功率均為P，若動車組所受的阻力與其速率成正比（F阻＝kv，k為常量），動車組能達到的最大速度為vm。下列說法正確的是（）A．動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變 B．若四節動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運動 C．若四節動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛的速度為vm D．若四節動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經過時間t達到最大速度vm，則這一過程中該動車組克服阻力做的功為mvm2﹣Pt【分析】根據受力分析，結合牛頓第二定律分析判斷在相關條件下加速度和牽引力的變化；當牽引力和阻力的大小相等時，動車的速度達到最大值，由此可求解最大速率；根據動能定理計算經過時間t達到最大速度時克服阻力做的功。【解答】解：A、若動車組做勻加速啟動，則加速度不變，而速度增大，則阻力也增大，要使合力不變則牽引力也將增大，故A錯誤；B、若動車組輸出功率均為額定值，則其加速a＝＝，隨著速度增大，加速度減小，所以動車組做加速度減小的加速運動，故B錯誤；C、當動車組的速度增大到最大vm時，其加速度為零，則有：，若總功率變為2.25P，則同樣有：，聯立兩式可得：vm′＝，故C正確；D、對動車組根據動能定理有：4Pt﹣Wf＝，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt﹣，故D錯誤。故選：C?！军c評】解決該題的關鍵是知道功率與牽引力之間的關系，知道什么時候速度達到最大，應用動能定理求解在額定功率下達到最大速度時克服阻力做的功。10．（玉田縣校級模擬）一輛汽車從靜止開始以恒定功率啟動，汽車受到的阻力恒定，則在汽車加速運動過程中（）A．汽車克服阻力做功的功率恒定 B．汽車克服阻力做功的功率越來越小 C．汽車合力做功的功率恒定 D．汽車合力做功的功率越來越小【分析】寫出阻力做功的表達式，根據速度的變化，即可判斷克服阻力做功的功率的變化；寫出合力做功的功率的表達式，根據速度的變化確定合力做功的功率變化情況。【解答】解：AB、汽車克服阻力做功的功率為：Pf＝fv汽車受到的阻力恒定，在汽車加速運動過程中，車速度v增大，因此，汽車克服阻力做功的功率越來越大，故AB錯誤。CD、汽車合力做功的功率為：P合＝P﹣Pf＝P﹣fv因為汽車以恒定功率啟動，所以P不變，汽車加速運動過程中，速度v增大，故汽車合力做功的功率越來越小，故D正確，C錯誤。故選：D。【點評】本題是一道考查機車啟動問題的基礎題，注意機車兩種啟動方式的不同。11．（天河區校級期中）如圖所示，質量相同的兩物體處于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到達同一水平面，則下列說法錯誤的是（）A．重力對兩物體做的功相同 B．到達底端時兩物體的動能相同 C．到達底端時重力的瞬時功率PA＜PB D．重力的平均功率相同【分析】重力做功只與初末位置的高度差有關，與路徑無關；根據機械能守恒定律分析到達底端時兩物體的動能關系，確定速度大小關系，由P＝mgvy分析到達底端時重力的瞬時功率關系。結合運動時間關系和重力做功關系，根據P＝分析重力的平均功率關系?！窘獯稹拷猓篈、根據重力做功公式WG＝mgh，由于m、g、h都相同，則對兩物體重力做功相同，故A正確；B、兩物體在運動過程中都只有重力做功，機械能都守恒，由機械能守恒定律得：Ek＝mgh，所以到達底端時兩物體的動能相同，故B正確；C、兩物體質量相等，到達底端時兩物體的動能相同，則到達斜面底端時兩物體的速度大小相等，兩物體的重力相同，但A物體的重力與速度有夾角，所以到達底端時兩物體重力的瞬時功率不相同，根據P＝mgvsinθ可知，PA＜PB，故C正確；D、A物體沿斜面向下做勻加速直線運動，加速度為a＝gsinθ，θ是斜面的傾角，則A物體在豎直方向的分加速度小于g。B物體做自由落體運動，加速度為g，則A的運動時間大于B的運動時間，重力做功相同，則根據P＝分析重力的平均功率不同，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D?！军c評】對于功率，要區分是平均功率還是瞬時功率，公式P＝只能求平均功率，P＝Fvsinθ既可以求瞬時功率，也可以求平均功率。12．（鼓樓區校級月考）質量為m的汽車在平直路面上由靜止勻加速啟動，運動過程的v﹣t圖象如圖所示，已知t1時刻汽車達到額定功率，之后保持額定功率運動，整個過程中汽車受到的阻力恒定，由圖可知，下列說法中不正確的是（）A．汽車受到的阻力大小為 B．在0～t1時間內，汽車的牽引力功率與時間t成正比 C．在0～t1時間內，汽車的牽引力大小為 D．在t1～t2時間內，汽車的牽引力做功為【分析】在速度﹣時間圖象中傾斜的直線表示勻變速直線運動，而水平的直線表示勻速直線運動，曲線表示變速直線運動；由圖象可知物體的運動情況，由P＝Fv可知，牽引力的變化；由P＝Fv求牽引力所做的功。【解答】解：A、在0～t1時間內做勻加速運動，加速度為a＝，由牛頓第二定律可得F﹣f＝ma1，F為牽引力，在t1時刻達到額定功率，P＝Fv1，t2時刻達到最大速度此時牽引力等于阻力，故P＝fv2，聯立解得F＝，f＝，故A正確，C錯誤；B、在0～t1汽車勻加速運動，牽引力恒定，汽車的功率P＝Fv＝Fat，故功率與時間成正比，故B正確；D、在t1～t2時間內，汽車達到額定功率，牽引力做功為W＝P（t2﹣t1），而P＝fv2＝v2＝，故D正確；因為選不正確的，故選：C。【點評】本題主要考查的是汽車的啟動方式，對于汽車的兩種啟動方式，恒定加速度啟動和恒定功率啟動，對于每種啟動方式的汽車運動的過程一定要熟悉。13．（鼓樓區校級月考）如圖所示，小車在平直的公路上以初速度v0開始加速行駛，經過時間t達到最大速度vm，設此過程中電動機功率恒為額定功率P且阻力不變，根據以上條件不能求出的物理量是（）A．電動機所做的功 B．小車前進的距離 C．小車受到的阻力大小 D．車速為v0時，小車的合外力大小【分析】小車以恒定的功率啟動，當牽引力等于阻力時速度達到最大，根據動能定理即判斷能否求得克服摩擦力所做的功和前進的位移，由W＝Pt求出電動機所做的功?！窘獯稹拷猓篈、電動機所做的功為W＝Pt，P、t已知，故電動機所做的功可求，故A不符合題意；B、在整個過程中，根據動能定理可得：Pt﹣fx＝﹣，小車的質量與初速度未知，所以無法求小車前進的距離，故B符合題意；C、當牽引力等于阻力時，速度達到最大，故P＝f?vm，解得f＝，故小車受到的阻力大小可求，故C不符合題意；D、由C可知，小車受到的阻力大小f可求，設車速為v0時小車所受牽引力為F，則有P＝F?v0，解得F＝，小車所受合外力F合＝F﹣f，由于F、f均可求，故小車所受合外力可求，故D不符合題意；故選：B?！军c評】小車的恒定功率啟動方式是一種最快的啟動方式，是加速度不斷減小的加速運動，勻變速直線運動的公式不再適用，但可以根據動能定理列式求解。14．（鼓樓區校級期中）如圖，一根細繩上端系在O點，下端系一個重球B，放在粗糙的斜面體A上。現用水平推力F向右推斜面體，使之在光滑水平面上向右勻速運動一段距離（細繩尚未到達平行于斜面的位置）。在此過程中（）A．重球B做勻速圓周運動 B．摩擦力對重球B做正功 C．球B對A不做功 D．A對重球B所做的功與重球B對A所做的功絕對值大小相等【分析】根據恒力做功的表達式W＝FScosθ，功的正負可以看力與位移的夾角，當θ＜90°時，力做正功；當θ＝90°時，力不做功；當θ＞90°時，力做負功，根據動能定理判斷水平推力F和重球B對A做功的大小是否相等?！窘獯稹拷猓篈、重球B做圓周運動，其線速度v球垂直繩，斜面對地速度v斜面水平向右，球相對斜面的速度v相，滿足關系：v斜面+v相＝v球，三者組成矢量三角形，如圖所示，v斜面恒定，v相方向不變，繩與豎直方向夾角變大（趨于平行斜面），可見v球先變小，垂直斜面時最小，因此重球做線速度減小的減速圓周運動，故A錯誤；B、斜面對B的摩擦力沿斜面向下，結合上圖，可知在繩平行斜面之前，重球受到的滑動摩擦力與其線速度方向夾角為銳角，所以斜面對重球的摩擦力做正功，故B正確；C、斜面體A做勻速運動，動能不變，外力對A所做的總功為零，則水平推力F做正功、重球對A必做負功，故C錯誤；D、A對B的彈力做的功等于B對A彈力做的功（力大小相等，距離相等）；摩擦力對A做的功大于對B做的功（雖然摩擦力相等，但在力的方向上移動的距離不等，差值是內能）。所以得出B對A做的功大于A對B做的功，故D錯誤。故選：B。【點評】解決本題的關鍵掌握功的正負的判斷方法，以及會靈活利用動能定理比較功的大小。容易錯的是D選項，要知道作用力與反作用力的總功不一定為零。15．（鼓樓區校級月考）如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪（不計滑輪的質量和摩擦），初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態，剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊（）A．落地時的速率不同 B．重力勢能的變化量相同 C．重力做功的平均功率不同 D．落地時重力做功的瞬時功率相同【分析】由平衡狀態可求A、B的質量關系，剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，機械能守恒，重力勢能變化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功與時間的比值，落地時重力做功的瞬時功率可由重力與瞬時速度乘積求解。【解答】解：設斜面傾角為θ，剛開始AB處于靜止狀態，所以mBgsinθ＝mAg，所以mB＞mA，A運動的時間為：tA＝，B運動的時間為tB，由運動學公式有：＝gsinθtB2，代入數據解得tB＝；A、剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根據動能定理得：mgh＝mv2，代入數據解得v＝，所以落地時的速率相同，故A錯誤；B、重力勢能變化量△EP＝mgh，由于A、B的質量不相等，所以重力勢能變化不相同，故B錯誤；C、A重力做功的平均功率為＝；B重力做功的平均功率為：＝＝＝；所以重力做功的平均功率相等，故C錯誤；D、A、B落地瞬間重力的瞬時功率分別為PA＝mAgv，PB＝mBgsinθ?v，由A選項分析可知落地瞬間兩者的v相等，且mBgsinθ＝mAg，所以A、B落地瞬間重力的瞬時功率相同，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查受力分析、運動學公式、平均功率及瞬時功率的公式，重力做功與重力勢能的關系，涉及知識點較多，對學生分析能力和知識整合能力有一定要求。二．多選題（共15小題）16．（煙臺三模）如圖所示，有兩個物塊A和B，質量分別為m和2m，用同一根輕質細線將兩個物塊連接在滑輪組上，滑輪質量不計，不計一切摩擦及空氣阻力，重力加速度為g，現將兩物塊由靜止釋放，經過一段時間，A的位移為h，在此過程中，下列說法正確的是（）A．物塊A和B總勢能保持不變 B．A的位移為h時，B的速度為 C．細線的拉力大小為 D．A和B重力的功率大小之比為1：3【分析】根據能量轉化情況分析A和B的重力勢能之和如何變化；結合滑輪原理，可知兩物體速度關系，結合系統的機械能守恒求出A上升到h時的速度；二者均同時做初速度為零的勻加速直線運動，結合二者速度關系，可知二者加速度關系，根據牛頓第二定律聯立即可解得繩子的拉力大??；根據重力做功的功率為P＝mgv，再結合兩物體速度關系，根據P＝mgv可得重力功率情況?！窘獯稹拷猓篈、根據機械能守恒定律可知，B減小的重力勢能全部轉化為A的重力勢能和兩物體的動能，所以，A和B的重力勢能之和減小，故A錯誤；B、設A上升到h位置時的速度為v1，B的速度為v2，根據動滑輪的特點可知，v2＝2v1，根據A和B組成的系統機械能守恒可得2mg?2h﹣mgh＝+，聯立解得v2＝，故B正確；C、根據動滑輪的特點可知，A的加速度為B的加速度的一半，根據牛頓第二定律可得：對A有：2T﹣mg＝ma1，對B有：2mg﹣T＝2ma2結合a2＝2a1聯立解得輕繩的拉力大?。篢＝，故C正確；D、重力做功的功率為P＝mgv由于v2＝2v1，mA：mB＝1：2，故A和B重力的功率大小之比為1：4，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查機械能守恒定律、功率、牛頓第二定律等規律的綜合應用，根據動滑輪、定滑輪找出二者速度關系與所受繩子拉力關系是解決問題的突破口。17．（淄博二模）通過質量為m的電動玩具小車在水平面上的運動來研究功率問題。小車剛達到額定功率開始計時，且此后小車功率不變，小車的v﹣t圖象如圖甲所示，t0時刻小車的速度達到最大速度的，小車速度由v0增加到最大值的過程中，小車的牽引力F與速度v的關系圖象如圖乙所示，運動過程中小車所受阻力恒定，下列說法正確的是（）A．小車的額定功率為F0v0 B．小車的最大速度為5v0 C．小車速度達到最大速度的一半時，加速度大小為 D．0～t0時間內，小車運動的位移大小為5v0t0﹣【分析】A、由圖像讀出信息直接計算；B、分析物理過程找到達到最大速度的條件：牽引力等于小車所受阻力，再求最大速度；C、用牛頓第二定律解答；D、因為牽引力是變力，用動能定理求解?！窘獯稹拷猓篈、由甲、乙圖像知小車速度為v0時，牽引力為5F0，所以小車的額定功率為p＝5F0v0，故A錯誤；B、由乙圖像知，小車達到最大速度時牽引力為F0，即小車所受阻力為f＝F0，所以小車的最大速度為：vm＝＝＝5v0，故B正確；C、v＝＝時，牽引力為：F＝＝＝2F0，由牛頓第二定律：F﹣f＝ma，解得：a＝＝＝，故C錯誤；D、t0時刻小車速度為v1＝＝＝3v0，設0～t0時間內小車位移為x，由動能定理：pt0﹣fx＝，聯立解得：x＝5v0t0，故D正確。故選：BD?！军c評】小車做變加速運動，分析物理過程找到達到最大速度的條件，牽引力是變力，所以0～t0時間內要用動能定理求解，18．（鄭州期末）小球穿在光滑水平桿上，輕彈簧的一端固定在O點，另一端與小球相連?，F將小球由靜止釋放，已知小球運動到M、N兩個位置時，彈簧的形變量相等，OM的長度大于ON。則小球從M點到N點的過程中（）A．彈簧的彈力對小球先做正功后做負功，總功W＝0 B．彈簧的彈力對小球先做正功后做負功，總功W＞0 C．小球的機械能守恒 D．小球速度最大時，彈簧的彈力對小球做功的功率為零【分析】小球運動到M、N兩個位置時，彈簧的形變量相等，則彈性勢能變化為零，根據彈簧的彈力方向分析做功正負，根據彈性勢能的變化分析彈力做功情況情況；根據機械能守恒定律的守恒條件分析小球的機械能是否守恒；小球速度最大時彈簧處于原長，由此分析彈簧的彈力對小球做功的功率?！窘獯稹拷猓篈B、由于小球運動到M、N兩個位置時，彈簧的形變量相等，則彈性勢能變化為零；由于OM的長度大于ON，則可知彈簧在OM處處于伸長狀態、在ON處處于壓縮狀態，所以小球從M點到N點的過程中，彈簧的彈力對小球先做正功后做負功，由于彈簧彈性勢能變化為零，則彈簧彈力做的總功W＝0，故A正確、B錯誤；C、由于彈簧彈力對小球先做正功、后做負功，則小球的機械能先增大后減小，故C錯誤；D、小球速度最大時小球的加速度為零，此時彈簧處于原長，所以彈簧的彈力對小球做功的功率為零，故D正確。故選：AD。【點評】本題主要是考查了機械能守恒定律和瞬時功率的計算；要知道機械能守恒定律的守恒條件是只有重力或彈力做功，除重力或彈力做功以外，其它力對系統做多少功，系統的機械能就變化多少；掌握功率與速度的關系。19．（鄭州期末）一質量為1.0×103kg的汽車在路口停車線處等信號燈。當綠燈亮時，汽車開始沿平直公路行駛，在前300m的運動過程中，加速度隨位移的變化關系如圖所示。若汽車行駛過程中所受阻力恒定，且在200m～300m內汽車牽引力做的功為1.2×104J，對于汽車在前300m的運動過程中，下列說法正確的是（）A．汽車在0～100m內是以恒定功率運動的 B．汽車所受阻力大小為120N C．汽車在0～100m內牽引力所做的功為1.5×105J D．汽車的最大速度約為21m/s【分析】由牛頓第二定律及P＝Fv解答；由平衡條件及W＝fx解答；由牛頓第二定律及W＝fx解答；由v2＝2ax可知：ax＝，所以圖像包圍的面積是，計算可得?！窘獯稹拷猓篈、由圖像可知汽車在0～100m內做勻加速運動，由牛頓第二定律：F﹣f＝ma，阻力f恒定，所以牽引力F也恒定，而速度v增大，所以牽引力的功率P＝Fv增大，故A錯誤；B、由圖像可知汽車在200m～300m內做勻速運動，由平衡條件知：F＝f，牽引力F做正功，阻力f做負功，數值相等，W＝Fx，解得：f＝F＝＝N＝120N，故B正確；C、汽車在0～100m內做勻加速運動，由牛頓第二定律：F﹣f＝ma，解得：F＝f+ma＝120N+1.0×103×1.5N＝1620N，牽引力F做正功為：W1＝Fx1＝1620×100J＝1.62×105J，故C錯誤；D、由v2＝2ax可知：ax＝，100m～200m內汽車做加速度均勻減小的加速運動，可以看做以平均加速度＝m/s2＝0.75m/s2做勻加速運動，所以0～200m內圖像包圍的面積是，即1.5×100+0.75×100＝，解得最大速度：v＝15m/s≈21m/s，故D正確。故選：BD?！军c評】本題難點在D項，非常規運動圖像，主要搞清圖像包圍的面積的物理意義；注意100m～200m內汽車不做勻變速運動，要轉換成勻變速運動，轉換條件是必須是均勻變化的物理量才能求平均值轉化成定值，其它幾項主要分析好各段做什么運動即可。20．（廣東期中）如圖所示，一輛質量為4t、發動機額定功率為80kW的小型貨車從斜面底端由靜止開始以0.5m/s2的加速度沿斜坡向上做勻加速直線運動，貨車所受摩擦阻力為貨車重力的0.1倍。已知斜坡傾角的正弦值sinθ＝0.1，g＝10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．貨車能達到的最大速度vm＝10m/s B．貨車能達到的最大速度vm＝20m/s C．貨車勻加速過程能持續16s D．貨車勻加速過程能持續20s【分析】當貨車的加速度為零時，速度達到最大，根據P＝Fv求解最大速度；貨車做勻加速直線運動時，牽引力不變，當貨車的實際功率達到額定功率時，勻加速直線運動結束，由P＝Fv求出此時的速度，由速度﹣時間公式v＝at求勻加速運動的時間。【解答】解：AB、已知貨車的質量為m＝4t＝4000kg，發動機額定功率為P＝80kW＝8×104W當貨車的加速度為零時，速度達到最大，由平衡條件得：F＝mgsinθ+0.1mg，結合P＝Fvm代入數據解得：vm＝10m/s，故A正確，B錯誤；CD、貨車做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律得：F﹣mgsinθ﹣0.1mg＝ma設貨車勻加速直線運動的末速度為v，此時貨車的實際功率達到額定功率，有P＝Fv根據運動學公式有v＝at代入數據解得貨車勻加速過程能持續的時間：t＝16s，故C正確，D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查機車啟動的兩種方式，即恒定加速度啟動和恒定功率啟動。要求同學們能對兩種啟動方式進行動態分析，能畫出動態過程的方框圖，要注意公式P＝Fv，P指實際功率，F表示牽引力，v表示瞬時速度。當牽引力等于阻力時，機車達到最大速度vm。21．（興國縣校級期中）一輛汽車在平直公路上運動，運動過程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的功率，其牽引力和速度的關系圖象如圖所示。若已知汽車的質量m、牽引力F1和速度v1及該車所能達到的最大速度v3，運動過程中所受阻力恒定，則根據圖象所給的信息，下列說法中正確的是（）A．汽車行駛中所受的阻力為 B．汽車勻加速運動的過程中加速度大小為 C．速度為v2時，加速度大小為 D．若速度為v2時，牽引力恰為，則有v2＝2v1【分析】汽車做勻加速直線運動結束時，汽車的功率達到額定功率，寫出此時功率的表達式，勻加速過程中拉力最大，根據功率公式，當a＝0，即F＝f時，速度最大，再用最大速度表示出額定功率，解方程組即可求阻力；根據牛頓第二定律列方程即可求勻加速運動的加速度及速度為某一值時的加速度。【解答】解：A、由圖可知，汽車做勻加速直線運動結束時，汽車的功率達到額定功率，此時速度為v1，根據P＝Fv得：P額＝F1v1①根據牛頓第二定律得：F﹣f＝ma當a＝0，即F＝f時，速度最大即為v3根據P＝Fv得：P額＝fv3②由①②得：f＝，故A錯誤；B、根據牛頓第二定律得：F1﹣f＝ma解得：a＝＝，故B正確；C、汽車的速度為v2時，牽引力大小F2＝＝根據牛頓第二定律得：F2﹣f＝ma2解得：a2＝＝，故C錯誤。D、若汽車的速度為v2時，牽引力恰為，即：＝＝，解得v2＝2v1，故D正確。故選：BD?！军c評】本題關鍵是明確汽車的運動性質，先做勻加速直線運動，后做加速度逐漸減小的加速運動，結合牛頓第二定律列式分析，注意汽車的兩種啟動問題的區別。22．（黃埔區校級期中）6月份是收割小麥的季節，如圖甲所示，糧庫工作人員通過傳送帶把小麥堆積到倉庫內，其簡化模型如圖乙所示，工作人員把一堆小麥輕輕地放在傾斜傳送帶的底端，小麥經過加速和勻速兩個過程到達傳送帶頂端，然后被拋出落到地上。已知傳送帶與地面的夾角為θ，兩軸心間距為L，傳送帶以恒定的速度v順時針轉動，忽略空氣阻力，重力加速度為g，以地面為零勢能面，對于其中一顆質量為m的麥粒P（如圖所示）的說法正確的是（）A．在勻速階段，其他麥粒對麥粒P不做功 B．在傳送帶上運動時，其他麥粒對麥粒P做的功為mv2+mgLsinθ C．麥粒P離開傳送帶后（未落地）的機械能為mv2+2mgLsinθ D．麥粒P克服重力做功的最大值為mgLsinθ+【分析】麥粒P在勻速運動過程中，其他麥粒對麥粒P有摩擦力做功；在傳送帶上運動時，對麥粒P由動能定理可求出其他麥粒對麥粒P做的功；麥粒P在拋出過程中機械能守恒；麥粒P離開傳送帶做斜拋運動過程中，對速度進行分解求出速度在豎直方向上的分量，然后根據運動學公式求高度?！窘獯稹拷猓篈、選取麥粒P為研究對象，在勻速運動階段，其他麥粒對麥粒P有摩擦力作用，由動能定理可知：W﹣WG＝0，即其他麥粒對麥粒P做功，故A錯誤；B、在傳送帶上運動時，對麥粒P由動能定理可知：W﹣WG＝﹣0其中重力做功：WG＝﹣mgLsinθ，解得，其他麥粒對麥粒P做的功W＝+mgLsinθ，故B正確；C、麥粒P剛離開傳送帶時，機械能為：E＝+mgLsinθ，在拋出過程中機械能守恒，則麥粒P離開傳送帶后（未落地）的機械能為mv2+mgLsinθ，故C錯誤；D、麥粒P離開傳送帶做斜拋運動過程中，對速度進行分解如圖所示：豎直方向上：vy＝vsinθ則麥粒P上升的高度為：＝2gh解得：h＝則麥粒P克服重力做功的最大值為：W＝mg（Lsinθ+h）＝mgLsinθ+，故D正確；故選：BD。【點評】本題考查傳動帶問題和斜拋運動的綜合運動，關鍵是要對麥粒P進行受力分析和能量分析，知道機械能守恒的條件和動能定理的應用。23．（楊浦區校級期中）如圖（a），輕質彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一輕質薄板。一物塊從其正上方某處由靜止下落，落至薄板上后和薄板始終粘連。物塊從開始下落到最低點的過程中，位移﹣時間（x﹣t）圖像如圖（b）所示，其中t1為物塊剛接觸薄板的時刻，t2為物塊運動到最低點的時刻。彈簧形變在彈性限度內空氣阻力不計。則（）A．t2時刻物塊的加速度大小比重力加速度小 B．t1～時間內，有一時刻物塊所受合外力的功率為零 C．t1～t2時間內，物塊做加速度先減小后增大的減速運動 D．圖（b）中OB段曲線為余弦曲線的一部分【分析】物塊與薄板一起運動時是簡諧運動，根據簡諧運動的對稱性確定在最低位置時物塊的加速度；分析運動過程中物塊的受力情況，根據P＝Fv分析合外力的功率變化，根據牛頓第二定律分析加速度的變化；根據自由落體運動的位移﹣時間關系結合簡諧運動的特點分析物塊x﹣t圖象的特點?！窘獯稹拷猓篈、物塊與薄板一起運動時是簡諧運動，物塊剛與薄板接觸時，加速度為g，速度不為零。若物塊剛與薄板接觸時速度為零，由簡諧運動的對稱性知，物體在最低點時，加速度大小為g，方向豎直向上，而現在物塊剛與薄板接觸時有向下的速度，所以最低點位置比沒有初速度時更靠下，彈簧壓縮量更大，所以在最低點處的加速度大小必大于g，故A錯誤；B、t1～時間內，物塊從接觸彈簧開始彈力逐漸增大，物塊先加速運動。但彈力等于重力之后，彈力大于重力時物塊做減速運動。根據簡諧運動的對稱性，在之前速度最大，此時物塊受到的合外力為零，此時刻物塊所受合外力的功率為零，故B正確；C、t1～t2時間內，開始段時間內重力大于彈力，合力方向向下且合外力減小，后來彈簧彈力大于重力，合力方向向上且增大，所以物塊的加速度先減小后增大，故C正確；D、0～t1時間內，物塊做自由落體運動，根據x＝，圖（b）中OA段曲線為拋物線的一部分；AB段物塊做簡諧運動，其位移﹣時間關系為余弦曲線的一部分，故D正確。故選：BCD?！军c評】解決本題的關鍵是要分析清楚物塊的運動過程和受力情況，掌握簡諧運動的對稱性，來分析物塊所受合外力的變化情況，要知道合力為零時物塊的動能最大，而不是物塊剛碰到薄板時動能最大，掌握簡諧運動的特點。24．（湖北期中）如圖所示，半徑為R的光滑圓環固定在豎直平面內，AB、CD是圓環相互垂直的兩條直徑，C、D兩點與圓心O等高。一質量為m的光滑小球套在圓環上，一根輕質彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點，P點在圓心O的正下方處。小球從最高點A由靜止開始逆時針方向下滑，已知彈簧的原長為R，彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．彈簧長度等于R時，小球的機械能最大 B．小球運動到B點時的速度大小為2 C．小球運動到B點時重力的功率為mg D．小球在A、B兩點時對圓環的壓力差為5mg【分析】根據功能關系，抓住除重力以外其它力做功等于機械能的增量分析在什么位置小球的機械能最大；A、B兩點彈簧的形變量相等，彈性勢能變化量為零，根據能量守恒求出小球在B點的速度；根據重力和速度的方向關系，結合瞬時功率公式得出重力的功率；根據牛頓第二定律得出在B點軌道對小球的支持力，結合平衡得出A點小球所受軌道的支持力，從而得出在A、B兩點小球對圓環的壓力差?！窘獯稹拷猓篈、除重力以外其它力做功等于機械能的增量，當彈簧長度等于R時，彈簧彈力做功最多，則小球的機械能最大，故A正確；B、小球在A點和B點時，彈簧的形變量相同，則彈性勢能的變化量為零，根據能量守恒定律得：mg?2R＝，解得B點的速度為：vB＝2，故B正確；C、小球運動到B點時，重力的方向與速度方向垂直，則重力的功率為零，故C錯誤；D、在A點，根據平衡條件有：NA＝mg+k；在B點，根據牛頓第二定律得：NB﹣k﹣mg＝m，解得：NB＝k+5mg可知小球在A、B兩點對圓環的壓力差為△N＝NB﹣NA＝4mg，故D錯誤。故選：AB。【點評】解決本題的關鍵知道A、B兩點彈性勢能變化量相等，通過能量守恒得出B點的速度是突破口，以及知道最低點向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解。25．（玄武區校級月考）如圖所示，城市有軌電車采用超級電容作為電能存儲設備，安全環保，可反復充電，安裝在公交站點的充電樁，在乘客上下車的時間內把電容器充滿，電容器的電能轉化電車機械能的效率為80%。假設該電車一次充滿電保持額定功率運行，可保持速度10m/s持續行駛5km，行駛中電車受到的平均阻力為車重的0.02倍。已知電車質量（含乘客）m＝20t，則（）A．這種電車正常勻速行駛時發動機額定功率為3×104W B．某次進站從接近沒電到充滿電，電車從充電樁獲得的能量為2.5×107J C．若某次進站從接近沒電到充滿電用時5s，則充電過程的平均功率為5×105W D．若某次進站充滿電后以恒定加速度啟動，勻加速運動2.5s時剛好達到額定功率，則勻加速運動的牽引力為2×104N【分析】利用G＝mg求出電車的重力，利用平均阻力與車重的關系求出阻力，根據二力平衡條件可知牽引力，又知速度，利用P＝Fv計算這種電車正常勻速行駛時的功率P行；計算出電車做功后，利用效率公式求需要的電能；已知充電能量和時間，利用功率公式即可計算充電樁輸出功率；已知電車從充電樁所獲得的能量E、根據勻變速直線運動求得加速度，根據牛頓第二定律求得牽引力?！窘獯稹拷猓篈、電車的重力：G＝mg＝20×103kg×10N/kg＝2×105N，所受阻力：f＝0.02G＝0.02×2×105N＝4000N，電車勻速行駛，則牽引力F＝f＝4000N，電車正常勻速行駛時的功率：P行＝Fv＝4000N×10m/s＝4.0×104W，故A錯誤；B、電車每次充滿電后持續正常行駛5km，電車做功：W＝Fs＝4×103N×5×103m＝2×107J，電車從充電樁所獲得的能量：E＝＝J＝2.5×107J，故B正確；C、若某次進站從接近沒電到充滿電用時5s，則充電樁為電車充電時的平均功率為P＝＝W＝4×106W，故C錯誤；D、設t1＝2.5s時速度為v1，則有：v1＝at1＝，可得：a＝，根據牛頓第二定律可得F′﹣f＝ma，可得：F′﹣f＝m，代入數據得：F′2﹣4000F﹣3.2×108＝0解得：F′＝2×104N，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查重力、功和功率、能量利用效率的計算、以及二力平衡條件的應用，考查面比較廣，關鍵是公式及其變形的靈活運用，還要知道物體做勻速運動時牽引力等于阻力。26．（長沙二模）質量為m＝1kg的物體做勻變速直線運動，設該物體運動的時間為t，位移為x，其﹣圖像如圖所示，則下列說法正確的是（）A．物體運動的加速度大小為1m/s2 B．物體運動的初速度大小為2m/s C．前2s內物體的位移大小為1m D．第2s末合力對物體做功的瞬時功率為4W【分析】根據勻變速直線運動位移時間公式找出﹣的關系式，由圖像的截距和斜率可得加速度和處速度，再結合運動學公式‘’牛頓第二定律和功率的計算公式求解。【解答】解：A、根據勻變速直線運動位移時間公式x＝v0t+at2得＝v0+a，即﹣圖像是一條領斜的直線，縱軸截距代表a，即﹣1＝a，可得a＝﹣2m/s2，故A錯誤；B、由圖像中斜率代表初速度，可知物體運動的初速度為2m/s，故B正確；C、前2s內物體的位移為x2＝2×2+×（﹣2）×22＝0，故C錯誤；D、由牛頓第二定律，F合＝ma＝1×（﹣2）N＝﹣2N，由速度公式知，第2s末速度為v2＝v0+at＝2m/s+（﹣2）×2m/s＝﹣2m/s，則合外力的瞬時功率為P＝Fv＝2×2w＝4w，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查勻變速直線運動的公式變形得出平均速度與時間關系公式，利用好牛頓第二定律和運動學公式從而解決物理問題。27．（天河區校級模擬）某質量為8×102kg的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，測出它能達到的最大速度為15m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻該車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出F圖象如圖所示。假設電動車行駛中所受的阻力恒定，則（）A．圖線中B點對應時刻，牽引力恰好等于阻力 B．環保車所受阻力為1600N C．BC段對應的時間內，環保車的加速度不斷減小 D．環保車由靜止開始經過1.5s速度達到3m/s【分析】AB段牽引力不變，根據牛頓第二定律知，電動車做勻加速直線運動，BC段圖線斜率表示電動車的功率，斜率不變，功率不變，根據功率與牽引力的關系，BC段做加速度減小的加速運動，速度達到最大時，牽引力等于阻力。【解答】解：AC、由圖可知AB表示電動車由靜止開始做勻加速直線運動，B點表示達到額定功率，BC表示電動車做加速度減小的變加速運動，C點表示速度達到最大，之后做勻速直線運動，故A錯誤，C正確；B、當vmax＝15m/s時，F＝400N，電動車勻速直線運動，受力平衡，阻力Ff＝F＝400N，故B錯誤；D、電動車額定功率P＝Ff?vmax＝400×15W＝6000WAB段，F＝2000N，由P＝Fv知勻加速末速度又F﹣Ff＝ma，勻加速運動加速度由v＝at得勻加速時間，故D正確；故選：CD。【點評】解決本題的關鍵能夠從圖線中分析出電動車在整個過程中的運動情況，當牽引力等于阻力時，速度達到最大。28．（通州區校級月考）2019年中國女排成功衛冕世界杯。如圖，某次訓練中，一運動員將排球從A點水平擊出，球擊中D點；另一運動員將該排球從位于A點正下方且與D等高的B點斜向上擊出，最高點為C，球也擊中D點；A、C高度相同。不計空氣阻力。下列說法正確的有（）A．兩過程中，排球的初速度大小可能相等 B．兩過程中，排球的飛行時間相等 C．兩過程中，擊中D點時重力做功的瞬時功率相等 D．前一個過程中，排球擊中D點時的速度較大【分析】A做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，水平方向勻速運動，B做斜拋運動，到最高點的過程中，豎直方向做勻減速運動，水平方向勻速運動，根據運動規律和速度的合成即可判斷?！窘獯稹拷猓篈B、由于B球能豎直到達C點，從C到地面豎直方向做自由落體運動，根據豎直方向的運動可知vyA＝vyB，tB＝2tA，由于水平方向的位移相同，根據可知，vA水＞vB水，根據速度的合成可知，A拋出時的速度vA0＝vA水；B拋出時的初速度，故兩過程中，小球的初速度大小可能相等，故A正確，B錯誤；C、由于豎直方向做的是自由落體運動，下落的高度相同，故落地時豎直方向的速度相同，則重力的瞬時功率P＝mgvy相同，故C正確；D、落地時，根據運動的對稱性可知，B球拋出時的速度大小與落地時速度大小相等，A球落地時的速度，故前一個過程中，排球擊中D點時的速度較大，故D正確。故選：ACD。【點評】本題考查功、功率公式與平拋、斜拋綜合應用，要求學生熟練掌握涉及到的相關公式及規律，本題主要考查運動的合成與分解的方法，難度較大。29．（菏澤一模）如圖所示，一物塊前端有一滑輪，輕繩的一端系在右方固定處，水平穿過滑輪，另一端用力F拉住，力F大小如圖甲所示，前10s內物塊的v﹣t圖像如圖乙所示，保持力F與水平方向之間的夾角θ＝60°不變，當用力F拉繩使物塊前進時，下列說法正確的是（）A．0～5s內拉力F做的功為75J B．3s末拉力F的功率為9W C．5～10s內摩擦力大小為6N D．5～10s內拉力F做的功為150J【分析】通過圖甲找出力F，用過圖乙求出位移或速度，再用等效法求拉力F做的功及做功的功率；用平衡條件求摩擦力；【解答】解：通過穿過滑輪的輕繩用力F拉物體，等效于如圖所示的兩個力F同時拉物體，拉力F做功等于這兩個力做功的代數和。A、由圖甲，0～5秒內拉力大小F1＝6N，根據乙圖求的物塊在0～5秒物體位移s1＝×5×5m＝12.5m，所以拉力做功W1＝F1s1+F1s1cosθ，解得：W1＝112.5J，故A錯誤；B、由圖乙，3秒末速度為v1＝3m/s，拉力F的功率為P1＝F1v1+F1v1cosθ，解得：P1＝27W，故B錯誤；C、由乙圖知，5～10秒內物塊做勻速運動，物體所受合力等于零，水平方向由平衡條件得：F2+F2cosθ＝f，又由圖甲可知，F2＝4N，解得：f＝6N，故C正確；D、由圖甲，5～10秒內拉力大小F2＝4N，根據乙圖求的物塊在5～10秒物體位移s2＝5×5m＝25m，所以拉力做功W2＝F2s2+F2s2cosθ，解得：W2＝150J，故D正確故選：CD?！军c評】本題考查了功和功率的概念，注意功的公式中的位移應該是力的作用點對地發生的位移，此題中物體的位移不等于力的作用點的位移，可用幾何關系求出作用點的位移再求功，也可用等效法求解，等效法求解更簡便。30．（瑤海區月考）如圖所示在水平地面上方的A點有一質量為0.1kg的小球某時刻將小球以某一初速度水平拋出，同時在A點正下方水平地面上的B點有一物塊以大小為12m/s的初速度開始向右運動，當物塊停止運動時剛好被小球擊中，不考慮空氣阻力的影響，小球和物塊均視為質點，物塊與水平地面間的動摩擦因數為0.3，重力加速度g取10m/s2，則（）A．小球在空中運動的時間為2s B．小球拋出時的水平初速度大小為6m/s C．小球下落過程中重力做功的平均功率為20W D．小球擊中物塊時的速度大小為20m/s【分析】通過物塊的運動求時間；通過物塊的位移與平拋的水平位移相等求平拋的初速度；重力乘于豎直方向的平均速度即重力的平均功率；用速度的合成求末速度。【解答】解：A、以物塊為研究對象，由牛頓第二定律的＝3m/s2，則物塊運動時間t＝＝s＝4s，因為小球與物塊運動時間相同，所以小球在空中運動時間為4s，故A錯誤；B、小球拋出后做平拋運動，水平方向位移x＝v0t，由小球水平位移等于物塊的位移，所以x＝，解得：x＝24m，v0＝6m/s，故B正確；C、小球在豎直方向做自由落體運動，落地時豎直分速度為vy＝gt＝10×4m/s＝40m/s，豎直方向的平均速度為：＝＝m/s＝20m/s，所以重力做功的平均功率為P＝mg，解得：P＝20W，故C正確；D、小球擊中物塊時的速度大小v＝＝＝m/s，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查了平拋運動和運動學公式的綜合運用，抓住物體勻減速運動與小球平拋運動時間相等這一聯系是解題的關鍵。三．填空題（共10小題）31．（莆田二模）新能源環保汽車在設計階段要對各項性能進行測試。某次測試質量為1500kg的汽車在水平路面上由靜止開始做直線運動，其牽引力F隨時間t的變化關系如圖所示。已知汽車所受阻力恒定，第14s后做勻速直線運動。第3s末汽車的加速度為2m/s2，第15s末汽車牽引力的功率為1.28×104W?！痉治觥康?秒的加速度等于第三秒的牽引力與阻力的差值與質量之比。第15秒汽車牽引力的功率等于牽引力與速度的乘積，由動量定理可求速度?！窘獯稹拷猓焊鶕}意，汽車14s后做勻速直線運動，由圖象可知f＝F3＝1600N，第3s末汽車的加速度為；0﹣15s內取汽車初速度方向為正方向，由動量定理可知：F1t1+F2t2+F3t3﹣f（t1+t2+t3）＝mv，代入數據得v＝8m/s，汽車的牽引力功率為。故答案為：2；1.28×104?！军c評】明確題中加速度的意義，熟練應用動量定理解決問題是本題的關鍵。32．（楊浦區校級期中）一質點在xoy平面內的運動軌跡如圖所示。質點從坐標原點O開始運動，運動過程中受到兩個大小分別為F1、F2的恒力作用，最后到達P點。已知恒力F1沿x軸正方向，恒力F2沿y軸負方向。O、P兩點間距離為l，O、P兩點連線與x軸的夾角為θ．則在這一運動過程中，恒力F1做的功為F1lcosθ，恒力F2做的功為﹣F2lsinθ?！痉治觥抠|點從坐標原點O開始做曲線運動，合力應指向軌跡的內側，分析質點的運動情況、力和位移的關系計算F1和F2做的功?！窘獯稹拷猓嘿|點從坐標原點O開始運動，恒力F1沿x軸正方向，恒力F1做的功為W1＝F1lcosθ，恒力F2沿y軸負方向，恒力F2做的功為W2＝F2lcos（90°+θ）＝﹣F2lsinθ。故答案為：（1）F1lcosθ；（2）﹣F2lsinθ?！军c評】本題是對質點做曲線運動的條件和受力特點的考查，關鍵掌握做曲線運動的受力特點：合力應指向軌跡的內側。33．（廣東月考）如圖所示，一根輕繩左端固定在水平天花板上的M點，依次穿過不計質量和摩擦的動滑輪和定滑輪，繩與水平方向夾角圖中已標出，懸掛重物A的重量為G，則懸掛重物B的重量為G，如果用外力將繩左端由M緩慢地向左移到N點，M、N間距離為s，則該過程中B上升的距離為2s，外力F做的功為?！痉治觥坑墒芰Ψ治隹傻妹總€繩子的拉力，從而分析出A的質量，再由幾何關系分析出B上升的距離，從而由做功公式分析出外力F做的功?！窘獯稹拷猓河墒芰Ψ治隹傻?，如圖所示：，由受力關系式可得：2Tsin30°＝G，T＝mBg＝T＝GB，兩式聯立可得：GB＝G；由于緩慢移動，所以A處于平衡狀態，由于T始終等于B的重力，所以動滑輪兩端的細繩與水平面的夾角不會改變，可知B上升的距離為2x，由幾何關系可得：2xcos30°＝，則x＝s；h＝xsin30°＝，故外力做功為W＝；故答案為：G；2s；?！军c評】本題主要考查了力的合成以及功的計算，解題關鍵在于使用力的合成分析受力，通過幾何關系計算出做功的距離。34．（靜安區期末）下表列出某種型號轎車的部分數據，根據表中數據可知：該車以最大功率和最高速度在水平路面上勻速行駛時所受阻力的大小是3000N；假定轎車所受阻力恒定，若轎車保持最大功率行駛，當轎車載重200kg、速度達到10m/s時，加速度為10m/s2。凈重/kg1000發動機排量/L2.2最高時速/km?h﹣11800﹣100km/h的加速度時間/s9.9最大功率/kw150【分析】若汽車的運動視為勻加速直線運動，根據勻變速直線運動的運動學公式求出轎車的加速度，當功率一定時，求出該速度所對應的牽引力，根據牛頓第二定律求出加速度。當牽引力等于阻力時，速度最大。【解答】解：由表格得：vm＝180km/h＝50m/s當牽引力等于阻力時，速度最大。所以f＝F＝＝N＝3000N。根據P＝Fv得：F′＝＝15000N，根據牛頓第二定律得：a＝＝10m/s2故答案為：3000N；10m/s2。【點評】解決本題的關鍵掌握功率與牽引力的關系，知道在水平公路上行駛時，當加速度為零時，速度最大。35．（浦東新區校級期中）一汽車的質量為2500kg，發動機的額定功率為80kW，它在平直公路上行駛的最大速度可達20m/s，所受阻力恒定。若汽車在該公路上由靜止開始以額定功率啟動，該過程汽車受到的阻力為4000N，當汽車速度達到10m/s時的加速度為1.6m/s2?！痉治觥科囘_到最大速度時，牽引力與阻力相等，則由功率公式可求得最大速度時汽車的牽引力，進一步確定阻力。根據功率公式求解速度為10m/s時的牽引力，根據牛頓第二定律計算加速度?！窘獯稹拷猓寒斊囘_到最大速度時，牽引力等于阻力，根據功率公式可知，f＝F＝＝4000N，當汽車速度達到10m/s時，此時牽引力：F