第41頁（共41頁）2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高一同步經典題精練之功率一．選擇題（共5小題）1．（2025?高新區校級模擬）某戶家庭安裝了一臺風力發電機，它的葉片轉動時可形成半徑為0.9m的圓面，風向與葉片轉動的圓面垂直，假設這個風力發電機能將此圓內30%的空氣動能轉化為電能。已知空氣的密度為1.2kg/m3，當風速是10m/s時，此發電機的功率約為（）A．4.5W B．45W C．450W D．4500W2．（2024秋?天心區校級期末）一質量可視為不變的汽車在平直公路上行駛，該車在一段行駛過程中速度的倒數1v隨加速度a的變化圖像如圖所示，已知圖線的斜率為k，縱截距為bA．汽車運動過程中發動機的輸出功率不變 B．汽車在行駛過程中受到的阻力逐漸變大 C．汽車行駛的最大速度為bkD．當汽車速度為最大速度的一半時，汽車的加速度為13．（2024秋?汕頭期末）如圖所示，甲、乙兩傾斜傳送帶以相同的速率v逆時針運動，兩傳送帶粗糙程度不同，但長度、傾角均相同。將一物體分別從兩傳送帶頂端的A點無初速度釋放，物體在甲傳送帶上B點和乙傳送帶中部C點速度都恰好達到v，且以速度v運動到乙傳送帶B點。則在物體從A運動到B的過程中，下列說法正確的是（）A．物體在甲傳送帶上運動的時間比乙短 B．重力的平均功率相等 C．到達B點時，重力的瞬時功率不相等 D．兩傳送帶對物體做的功相等4．（2024秋?濟寧期末）如圖所示，某滑雪場安裝了一條長直“魔毯”運送滑雪者上山，“魔毯”與水平面的夾角為16°，表面與其他物品的動摩擦因數均為0.75，其最高點與最低點之間的距離為100m，“魔毯”始終勻速運行，額定功率為40kW。忽略“魔毯”與冰面的摩擦及其質量，成年人（含裝備）平均質量約為70kg，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．一個成年人乘“魔毯”上山過程中克服重力做功約為7.0×104J B．一個成年人乘“魔毯”上山過程中克服摩擦力做功約為1.96×104J C．若“魔毯”同時承運100個成年人，則其最大運行速率約為2m/s D．若“魔毯”以1m/s速率運行，則最多可以同時承運50個成年人5．（2024秋?郴州期末）質量為m的汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發動機功率為P。t1時刻，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續行駛；到t2時刻，汽車又開始勻速直線運動，假設整個過程中汽車所受的阻力不變，下列選項中正確的是（）A．減小油門后汽車做勻減速直線運動 B．該過程中汽車所受的阻力大小為2PC．t2時刻汽車的速度是v0D．汽車在t1到t2這段時間內的位移大小為3二．多選題（共4小題）（多選）6．（2025?佛山一模）中國選手鄧雅文在巴黎奧運會自由式小輪車比賽中勇奪金牌。小輪車比賽場地如圖所示，MN段和OP段均為四分之一圓弧，NO段水平，選手騎車從M處靜止出發，沿軌跡MNOP運動，到P處豎直躍起，到達最高點Q后落回P處，再沿軌跡PONM運動回M處。人和車整體可視為質點，且認為在圓弧軌道運動過程中人不提供動力。下列說法正確的是（）A．從M到N的過程，場地對小輪車的支持力一直增大 B．從P到Q再到P的過程，選手先失重后超重 C．在Q點時，選手的速度和加速度均為零 D．在O點時，選手所受重力的功率為零（多選）7．（2024秋?哈爾濱期末）如圖甲所示，質量m＝2kg的物體放在水平地面上，與足夠長的水平細線一端連接，細線另一端繞在半徑R＝0.8m的圓柱體上。t＝0時刻，圓柱體由靜止開始繞豎直中心軸轉動，其角速度ω隨時間t的變化規律如圖乙所示，物體始終沿細線做直線運動，物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，則（）A．物體做勻加速直線運動 B．物體的速度與時間的關系滿足v＝4t（m/s） C．細線的拉力大小為4N D．t＝2s時，細線拉力的瞬時功率為32W（多選）8．（2024秋?西青區期末）“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，牽引力隨速度增大而變大 B．動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變 C．若四節動力車廂均以額定功率從靜止開始啟動，則動車組做勻加速直線運動 D．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3（多選）9．（2025?昆明校級模擬）質量為m的汽車沿路面abc運動，ab段水平、bc段與水平面間的夾角為30°，如圖所示。t＝0時刻，汽車從a點保持恒定功率P從靜止開始啟動，t＝t0時刻，到達b點且速度恰好達到最大，此時汽車開啟定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面bc。已知重力加速度為g，汽車運動過程中受到的摩擦阻力恒為mg3A．汽車到達b點時的速度大小為3PB．汽車在bc段運動時的輸出功率為2.5P C．ab之間的距離為3PD．汽車從a點運動到b點的過程中做勻加速直線運動三．填空題（共3小題）10．（2025?福州校級模擬）一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動，運動過程中保持汽車發動機恒定的牽引功率為P，其加速度a和速度的倒數（1v）圖象如圖所示．若已知汽車的質量為2.4×103kg，則根據圖象所給的信息，可以求出汽車的功率P＝W，汽車行駛的最大速度vmax＝m/s11．（2023秋?三明期末）一輛質量為103kg的汽車，其額定功率為104W，在水平公路上行駛時所受阻力恒為500N。當汽車以額定功率啟動，隨著車速增大，牽引力會（填“增大”“減小”或“不變”），汽車能達到的最大速度vm＝m/s；當加速度為1.5m/s2時，車速v＝m/s。12．（2023秋?鼓樓區校級期末）如圖所示，光滑斜面傾角分別為α、β，α＜β，兩小物體用細線相連，繞過光滑小滑輪靜止放在斜面上兩邊細線分別與斜面平行，P和Q高度相同。現在把細線剪斷，則從開始到落地，P和Q的運動時間tPtQ（填＞、＝或＜），從開始到落地，重力做功的平均功率PPP四．解答題（共3小題）13．（2024秋?福州校級期末）質量m＝1kg的小球在長為L＝0.5m的細繩作用下，在豎直平面內做圓周運動，細繩能承受的最大拉力Tmax＝42N，轉軸離地高度h＝5.5m，不計阻力，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）若小球在某次運動到最低點時細繩恰好被拉斷，求此時小球的速度大小；（2）繩斷后小球對應的水平射程x；（3）小球落地前重力的瞬間功率。14．（2025?廣州模擬）某型號“雙引擎”節能環保汽車的工作原理：當行駛速度v＜15m/s時僅靠電動機輸出動力；當行駛速度v≥15m/s時，汽車自動切換引擎，僅靠汽油機輸出動力。該汽車在平直的公路上由靜止啟動，其牽引力F隨時間t變化關系如圖。已知該汽車質量為1500kg，行駛時所受阻力恒為1250N。汽車在t0時刻自動切換引擎后，保持牽引力功率恒定。求：（1）汽車切換引擎后的牽引力功率P；（2）汽車由啟動到切換引擎所用的時間t0。15．（2023秋?新余期末）2023年大年初一晚上，1000架無人機從秋水廣場灘涂起飛，以一江兩岸為背景，流光溢彩點亮云端之上，通過無人機編隊的排列，呈現“天下英雄城”“南昌第一槍”等多個極具江西南昌特色的造型。圖甲為某型號無人機，它的銘牌如表所示（已知空氣阻力與速度的關系為f＝0.8v，g＝10m/s2）。【型號】YU﹣2【動力】電動【質量】1200g【額定功率】80W（1）求無人機上升時的最大的速度？（2）某次飛行時，該無人機的飛行路線如圖乙所示，無人機先從A點勻速上升到B點，后以水平速度5m/s勻速飛行到C點，從B到C的過程中，求無人機電動機提供的牽引力大小和此時電動機的實際功率？

2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高一同步經典題精練之功率參考答案與試題解析題號12345答案CADCC一．選擇題（共5小題）1．（2025?高新區校級模擬）某戶家庭安裝了一臺風力發電機，它的葉片轉動時可形成半徑為0.9m的圓面，風向與葉片轉動的圓面垂直，假設這個風力發電機能將此圓內30%的空氣動能轉化為電能。已知空氣的密度為1.2kg/m3，當風速是10m/s時，此發電機的功率約為（）A．4.5W B．45W C．450W D．4500W【考點】平均功率的計算．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據Δm＝ρV和功能關系以及數學知識計算得到在Δt時間內吹到風葉葉片上的空氣對葉片做的功，再根據P=【解答】解：在Δt時間內吹到風葉葉片上的空氣質量為Δm＝ρV＝vΔtSρ根據功能關系可知，在Δt時間內吹到風葉葉片上的空氣對葉片做的功為W=發電機的功率P=代入數據可知P=12×3.14×0.9故選：C。【點評】本題主要考查平均功率的計算，根據P=2．（2024秋?天心區校級期末）一質量可視為不變的汽車在平直公路上行駛，該車在一段行駛過程中速度的倒數1v隨加速度a的變化圖像如圖所示，已知圖線的斜率為k，縱截距為bA．汽車運動過程中發動機的輸出功率不變 B．汽車在行駛過程中受到的阻力逐漸變大 C．汽車行駛的最大速度為bkD．當汽車速度為最大速度的一半時，汽車的加速度為1【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】A【分析】AB.根據題意設置條件，結合功率公式，牛頓第二定律導出1vC.根據汽車最大速度滿足的條件列式求解最大速度；D.根據功率和速度關系求解牽引力，結合牛頓第二定律列式求解對應的加速度。【解答】解：AB.設汽車行駛時發動機的輸出功率為P，阻力為f，牽引力為F，則有P＝Fv，根據牛頓第二定律有F﹣f＝ma，整理可得1v=mP?a+fP，由圖像斜率和截距可得k=mP，C.當汽車速度達到最大時，有P＝fvm，即mk=bkmD.當汽車速度v=vm2=12b時，汽車的牽引力F=Pv故選：A。【點評】考查機車的啟動問題，注意結合功率的公式、牛頓第二定律推導相應的表達式，利用圖像的斜率和截距的物理意義解決實際問題。3．（2024秋?汕頭期末）如圖所示，甲、乙兩傾斜傳送帶以相同的速率v逆時針運動，兩傳送帶粗糙程度不同，但長度、傾角均相同。將一物體分別從兩傳送帶頂端的A點無初速度釋放，物體在甲傳送帶上B點和乙傳送帶中部C點速度都恰好達到v，且以速度v運動到乙傳送帶B點。則在物體從A運動到B的過程中，下列說法正確的是（）A．物體在甲傳送帶上運動的時間比乙短 B．重力的平均功率相等 C．到達B點時，重力的瞬時功率不相等 D．兩傳送帶對物體做的功相等【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；傾斜傳送帶模型．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】D【分析】A.根據v﹣t圖像面積的物理意義畫出各自的v﹣t圖線，再判斷時間的關系；BC.根據重力做功的平均功率和瞬時功率的表達式，結合時間和速度關系進行分析判斷；D.根據動能定理進行分析解答。【解答】解：A．根據兩個物體的總位移相等，速度—時間圖像的面積表示位移，作出兩個物體的v﹣t圖像，如下圖可知甲運動時間大于乙運動時間，故A錯誤；B．由題意可知甲、乙高度差Δh一樣，根據重力做功W＝mgΔh，可知兩種情況重力做功相同，由于時間不同，根據平均功率P=WtC．題意知兩種情況到達B點時速度相同，根據瞬時功率PG＝mgvsinθ，可知到達B點時，重力的瞬時功率相等，故C錯誤；D．重力做功相同，根據動能定理可知，兩傳送帶對物體做的功相等，故D正確。故選：D。【點評】考查傳送帶問題，會分析物體的受力情況和運動情況，結合動能定理，功能關系進行綜合分析解答。4．（2024秋?濟寧期末）如圖所示，某滑雪場安裝了一條長直“魔毯”運送滑雪者上山，“魔毯”與水平面的夾角為16°，表面與其他物品的動摩擦因數均為0.75，其最高點與最低點之間的距離為100m，“魔毯”始終勻速運行，額定功率為40kW。忽略“魔毯”與冰面的摩擦及其質量，成年人（含裝備）平均質量約為70kg，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．一個成年人乘“魔毯”上山過程中克服重力做功約為7.0×104J B．一個成年人乘“魔毯”上山過程中克服摩擦力做功約為1.96×104J C．若“魔毯”同時承運100個成年人，則其最大運行速率約為2m/s D．若“魔毯”以1m/s速率運行，則最多可以同時承運50個成年人【考點】瞬時功率的計算；重力做功的特點和計算；摩擦力做功的特點和計算．【專題】定量思想；控制變量法；功率的計算專題；理解能力．【答案】C【分析】先求出最高點與最低點之間的距離，再根據恒力做功求解；根據平衡條件求出靜摩擦力大小，再根據做功公式求出；根據功率公式求出結論。【解答】A．最高點與最低點之間的距離L＝100m一個成年人乘“魔毯”上山過程中克服重力做功WG＝mgLsin16°代入數據解得WG＝1.96×104J故A錯誤；B．“魔毯”始終勻速運行，一個成年人乘“魔毯”上山過程中所受靜摩擦力大小為f＝mgsin16°代入數據解得f＝196N一個成年人乘“魔毯”上山過程中摩擦力做正功，大小為Wf＝fL代入數據解得Wf＝1.96×104J故B錯誤；C．若“魔毯”同時承運100個成年人，則P＝100mgsin16°v1得v1＝2m/s故C正確；D．若“魔毯”以v2＝1m/s速率運行，則最多可以同時承運N個成年人，則P＝Nmgsin16°v2解得N＝200故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查的是做功與功率的計算，題型簡單，其中功率的計算用到的是與速度有關的公式。5．（2024秋?郴州期末）質量為m的汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發動機功率為P。t1時刻，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續行駛；到t2時刻，汽車又開始勻速直線運動，假設整個過程中汽車所受的阻力不變，下列選項中正確的是（）A．減小油門后汽車做勻減速直線運動 B．該過程中汽車所受的阻力大小為2PC．t2時刻汽車的速度是v0D．汽車在t1到t2這段時間內的位移大小為3【考點】機車以恒定功率啟動；牛頓第二定律的簡單應用；功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定量思想；控制變量法；功率的計算專題；動能定理的應用專題；理解能力．【答案】C【分析】根據功率公式列式，結合牛頓第二定律，再根據勻速時列式求解；根據動能定理列式求解。【解答】AB．根據牛頓第二定律可得f﹣F＝ma且P＝Fv減小油門后，汽車做加速度減小的減速直線運動，勻速時，有f=故AB錯誤；CD．t2時刻再次勻速，根據12解得v=在t1到t2這段時間內由動能定理12解得x=故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】本題考查的是動能定理的知識點，題型較復雜，需熟練掌握功率與動能定理結合的計算。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2025?佛山一模）中國選手鄧雅文在巴黎奧運會自由式小輪車比賽中勇奪金牌。小輪車比賽場地如圖所示，MN段和OP段均為四分之一圓弧，NO段水平，選手騎車從M處靜止出發，沿軌跡MNOP運動，到P處豎直躍起，到達最高點Q后落回P處，再沿軌跡PONM運動回M處。人和車整體可視為質點，且認為在圓弧軌道運動過程中人不提供動力。下列說法正確的是（）A．從M到N的過程，場地對小輪車的支持力一直增大 B．從P到Q再到P的過程，選手先失重后超重 C．在Q點時，選手的速度和加速度均為零 D．在O點時，選手所受重力的功率為零【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】A.根據向心力隨線速度的變化關系分析解答；B.根據物體的受力情況分析超失重狀態；C.根據物體在相應位置的受力情況和運動情況進行判斷；D.根據重力的瞬時功率公式列式求解。【解答】解：A．從M到N的過程，小輪車運動的速度越來越大，支持力和重力沿半徑方向的合力提供向心力逐漸增大，則場地對小輪車的支持力一直增大，故A正確；B．從P到Q再到P的過程，選手一直只受到重力，處于失重狀態，故B錯誤；C．在Q點時，選手的速度為0，加速度為重力加速度，故C錯誤；D．在O點時，選手的豎直分速度為vy＝0，根據PG＝mgvy可知，則選手所受重力的功率為0，故D正確。故選：AD。【點評】考查物體的受力分析，超失重問題和瞬時功率的運算，會根據題意進行準確分析解答。（多選）7．（2024秋?哈爾濱期末）如圖甲所示，質量m＝2kg的物體放在水平地面上，與足夠長的水平細線一端連接，細線另一端繞在半徑R＝0.8m的圓柱體上。t＝0時刻，圓柱體由靜止開始繞豎直中心軸轉動，其角速度ω隨時間t的變化規律如圖乙所示，物體始終沿細線做直線運動，物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，則（）A．物體做勻加速直線運動 B．物體的速度與時間的關系滿足v＝4t（m/s） C．細線的拉力大小為4N D．t＝2s時，細線拉力的瞬時功率為32W【考點】瞬時功率的計算；牛頓第二定律的簡單應用；線速度的物理意義及計算．【專題】應用題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】根據線速度與角速度的關系求出物體的速度，然后判斷物體的運動性質；應用牛頓第二定律求出細線的拉力大小；根據功率公式P＝Fv求出細線拉力的瞬時功率。【解答】解：AB、由圖乙所示圖像可知：ω＝2.5t，圓柱體做圓周運動的線速度v＝ωR＝2.5t×0.8m/s＝2t（m/s），即物體的速度v＝2t（m/s），物體做初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小a＝2m/s2，故A正確，B錯誤；C、對物體，由牛頓第二定律得：F﹣μmg＝ma，代入數據解得：F＝8N，故C錯誤；D、t＝s時物體的速度v＝2t（m/s）＝2×2m/s＝4m/s，此時細線拉力的瞬時功率P＝Fv＝8×4W＝32W，故D正確。故選：AD。【點評】根據圖示圖像分析清楚圓柱體與物體的運動過程與運動性質是解題的前提，應用牛頓第二定律與功率公式即可解題。（多選）8．（2024秋?西青區期末）“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，牽引力隨速度增大而變大 B．動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變 C．若四節動力車廂均以額定功率從靜止開始啟動，則動車組做勻加速直線運動 D．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3【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】AD【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。【解答】解：AB.若動車組勻加速啟動，加速度a恒定，設牽引力為F，對動車組受力分析，根據牛頓第二定律可得：F﹣kv＝ma，則F＝ma+kv，故牽引力F隨速度增大而變大，故A正確，B錯誤；C.若四節動力車廂輸出功率都為額定值，即：4P＝Fv，又：F﹣kv＝ma，聯立可得：a=1m(4PvD.若四節動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛時加速度為零，有2.25Pv=kv，而以額定功率勻速時，有4P故選：AD。【點評】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。（多選）9．（2025?昆明校級模擬）質量為m的汽車沿路面abc運動，ab段水平、bc段與水平面間的夾角為30°，如圖所示。t＝0時刻，汽車從a點保持恒定功率P從靜止開始啟動，t＝t0時刻，到達b點且速度恰好達到最大，此時汽車開啟定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面bc。已知重力加速度為g，汽車運動過程中受到的摩擦阻力恒為mg3A．汽車到達b點時的速度大小為3PB．汽車在bc段運動時的輸出功率為2.5P C．ab之間的距離為3PD．汽車從a點運動到b點的過程中做勻加速直線運動【考點】機車以恒定功率啟動；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】汽車的加速度為零，阻力等于牽引力，速度達到最大，結合功率的公式以及動能定理求解。【解答】解：AD．汽車從a點保持恒定功率P從靜止開始啟動，汽車的功率P＝Fv汽車運動過程中受到的摩擦阻力恒為mg3，隨著速度增大，汽車的牽引力F減小，當FP=解得vm故A正確，D錯誤；B．汽車在bc段運動時P1解得P1＝2.5P故B正確；C．汽車從a點運動到b點的過程中，由動能定理得Pt解得s=故C錯誤。故選：AB。【點評】抓住汽車保持功率不變這一條件，注意隱含條件汽車勻速運動時牽引力等于阻力。三．填空題（共3小題）10．（2025?福州校級模擬）一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動，運動過程中保持汽車發動機恒定的牽引功率為P，其加速度a和速度的倒數（1v）圖象如圖所示．若已知汽車的質量為2.4×103kg，則根據圖象所給的信息，可以求出汽車的功率P＝9.6×104W，汽車行駛的最大速度vmax＝20m/s【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題．【答案】見試題解答內容【分析】根據P＝Fv，結合牛頓第二定律得出a與1v【解答】解：牽引力F=Pv可知圖線的斜率為：k=解得汽車的功率為：P＝2.4×103×40W＝9.6×104W．當加速度a＝0，速度最大，由圖線可知，最大速度為：vm故答案為：9.6×104，20．【點評】對于圖線問題，通常的解題思路是通過物理規律得出物理量間的關系式，結合圖線的斜率或截距進行求解．11．（2023秋?三明期末）一輛質量為103kg的汽車，其額定功率為104W，在水平公路上行駛時所受阻力恒為500N。當汽車以額定功率啟動，隨著車速增大，牽引力會減小（填“增大”“減小”或“不變”），汽車能達到的最大速度vm＝20m/s；當加速度為1.5m/s2時，車速v＝5m/s。【考點】機車以恒定功率啟動；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】比較思想；控制變量法；功率的計算專題；分析綜合能力；模型建構能力．【答案】減小，20，5。【分析】根據功率公式P＝Fv分析牽引力的變化情況。當牽引力等于阻力時，速度最大，根據P＝Fv求出最大速度。當加速度為1.5m/s2時，根據P＝Fv，結合牛頓第二定律求出速度的大小。【解答】解：當汽車以額定功率啟動，隨著車速增大，功率不變，由P＝Fv知牽引力減小。當牽引力等于阻力時，速度最大，根據P＝Fvm＝fvm得vm=Pf=當加速度為1.5m/s2時，根據牛頓第二定律得：Pv-f解得：v＝5m/s故答案為：減小，20，5。【點評】本題考查了機車的啟動問題，知要掌握功率與牽引力、速度的關系公式P＝Fv，知道加速度為零時，速度最大。12．（2023秋?鼓樓區校級期末）如圖所示，光滑斜面傾角分別為α、β，α＜β，兩小物體用細線相連，繞過光滑小滑輪靜止放在斜面上兩邊細線分別與斜面平行，P和Q高度相同。現在把細線剪斷，則從開始到落地，P和Q的運動時間tP＞tQ（填＞、＝或＜），從開始到落地，重力做功的平均功率PP＝P【考點】平均功率的計算；勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】＞；＝。【分析】把細線剪斷，對在光滑斜面上運動的物體，根據牛頓第二定律求解加速度，再根據運動學公式求解勻變速直線運動的時間表達式，從而比較時間的大小關系；根據重力做功WG＝mgh，結合重力平均功率表達式，比較重力做功的平均功率的大小。【解答】解：對任意一個光滑斜面，設斜面的傾角為θ，有mgsinθ＝ma設斜面的高度為h，斜面的長度為x=有勻變速直線運動有x=整理有t=由于兩物塊的下落高度相同，但α＜β，所以有P和Q的運動時間tP＞tQ從開始到落地，重力做功WG＝mgh對于物體P重力平均功率為P=對于物體Q重力平均功率為P=由于初始時靜止，有mPgsinα＝mQgsinβ所以從開始到落地，重力做功的平均功率相同。故答案為：＞；＝。【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用及平均功率，屬于比較基礎的應用，常規題型。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?福州校級期末）質量m＝1kg的小球在長為L＝0.5m的細繩作用下，在豎直平面內做圓周運動，細繩能承受的最大拉力Tmax＝42N，轉軸離地高度h＝5.5m，不計阻力，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）若小球在某次運動到最低點時細繩恰好被拉斷，求此時小球的速度大小；（2）繩斷后小球對應的水平射程x；（3）小球落地前重力的瞬間功率。【考點】瞬時功率的計算；牛頓第二定律的簡單應用；平拋運動位移的計算．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】（1）此時小球的速度大小為4m/s；（2）繩斷后小球對應的水平射程x為4m；（3）小球落地前重力的瞬間功率為100W。【分析】（1）根據牛頓第二定律計算；（2）根據平拋運動規律計算；（3）根據重力與豎直方向的速度的乘積計算。【解答】解：（1）設細繩恰好被拉斷時，小球的速度大小為v1，此時對小球由牛頓第二定律有Tmax解得v1＝4m/s（2）此后小球做平拋運動，設運動時間為t，則對小球由平拋運動的規律有h-Lx＝v1t聯立解得x＝4m（3）小球落地時豎直方向的速度為vy＝gt則小球落地前重力的瞬間功率為P＝mgvy代入數據解得P＝100W答：（1）此時小球的速度大小為4m/s；（2）繩斷后小球對應的水平射程x為4m；（3）小球落地前重力的瞬間功率為100W。【點評】掌握牛頓第二定律在圓周運動中的應用，平拋運動規律是解題的基礎，知道重力的功率等于重力與豎直方向速度的乘積。14．（2025?廣州模擬）某型號“雙引擎”節能環保汽車的工作原理：當行駛速度v＜15m/s時僅靠電動機輸出動力；當行駛速度v≥15m/s時，汽車自動切換引擎，僅靠汽油機輸出動力。該汽車在平直的公路上由靜止啟動，其牽引力F隨時間t變化關系如圖。已知該汽車質量為1500kg，行駛時所受阻力恒為1250N。汽車在t0時刻自動切換引擎后，保持牽引力功率恒定。求：（1）汽車切換引擎后的牽引力功率P；（2）汽車由啟動到切換引擎所用的時間t0。【考點】瞬時功率的計算；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】（1）汽車切換引擎后的牽引力功率為9×104W；（2）汽車由啟動到切換引擎所用的時間為6s。【分析】（1）根據題意結合功率的公式分析解答；（2）對汽車運動過程進行分析，運用速度關系公式求出勻加速的時間。【解答】解：（1）依題意知，汽車在t0時刻自動切換引擎，此時汽車速率為v1＝15m/s設此時汽車牽引力為F1，根據F﹣t圖像知F1＝6000N則有牽引力功率P＝F1v1聯立解得P＝9×104W（2）依題意知，汽車質量m＝1500kg，受到阻力為f＝1250N，汽車在0～t0時間內做勻加速直線運動，設汽車牽引力為F0，加速度為a，根據F﹣t圖像知F0＝5000N由牛頓第二定律有（F0﹣f）＝ma且v1＝at0聯立解得t0＝6s答：（1）汽車切換引擎后的牽引力功率為9×104W；（2）汽車由啟動到切換引擎所用的時間為6s。【點評】本題主要是考查機車的啟動問題，知道在功率恒定的情況下，機車做變加速，最后做勻速直線運動，掌握牛頓第二定律與運動學公式的應用，理解動能定理表達式的內容，要注意P＝Fv的使用。15．（2023秋?新余期末）2023年大年初一晚上，1000架無人機從秋水廣場灘涂起飛，以一江兩岸為背景，流光溢彩點亮云端之上，通過無人機編隊的排列，呈現“天下英雄城”“南昌第一槍”等多個極具江西南昌特色的造型。圖甲為某型號無人機，它的銘牌如表所示（已知空氣阻力與速度的關系為f＝0.8v，g＝10m/s2）。【型號】YU﹣2【動力】電動【質量】1200g【額定功率】80W（1）求無人機上升時的最大的速度？（2）某次飛行時，該無人機的飛行路線如圖乙所示，無人機先從A點勻速上升到B點，后以水平速度5m/s勻速飛行到C點，從B到C的過程中，求無人機電動機提供的牽引力大小和此時電動機的實際功率？【考點】瞬時功率的計算；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】（1）無人機上升時的最大的速度等于5m/s；（2）無人機電動機提供的牽引力大小等于410N，此時電動機的實際功率等于【分析】（1）無人機在空中達到最大速度時，處于平衡狀態，結合功率公式求解最大速度；（2）重力的方向為豎直向下，從B到C的過程中，無人機水平勻速飛行，牽引力大小等于阻力和重力的合力，結合功率公式求解。【解答】解：（1）當無人機向上運動的合力為0時，無人機上升的速度最大，令此時的升力為F0，則有F0＝mg+f0＝mg+0.8vmax無人機的額定功率為80W，此時有P額＝F0vmax解得vmax＝5m/s（2）從B到C的過程中，速度為5m/s，則空氣阻力大小為上述的f0，且f0＝0.8×5N＝4N方向水平向左，無人機做勻速直線運動，對無人機進行分析有根據平衡條件有F1=f根據功率的關系式有P＝F1vcosθ解得F1=410N答：（1）無人機上升時的最大的速度等于5m/s；（2）無人機電動機提供的牽引力大小等于410N，此時電動機的實際功率等于【點評】本題考查升力、功率的計算，關鍵是從圖中得出有用信息。

考點卡片1．勻變速直線運動位移與時間的關系【知識點的認識】（1）勻變速直線運動的位移與時間的關系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導①利用微積分思想進行推導：在勻變速直線運動中，雖然速度時刻變化，但只要時間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時間內近似應用我們熟悉的勻速運動的公式計算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導：勻變速直線運動中，速度是均勻改變的，它在時間t內的平均速度就等于時間t內的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結合公式x＝vt和v＝vt+at可導出位移公式：x（3）勻變速直線運動中的平均速度在勻變速直線運動中，對于某一段時間t，其中間時刻的瞬時速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運動的位移公式整理加工可得v即有：v=v0所以在勻變速直線運動中，某一段時間內的平均速度等于該段時間內中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內初速度和末速度的算術平均值。（4）勻變速直線運動推論公式：任意兩個連續相等時間間隔T內，位移之差是常數，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導：如圖所示，x1、x2為連續相等的時間T內的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當汽車遇到交通事故時就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內和6s內的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時間，汽車剎車停止后不再運動，然后根據位移時間公式x=v0t+解：汽車剎車到停止所需的時間t0所以剎車2s內的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內的位移等于在4s內的位移。x2=所以剎車2s內和6s內的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。點評：解決本題的關鍵知道汽車剎車停下來后不再運動，所以汽車在6s內的位移等于4s內的位移。此類試題都需注意物體停止運動的時間。例2：對推導公式v=v0物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內該物體的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m?s﹣2D．加速度大小可能小于6m?s﹣2分析：1s后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據a=v2-v解：A、規定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，1s內的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6C、規定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，則加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m故選：AC。點評：解決本題的關鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運動的平均速度公式v=【解題思路點撥】（1）應用位移公式的解題步驟：①選擇研究對象，分析運動是否為變速直線運動，并選擇研究過程。②分析運動過程的初速度v0以及加速度a和時間t、位移x，若有三個已知量，就可用x＝v0t+12at③規定正方向（一般以v0方向為正方向），判斷各矢量正負代入公式計算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運動的方法：①明確研究過程。②搞清v、a的正負及變化情況。③利用圖象求解a時，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時，須注意位移的正負：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負。⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數值等于物體位移的大小；b．速度圖象和t軸所圍面積的絕對值的和等于物體的路程。2．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。3．超重與失重的概念、特點和判斷【知識點的認識】1．實重和視重：（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態無關。（2）視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現象實質超重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力大于物體重力的現象系統具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力小于物體重力的現象系統具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量完全失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力為零的現象系統具有豎直向下的加速度，且a＝g【命題方向】題型一：超重與失重的理解與應用。例子：如圖，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水分析：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態，此時向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無論向哪個方向拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，處于完全失重狀態，此時水和容器的運動狀態相同，它們之間沒有相互作用，水不會流出，所以D正確。故選：D。點評：本題考查了學生對超重失重現象的理解，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了。【解題方法點撥】解答超重、失重問題時，關鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現象：（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。（2）物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。（3）當物體處于完全失重狀態時，重力只產生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產生其他效果。平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。4．傾斜傳送帶模型【知識點的認識】1.傳送帶問題利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態的分析、運動學和動力學知識的綜合運用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進人傳送帶的初速度）【命題方向】如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角為θ＝37°，AB的長度為64m，傳送帶以20m/s的速度沿逆時針方向轉動，在傳送帶上端A點無初速度地放上一個質量為8kg的物體（可視為質點），它與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5，求物體從A點運動到B點所用的時間。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體沿斜面向下的滑動摩擦力，物體由靜止開始勻加速下滑，根據牛頓第二定律求出加速度，然后根據運動學速度—時間公式求出勻加速至物體與傳送帶共速的時間。當物體速度達到傳送帶速度時，判斷物體的運動狀態，再求解運動時間。解答：物體放上傳送帶后，受到沿斜面向下的滑動摩擦力，設物體做勻加速直線運動的加速度為a1，直至與傳送帶速度相等。設這一過程所需的時間為t1，物體下滑的位移為x1，則由牛頓第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由運動學公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1則x1=12a1t12=12×10×物體與傳送帶達到共同速度時，因為mgsinθ＞μmgcosθ，物體將繼續勻加速下滑，設再經t2時間物體滑至B端，加速度為a2，則mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a2＝2m/s2由運動學公式有LAB﹣x1＝vt2+解得：t2＝2s故物體從A點運動到B點所用的總時間為t＝t1+t2＝2s+2s＝4s答：物體從A點運動到B點所用的總時間為4s。點評：解決本題的關鍵要正確分析物體的受力情況，來判斷其運動情況，要注意滑動摩擦力方向與物體間相對運動方向相反。【解題思路點撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應用牛頓第二定律進行解答。需要綜合運用力學、運動學以及牛頓運動定律的相關內容。5．平拋運動位移的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的位移x＝v0t豎直方向上的位移為y=物體的合位移為l=3.對于已知高度的平拋運動，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯立得x＝v02所以說平拋運動的水平位移與初速度大小和拋出點的高度有關。【命題方向】物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個過程中的位移是（）物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同．解：物體做平拋運動，水平方向的位移為：x＝v0t＝7.5×2m＝15m豎直方向上是自由落體運動，豎直位移為：h=12gt2=12×10×（2）2物體的合位移為s=x2+h2=故選：D。本題就是對平拋運動規律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．【解題思路點撥】平拋運動的物體在水平和豎直方向上的運動都是獨立的，可以分別計算兩個方向的位移，并與合位移構成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。6．線速度的物理意義及計算【知識點的認識】1.定義：物體在某段時間內通過的弧長Δs與時間Δt之比。2.定義式：v=3.單位：米每秒，符號是m/s。4.方向：物體做圓周運動時該點的切線方向。5.物理意義：表示物體沿著圓弧運動的快慢。6.線速度的求法（1）定義式計算：v=（2）線速度與角速度的關系：v＝ωr（3）知道圓周運動的半徑和周期：v=【命題方向】有一質點做半徑為R的勻速圓周運動，在t秒內轉動n周，則該質點的線速度為（）A、2πRntB、2πRntC、分析：根據線速度的定義公式v=ΔS解答：質點做半徑為R的勻速圓周運動，在t秒內轉動n周，故線速度為：v=故選：B。點評：本題關鍵是明確線速度的定義，記住公式v=ΔS【解題思路點撥】描述圓周運動的各物理量之間的關系如下：7．重力做功的特點和計算【知識點的認識】1.表達式：WG＝mgh＝mg（h1﹣h2），其中h1、h2分別表示物體起點和終點的高度2.特點：①只跟物體運動的起點和終點的位置有關，而跟物體運動的路徑無關．②物體下降時重力做正功，物體被舉高時重力做負功．③重力做功的多少與參考平面無關。【命題方向】物體沿不同的路徑從A滑到B，如圖所示，則（）A、沿路徑ACB重力做的功大些B、沿路徑ADB重力做的功大些C、沿路徑ACB和ADB重力做功一樣多D、條件不足，無法判斷分析：解答本題應明確重力做功的特點：重力做功與高度差有關，與路徑無關．解答：由A到B不管沿哪條路徑高度差相同，則重力做功相同。則C正確，ABD錯誤故選：C。點評：本題考查重力做功的特點，一定要掌握重力做功只和高度有關．【解題思路點撥】1.重力做功只與初、末位置有關，與路徑無關。2.計算重力做功的步驟為：①確定物體重力的大小；②確定物體在豎直方向上的位移大小；③如果物體向上運動，重力做負功；如果物體向下運動，重力做負功。8．摩擦力做功的特點和計算【知識點的認識】1.摩擦力做功的特點：（1）摩擦力做功與路程有關。（2）摩擦力可能做負功、可能做正功也可能不做功。例如物體在粗糙的地面上滑動直到停止，這個過程中物體與地面間的摩擦力對物體做負功；將煤炭放在傳送帶上，煤炭最終和傳送帶一起運動，煤炭與傳送帶間的摩擦力對煤炭做正功；擦黑板的過程中，黑板與黑板擦之間的摩擦力對黑板不做功。總之摩擦力對物體做什么功，也遵循常規力做功的判斷方法，即當力與位移成銳角，則力對物體做正功；力與位移成鈍角，則力對物體做負功；力與位移成直角，則力對物體不做功。2.摩擦力做功的計算公式摩擦力做功W＝fs。s是指路程。【命題方向】如圖所示，質量為m的物體靜止在傾角為θ的斜面上，物體與斜面間的動摩擦因數為μ．現在使斜面體向右水平勻速移動距離L，則摩擦力對物體做功為（物體與斜面體保持相對靜止）（）A、0B、﹣μmgLcosθC、mgLsinθcos2θD、mgLsinθcosθ分析：對物體受力分析，可以求得摩擦力，再由功的公式即可求得對物體做的功的大小．解答：物體處于靜止，對物體受力分析可得，在豎直方向mg＝Ncosθ+fsinθ在水平分析Nsinθ＝fcosθ解得N＝mgcosθf＝mgsinθ摩擦力做的功Wf＝fcosθ?L＝mgLsinθcosθ故選：D。點評：對物體受力分析，求出力的大小，再由功的公式即可求得功的大小．【解題思路點撥】解決摩擦力做功問題時，一定要記住摩擦力做功需要用路程計算，一個簡單的例子是，寒冷的冬天雙手來回摩擦可以暖手，顯然摩擦產生的熱量不可能通過位移計算。9．功率的定義、物理意義和計算式的推導【知識點的認識】1.義：功與完成這些功所用時間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質：功是標量。4.計算公式（1）定義式：P=Wt，P為時間（2）機械功的表達式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時速度，則P為瞬時功率．推導：如果物體的受力F與運動方向的夾角為α，從計時開始到時刻t這段時間內，發生的位移是l，則力在這段時間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開始計時到時刻t這段時間內發生的，所以lt是物體在這段時間內的平均速度vP＝Fvcosα可見，力對物體做功的功率等于沿運動方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時，cosα＝1，上式可以寫成P＝Fv。從以上推導過程來看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計時開始到時刻t的平均功率。如果時間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時速度，這個關系式也就可以反映瞬時速度與瞬時功率的關系。5.額定功率：機械正常工作時輸出的最大功率．6.實際功率：機械實際工作時輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關于功率和機械效率的說法中，正確的是（）A、功率大的機械，做功一定多B、做功多的機械，效率一定高C、做功快的機械，功率一定大D、效率高的機械，功率一定大分析：根據P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據η解答：A、根據P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據η=W有W總=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點評：解決本題的關鍵知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解題思路點撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少沒有直接關系。2.功率的定義式P=W10．平均功率的計算【知識點的認識】平均功率的計算式：①功率的定義式：P=②恒力做功：P＝Fv（v是平均速度）【命題方向】一、定義式計算平均功率據報導：我國一家廠商制作了一種特殊的手機，在電池能耗盡時，搖晃手機，即可產生電能維持通話，搖晃手機的過程是將機械能轉化為電能，如果將該手機搖晃一次，相當于將100g的重物舉高40cm，若每秒搖兩次，則搖晃手機的平均功率為（g＝10m/s2）（）A、0.04WB、0.4WC、0.8W