2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計劃 課練14 功和功率（含解析）.doc

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功和功率 小題狂練? 小題是基礎(chǔ)　練小題　提分快 1．[2019寧夏銀川一中摸底](多選)如圖所示，水平路面上有一質(zhì)量為M的汽車，車廂中有一質(zhì)量為m的人正用恒力F向前推車廂，在車以加速度a向前加速行駛距離L的過程中，下列說法正確的是(　　) A．人對車的推力F做的功為FL B．人對車做的功為maL C．車對人的摩擦力做的功為(F＋ma)L D．車對人的作用力大小為ma 答案：AC 解析：人對車的推力為F，在力F的方向上車行駛了L，則推力F做的功為FL，故A正確；在水平方向上，由牛頓第二定律可知車對人的力向左，大小為ma，則人對車水平方向上的作用力大小為ma，方向向右，車向左運動了L，故人對車做的功為－maL，故B錯誤；豎直方向車對人的作用力大小為mg，則車對人的作用力F0＝，故D錯誤；人在水平方向受到F的反作用力和車對人向左的摩擦力，則f－F′＝ma，F(xiàn)′＝F，得f＝ma＋F，則車對人的摩擦力做的功為(F＋ma)L，故C正確． 2．[2019河南省鄭州一中模擬](多選)如圖，長為L的輕桿A一端固定小球B，另一端固定在水平轉(zhuǎn)軸O上，輕桿A繞轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，在輕桿A與水平方向的夾角θ從0增加到90的過程中(　　) A．小球B受到輕桿A的作用力的方向始終平行于輕桿 B．小球B受到輕桿A的作用力逐漸減小 C．小球B受到輕桿A的作用力對小球B不做功 D．小球B受到輕桿A的作用力的瞬時功率減小 答案：BD 解析：小球做勻速圓周運動，則合力提供向心力，知合力方向一定沿著輕桿A指向O，而小球受重力和桿對小球的作用力，則可知桿對小球作用力的方向與輕桿不平行，A錯誤；設(shè)輕桿對小球的作用力為F，因為小球做勻速圓周運動，則F與mg的合力大小恒定不變，如圖，由圖可以看出小球受到輕桿A的作用力逐漸減小，B正確；根據(jù)動能定理，可知動能的變化量為零，重力做負(fù)功，則輕桿對小球的作用力做正功，C錯誤；P＝F′v，F(xiàn)′為輕桿A對小球的作用力在小球速度方向上的分力，由分析可知，F(xiàn)′一直減小，故P一直減小，D正確． 3．[2019浙江省溫州模擬] 某質(zhì)量為m的電動玩具小車在平直的水泥路上由靜止沿直線加速行駛，經(jīng)過時間t前進(jìn)的距離為x，且速度達(dá)到最大值vm，設(shè)這一過程中電動機(jī)的功率恒為P，小車受到的阻力恒為F，則t時間內(nèi)(　　) A．小車做勻加速運動 B．小車受到的牽引力逐漸增大 C．合外力對小車所做的功為Pt D．牽引力對小車所做的功為Fx＋mv 答案：D 解析：電動機(jī)功率恒定，P＝F牽v，結(jié)合牛頓第二定律F牽－F＝ma可知，當(dāng)速度增大時，牽引力減小，加速度減小，故小車做加速度減小的變加速運動，故A、B錯誤；整個過程中，牽引力做正功，阻力做負(fù)功，故合外力做的功為W＝mv，Pt為牽引力所做的功，故C錯誤；整個過程中，根據(jù)動能定理可知Pt－Fx＝mv，解得Pt＝Fx＋mv，故D正確． 4．[2019四川省成都外國語學(xué)校模擬](多選)太陽能汽車是靠太陽能來驅(qū)動的汽車．當(dāng)太陽光照射到汽車上方的光電板時，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機(jī)帶動汽車前進(jìn)．設(shè)汽車在平直的公路上由靜止開始勻加速行駛，經(jīng)過時間t，速度為v時功率達(dá)到額定功率，并保持不變．之后汽車又繼續(xù)前進(jìn)了距離s，達(dá)到最大速度vmax.設(shè)汽車質(zhì)量為m，運動過程中所受阻力恒為f，則下列說法正確的是(　　) A．汽車的額定功率為fvmax B．汽車勻加速運動過程中，牽引力做的功為fvt＋mv2 C．汽車從靜止開始到速度達(dá)到最大值的過程中，克服阻力做的功為fvt＋fs D．汽車速度為時的加速度大小為 答案：ABD 解析：當(dāng)汽車達(dá)到最大速度時牽引力與阻力平衡，功率為額定功率，汽車的額定功率為fvmax，故A正確；汽車勻加速運動過程中通過的位移x＝vt，克服阻力做的功為W＝fvt，由動能定理知：WF－Wf＝mv2，得WF＝Wf＋mv2＝fvt＋mv2，故B正確；汽車勻加速運動過程中克服阻力做的功為W＝fvt，后來汽車又運動了距離s，則這段過程克服阻力做的功為W′＝fs，整個過程中克服阻力做的功為W總＝W＋W′＝fvt＋fs，故C錯誤；汽車的功率P＝Fv，由牛頓第二定律知：F－f＝ma，當(dāng)汽車速度為時的加速度a＝，故D正確． 5．[2019河北省名校聯(lián)盟一測]質(zhì)量為2 kg的物體，放在與物體間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由靜止開始運動，拉力做的功W和物體發(fā)生的位移x之間的關(guān)系如圖所示，g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．此物體在OA段做勻加速直線運動，且此過程中拉力的最大功率為6 W B．此物體在OA段做勻速直線運動，且此過程中拉力的最大功率為6 W C．此物體在AB段做勻加速直線運動，且此過程中拉力的最大功率為6 W D．此物體在AB段做勻速直線運動，且此過程中拉力的功率恒為6 W 答案：D 解析：對物體受力分析，物體受到的摩擦力為Ff＝μmg＝2 N，由題圖可知，斜率表示物體所受拉力的大小，OA段的拉力為5 N，AB段的拉力為2 N，所以物體在OA段做勻加速直線運動，在AB段做勻速直線運動，選項B、C錯誤；在OA段物體所受的拉力為5 N，物體做勻加速直線運動，當(dāng)速度最大時，拉力的功率最大，v＝at，x＝at2，a＝，代入數(shù)據(jù)得v＝3 m/s，此時拉力的最大功率Pm＝Fv＝15 W，選項A錯誤；在AB段，物體以3 m/s的速度做勻速運動，此過程中拉力的功率恒為P＝F′v＝6 W，選項D正確． 6．[2019福建省福州市閩侯一中檢測](多選)如圖所示，斜面頂端A與另一點B在同一水平線上，甲、乙兩小球質(zhì)量相等，小球甲沿光滑斜面以初速度v0從頂端A滑到底端，乙球以同樣的初速度v0從B點拋出，不計空氣阻力，則(　　) A．兩球落地時速率相同 B．兩球落地時，重力的瞬時功率相同 C．從開始運動至落地過程中，重力對它們做的功相同 D．從開始運動至落地過程中，重力的平均功率相同 答案：AC 解析：根據(jù)動能定理知，mgh＝mv2－mv，由于甲、乙兩球下降的高度相同，則重力做的功相等，初動能相等，則末動能相等，可知兩球落地的速率相同，故A、C正確；乙球僅受重力作用，做勻變速曲線運動，落地時速度方向與甲球落地時速度方向不同，根據(jù)P＝mgvcosθ知，其中θ為落地時速度方向與豎直方向的夾角，則可知重力的瞬時功率不同，故B錯誤；由于兩球在整個過程中重力做的功相等，但是運動的時間不同，則重力的平均功率不同，故D錯誤． 7．[2019南寧模擬]關(guān)于功的概念，下列說法正確的是(　　) A．物體受力越大，位移越大，力對物體做功越多 B．合力的功等于各分力功的矢量和 C．摩擦力可以對物體做正功 D．功有正負(fù)，但正負(fù)不表示方向，而表示大小 答案：C 解析：因功的決定因素為力、位移及二者的夾角，若力大、位移大，但兩者夾角為90，則做功為0，故A錯誤；功是物體之間能量轉(zhuǎn)化的量度，它是標(biāo)量，功也有正負(fù)之分，但功的正負(fù)不是表示方向，是表示力對物體的做功效果，所以B、D錯誤；摩擦力可以做正功，也可做負(fù)功，這要看摩擦力與位移的方向關(guān)系，故C正確． 8．[2017全國卷Ⅱ]如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)．小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力(　　) A．一直不做功 B．一直做正功 C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心 答案：A 解析：由于大圓環(huán)是光滑的，因此小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力方向始終與速度方向垂直，因此作用力不做功，A項正確，B項錯誤；小環(huán)剛下滑時，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力背離大圓環(huán)的圓心，滑到大圓環(huán)圓心以下的位置時，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力指向大圓環(huán)的圓心，C、D項錯誤． 9．[2019天津模擬]一個高中生騎電動車以20 km/h的速度勻速行駛，電動車所受阻力是人和車總重力的.已知人和車的總質(zhì)量約為80 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，則此時電動車電機(jī)的輸出功率約為(　　) A．50 W B．100 W C．450 W D．800 W 答案：C 解析：車在勻速行駛時，人和車受力平衡，人和車受到的阻力大小為f＝mg＝800 N＝80 N，此時的功率P＝Fv＝fv＝444 W，所以C正確． 10．[2019貴陽監(jiān)測](多選)如圖所示，位于水平面上的同一物體在恒力F1的作用下，做速度為v1的勻速直線運動；在恒力F2的作用下，做速度為v2的勻速直線運動，已知F1與F2的功率相同．則可能有(　　) A．F1＝F2，v1＜v2 B．F1＝F2，v1＞v2 C．F1＜F2，v1＜v2 D．F1＞F2，v1＞v2 答案：BD 解析：設(shè)F1與水平面間的夾角為α，根據(jù)題述，F(xiàn)1與F2的功率相同，則有F1v1cosα＝F2v2.若F1＝F2，則有v1cosα＝v2，即v1＞v2；若F1＞F2且v1＞v2，F(xiàn)1v1cosα＝F2v2可能成立，選項B、D正確，A錯誤．若F1＜F2且v1＜v2，則F1v1cosα＝F2v2肯定無法成立，選項C錯誤． 11．[2019安徽四校摸底](多選)如圖所示，兩根輕質(zhì)細(xì)線的一端拴在O點、另一端分別固定在樓道內(nèi)的傾斜天花板上的a點和b點，一質(zhì)量為m的重物P通過長度為L的輕質(zhì)細(xì)線固定在O點，系統(tǒng)靜止，Oa水平、Ob與豎直方向成一定夾角．現(xiàn)在對重物施加一個水平向右的拉力F，使重物以較小速率繞O點做勻速圓周運動，至O、P間細(xì)線轉(zhuǎn)動60，此過程中拉力F做功為W，則下列判斷正確的是(　　) A．Oa上的拉力F1不斷增大，Ob上的拉力F2一定不變 B．Oa上的拉力F1可能不變，Ob上的拉力F2可能增大 C．W＝mgL，拉力F做功的瞬時功率一直增大 D．W＝FL，拉力F做功的瞬時功率先增大后減小 答案：AC 解析：對結(jié)點O與P整體受力分析，豎直方向受P的重力與細(xì)線Ob拉力F2的豎直分力并處于平衡狀態(tài)，則F2不變，對重物應(yīng)用圖解法可知水平拉力F不斷增大，又F2不變，由結(jié)點O和重物水平方向受力平衡可知，細(xì)線Oa的拉力F1不斷增大，故A項正確，B項錯誤；重物繞O點做勻速圓周運動，則拉力F、重力二者沿垂直半徑(OP)方向的分力等大，拉力F做功功率P＝(mgsinθ)v不斷增大，θ為OP與豎直方向的夾角，根據(jù)拉力F做的功等于重物減少的重力勢能可知W＝mgL(1－cos60)，選項C正確，D錯誤． 12．[2019昆明適應(yīng)性檢測](多選)一物體置于升降機(jī)中，t＝0時刻升降機(jī)由靜止開始運動，規(guī)定豎直向上為運動的正方向，其加速度a隨時間t變化的圖象如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．在2～6 s內(nèi)升降機(jī)對物體不做功 B．在6～8 s內(nèi)升降機(jī)對物體做正功 C．在6～8 s內(nèi)物體處于失重狀態(tài) D．在0～8 s內(nèi)物體的平均速度大小為4 m/s 答案：BC 解析：由題圖可知，在2～6 s內(nèi)，物體豎直向上做勻速運動，升降機(jī)對物體的作用力方向豎直向上，與物體的運動方向相同，故升降機(jī)對物體做正功，故A錯誤，在6～8 s內(nèi)，升降機(jī)做減速運動，由牛頓第二定律可知，升降機(jī)對物體的作用力仍向上，則升降機(jī)對物體做正功，B正確；在6～8 s內(nèi)，物體的加速度方向向下，故物體處于失重狀態(tài)，故C正確；根據(jù)運動學(xué)公式可知，前2 s內(nèi)物體的位移x1＝at＝24 m＝4 m,2 s末物體的速度v＝at1＝22 m/s＝4 m/s；在2～6 s內(nèi)，物體的位移x2＝vt2＝44 m＝16 m，物體減速過程的加速度大小與加速過程相同，時間相同，則其位移x3＝x1＝4 m，則物體的平均速度v＝＝m/s＝3 m/s，故D錯誤． 13．[2019開封模擬](多選)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球固定在長為2L的輕桿上端，輕桿下端用光滑鉸鏈連接于地面上的A點，桿可繞A點在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，桿的中點系一細(xì)繩，電機(jī)與自動裝置控制繩子，使得桿可以從虛線位置繞A點逆時針倒向地面，且整個倒下去的過程中，桿做勻速轉(zhuǎn)動．那么在此過程中(　　) A．小球重力做功為2mgL B．繩子拉力做功大于2mgL C．重力做功功率逐漸增大 D．繩子拉力做功功率先增大后減小 答案：AC 解析：小球在該過程中下降高度為2L，所以小球重力做功為2mgL，A項正確；桿做勻速轉(zhuǎn)動，小球速率不變，此過程中外力對系統(tǒng)做功為零，又只有重力和拉力對系統(tǒng)做功，所以繩子拉力做功與重力做功大小相等，B項錯誤；重力做功的功率等于重力與小球沿豎直方向分速度的乘積，小球做勻速圓周運動，該過程中小球豎直方向分速度不斷增大，所以重力做功的功率不斷增大，C項正確；由動能定理可得，拉力做功功率與重力做功功率始終大小相等，故拉力做功功率不斷增大，D項錯誤． 14．一輕繩一端固定在O點，另一端拴一小球，拉起小球使輕繩水平，然后無初速度釋放小球．如圖所示，小球從開始運動至輕繩到達(dá)豎直位置的過程中，小球重力的瞬時功率的變化情況是(　　) A．一直增大 B．一直減小 C．先增大，后減小 D．先減小，后增大 答案：C 解析：小球在初位置重力做功的功率為零，在最低點，由于重力的方向與速度方向垂直，則重力做功的功率為零，因為初末位置重力做功的功率都為零，則小球從開始運動至輕繩到達(dá)豎直位置的過程中重力做功的功率先增大后減小，C正確． 15．如圖，物塊A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做勻速直線運動的過程中，下列關(guān)于A對地面的滑動摩擦力做功和B對A的靜摩擦力做功的說法正確的是(　　) A．靜摩擦力做正功，滑動摩擦力做負(fù)功 B．靜摩擦力不做功，滑動摩擦力做負(fù)功 C．靜摩擦力做正功，滑動摩擦力不做功 D．靜摩擦力做負(fù)功，滑動摩擦力做正功 答案：C 解析：把物塊A、B看成一個整體，一起沿水平地面做勻速直線運動，所以fA－地＝f地－A＝F，其中f地－A的方向與 運動方向相反，故地面對A的滑動摩擦力做負(fù)功，因為地面沒有位移，所以A對地面的滑動摩擦力不做功；選擇A作為研究對象，A做勻速運動，所以fB－A＝F，fA－B＝fB－A，其中B對A的靜摩擦力的方向與運動方向相同，故B對A的靜摩擦力做正功．綜上可知，B對A的靜摩擦力做正功，A對地面的滑動摩擦力不做功，C正確． 16．如圖所示，通過一動滑輪提升質(zhì)量m＝1 kg的物體，豎直向上拉繩子，使物體由靜止開始以5 m/s2的加速度上升，不計動滑輪及繩子的質(zhì)量和一切摩擦，則拉力F在1 s末的瞬時功率為(取g＝10 m/s2)(　　) A．75 W B．25 W C．12.5 W D．37.5 W 答案：A 解析：由牛頓第二定律得2F－mg＝ma，得F＝7.5 N,1 s末物體的速度為v1＝at＝5 m/s，力F作用點的速度v2＝2v1＝10 m/s，則拉力F在1 s末的瞬時功率為P＝Fv2＝75 W，故A正確． 課時測評? 綜合提能力　課時練　贏高分 一、選擇題 1. [2019江蘇南通模擬](多選)如圖所示，有三個相同的小球A、B、C，其中小球A沿高為h、傾角為θ的光滑斜面以初速度v0從頂端滑到底端，小球B以同樣大小的初速度從同等高度處豎直上拋，小球C在同等高度處以初速度v0水平拋出，則(　　) A．小球A到達(dá)地面時的速度最大 B．從開始至落地，重力對它們做功相同 C．從開始運動至落地過程中，重力對它們做功的平均功率一定相同 D．三個小球到達(dá)地面時，小球B重力的瞬時功率最大 答案：BD 解析：三個小球在運動的過程中都是只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知三個小球落地時動能相等，速度的大小相等．故A錯誤；重力做功只與初、末位置有關(guān)，三個小球的起點和終點的高度差一樣，所以重力做的功相同，故B正確；由題可知，B與C在空中運動的時間顯然不同，平均功率等于做功的大小與所用時間的比值，小球重力做的功相同，但是時間不同，所以重力做功的平均功率不同，故C錯誤；小球落地時的速度的大小相等而方向不同，由于A、C兩球都有水平方向的分速度，而B球沒有水平方向的分速度，所以B球豎直方向的速度最大，由瞬時功率的公式可以知道，B球的重力的瞬時功率最大，故D正確． 2．如圖所示，一架自動扶梯以恒定的速度v1運送乘客上同一樓層，某乘客第一次站在扶梯上不動，第二次以相對扶梯v2的速度勻速往上走．扶梯兩次運送乘客所做的功分別為W1、W2，牽引力的功率分別為P1、P2，則(　　) A．W1W2，P1＝P2 答案：D 解析：功等于力和在力的方向上通過的距離的乘積，由于都是勻速運動，兩種情況力的大小相等；由于第二次人沿扶梯向上走了一段距離，所以第一次扶梯運動的距離要比第二次扶梯運動的距離長，故兩次扶梯運客所做的功不同，有W1>W2；功率等于力與沿力方向的速度的乘積，由于都是勻速，兩種情況力的大小相等，扶梯移動的速度也相同，電機(jī)驅(qū)動扶梯做功的功率相同，即P1＝P2，故選D. 3．[2019河北五個一名校聯(lián)盟模擬](多選)放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6 s內(nèi)其速度隨時間變化的圖象和該拉力的功率隨時間變化的圖象分別如圖甲、乙所示．下列說法正確的是(　　) A．0～6 s內(nèi)物體的位移大小為30 m B．2～6 s內(nèi)拉力做的功為40 J C．合外力在0～6 s內(nèi)做的功與0～2 s內(nèi)做的功相等 D．滑動摩擦力的大小為5 N 答案：ABC 解析：0～6 s內(nèi)物體的位移大小x＝6 m＝30 m，故A正確；2～6 s內(nèi)拉力做的功W＝Pt＝104 J＝40 J，故B正確；在2～6 s內(nèi)，物體做勻速直線運動，合外力為零，合外力做的功為零，則合外力在0～6 s內(nèi)做的功與0～2 s內(nèi)做的功相等，故C正確；在2～6 s內(nèi)，v＝6 m/s，P＝10 W，物體做勻速直線運動，摩擦力f＝F，得到f＝F＝＝ N，故D錯誤． 4．[2019湖南師大附中模擬]一摩托車在豎直的圓軌道內(nèi)側(cè)做勻速圓周運動，人和車的總質(zhì)量為m，軌道半徑為R，車經(jīng)最高點時發(fā)動機(jī)功率為P0、車對軌道的壓力為mg.設(shè)軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比，則(　　) A．車經(jīng)最低點時對軌道的壓力為mg B．車運動過程中發(fā)動機(jī)的功率一直不變 C．車經(jīng)最低點時發(fā)動機(jī)功率為3P0 D．車從最高點到最低點的過程中，人和車重力做功的功率不變 答案：C 解析：在最高點，向心力大小為Fn＝N1＋mg＝2mg，摩托車做勻速圓周運動，向心力大小不變，則在最低點N2－mg＝Fn，得N2＝3mg，根據(jù)牛頓第三定律得車經(jīng)最低點時對軌道的壓力為3mg，故A錯誤；在最高點，發(fā)動機(jī)功率P0＝F1v＝μN1v＝μmgv，在最低點發(fā)動機(jī)功率為P＝F2v＝μN2v＝3μmgv，則有P＝3P0，故B錯誤，C正確；摩托車做勻速圓周運動，速度大小不變，重力大小不變，車從最高點到最低點的過程中，重力方向和速度方向的夾角先變小再變大，重力功率先變大再變小，故D錯誤． 5．[2019安徽安慶二中月考](多選)一質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑的水平面上．從t＝0開始，將一個大小為F的水平恒力作用在該木塊上，下列說法正確的是(　　) A．木塊在經(jīng)歷時間t1的過程中，水平恒力F做的功為 B．木塊在經(jīng)歷時間t1的過程中，在t1時刻力F的瞬時功率為 C．木塊在經(jīng)歷時間t1的過程中，在t1時刻力F的瞬時功率為 D．木塊在經(jīng)歷時間t1的過程中，水平恒力F做功的平均功率為 答案：AC 解析：由牛頓第二定律可以得到，F(xiàn)＝ma，所以a＝，t1時刻的速度為v＝at1＝t1，t1時間內(nèi)通過的位移為x＝at＝，做的功為W＝Fx＝，故A正確；所以t1時刻F的瞬時功率為P＝Fv＝Ft1＝，故B錯誤，C正確；平均功率為＝＝，故D錯誤． 6. [2019四川資陽檢測](多選)一質(zhì)量為800 kg的電動汽車由靜止開始沿平直公路行駛，達(dá)到的最大速度為18 m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動汽車的牽引力F與對應(yīng)的速度v，并描繪出F－圖象，圖中AB、BC均為直線．若電動汽車行駛過程中所受的阻力恒定，由圖象可知下列說法正確的是(　　) A．電動汽車由靜止開始一直做變加速直線運動 B．電動汽車的額定功率為10.8 kW C．電動汽車由靜止開始經(jīng)過2 s，速度達(dá)到6 m/s D．電動汽車行駛中所受的阻力為600 N 答案：BD 解析：AB段牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律知，電動汽車的加速度不變，做勻加速直線運動，故A錯誤；額定功率P＝Fminvmax＝60018 W＝10.8 kW，故B正確；勻加速運動的加速度a＝ m/s2＝3 m/s2，到達(dá)B點對應(yīng)狀態(tài)時的速度v＝＝ m/s＝3.6 m/s，所以勻加速的時間t＝＝1.2 s，若電動汽車在2 s內(nèi)由靜止開始一直做勻加速運動，則經(jīng)過2 s時的速度v＝at＝6 m/s，所以電動汽車由靜止開始經(jīng)過2 s，速度小于6 m/s，故C錯誤；當(dāng)最大速度vmax＝18 m/s時，牽引力為Fmin＝600 N，故恒定阻力f＝Fmin＝600 N，故D正確． 7．如圖所示，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動力的小船沿直線拖向岸邊．已知拖動纜繩的電動機(jī)功率恒為P，小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為f，經(jīng)過A點時纜繩與水平方向的夾角為θ，小船的速度大小為v0，則此時小船加速度大小a和纜繩對船的拉力F為(纜繩質(zhì)量忽略不計)(　　) A．a(chǎn)＝，F(xiàn)＝ B．a(chǎn)＝，F(xiàn)＝ C．a(chǎn)＝，F(xiàn)＝ D．a(chǎn)＝，F(xiàn)＝ 答案：B 解析：根據(jù)P＝Fv0cosθ得F＝，根據(jù)牛頓第二定律Fcosθ－f＝ma得a＝，所以選項B正確． 8．用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設(shè)木板對釘子的阻力與釘進(jìn)木板的深度成正比，已知鐵錘第一次將釘子釘進(jìn)d，如果鐵錘第二次敲釘子時對釘子做的功與第一次相同，那么，第二次釘子進(jìn)入木板的深度是(　　) A．(－1)d B．(－1)d C.d D.d 答案：B 解析：在將釘子釘入木板的過程中，隨著深度的增加，阻力成正比地增加，這屬于變力做功問題，由于力與位移成正比，可求出力對位移的平均值，將變力轉(zhuǎn)化為恒力來處理．根據(jù)題意可得，第一次做功W＝F1d＝d；第二次做功W＝F2d′＝d′，且d′＞0，聯(lián)立解得d′＝(－1)d，B正確． 9．質(zhì)量為m的汽車在平直的路面上啟動，啟動過程的速度－時間圖象如圖所示，其中OA段為直線，AB段為曲線，B點后為平行于橫軸的直線．已知從t1時刻開始汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力的大小恒為Ff，以下說法正確的是(　　) A．0～t1時間內(nèi)，汽車牽引力為m B．t1～t2時間內(nèi)，汽車的功率等于v2 C．t1～t2時間內(nèi)，汽車的平均速度小于 D．汽車運動的最大速率為v1 答案：D 解析：由題圖可以知道，0～t1階段，汽車做勻加速直線運動，a＝，F(xiàn)1－Ff＝ma，聯(lián)立得，F(xiàn)1＝m＋Ff，A錯誤；在t1時刻汽車達(dá)到額定功率P＝F1v1＝v1，t1～t2時間內(nèi)，汽車保持額定功率不變，B錯誤；由v－t圖線與橫軸所圍面積表示位移的大小可以知道，t1～t2時間內(nèi)，汽車的平均速度大于，C錯誤；t2時刻，速度達(dá)到最大值v2，此時刻F2＝Ff，P＝F2v2，得v2＝v1，所以D正確． 10．(多選)在傾角為θ的光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)開始用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，當(dāng)物塊B剛要離開C時，物塊A運動的距離為d，速度為v，重力加速度大小為g，則此時(　　) A．m2gsinθ＝kd B．物塊A的加速度大小為 C．重力對物塊A做功的功率為(kd－m2gsinθ)v D．彈簧的彈力對物塊A做功的功率為(kd－m2gsinθ)v 答案：BC 解析：開始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，當(dāng)B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsinθ＝kx2，但由于開始時彈簧是壓縮的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A錯誤；物塊A的加速度a＝， 開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量x1＝，又x1＋x2＝d，解得a＝，故B正確；由于速度v與重力夾角不為零，故重力的瞬時功率等于m1gvsinθ，則由m1gsinθ＝kx1、m2gsinθ＝kx2及x1＋x2＝d得，m1gsinθ＋m2gsinθ＝kd，所以重力做功的功率P＝(kd－m2gsinθ)v，故C正確；當(dāng)物塊B剛要離開C時，彈簧的彈力為m2gsinθ，則彈力對物塊A做功的功率為m2gsinθv，故D錯誤． 二、非選擇題 11．汽車發(fā)動機(jī)的額定功率為60 kW，汽車質(zhì)量為5 t．汽車在運動中所受阻力的大小恒為車重的0.1倍．(g取10 m/s2) (1)若汽車以額定功率啟動，則汽車所能達(dá)到的最大速度是多少？當(dāng)汽車速度達(dá)到5 m/s時，其加速度是多少？ (2)若汽車以恒定加速度0.5 m/s2啟動，則這一過程能維持多長時間？ 答案：(1)12 m/s　1.4 m/s2　(2)16 s 解析：(1)汽車前進(jìn)的過程中阻力不變 F阻＝0.1mg＝0.1510310 N＝5103 N 牽引力等于阻力時，汽車達(dá)到最大速度：vm＝＝ m/s＝12 m/s 當(dāng)v＝5 m/s時，F(xiàn)牽＝＝ N＝1.2104 N 所以此刻加速度a＝＝ m/s2＝1.4 m/s2. (2)當(dāng)汽車以恒定加速度a′＝0.5 m/s2啟動時所需恒定的牽引力 F′牽＝ma＋F阻＝51030.5 N＋5103 N＝7.5103 N 當(dāng)功率達(dá)到汽車額定功率時v′＝＝ m/s＝8 m/s 勻加速運動持續(xù)時間t′＝＝ s＝16 s. 12. 如圖是一架小型四旋翼無人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的遙控飛行器，具有體積小、使用靈活、飛行高度低、機(jī)動性強(qiáng)等優(yōu)點．現(xiàn)進(jìn)行試驗：無人機(jī)從地面由靜止開始以額定功率豎直向上起飛，經(jīng)t＝20 s上升到h＝47 m，速度達(dá)到v＝6 m/s之后，不斷調(diào)整功率繼續(xù)上升，最終懸停在高H＝108 m處．已知無人機(jī)的質(zhì)量m＝4 kg，無論動力是否啟動，無人機(jī)上升、下降過程中均受空氣阻力，且大小恒為f＝4 N，取g＝10 m/s2. (1)求無人機(jī)的額定功率； (2)當(dāng)懸停在H高處時，突然關(guān)閉動力設(shè)備，無人機(jī)由靜止開始豎直墜落，2 s末啟動動力設(shè)備，無人機(jī)立即獲得向上的恒力F，使其到達(dá)地面時速度恰好為0，則F是多大？ 答案：(1)107 W　(2)43.2 N 解析：(1)無人機(jī)以額定功率向上運動時，由動能定理可得： Pt－(mg＋f)h＝mv2解得P＝107 W (2)關(guān)閉動力設(shè)備后，無人機(jī)加速下落，設(shè)下落的加速度為a1，由牛頓第二定律可得mg－f＝ma1 經(jīng)過2 s后，由運動學(xué)規(guī)律可得，速度v1＝a1t1 下落高度h1＝a1t 啟動動力設(shè)備后，無人機(jī)減速下降，設(shè)加速度為a2，由運動學(xué)規(guī)律和牛頓運動定律可得0－v＝2a2(H－h(huán)1) mg－F－f＝ma2 聯(lián)立解得F＝43.2 N