2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 14 Word版含解析.pdf

小题狂练 14 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 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 ，故 D 错误；人在水平方向受到 F 的反作用力和车对 mg 2 ma2 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 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 D牵引力对小车所做的功为 Fx mv 1 2 2 m 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、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 mv ，Pt 为牵引力所做的功，故 C 1 2 2 m 错误 ； 整个过程中， 根据动能定理可知 PtFx mv ， 解得 PtFx 1 2 2 m mv ，故 D 正确 1 2 2 m 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，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 1 2 1 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 D汽车速度为时的加速度大小为 vvmax 2 fvmax v mvmax v 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，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 ： WFWf 1 2 1 2 mv2，得 WFWf mv2 fvt mv2，故 B 正确；汽车匀加速运 1 2 1 2 1 2 1 2 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 1 2 这段过程克服阻力做的功为 Wfs，整个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 1 2 二定律知 ： Ffma， 当汽车速度为时的加速度 a vvmax 2 fvmax v mvmax v ，故 D 正确 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 m/s， 此时拉力的最大功率 PmFv 1 2 FFf m 15 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 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 解析：根据动能定理知，mgh mv2 mv ，由于甲、乙两球下 1 2 1 2 2 0 降的高度相同，则重力做的功相等，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 P mgvcos 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，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，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，电动车所受阻力是人和车总重力的.已知人和车的总质量约 1 10 为 80 kg，重力加速度大小 g 取 10 m/s2，则此时电动车电机的输出功 率约为( ) A50 W B100 W C450 W D800 W 答案：C 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 fmg×800 N80 N，此时的功率 PFvfv444 W， 1 10 1 10 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 ，根据题述，F1与 F2的功率 相同，则有 F1v1cosF2v2.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 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( ) 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 CW mgL，拉力 F 做功的瞬时功率一直增大 1 2 DWFL，拉力 F 做功的瞬时功率先增大后减小 3 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 ； 根据运动学公式可知， 前 2 s 内物体的位移 x1 at ×2×4 m4 m,2 s 末物体的速度 vat12×2 m/s4 m/s； 1 2 2 1 1 2 在 26 s 内，物体的位移 x2vt24×4 m16 m，物体减速过程的 加速度大小与加速过程相同，时间相同，则其位移 x3x14 m，则 物体的平均速度 vm/s3 m/s，故 D 错误 x1x2x3 8 s 4164 8 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( ) A静摩擦力做正功，滑动摩擦力做负功 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AF，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. 2019·江苏南通模拟(多选)如图所示， 有三个相同的小球 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 解析 ： 06 s 内物体的位移大小 x×6 m30 m， 故 A 正确 ； 46 2 26 s 内拉力做的功 WPt10×4 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 0 6 s内做的功与02 s内做的功相等，故C正确 ； 在26 s内，v6 m/s， P 10 W， 物体做匀速直线运动， 摩擦力 fF， 得到 fF N， 故 D P v 5 3 错误 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 PF2vN2v3mgv，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 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( ) A木块在经历时间 t1的过程中，水平恒力 F 做的功为F 2t2 1 2m B 木块在经历时间 t1的过程中， 在 t1时刻力 F 的瞬时功率为F 2t1 2m 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F 2t1 m 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 F2t2 1 m 答案：AC 解析 ： 由牛顿第二定律可以得到，Fma，所以 a ，t1时刻的 F m 速度为 vat1 t1， t1时间内通过的位移为 x at ， 做的功为 W F m 1 2 2 1 Ft2 1 2m Fx，故 A 正确 ； 所以 t1时刻 F 的瞬时功率为 PFvF· t1 F2t2 1 2m F m ，故 B 错误，C 正确；平均功率为 ，故 D 错误 F2t1 m P W t F2t1 2m 6. 2019·四川资阳检测(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 v，并描绘出 F1 v 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 错误；额定功率 PFminvmax 600×18 W10.8 kW， 故 B 正确 ； 匀加速运动的加速度 a 3 000600 800 m/s23 m/s2，到达 B 点对应状态时的速度 v m/s3.6 P F 10 800 3 000 m/s，所以匀加速的时间 t 1.2 s，若电动汽车在 2 s 内由静止开始 v a 一直做匀加速运动，则经过 2 s 时的速度 vat6 m/s，所以电动汽 车由静止开始经过 2 s， 速度小于 6 m/s， 故 C 错误 ； 当最大速度 vmax 18 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)( ) Aa，F 1 m( P v0cosf) P v0cos Ba，F 1 m( P v0f) P v0cos Ca，F 1 m( P v0cosf) P v0 Da，F 1 m( P v0f) P v0 答案：B 解析 ： 根据 PFv0cos 得 F， 根据牛顿第二定律 Fcosf P v0cos ma 得 a，所以选项 B 正确 1 m( P v0f) 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(1)d B(1)d32 C.d D.d 51 2 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意可得，第一次做 功WF1dd； 第二次做功WF2dd， 且d kd 2 kdkdd 2 0，联立解得 d(1)d，B 正确2 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 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( ) A0t1时间内，汽车牵引力为 mv 1 t1 Bt1t2时间内，汽车的功率等于v2 (m v1 t1 Ff) Ct1t2时间内，汽车的平均速度小于v 1v2 2 D汽车运动的最大速率为v1 ( mv1 Fft11) 答案：D 解析 ： 由题图可以知道，0t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a ，F1Ffma，联立得，F1mFf，A 错误 ； 在 t1时刻汽车达到 v1 t1 v1 t1 额定功率 PF1v1v1， t1t2时间内， 汽车保持额定功率不 (m v1 t1 Ff) 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， t1t2时间内，汽车的平均速度大于，C 错误；t2时刻，速度达 v1v2 2 到最大值 v2，此时刻 F2Ff，PF2v2，得 v2v1，所以 D ( mv1 Fft11) 正确 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 B物块 A 的加速度大小为Fkd m1 C重力对物块 A 做功的功率为(kdm2gsin)v 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缩的，故 dx2， 故 m2gsinkd，故 A 错误；物块 A 的加速度 a， Fkx2m1gsin m1 开始弹簧处于压缩状态， 压缩量x1， 又x1x2d， 解得a m1gsin k ，故 B 正确；由于速度 v 与重力夹角不为零，故重力的瞬时功 Fkd m1 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 m2gsin·v，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 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0.1mg0.1×5×103×10 N5×103 N 牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度：vm P0 F阻 6 × 104 5 × 103 m/s12 m/s 当 v5 m/s 时，F牵 N1.2×104 N P0 v 6 × 104 5 所以此刻加速度 a m/s21.4 F牵F阻 m 1.2 × 1045 × 103 5 × 103 m/s2. (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5×103×0.5 N5×103 N7.5×103 N 当功率达到汽车额定功率时v m/s8 m/s P0 F牵 6 × 104 7.5 × 103 匀加速运动持续时间 t s16 s. v a 8 0.5 12. 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 H108 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： Pt(mgf)h mv2解得 P107 W 1 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 mgfma1 经过 2 s 后，由运动学规律可得，速度 v1a1t1 下落高度 h1 a1t 1 2 2 1 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 0v 2a2(Hh1) 2 1 mgFfma2 联立解得 F43.2 N