高考物理一轮复习精选题辑课练14功和功率.doc

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1、1 / 13【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习精选题辑课练精选高考物理一轮复习精选题辑课练 1414 功和功和功率功率1(2018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

2、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

3、，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2 / 13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，

4、电机驱动扶梯做功的功率相同，即 P1P2，故 选 D. 3如图所示，在外力作用下某质点运动的 vt 图象为正弦曲 线在 0t4(一个周期)内，从图中可以判断下列说法正确的是( ) At2 时刻质点所在的位置为质点运动的对称中心 B在 0t1 时间内，外力逐渐减小，外力的功率逐渐增大 Ct4 时刻，质点回到出发点 D在 t2t3 时间内，外力做的总功为零 答案：C 解析：因 vt 图象中图线与横轴所围的面积表示位移，分析图 象可知，质点在 t2 时刻位移最大，速度为零，之后运动方向改变， 在一个周期内位移为零，即回到出发点，故 A 错误；vt 图象中图 线的斜率表示加速度，所以在 0t1 时间内

5、，质点做加速度减小的 加速度运动，由于加速度对应合外力，则 t0 时刻，外力最大，但 质点速度为零，根据 PFv 知，外力的功率为零，t1 时刻速度最大， 但外力为零，外力的功率仍然为零，所以，在 0t1 时间内，外力 逐渐减小，但外力的功率先增大后减小，B 错误；t4 时刻质点回到 出发点，位移为零，C 正确；t2 时刻质点速度为零，t3 时刻质点速 度沿负方向最大，则动能最大，所以在 t2t3 时间内，外力做的总 功不为零，D 错误 4(2018河北衡水中学二调)(多选)竖直上抛一球，球又落回 原处，已知空气阻力的大小正比于球的速度，下述分析正确的是( ) A上升过程中克服重力做的功大于下

6、降过程中重力做的功 B上升过程中克服阻力做的功等于下降过程中克服阻力做的功 C上升过程中合力做的功的绝对值大于下降过程中合力做的功 的绝对值 D上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率大于下降过程中重 力做功的最大瞬时功率 答案：CD 解析：重力做功的大小只与物体的初、末位置有关，与物体的 运动路径无关，所以在上升和下降的过程中，重力做功的大小是相 等的，故上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功， 故 A 错误；在上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度， 而空气阻力的大小正比于球的速度，所以在上升过程中的平均阻力3 / 13大于下降过程中的平均阻力，位移大小是相等的，所以上升过程中

7、 克服阻力做的功大于下降过程中克服阻力做的功，故 B 错误；物体 在上升的过程中，受到的阻力向下，在下降的过程中受到的阻力向 上，所以在上升时球受到的合力大，上升过程中合力做的功的绝对 值大于下降过程中合力做的功的绝对值，故 C 正确；上升过程中克 服重力做功的最大瞬时功率在初始位置，下降过程中重力做功的最 大瞬时功率也在回到原位置处，由于有阻力做负功，所以落回原点 的速度小于抛出时的速度，根据 Pmgv 可知，上升过程中克服重力 做功的最大瞬时功率大于下降过程中重力做功的最大瞬时功率，故 D 正确 5(2018河北五个一名校联盟二模)(多选)放在粗糙水平地面 上的物体受到水平拉力的作用，在

8、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 x6 m30 m，故 A 正确； 26 s 内拉力做的功 WPt104 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 06 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

9、10 W，物体做匀速直线运动，摩擦力 fF，得到 fF N，故 D 错误 6(2018湖南师大附中二模)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 N23

10、mg，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4 / 13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 7(2018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

11、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 F2t1 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 F2t1 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 速度为 vat1t1，t1 时间内通过的位移为 xat，做的功为 WFx，故 A 正确；所以 t1 时刻 F 的瞬时功率为 PFvFt1，故 B 错误，C 正确；平均功率为，故 D 错 误 8(2018四川资阳二诊)(多选)一质量为 800 kg 的电动汽

12、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 F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 PFminvmax60018 W10.8 k

13、W，故 B 正确；匀加速运动的加速 度 a m/s23 m/s2，到达 B 点时的速度 v m/s3.6 m/s，所 以匀加速的时间 t1.2 s，若电动汽车在 2 s 内由静止开始一直 做匀加速运动，则经过 2 s 时的速度 vat6 m/s，所以电动汽车5 / 13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 vmax18 m/s 时，牵引力为 Fmin600 N，故恒定阻力 fFmin600 N，故 D 正确 9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

14、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，FP v0cosBa，FP v0cosCa，FP v0Da，FP v0 答案：B 解析：根据 PFv0cos 得 F，根据牛顿第二定律 Fcosfma 得 a，所以选项 B 正确 10(多选)如图所示， 半径为 r 的光滑水平转盘到水平地面的高度为 H，质量为 m 的 小物块被一个电子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕过转盘中心的 竖直轴以 kt(k0 且是恒量)的角速度转动从 t0 开始，在不 同的时刻 t 将小物块解锁，小物块经过一段时间后落

15、到地面上假 设在 t 时刻解锁的小物块落到地面上时重力的瞬时功率为 P，落地 点到转盘中心的水平距离为 d，则下列 Pt 图象、d2t2 图象中正确 的是( ) 答案：BC 解析：t 时刻将小物块解锁后小物块做平抛运动，初速度 v0rkt，物块落地时竖直分速度 vy，物块落到地面上时重力的 瞬时功率 Pmgvymg，可见 P 与 t 无关，选项 A 错误、B 正确；物 块做平抛运动的时间 t ，水平位移大小 xv0trkt ，则根 据几何知识有 d2r2x2r2t2，选项 C 正确、D 错误 11. 某一空间飞行器质量为 m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向 成 30角的直线斜向右上方匀加速飞行

16、，此时，发动机提供的 动力方向与水平方向夹角 60，经时间 t 后，将动力方向沿逆 时针旋转 60，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞 行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为 g，求： (1)t 时刻飞行器的速率 v；6 / 13(2)t 时刻发动机动力的功率 P； (3)从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机的动 力做的总功 W. 答案：(1)gt (2)mg2t (3)mg2t2 解析： (1)对飞行器进行受力分析如图，根据正弦定理F合 sin90mg sin 得 Fmg，F 合mg 根据牛顿第二定律有 F 合ma 得 ag t 时刻飞行器的速率 vatgt (2)设

17、 t 时刻发动机动力的功率为 P，则 PFvcos() 得 Pmg2t (3)动力方向沿逆时针旋转 60，恰好与速度方向垂直，减速 过程发动机动力做的功为零飞行器从地面到最大高度的整个过程 中发动机动力做的总功 Wt 得 Wmg2t2 12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

18、/s2 (2)16 s 解析：汽车前进的过程中受到的阻力是不变的，在使用瞬时功 率公式 PFv 时，要明确式中 F 是汽车的牵引力而不是合力；在使 用加速度公式 a时，要明确式中 F 是汽车所受到的合力而不是牵 引力 (1)汽车前进的过程中阻力不变 F 阻0.1mg0.1510310 N5103 N 牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度：vm m/s12 m/s 当 v5 m/s 时， F 牵 N1.2104 N 所以此刻加速度 a m/s21.4 m/s2.7 / 13(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51030.5 N5103 N7.510

19、3 N 当功率达到汽车额定功率时 v m/s8 m/s 匀加速运动持续时间 t s16 s.刷题加餐练刷题加餐练1(2017新课标全国卷，16) 如图，一质量为 m，长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂用 外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点，M 点与绳的上端 P 相距 l.重力加速度大小为 g.在此过程中，外力做的功为( ) A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案：A 解析：以均匀柔软细绳 MQ 段为研究对象，其质量为 m，取 M 点 所在的水平面为零势能面，开始时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep1mgmgl，用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点

20、时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep2mgmgl，则外力做的功 即克服重力做的功等于细绳 MQ 段的重力势能的变化，即 WEp2Ep1mglmglmgl，选项 A 正确2(2017新课标全国卷，14) 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：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. 3(2015新

21、课标全国卷，17) 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 阻恒定不 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( ) 答案：A8 / 13解析：在 vt 图象中，图线的斜率代表汽车运动时的加速度， 由牛顿第二定律可得：在 0t1 时间内，F 阻ma，当速度 v 不变时，加速度 a 为零，在 vt 图象中为一条水平线；当速度 v 变大时，加速度 a 变小，在 vt 图象中为一条斜率逐渐减小的曲线， 选项 B、D 错误；同理，在 t1t2 时间内，F 阻ma，图象变化 情况与 0t1 时间内情况相似

22、，由于汽车在运动过程中速度不会发 生突变，故选项 C 错误，选项 A 正确 4(2018江苏扬州中学模拟)如图所示，光滑斜面放在水平面 上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球当整个装置沿 水平面向左减速运动的过程中，关于重球所受各力做功情况的说法 中错误的是( ) A重力不做功 B斜面对球的弹力一定做正功 C挡板对球的弹力可能不做功 D挡板对球的弹力一定做负功 答案：C 解析： 对球进行受力分析，如图所示，球受到竖直向下的重力 mg，垂 直于斜面向上的弹力 N2，挡板对它水平向右的弹力 N1，而球的位移 方向水平向左，重力方向与位移方向垂直，重力不做功，故 A 正确； 由于整个装置向左减

23、速运动，加速度水平向右，竖直方向受力平衡， 则得 N20，且 N2 与位移的夹角为锐角，斜面对球的弹力一定做正 功，故 B 正确；设加速度为 a，斜面的倾角为 ，根据牛顿第二定 律得，竖直方向：N2cosmg0，水平方向：N1N2sinma， 由上分析知 N10，因为挡板对球的弹力 N1 的方向与位移方向相反， 所以 N1 一定做负功，故 C 错误，D 正确本题选错误的，故选 C. 5(2018广东广州二模)(多选)如图，倾角为 30的自动扶 梯在工作电压为 380 V 的电动机带动下以 0.4 m/s 的恒定速率向斜 上方运动，电动机的最大输出功率为 4.9 kW，空载时电动机中的电 流为

24、5 A，若载人时扶梯的运动速率和空载时相同设所载人的平 均质量为 60 kg，重力加速度 g 取 10 m/s2.不计一切损耗，则扶梯 匀速运动过程中( ) A站在扶梯上的人不受摩擦力作用 B扶梯可同时乘载的最多人数为 25 人 C扶梯可同时乘载的最多人数为 40 人 D无论空载、承载或满载，电动机的输出功率均为 4.9 kW 答案：AB 解析：因扶梯斜向上匀速运动，故站在扶梯上的人竖直方向和9 / 13水平方向均受力平衡，则水平方向不受摩擦力作用，选项 A 正确； 维持扶梯运转的功率 P0UI380 V5 A1 900 W1.9 kW，电 动机的最大输出功率为 P 最大4.9 kW，输送顾客

25、的功率 PP 最 大P04.9 kW1.9 kW3 kW，输送一个人的功率 PGvsin30 mgvsin3060 kg10 N/kg0.4 m/ssin 30120 W，同 时乘载的最多人数 n25(人)，选项 B 正确，C 错误；空载时电 动机的输出功率为 1.9 kW，满载时电动机的输出功率为 4.9 kW，选 项 D 错误 6(2018四川绵阳诊断) 在 2016 年 11 月初的珠海航展上，我国展出了国产四代战机 歼20 等最先进飞机假设航展飞行表演前，两架完全相同有歼 20 飞机甲、乙在两条平行平直跑道上同向滑行，在 0t2 时间内 的 vt 图象如图所示，则( ) A在 t1 时

26、刻，两飞机沿跑道方向相距最远 B在 t1 时刻，两飞机发动机输出功率相等 C0t2 内，飞机甲的平均速度大于飞机乙的平均速度 D0t2 内，合外力对飞机甲做的功的绝对值大于合外力对飞 机乙做的功的绝对值 答案：C 解析：由于甲、乙飞机滑行的初始位置无法确定，故无法判断 甲、乙间的距离关系，故 A 错误；在 t1 时刻，甲、乙的速度相同， 但甲做加速运动，乙做减速运动，根据牛顿第二定律有 Ffma， 可知甲的牵引力大于乙的牵引力，根据 PFv 可知甲的输出功率大 于乙的输出功率，故 B 错误；0t2 内，甲的平均速度甲，乙的 平均速度乙v)时，所受牵引力为 F.以下说法正确的是( ) A装甲车速

27、度为 v 时，装甲车的牵引力做功为 FsB装甲车的最大速度 vmP FfC装甲车速度为 v 时加速度为 aFFf m10 / 13D装甲车从静止开始达到最大速度 vm 所用时间 t2s vm 答案：BC 解析：因功率 PFv恒，故随 v 的增大 F 减小，即牵引力 F 为变力，不能直接用 WFs 计算牵引力所做的功，故 A 错；装甲车 速度最大时牵引力 FFf，故 vm，即 B 对；由牛顿第二定律知 C 对；由于装甲车做非匀变速直线运动，所以，t，即 D 错 8. (多选)如图所示，一质量为 m 的小球，用长为 l 的轻绳悬挂于 O 点，初始时刻小球静止于 P 点，第一次小球在水平拉力 F 作

28、用下， 从 P 点缓慢地移动到 Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为 ，张力大 小为 T1，第二次在水平恒力 F作用下，从 P 点开始运动并恰好能 到达 Q 点，至 Q 点时轻绳中的张力大小为 T2，关于这两个过程，下 列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为 g)( ) A第一个过程中，拉力 F 在逐渐变大，且最大值一定大于 F B两个过程中，轻绳的张力均变大 CT1，T2mg D第二个过程中，重力和水平恒力 F的合力的功率先增大后 减小 答案：AC 解析：第一次小球缓慢移动，因此，小球始终处于平衡状态， 解得 Fmgtan，绳中张力 T，随着 逐渐增大，力 F、T 逐渐 增大，当 时，有

29、Fmmgtan，T1.在第二次小球运动过 程中，根据动能定理有mgl(1cos)Flsin0，解得 Fmgmgtan，故选项 A 正确；第二次运动过程中，小球恰能到 达 Q 点，说明 vQ0，对小球受力分析，根据平衡条件可知，沿轻 绳方向有 T2mgcosFsin0，解得 T2mg，故选项 C 正确； 在第二次运动过程中，根据平行四边形定则可知，重力与水平拉力 的合力为 F 合，恒定不变，方向与竖直方向成角，整个过程中 小球先加速后减速，当小球运动至轻绳与竖直方向成角时，速度最 大，根据牛顿第二定律和向心力公式可知，此时轻绳中的拉力最大， 故选项 B 错误；第二次运动过程中，在 P 点、Q 点

30、和速度最大点这 三点处，重力与水平拉力 F的合力 F 合的瞬时功率为零，其他 位置不为零，因此此过程中，F 合的功率是先增大后减小，再增 大再减小，故选项 D 错误 9(2018江西赣州统测)(多选)在倾角为 的光滑斜面上有 两个用轻弹簧连接的物块 A 和 B，它们的质量分别为 3m 和 2m，弹簧11 / 13的劲度系数为 k，C 为一固定挡板，系统处于静止状态再用一沿斜 面方向的恒力 F 拉物块 A 使之沿斜面向上运动，当 B 刚离开 C 时， A 的速度为 v，加速度方向沿斜面向上、大小为 a，则( )A从静止到 B 刚离开 C 的过程中，A 发生的位移为5mgsin k B从静止到 B

31、 刚离开 C 的过程中，重力对 A 做的功为 5m2g2sin2 k CB 刚离开 C 时，恒力对 A 做功的功率为(5mgsin2ma)v D当 A 的速度达到最大时，B 的加速度大小为 a 答案：AD 解析：开始 A 处于静止状态，弹簧处于压缩状态，根据平衡条 件有 3mgsinkx1，解得弹簧的压缩量 x1，当 B 刚离开 C 时， B 对挡板的弹力为零，有 kx22mgsin，解得弹簧的伸长量 x2，可知从静止到 B 刚离开 C 的过程中，A 发生的位移 xx1x2，故 A 正确；从静止到 B 刚离开 C 的过程中，重力对 A 做的功 W3mgxsin，故 B 错误；根据牛顿第二定律得

32、 F3mgsinkx23ma，解得 F5mgsin3ma，则恒力对 A 做 功的功率 PFv(5mgsin3ma)v，故 C 错误；当 A 的速度达到 最大时，A 受到的合外力为 0，则对 A 有 F3mgsinT0，所 以 T2mgsin3ma，弹簧对 A 的拉力和对 B 的拉力大小相等， 即 TT，B 沿斜面方向受到的合力 FBT2mgsin2ma 解得 aa，故 D 正确计算功时，对力、位移与对象的区配不清易错点1 10(2018黑龙江哈师大附中期中)测定运动员体能的一种装 置如图所示，运动员质量为 m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮 (不计滑轮质量及摩擦)，下悬一个质量为 m2 的重物

33、，人用力蹬传送 带而人的重心不动，使传送带以速率 v 匀速向右运动下面是人对 传送带做功的四种说法，其中正确的是( ) A人对传送带不做功 B人对传送带做负功 C人对传送带做功的功率为 m2gv D人对传送带做功的功率为(m1m2)gv 答案：C 解析：人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有 位移，所以人对传送带做功，摩擦力和位移的方向相同，故做正功， 故 A、B 错误；人的重力不动，绳对人的拉力和传送带对人的摩擦力 平衡，而拉力等于 m2g，所以人对传送带做功的功率为 m2gv，故 C 正确，D 错误12 / 13不能清楚地分析机车瞬时功率问题易错点2 11(多选)汽车在平直公路上

34、以速度 v0 匀速行驶，发动机功率 为 P，牵引力为 F0.t1 时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即 减小一半，并保持该功率继续行驶，到 t2 时刻，汽车又恢复了匀速 直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变)在下图中能正确反 映汽车牵引力 F、汽车速度 v 在这个过程中随时间 t 变化情况的是( ) 答案：AD 解析：汽车以功率 P、速度 v0 匀速行驶时，牵引力与阻力平 衡当司机减小油门，汽车的功率减为的瞬间，速度 v 不变，由 PFv 可知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为 FF0，阻 力 f 没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速 度 v 减小，功率保持为，由

35、 PFv 可知，随 v 减小，牵引力逐渐增 大，汽车受到的合力变小，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度逐 渐减小，汽车做加速度减小的减速运动，当汽车牵引力再次等于阻 力，汽车再次匀速运动，由 PFv 得知，此时汽车的速度为原来的 一半，由图象可知，A、D 正确 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

36、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)hmv2 解得 P107 W (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 h1a1t2 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13 / 130v2a2(Hh1) mgFfma2联立解得 F43.2 N