1、课练 14 功和功率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
2、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
3、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( )A W1W2， P1 P2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 P1 P2，故选 D.3如图所示，在外力作用下某质点运动的 v t 图象为正弦曲线在 0 t4(一个周期)内，从图中可以判断下列说法正确的是(
4、 )A t2时刻质点所在的位置为质点运动的对称中心B在 0 t1时间内，外力逐渐减小，外力的功率逐渐增大C t4时刻，质点回到出发点D在 t2 t3时间内，外力做的总功为零答案：C解析：因 v t 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； v t 图象中图线的斜率表示加速度，所以在 0 t1时间内，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P Fv 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
5、 0 t1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 t2 t3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
6、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
7、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 P mgv 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 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 mB26 s 内拉力做的功为 40 JC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
8、N答案：ABC解析：06 s 内物体的位移大小 x 6 m30 m，故 A 正确；26 s 内拉力做4 62的功 W Pt104 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， P10 W，物体做匀速直线运动，摩擦力 f F，得到 f F Pv 53N，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
9、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 mgB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 3P0D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 Fn N1 mg2 mg，摩托车做匀速圆周运动，向心力大小不变，则在最低点 N2 mg Fn，得 N23 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 P0 F1v N 1v mgv ，在最低点发动机功率为 P F2v N 2v3 mgv ，则有 P3 P0，故 B 错误，C 正确；摩托车做匀速圆周运动，速度大小不变
10、，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F2t212mB木块在经历时间 t1的过程中，在 t1时刻力 F 的瞬时功率为F2t12mC木块在经历时间 t1的过程中，在 t1时刻力 F 的瞬时功率为F2t1mD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F2t21m答案：AC解析：由牛顿第二定律可以
11、得到， F ma，所以 a ， t1时刻的速度为Fmv at1 t1， t1时间内通过的位移为 x at ，做的功为 W Fx ，故 A 正确；Fm 12 21 Ft212m F2t212m所以 t1时刻 F 的瞬时功率为 P Fv F t1 ，故 B 错误，C 正确；平均功率为Fm F2t1m ，故 D 错误PWt F2t12m8(2018四川资阳二诊)(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 F 图象，图中 AB、 BC 均为直线若电动汽车行驶过程中所受1
12、v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 kWC电动汽车由静止开始经过 2 s，速度达到 6 m/sD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 P Fminvmax60018 W10.8 kW，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 3 000 600800 PF 10 8003 000m/s，所以匀加速的时间 t 1.2 s，若电动汽车在
13、2 s 内由静止开始一直做匀加速运动，va则经过 2 s 时的速度 v at6 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 vmax18 m/s 时，牵引力为 Fmin600 N，故恒定阻力f Fmin600 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 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)( )A a ， F1m( Pv0co
14、s f) Pv0cosB a ， F1m(Pv0 f) Pv0cosC a ， F1m( Pv0cos f) Pv0D a ， F1m(Pv0 f) Pv0答案：B解析：根据 P Fv0cos 得 F ，根据牛顿第二定律 Fcos f ma 得 aPv0cos 1m，所以选项 B 正确(Pv0 f)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到地面上假设在 t 时刻解锁的小物块落到地
15、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 v0 rkt，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 P mgvy mg ，可见 P 与 t 无关，2gH 2gH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 x v0t rkt 2Hg，则根据几何知识有 d2 r2 x2 r2 t2，选项 C 正确、D 错误2Hg 2Hr2k2g11.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
16、行，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；(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) mg2t232 34解析：(1)对飞行器进行受力分析如图，根据正弦定理 F合sin 90 Fsin 90 mgsin 得 F mg， F 合 mg3根据牛顿第二定律有F 合 ma得 a gt 时刻飞行器的速率 v at g
17、t(2)设 t 时刻发动机动力的功率为 P，则P Fvcos( )得 P mg2t32(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 W t0 P2得 W mg2t23412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
18、1.4 m/s 2 (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 P Fv 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Fm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 0.1 mg0.1510 310 N510 3 N牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度： vm m/s12 m/sP0F阻 61045103当 v5 m/s 时，F 牵 N1.210 4 NP0v 61045所以此刻加速度a m/s21.4 m/s 2.F牵 F阻m 1.2104 51035103(2)当汽车以恒定加速度 a0.5
19、m/s2启动时所需恒定的牵引力 F 牵 ma F 阻510 30.5 N510 3 N7.510 3 N当功率达到汽车额定功率时 v m/s8 m/sP0F 牵 61047.5103匀加速运动持续时间 t s16 s.va 80.5刷题加餐练刷 高 考 真 题 找 规 律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13力做的功为( )A. mgl B. mgl19 16C. mgl D. mgl13 12答案：A解析：以均匀
20、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23能面，开始时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep1 mg mgl，用外力将绳的下端 Q 缓慢23 l3 29地竖直向上拉起至 M 点时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep2 mg mgl，则外力做的功23 l6 19即克服重力做的功等于细绳 MQ 段的重力势能的变化，即W Ep2 Ep1 mgl mgl mgl，选项 A 正确19 29 192(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
21、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：A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 0 t1时间内， F 阻 ma，当速度 v 不变时，加速度 a 为零，在
22、 vt 图象中为一条P1v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 t1 t2时间内， F 阻 ma，图象变化情况与 0 t1时间内情P2v况相似，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 正确刷 仿 真 模 拟 明 趋 向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
23、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： N2cos mg0，水平方向： N1 N2sin ma，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
24、(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 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水平方向均受力平
25、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 P0 UI380 V5 A1 900 W1.9 kW，电动机的最大输出功率为 P 最大 4.9 kW，输送顾客的功率 P P 最大 P04.9 kW1.9 kW3 kW，输送一个人的功率 P Gvsin30 mgvsin3060 kg10 N/kg0.4 m/ssin 30120 W，同时乘载的最多人数n 25(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 PP 3 000 W120 W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
26、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 0 t2时间内的 vt 图象如图所示，则( )A在 t1时刻，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C0 t2内，飞机甲的平均速度大于飞机乙的平均速度D0 t2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 F f ma，可知甲的牵引力大于乙的牵
27、引力，根据 P Fv 可知甲的输出功率大于乙的输出功率，故 B 错误；0 t2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装甲车速度为 v 时，装甲车的牵引力做功为 FsB装甲车的最大速度 vmPFfC装甲车速度为 v 时加速度为 aF FfmD装甲车从静止开始达到最大速度 vm所用时间 t2svm答案：BC解析：因功率 P Fv恒，故随 v 的增大 F 减小，即牵引力 F 为变力，不能直接用W Fs 计算牵引力所做的功，故 A 错；装甲车速度最大时牵引力 F Ff，故 vm ，即PF PFfB 对；由牛顿第二定律知 C 对；由于装甲车做非匀变速
28、直线运动，所以 ， t ，即 D 错vvm2 sv svm/2 2svm刷 最 新 原 创 抓 重 点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 FB两个过程中，轻绳的张力均变大C T1 ，
29、 T2 mgmgcosD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 F mgtan ，绳中张力 T ，随着 逐渐增大，力 F、 T 逐渐增大，当 时，有mgcosFm mgtan ， T1 .在第二次小球运动过程中，根据动能定理有 mgl(1cos )mgcos F lsin 0，解得 F mg mgtan ，故选项 A 正确；第二次运动过程中，1 cossin 2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T2 mgcos Fsin 0，解得 T2 mg，故选项 C 正确；
30、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mgcos 2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 2 2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
31、和 2m，弹簧的劲度系数为 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5mgsinkB从静止到 B 刚离开 C 的过程中，重力对 A 做的功为5m2g2sin2kC B 刚离开 C 时，恒力对 A 做功的功率为(5 mgsin 2 ma)vD当 A 的速度达到最大时， B 的加速度大小为 a32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 3mgsin kx1，解得弹簧的
32、压缩量 x1 ，当 B 刚离开 C 时， B 对挡板的弹力为零，有3mgsinkkx22 mgsin ，解得弹簧的伸长量 x2 ，可知从静止到 B 刚离开 C 的过程中， A2mgsink发生的位移 x x1 x2 ，故 A 正确；从静止到 B 刚离开 C 的过程中，重力对 A 做5mgsink的功 W3 mgxsin ，故 B 错误；根据牛顿第二定律得15m2g2sin2kF3 mgsin kx23 ma，解得 F5 mgsin 3 ma，则恒力对 A 做功的功率P Fv(5 mgsin 3 ma)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 F3 mg
33、sin T0，所以 T2 mgsin 3 ma，弹簧对 A 的拉力和对 B 的拉力大小相等，即 T T， B 沿斜面方向受到的合力 FB T2 mgsin 2 ma解得a a，故 D 正确32刷 易 错 易 误 排 难 点计算功时，对力、位移与对象的区配不清易 错 点 110(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，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
34、带做功的功率为 m2gvD人对传送带做功的功率为( m1 m2)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 错误不能清楚地分析机车瞬时功率问题易 错 点 211(多选)汽车在平直公路上以速度 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
35、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 P Fv 可知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，P2即为 F F0，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12小，功率保持为 ，由 P Fv 可知，随 v 减小，牵引力逐渐增大，汽车受到的合力变小，由P2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 P Fv
36、得知，此时汽车的速度为原来的一半，由图象可知，A、D 正确刷 综 合 大 题 提 能 力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/s 2.(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( mg f)h mv212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mg f ma1经过 2 s 后，由运动学规律可得，速度 v1 a1t1下落高度 h1 a1t12 21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0 v 2 a2(H h1)21mg F f ma2联立解得 F43.2 N
