1、第七章 第 3 节 功率课时跟踪检测【强化基础】1(2018盐城学业测试 )体重相同的小红和小田从一楼匀速爬到五楼，她们同时出发，小红先到，小田后到，此过程中( )A 小红做功多 B小田做功多C 小红的功率大 D小田的功率大解析：体重相同的小红和小田从一楼爬到五楼，重力相等，上升高度相等，两人做功相等，A、B 选项错误；小红用的时间较短 ，根据功率公式可知，P，小红的功率大，C 选项正确，D 选项错误Wt答案：C2(2018安徽三模 )如图，汽车停在缓坡上，要求驾驶员在保证汽车不后退的前提下向上启动，这就是汽车驾驶中的“坡道起步” 驾驶员的正确操作是：变速杆挂入低速挡，徐徐踩下加速踏板，然后慢
2、慢松开离合器，同时松开手刹，汽车慢慢启动下列说法正确的是( )A 变速杆挂入低速挡，是为了增大汽车的输出功率B 变速杆挂入低速挡，是为了能够提供较大的牵引力C 徐徐踩下加速踏板，是为了让牵引力对汽车做更多的功D 徐徐踩下加速踏板，是为了让汽车的输出功率保持为额定功率解析：司机用“换挡”的办法来减速行驶是为了获得更大的牵引力来上坡，根据功率公式可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，A 选项错误，B 选项正确；徐徐踩下加速踏板 ，增大了输出功率，目的也是增大牵引力，C、D 选项错误答案：B3质量为 m 的汽车，其发动机额定功率为 P，当它开上一个倾角为 的斜坡时，受到的摩擦
3、阻力为车重的 k 倍，则车的最大速度为( )A BPmgsin Pcosmg(k sin)C DPcosmg Pmg(k sin)解析：汽车速度最大时，汽车的加速度 a0，牵引力 Fmg sinkmg，故此时最大速度 vm ，选项 D 正确PF Pmg(k sin)答案：D4(2018咸阳市秦都区四模)一物块在光滑水平面上处于静止状态，某时刻起受到方向水平向右、大小为 3 N 的拉力 F1 和水平向左的拉力 F2 作用，F 2 从 6 N 逐渐减小到零该过程中，拉力 F1 的瞬时功率 P 随时间 t 变化的关系图象可能是下面四幅图中的( )解析：F 2从 6 N 逐渐减小到零，物体所受合外力先
4、向左后向右，牛顿第二定律可知，物体的加速度先逐渐减小到零再从零反向逐渐增大，最大值相等，物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，根据速度时间图象的斜率表示加速度，故速度时间图象的斜率先减小后增大，根据功率的公式 PFv 可知，拉力 F1保持不变，瞬时功率先增大后减小，瞬时功率时间图象的斜率先减小后增大，C 选项正确，A、B、 D 选项错误答案：C【巩固易错】5(2018上海市松江区二模)水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小 f 与汽车行驶的速率成正比若汽车从静止出发，先做匀加速直线运动，达到额定功率后保持额定功率行驶，则在整个行驶过程中，汽车受到的牵引力大小 F 与阻力大小 f
5、 的关系图象是( )解析：汽车受到的阻力大小 f与汽车行驶的速率成正比 ，f kv，根据牛顿第二定律可知，Ffma，汽车做匀加速直线运动 ，加速度恒定，速度增大，阻力增大，牵引力随着 f的增大而均匀增大，图象是一条倾斜的直线 ，功率达到额定功率后，F ，fkv，联立解得 Fk ，牵引力与阻力成反比，A 选项Pv Pf正确答案：A6质量为 8102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为 15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力 F 与对应的速度 v，并描绘出 F 图象( 图中 AB、BO 均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻1v力恒定，则( )A 在全过程中
6、，电动车在 B 点时速度最大B AB 过程电动车做匀变速运动C BC 过程电动车做减速运动D BC 过程电动车的牵引力功率变化解析：因为横坐标是 ，所以全过程中，C 点的 值最小，则速度最大，A1v 1v错误；AB 段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动，B 正确； BC图线的斜率表示电动车的功率， 知 BC段功率不变，牵引力减小，加速度减小，速度增大，电动车做加速度逐渐减小的加速运动，C、D 错误故选 B答案：B【能力提升】7摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米电梯的简化模型如图甲所示，考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度 a 是随时间 t 变化的已知电
7、梯在 t0 时由静止开始上升，at 图象如图乙所示电梯总质量m2.010 3 kg，忽略一切阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2.(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力 F1 和最小拉力 F2；(2)求 110 s 内拉力所做的功；(3)求电梯以最大速率匀速上升时，拉力做功的功率 P.解析：(1)由牛顿第二定律，有 Fmgma由 at图象可知， F1和 F2对应的加速度分别是a11.0 m/s 2, a21.0 m/s 2，则 F1m (g a1)2.010 3(101.0) N2.210 4 NF2m(ga 2)2.010 3(101.0)N1.810 4 N.(2)由题意可得：第 1
8、s 内速度变化量等于 at图线与 t轴所围图形的面积，可得v10.5 m/s 即 v10.5 m/s110 s 电梯做匀加速直线运动，上升的高度为hv 1t at245 m12由(1)知 F2.210 4 N，可得在这段时间内拉力的功为 WFh9.910 5 J(3)由 at图象可知， 11 s30 s 内速率最大，其值 vm等于 011 s 内 at图线与 t轴所围图形的面积，此时电梯做匀速运动， 拉力 F等于重力 mg, vm10 m/s所求功率PFv mmg vm2.010 31010 W2.010 5 W.答案：(1)2.2 104 N 1.8 104 N (2)9.9 105 J (
9、3)2.010 5 W8(2018佛山二模 )如图，是游乐场的一项游乐设备一环形座舱装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下已知座舱开始下落的高度为 H75 m，当落到离地面 h30 m 的位置时开始制动，座舱均匀减速在一次中，某同学把质量 m6 kg 的书包放在自己的腿上g 取 10 m/s2，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力(1)当座舱落到离地面 h160 m 和 h220 m 的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；(2)若环形座舱的质量 M410 3 kg，求制动过程中机器输出的平均功率解析：(1)分析题意可知
10、，座舱在离地面 h30 m 的位置时开始制动，说明座舱离地面 60 m 时，座舱做自由落体运动，处于完全失重状态，书包对该同学腿部的压力为零座舱落到离地面 20 m 高时，做匀减速直线运动， 根据牛顿第二定律可知，F2mg ma座舱下落 45 m 时开始制动，此时速度为 vv22g(Hh)座舱到地面时刚好停下，v 22ah联立解得 F150 N根据牛顿第三定律可知，该同学腿部受到的压力为 150 N.(2)制动过程中，座舱所受的制动力为 F0，经历的时间为 t，根据运动学公式可知，a ，h tvt v2根据牛顿第二定律，对座舱有 F0MgMa座舱克服制动力做功 WF 0h机器输出的平均功率 PWt联立解得 P1.510 6 W.答案：(1)零 150 N (2)1.510 6 W
