2025新課改-高中物理-必修第2冊(cè)（16講）12 B功與功率 中檔版含答案

2025新課改-高中物理-必修第2冊(cè)（16講）12B功與功率中檔版功與功率知識(shí)點(diǎn)：功與功率一、功1.功的公式：W＝Flcosα，其中F、l、α分別為力的大小、位移的大小、力與位移的夾角.2.功是標(biāo)(填“矢”或“標(biāo)”)量.在國(guó)際單位制中，功的單位是焦耳，符號(hào)是J.二、正功和負(fù)功1.力對(duì)物體做正功或負(fù)功的條件由W＝Flcosα可知(1)當(dāng)α＝eq\f(π,2)時(shí)，W＝0，力F對(duì)物體不做功.(2)當(dāng)0≤α＜eq\f(π,2)時(shí)，W＞0，力F對(duì)物體做正功.(3)當(dāng)eq\f(π,2)＜α≤π時(shí)，W＜0，力F對(duì)物體做負(fù)功.2.總功的計(jì)算當(dāng)一個(gè)物體在幾個(gè)力的共同作用下發(fā)生一段位移時(shí)，這幾個(gè)力對(duì)物體所做的總功等于：(1)各個(gè)分力分別對(duì)物體所做功的代數(shù)和.(2)幾個(gè)力的合力對(duì)物體所做的功.三、功率1.意義：功率是表示物體做功快慢的物理量.2.定義：功W與完成這些功所用時(shí)間t之比.3.定義式：P＝eq\f(W,t).單位：瓦特，簡(jiǎn)稱瓦，符號(hào)W.4.功率與速度的關(guān)系式：P＝Fv(F與v方向相同).應(yīng)用：由功率速度關(guān)系知，汽車、火車等交通工具和各種起重機(jī)械，當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P一定時(shí)，牽引力F與速度v成反(填“正”或“反”)比，要增大牽引力，就要減小速度.5.功率是標(biāo)(填“標(biāo)”或“矢”)量.技巧點(diǎn)撥一、對(duì)功的理解對(duì)公式W＝Flcosα的理解1.某一恒力F對(duì)物體做的功，只與l、α有關(guān)，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)及物體是否還受其他作用力等因素?zé)o關(guān).2.功是標(biāo)量，沒(méi)有方向，但是有正負(fù).3.公式W＝Flcosα適用于計(jì)算恒力做功，若是變力，此公式不再適用.二、正、負(fù)功的理解功的計(jì)算1.正、負(fù)功的理解和判斷條件從動(dòng)力學(xué)角度看從能量角度看正功當(dāng)0≤α＜eq\f(π,2)時(shí)，cosα＞0，W＞0力是物體運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力力對(duì)物體做正功，向物體提供能量，即受力物體獲得了能量不做功當(dāng)α＝eq\f(π,2)時(shí)，cosα＝0，W＝0力對(duì)物體既不起動(dòng)力作用，也不起阻力作用負(fù)功當(dāng)eq\f(π,2)＜α≤π時(shí)，cosα＜0，W＜0力是物體運(yùn)動(dòng)的阻力物體克服外力做功，向外輸出能量(以消耗自身能量為代價(jià))，即負(fù)功表示物體失去了能量說(shuō)明也可根據(jù)力和速度方向夾角判斷功的正負(fù)2.總功的計(jì)算當(dāng)物體在多個(gè)力的共同作用下發(fā)生一段位移時(shí)，合力對(duì)物體所做的功等于各分力對(duì)物體做功的代數(shù)和.故計(jì)算合力的功有以下兩種方法：(1)先由W＝Flcosα計(jì)算各個(gè)力對(duì)物體所做的功W1、W2、W3…然后求所有力做功的代數(shù)和，即W合＝W1＋W2＋W3＋….(2)先由力的合成或根據(jù)牛頓第二定律求出合力F合，然后由W合＝F合lcosα計(jì)算總功，此時(shí)α為F合的方向與l的方向間的夾角.注意：當(dāng)在一個(gè)過(guò)程中，幾個(gè)力作用的位移不相同時(shí)，只能用方法(1).三、功率1.功率表示的是物體做功的快慢，而不是做功的多少，功率大，做功不一定多，反之亦然.2.區(qū)分平均功率和瞬時(shí)功率(1)平均功率：與一段時(shí)間相對(duì)應(yīng)①eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)；②eq\x\to(P)＝Feq\x\to(v)，其中eq\x\to(v)為平均速度.(2)瞬時(shí)功率：與某一瞬時(shí)相對(duì)應(yīng)①當(dāng)F與v方向相同時(shí)，P＝Fv，其中v為瞬時(shí)速度；②當(dāng)F與v夾角為α?xí)r，P＝Fvcosα，其中v為瞬時(shí)速度.3.P＝Fv中三個(gè)量的制約關(guān)系定值各量間的關(guān)系應(yīng)用P一定F與v成反比汽車上坡時(shí)，要增大牽引力，應(yīng)換低速擋減小速度v一定F與P成正比汽車上坡時(shí)，要使速度不變，應(yīng)加大油門，增大輸出功率，獲得較大牽引力F一定v與P成正比汽車在平直高速路上，加大油門增大輸出功率，可以提高速度特別提醒“某秒末”或“到某位置時(shí)”的功率是指瞬時(shí)功率，只能用P＝Fvcosα求解；“某段時(shí)間內(nèi)”或“某個(gè)過(guò)程中”的功率，則是指平均功率，此時(shí)可用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)求解，也可以用eq\x\to(P)＝Feq\x\to(v)cosα求解.例題精練一．選擇題（共6小題）1．（2021春?武侯區(qū)校級(jí)月考）質(zhì)量為400kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速運(yùn)動(dòng)，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)的關(guān)系如圖所示，則賽車（）A．速度隨時(shí)間均勻增大 B．最大速度大小為10m/s C．輸出功率為1600kW D．所受阻力大小為1600N【分析】賽車以恒定功率加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)賽車受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列方程，再結(jié)合圖象進(jìn)行分析即可【解答】解：A、由圖可知，加速度變化，故做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；BCD、對(duì)賽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F﹣f＝ma其中：F＝聯(lián)立得：a＝結(jié)合圖線，當(dāng)賽車的速度最大時(shí)，加速度為零，故結(jié)合圖象可以知道，a＝0時(shí)，＝0.01s?m﹣1，v＝100m/s，所以最大速度為100m/s由圖象可知：N/kg，解得：f＝4m＝4×400N＝1600N解得：P＝160KW，故BC錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵對(duì)汽車受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律列出加速度與速度關(guān)系的表達(dá)式，再結(jié)合圖象進(jìn)行分析求解2．（2021?武陵區(qū)校級(jí)模擬）目前，我國(guó)在人工智能和無(wú)人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實(shí)現(xiàn)無(wú)人駕駛，某公司對(duì)汽車性能進(jìn)行了一項(xiàng)測(cè)試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測(cè)試中發(fā)現(xiàn)，下坡時(shí)若關(guān)掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動(dòng)做加速運(yùn)動(dòng)，發(fā)生位移s時(shí)速度剛好達(dá)到最大值vm。設(shè)坡面的傾角為α，汽車在上坡和下坡過(guò)程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說(shuō)法正確的是（）A．關(guān)掉油門后的下坡過(guò)程，汽車的機(jī)械能守恒 B．上坡過(guò)程中，達(dá)到最大速度后汽車的牽引力大小為4mgsinα C．上坡過(guò)程中，汽車速度由增至，所用的時(shí)間等于 D．上坡過(guò)程中，汽車從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm，所用時(shí)間一定小于【分析】由共點(diǎn)力平衡條件可求得汽車受到的阻力，判斷機(jī)械能是否守恒；由沖量的定義式汽車沖量；由功率公式可求得功，再由動(dòng)能定理可求得所需要的時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈、關(guān)掉油門后的下坡過(guò)程，汽車勻速運(yùn)動(dòng)，可知f＝mgsinα動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B、汽車上坡過(guò)程中達(dá)到最大速度后的牽引力大小F＝f+mgsinα＝2mgsinα，故B錯(cuò)誤；C、汽車上坡過(guò)程中速度由增大到，設(shè)所用時(shí)間為t，位移為x，由動(dòng)能定理有Pt﹣fx﹣（mgsinα）﹣x＝m﹣m解得所用時(shí)間t＝+，故C錯(cuò)誤；D、汽車以恒定功率P從靜止啟動(dòng)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，位移為s時(shí)速度剛好達(dá)到最大值vm，整個(gè)過(guò)程中汽車的平均速度一定大于，由s＝t可知，所用的時(shí)間t一定小于，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查功率公式及動(dòng)量定理、動(dòng)能定理的應(yīng)用，要注意明確由W＝Pt求功的方法及應(yīng)用。隨堂練習(xí)1．（2021春?安徽月考）下列說(shuō)法正確的是（）A．由功率表達(dá)式P＝可知，功率P與做功W成正比，與做功時(shí)間t成反比 B．重力勢(shì)能的值有正負(fù)，但重力勢(shì)能的變化與零勢(shì)能面的選取無(wú)關(guān) C．某物體所受合力做功為零，則每個(gè)力做功均為零 D．重力做負(fù)功，則重力勢(shì)能一定減小【分析】P＝是定義式，P與W既不是正比也不是反比的關(guān)系；重力勢(shì)能的值有正負(fù)，重力勢(shì)能的變化與零勢(shì)能面的選取無(wú)關(guān)，與初末位置高度差有關(guān)；某物體所受合力做功為零，但每個(gè)力做功不一定為零；重力做負(fù)功，則重力勢(shì)能一定增大?！窘獯稹拷猓篈、P＝是定義式，在相同時(shí)間內(nèi)做功越多，功率P越大，做相等的功，所用時(shí)間越少，功率P越大，故A錯(cuò)誤；B.重力勢(shì)能的值有正負(fù)，重力勢(shì)能的變化與零勢(shì)能面的選取無(wú)關(guān)，與初末位置高度差有關(guān)，故B正確；C.某物體所受合力做功為零，但每個(gè)力做功不一定為零，可以是做功大小一樣，正負(fù)不同，故C錯(cuò)誤；D.重力做負(fù)功，則重力勢(shì)能一定增大，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查功率，重力勢(shì)能，做功的概念，熟練掌握他們的特點(diǎn)是解決本題的關(guān)鍵。2．（2021春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）一臺(tái)起重機(jī)從靜止開(kāi)始勻加速地將一質(zhì)量m＝1.0×103kg貨物豎直吊起，在2s末貨物的速度v＝4.0m/s，起重機(jī)在這2s內(nèi)的平均輸出功率及2s末的瞬時(shí)功率分別為（g取10m/s2）（）A．2.4×104W2.4×104W B．2.4×104W4.8×104W C．4.8×104W2.4×104W D．4.8×104W4.8×104W【分析】由勻變速運(yùn)動(dòng)的公式求起重機(jī)的拉力、物體的位移，由功的公式求出起重機(jī)做的功，由功率公式求出拉力的平均功率；由速度公式求出2s末的速度，然后由P＝Fv求出拉力的瞬時(shí)功率?！窘獯稹拷猓何矬w向上運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝＝2.0m/s2，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma，起重機(jī)的拉力F＝1.2×104N，物體上升的高度h＝at2＝m＝4m，起重機(jī)做功的平均功率＝W＝2.4×104W；2s末的速度：v＝at＝2×2m/s＝4m/s，起重機(jī)在2s末的瞬時(shí)功率：P＝Fv＝4.8×104W．故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】熟練應(yīng)用勻變速運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)公式、應(yīng)用功的計(jì)算公式與功率公式即可正確解題，熟練掌握基礎(chǔ)知識(shí)是正確解題的關(guān)鍵，本題難度不大。3．（2020秋?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，坐在雪橇上的人與雪橇的總質(zhì)量為m，在與水平面成θ角的恒定拉力F作用下，從靜止沿水平地面向右移動(dòng)了一段距離l，速度為v.已知雪橇與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則雪橇受到的摩擦力做功等于（）A．μmgl B．μ（mg﹣Fsinθ）1 C．mv2﹣Flcosθ D．F1﹣mv2【分析】根據(jù)功的計(jì)算公式：W＝Flcosθ，θ為F與l之間的夾角，通過(guò)受力分析求出摩擦力，代入公式計(jì)算摩擦力的功；也可以根據(jù)動(dòng)能定理求解。【解答】解：AB、對(duì)雪橇和人整體受力分析，如圖所示，雪橇豎直方向受力平衡：N+Fsinθ＝mg得N＝mg﹣Fsinθ則摩擦力f＝μN(yùn)＝μ（mg﹣Fsinθ）摩擦力做功Wf＝﹣fl＝﹣μ（mg﹣Fsinθ）l，故AB錯(cuò)誤；CD、根據(jù)動(dòng)能定理可得：Flcosθ+Wf＝﹣0解得：Wf＝﹣Flcosθ，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查功的計(jì)算方法，功的計(jì)算公式和動(dòng)能定理，要明確恒力F做功的計(jì)算公式：W＝Flcosθ，θ為F與l之間的夾角。注意功的公式只適用于恒力做功。4．（2021?安徽模擬）如圖，在傾角θ＝37°的固定斜面上，一質(zhì)量m＝1kg的物塊在一與斜面也成θ角的斜向右上方的拉力F作用下，由靜止沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的2s內(nèi)，拉力F對(duì)物塊做功16J。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，斜面足夠長(zhǎng)，則拉力F的大小等于（）A．10N B．12N C．14N D．16N【分析】根據(jù)牛頓第二定律列出表達(dá)式，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和功的計(jì)算求出F即可?！窘獯稹拷猓涸O(shè)物塊的加速度為a，2s內(nèi)勻加速的位移為x，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得：x＝，拉力F對(duì)物塊做功為：W＝Fxcosθ，斜面對(duì)物塊的支持力FN＝mgcosθ﹣Fsinθ，根據(jù)牛頓第二定律得：Fcosθ﹣mgsinθ﹣μFN＝ma，解得：F＝10N，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了功的公式和牛頓第二定律結(jié)合以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合應(yīng)用，此題是小型綜合，比較基礎(chǔ)。綜合練習(xí)一．選擇題（共15小題）1．（2021春?黃浦區(qū)校級(jí)期末）一物體從靜止開(kāi)始自由下落，在第1s末和第4s末，重力對(duì)物體做功的瞬時(shí)功率之比為（）A．1：4 B．4：1 C．1：16 D．16：1【分析】由自由落體速度公式可求得物體的速度，再由功率公式即可求得兩時(shí)刻的功率，即可求得比值．【解答】解：由v＝gt可得，1s末的速度v1＝10m/s4s末的速度v2＝10×4m/s＝40m/s；由功率公式P＝mgv可得：，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查功率公式及自由落體的速度公式，明確應(yīng)確功率公式P＝FV即可求解．2．（2021春?寶山區(qū)期末）如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體靜止在光滑水平地面上，從t＝0開(kāi)始，大小為2N的水平拉力F作用在該物體上。在t＝1s時(shí)力F的瞬時(shí)功率是（）A．1W B．2W C．3W D．4W【分析】根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知3s末速度，根據(jù)P＝Fv知瞬時(shí)功率?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)牛頓第二定律，物體的加速度為：a＝＝＝1m/s2，加速t＝1s，速度為：v＝at＝1×1m/s＝1m/s，t＝1s末拉力F的瞬時(shí)功率為：P＝Fv＝2×1W＝2W，故ACD均錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律、勻加速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、功率公式等內(nèi)容，要注意的是P＝Fv中，瞬時(shí)功率對(duì)應(yīng)瞬時(shí)速度。3．（2021春?儀征市校級(jí)月考）汽船航行時(shí)所受水的阻力與它的速度成正比.如果汽船以速度v水平勻速航行時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P，則當(dāng)汽船以速度2v水平勻速航行時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為（）A． B．2P C．4P D．8P【分析】汽船航行時(shí)受到牽引力和阻力作用，根據(jù)汽船做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)牽引力與阻力平衡，分析求解即可?！窘獯稹拷猓涸O(shè)汽船所受阻力為f＝kv汽船勻速航行時(shí)，牽引力F＝f又P＝Fv聯(lián)立可得：P＝kv2當(dāng)汽船以速度2v水平勻速航行時(shí)F′＝f′＝k2v發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P′＝F′?2v聯(lián)立可得＝4P，故C正確，ABD錯(cuò)誤.故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決此題的關(guān)鍵是弄清汽船的受力情況，注意P＝Fv中的F是汽船受到的牽引力。4．（2021?浙江模擬）如圖所示，把兩個(gè)相同的小球從離地面相同高度處，以相同大小的初速度v分別沿豎直向上和水平方向地出，不計(jì)空氣阻力。則下列說(shuō)法中正確的是（）A．兩小球落地時(shí)速度相同 B．兩小球落地時(shí)，重力的瞬時(shí)功率相同 C．從小球拋出到落地，重力對(duì)兩小球做的功相等 D．從小球拋出到落地，重力對(duì)兩小球做功的平均功率相等【分析】用速度的矢量性解答；用重力做功特點(diǎn)分析；用動(dòng)能定理及P＝Fvcosθ解答；用勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律和平均功率定義解答。【解答】解：A、速度是矢量，有方向，兩小球落地速度方向不同，所以兩小球速度不同，故A錯(cuò)誤；C、小球質(zhì)量相同，下落高度相同，由W＝mgh知重力對(duì)兩小球做的功相等：故C正確；B、由動(dòng)能定理：W＝，W＝可得：v1＝v2，即兩小球落地速率相等，但二者方向不同，由P＝mgvcosθ知：P1≠P2，故B錯(cuò)誤；D、取豎直向下為正方向，h＝﹣vt1+，平拋：h＝，顯然t1＞t2，由＝可知：，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了速度的矢量性，重力做功特點(diǎn)，出錯(cuò)點(diǎn)在計(jì)算或分析功率時(shí)不要漏掉P＝Fvcosθ中的cosθ.5．（2021春?鄭州期末）大吊車沿豎直方向向上以加速度a吊起靜止在地面上的質(zhì)量為m的重物，t時(shí)刻，大吊車?yán)?duì)重物做功的瞬時(shí)功率為（）A．m（g+a）at B．mgat C．m（g+a）at D．mgat【分析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求出t時(shí)刻的速度和大吊車?yán)?，根?jù)P＝Fv求出大吊車?yán)?duì)重物做功的瞬時(shí)功率?！窘獯稹拷猓褐匚镒龀跛俣葹閍的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在t時(shí)刻，重物的速度為：v＝at設(shè)大吊車對(duì)重物的拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣mg＝ma根據(jù)瞬時(shí)功率公式，有：P＝Fv聯(lián)立各式可得大吊車?yán)?duì)重物做功的瞬時(shí)功率為：P＝m（g+a）at，故C正確，ACD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】在處理本題時(shí)要注意瞬時(shí)功率對(duì)應(yīng)的是重物的瞬時(shí)速度，若要求大吊車?yán)?duì)重物做功的平均功率，則需利用重物的平均速度，在練習(xí)要注意求平均功率和瞬時(shí)功率時(shí)的各物理量的區(qū)別。6．（2021春?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，把兩個(gè)相同的小球從離地面相同高度處，以相同大小的初速度v分別沿豎直向下和水平方向拋出，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（）A．兩小球落地時(shí)速度相同 B．兩小球落地時(shí)，重力的瞬時(shí)功率相等 C．從小球拋出到落地，重力對(duì)兩小球做的功不相等 D．從小球拋出到落地，重力對(duì)兩小球做功的平均功率不相等【分析】?jī)蓚€(gè)物體在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，可以判斷它們的落地時(shí)速度關(guān)系。根據(jù)功率公式P＝mgv分析落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率關(guān)系。根據(jù)W＝mgh分析重力做功關(guān)系。再由平均功率公式P＝分析重力做功的平均功率關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，兩小球落地時(shí)速度大小相等，設(shè)兩小球落地時(shí)速度大小為v′，平拋運(yùn)動(dòng)的小球落地時(shí)速度方向與水平方向成θ角，所以小球落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為：P＝mgv′sinθ；豎直下拋的小球落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為：P′＝mgv′，所以兩小球落地時(shí)，速度不相等，平拋運(yùn)動(dòng)的小球重力的瞬時(shí)功率小于豎直下拋的小球重力的瞬時(shí)功率，故AB錯(cuò)誤；CD、從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至落地，由于平拋運(yùn)動(dòng)的小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，下拋的小球在豎直方向做豎直下拋運(yùn)動(dòng)，所以平拋運(yùn)動(dòng)的小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于豎直下拋運(yùn)動(dòng)的小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間，根據(jù)W＝Fl，得重力做的功相同，根據(jù)平均功率公式＝可知，所以重力對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)小球做功的平均功率小于重力對(duì)豎直下拋運(yùn)動(dòng)小球做功的平均功率，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了重力做功及功率公式的應(yīng)用，解決本題需熟記做功、平均功率、瞬時(shí)功率的計(jì)算公式，能正確分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間。7．（2021春?西鄉(xiāng)塘區(qū)校級(jí)月考）質(zhì)量為m的汽車在平直的公路上從靜止開(kāi)始以恒定功率P啟動(dòng)，最終以某一速度勻速直線運(yùn)動(dòng)。此過(guò)程中，車所受阻力大小恒為f，重力加速度為g，則（）A．汽車的速度最大值為 B．汽車的速度最大值為 C．汽車的牽引力大小不變 D．汽車在做勻變速直線運(yùn)動(dòng)【分析】根據(jù)P＝Fv，結(jié)合題意，可以判斷汽車的牽引力和最大速度；利用牛頓第二定律，判斷加速度，進(jìn)而可以判斷汽車的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈B、汽車在平直的公路上從靜止開(kāi)始以恒定功率P啟動(dòng)，根據(jù)P＝Fv可知P一定時(shí)，F(xiàn)越小則v越大，由題意可知當(dāng)汽車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)min＝f，此時(shí)汽車速度最大，有vm＝，故A正確，B錯(cuò)誤；C、根據(jù)P＝Fv可知功率P不變時(shí)，汽車速度增大，牽引力減小，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)汽車的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有，F(xiàn)﹣f＝ma，由C分析可知，汽車的牽引力在減小，故汽車的加速度在減小，汽車做的不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查汽車的啟動(dòng)問(wèn)題，在理解P＝Fv時(shí)要注意只有P一定時(shí)，速度增大則牽引力減小、另外要注意汽車的功率指的是牽引力的功率。8．（2021?浙江）中國(guó)制造的某一型號(hào)泵車如圖所示，表中列出了其部分技術(shù)參數(shù)。已知混凝土密度為2.4×103kg/m3，假設(shè)泵車的泵送系統(tǒng)以150m3/h的輸送量給30m高處輸送混凝土，則每小時(shí)泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功至少為（）發(fā)動(dòng)機(jī)最大輸出功率（kW）332最大輸送高度（m）63整車滿載質(zhì)量（kg）5.5×104最大輸送量（m3/h）180A．1.08×107J B．5.04×107J C．1.08×108J D．2.72×108J【分析】先求出1小時(shí)時(shí)間內(nèi)輸送的混凝土質(zhì)量，再根據(jù)將混凝土勻速輸送時(shí)，泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功最少，利用功的公式求出功的大小。【解答】解：泵車的泵送排量為150m3/h，則1小時(shí)輸送的混凝土的體積為V＝150×1m3＝150m3則在1小時(shí)時(shí)間內(nèi)輸送的混凝土質(zhì)量為m＝ρV＝2.4×103×150kg＝3.6×105kg將混凝土勻速輸送到30m高處，泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功最少，泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功至少為W＝mgh＝3.6×105×10×30J＝1.08×108J故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題要注意理解在將混凝土勻速輸送時(shí)，泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功最少，此時(shí)泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功等于克服重力做的功。9．（2021?4月份模擬）如圖所示，一半徑為R的豎直光滑圓軌道固定在傾角為37°的斜面上，圓軌道與斜面相切于N點(diǎn)，MN為圓軌道的一條直徑，整個(gè)裝置始終保持靜止。一個(gè)質(zhì)量為m的小球恰能在圓軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，sin37°＝0.6，則（）A．小球通過(guò)M點(diǎn)時(shí)速度大小為 B．小球在N點(diǎn)的動(dòng)能為2.5mgR C．小球從M點(diǎn)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，重力的功率先增大后減小 D．小球從M點(diǎn)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，向心加速度的大小先增大后減小【分析】由重力提供向心力確定出最高點(diǎn)的速度，再由能量守恒可求出N點(diǎn)的速度大小。功率的變化可先確定特殊位置的功率再判斷變化?！窘獯稹拷猓篈、因?yàn)樾∏蚯∧茉趫A軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，由，小球通過(guò)最高點(diǎn)的速度為，M點(diǎn)不是軌道最高點(diǎn)，小球通過(guò)M點(diǎn)時(shí)速度大于，故A錯(cuò)誤；B、從最高點(diǎn)兒到N點(diǎn)，根據(jù)能量守恒，，可得小球在N點(diǎn)的動(dòng)能為2.3mgR，故B錯(cuò)誤；C、小球從M點(diǎn)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，重力的功率先增大后減小再增大，故C錯(cuò)誤；D、小球從M點(diǎn)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，速度先增大后減小，由，知向心加速度的大小先增大后減小，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】明確重力做功引起動(dòng)能的變化，功率的變化由特殊位置的功率值分析變化規(guī)律。10．（2021?湖南模擬）如圖，小球甲從A點(diǎn)水平拋出。同時(shí)將小球乙從B點(diǎn)自由釋放，兩小球先后經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度大小相等。方向夾角為30°，兩小球質(zhì)量相等．B、C高度差為h．不計(jì)空氣阻力。由以上條件可知（）A．小球甲做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為2 B．甲、乙兩小球到達(dá)C點(diǎn)所用時(shí)間之比為：2 C．A、B兩點(diǎn)高度差為h D．兩小球在C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率大小相等【分析】由h＝gt2求出乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，然后求出乙的速度；然后結(jié)合運(yùn)動(dòng)的合成與分解求出甲的初速度和豎直方向的分速度，最后由速度公式求出甲在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈、小球乙到C的速度為v＝，此時(shí)小球甲的速度大小也為v＝，又因?yàn)樾∏蚣姿俣扰c豎直方向成30°角，可知水平分速度為vx＝＝，故A錯(cuò)誤；B、小球乙運(yùn)動(dòng)到C時(shí)所用的時(shí)間為h＝得t＝，而小球甲到達(dá)C點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度vy＝＝，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t′＝＝＝，所以甲、乙兩小球到達(dá)C點(diǎn)所用時(shí)間之比為，故B正確；C、由甲乙各自運(yùn)動(dòng)的時(shí)間得△h＝﹣＝，故C錯(cuò)誤；D、由于兩球在豎直方向上的速度不相等，所以兩小球在C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率也不相等，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】該題結(jié)合重力的功率的考查平拋運(yùn)動(dòng)的計(jì)算，解答的關(guān)鍵是判斷出乙球沿水平方向的分速度與豎直方向的分速度與甲球的速度之間的關(guān)系。11．（2021?河南三模）一質(zhì)量為0.5kg的小球從傾角為30°的斜面頂端以大小為v0的水平初速度拋出后開(kāi)始做曲線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球落到斜面上時(shí)，速率恰好也為v0。小球除受到重力以外，還受到一個(gè)恒定外力，此恒定外力的最小值為（g取10m/s2）（）A．5N B．N C．2.5N D．N【分析】根據(jù)小球落到斜面上速度大小不變可知，合力不做功，則合外力與位移垂直，然后根據(jù)力的矢量三角形分析求解最小恒力即可。【解答】解：小球以速度水平拋出，落到斜面上時(shí)的速度仍為v0，說(shuō)明合力不做功，小球受到的重力和恒定外力的合力與斜面垂直，如圖，由三角形定則可知，當(dāng)恒定外力的方向與斜面平行時(shí)最小為F＝mgsin30°＝0.5×10×N＝2.5N，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查功的應(yīng)用、矢量三角形求合力的方法等，考查了學(xué)生的推理能力。12．（2021?肥城市模擬）圖甲是全球最大回轉(zhuǎn)自升塔式起重機(jī)，它的開(kāi)發(fā)標(biāo)志著中國(guó)工程用超大噸位塔機(jī)打破長(zhǎng)期依賴進(jìn)口的局面，也意味著中國(guó)橋梁及鐵路施工裝備進(jìn)一步邁向世界前列。該起重機(jī)某次從t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始提升質(zhì)量為m的物體，其a﹣t圖像如圖乙所示，t1～t2內(nèi)起重機(jī)的功率為額定功率，不計(jì)其他阻力，重力加速度為g，則以下說(shuō)法正確的是（）A．該起重機(jī)的額定功率為ma02t1 B．該起重機(jī)的額定功率為（mg+ma0）a0（t2﹣t1） C．0～t1和t1～t2時(shí)間內(nèi)牽引力做的功之比為t1：2（t2﹣t1） D．0～t1和t1～t2時(shí)間內(nèi)牽引力做的功之比為t1：2t2【分析】分析圖像，物體一開(kāi)始勻加速上升，后期達(dá)到額定功率后減速上升，根據(jù)t1時(shí)刻求解額定功率，根據(jù)功的定義分析做功之比。【解答】解：AB、0﹣t1時(shí)間內(nèi)，物體勻加速上升，t1時(shí)刻達(dá)到額定功率，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma0，解得該過(guò)程中物體所受牽引力大小為：F＝m（g+a0），t1時(shí)刻物體的速度大小為：v＝a0t1，則該起重機(jī)的額定功率為：P＝Fv＝m（g+a0）a0t1，故A、B錯(cuò)誤：CD、0﹣t1時(shí)間內(nèi)牽引力做的功為：W1＝Fx＝m（g+a0）×，t1﹣t2時(shí)間內(nèi)牽引力做的功為：W2＝P（t2﹣t1）＝m（g+a0）a0t1（t2﹣t1），則二者之比為：，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解答此題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)圖象獲取相關(guān)的物理量，并能夠分析出物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，然后結(jié)合牛頓第二定律及功的定義求解。13．（2021?浙江模擬）如圖甲所示是一簡(jiǎn)易打樁機(jī)。質(zhì)量m＝1kg的重物在拉力的作用下從與釘子接觸處由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升一段高度后撤去拉力，重物上升到最高點(diǎn)后自由下落，撞擊釘子，將釘子打入一定深度。若以重物與釘子接觸處為重力勢(shì)能零點(diǎn)，重物上升過(guò)程中，其機(jī)械能E與上升高度h的關(guān)系圖象如圖乙所示，不計(jì)所有摩擦。則（）A．重物在1.0～1.2m過(guò)程中做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．重物加速上升過(guò)程中的加速度為1m/s2 C．重物上升到1m高度處的速度為1m/s D．重物上升過(guò)程拉力的最大功率為24W【分析】動(dòng)能與勢(shì)能之和是物體的機(jī)械能，由圖示圖象可以求出物體上升1m時(shí)物體的速度，撤去拉力后物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)物體的最大速度及拉力大小由P＝Fv可以求出拉力的最大功率。【解答】解：A、由圖乙知，重物在10～1.2m過(guò)程，機(jī)械能不變，即機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒條件結(jié)合題設(shè)，物體在此過(guò)程中只受重力作用，即物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、重物加速上升過(guò)程，受到重力和拉力作用，由功能關(guān)系知，拉力對(duì)重物所做的功等于重物機(jī)械能的增加，即Fh＝E﹣0，則E＝Fh，可見(jiàn)E﹣h圖像的斜率表示拉力，由圖乙知，拉力恒為F＝N＝12N，由牛頓第二定律：F﹣mg＝ma，解得重物加速時(shí)的加速度恒為a＝2m/s2，故B錯(cuò)誤；C、由圖乙知，重物上升h＝1m時(shí)，機(jī)械能為12J，又E＝mgh+，解得此時(shí)重物的速度v＝2m/s，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)重物勻加速結(jié)束，即重物上升h＝1m時(shí)，拉力的功率最大，為P＝Fv＝12×2W＝24W，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】物體動(dòng)能與勢(shì)能之和是物體的機(jī)械能，分析清楚圖象，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、功率公式等知識(shí)即可正確解題．14．（2021春?廣州期中）若機(jī)車在運(yùn)行過(guò)程中所受的阻力大小始終不變，在某一段直線軌道上勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大功率后保持功率恒定直到達(dá)到最大速度的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．機(jī)車達(dá)到最大速度時(shí)牽引力最小 B．機(jī)車一直勻加速運(yùn)動(dòng)直到最大速度 C．勻加速過(guò)程中任意相等時(shí)間內(nèi)牽引力做功相等 D．在功率恒定的加速階段，相等時(shí)間內(nèi)機(jī)車動(dòng)能變化相同【分析】機(jī)車達(dá)到最大速度時(shí)，牽引力與阻力相等，則由功率公式可求得機(jī)車能達(dá)到的最大速度；根據(jù)動(dòng)能定理分析；【解答】解：AB、當(dāng)功率達(dá)到額定功率后，機(jī)車的功率就不能增大，要增大速度，則要減小牽引力，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，機(jī)車速度達(dá)到最大值，所以機(jī)車勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程達(dá)不到最大速度，故A正確，B錯(cuò)誤；C、勻加速過(guò)程中牽引力恒定，但連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移越來(lái)越來(lái)大，由W＝Fs可知，連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)牽引力所做的功也是越來(lái)越大，不會(huì)相等，故C錯(cuò)誤；D、對(duì)功率恒定的加速階段用動(dòng)能定理可得：Pt﹣fs＝ΔEk，因?yàn)闄C(jī)車在做加速運(yùn)動(dòng)，任意相等時(shí)間內(nèi)機(jī)車的位移不同，所以任意相等時(shí)間內(nèi)機(jī)車的動(dòng)能變化不同，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查機(jī)車的勻加速直線運(yùn)動(dòng)啟動(dòng)方式，注意當(dāng)機(jī)車達(dá)到最大功率時(shí)，機(jī)車的功率不能再變，也就不能再保持勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而是做變加速直線運(yùn)動(dòng)。15．（2021春?船山區(qū)校級(jí)期中）在水平公路上，質(zhì)量為m的汽車從靜止開(kāi)始以恒定功率啟動(dòng)，經(jīng)t時(shí)間達(dá)到最大速度v，汽車啟動(dòng)過(guò)程受到的阻力大小恒為f，則下列判斷錯(cuò)誤的是（）A．汽車的額定功率為fv B．汽車牽引力大小為2f時(shí)，速度大小為v C．t時(shí)間內(nèi)，汽車運(yùn)動(dòng)的位移小于vt D．t時(shí)間內(nèi)，汽車運(yùn)動(dòng)的位移大于vt【分析】汽車以恒定功率啟動(dòng)時(shí)，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)功率公式可知，牽引力與速度的乘積等于汽車的功率。作出速度﹣時(shí)間圖線，分析t時(shí)間內(nèi)汽車運(yùn)動(dòng)的位移大小。【解答】解：A、汽車達(dá)到最大速度時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，牽引力等于阻力，則汽車的額定功率：P＝fv，故A正確；B、汽車牽引力大小為2f時(shí)，速度：v'＝＝，故B正確；CD、作出速度隨時(shí)間變化的圖線如圖所示：t時(shí)間內(nèi)，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，根據(jù)幾何關(guān)系可知，x＞，故C錯(cuò)誤，D正確；本題選錯(cuò)誤的，故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了汽車啟動(dòng)問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是明確汽車的兩種啟動(dòng)方式﹣﹣恒定加速度啟動(dòng)和恒定功率啟動(dòng)，知道功率與牽引力、速度之間的關(guān)系。二．多選題（共15小題）16．（2021?咸陽(yáng)模擬）地面處的建材裝在吊框中，用塔吊電機(jī)運(yùn)送至高處。吊框提升的速度大小。隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過(guò)程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力，對(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程（）A．電機(jī)輸出的最大功率相等 B．兩次提升過(guò)程中電機(jī)的最大牽引力相等 C．吊框上升所用的時(shí)間之比為4：5 D．電機(jī)所做的功之比為4：5【分析】?jī)纱翁嵘母叨认嗤?，根?jù)v﹣t圖象的面積表示位移列式，求解礦車上升所用的時(shí)間之比。根據(jù)圖象的斜率表示加速度，由牛頓第二定律分析電機(jī)的最大牽引力之比。由P＝Fv求電機(jī)輸出的最大功率之比。由W＝Pt求電機(jī)所做的功之比。【解答】解：AB、設(shè)電機(jī)的最大牽引力為F，在勻加速上升過(guò)程中，由圖可知加速度相同，故最大牽引力相同，第①次電機(jī)輸出的最大功率為P1＝Fv0，第②次電機(jī)輸出的最大功率為P2＝F?v0，因此電機(jī)輸出的最大功率之比為2：1，故A錯(cuò)誤，B正確；C、設(shè)第②次提升過(guò)程礦車上升所用的時(shí)間為t。根據(jù)v﹣t圖象的面積表示位移，結(jié)合兩次提升的高度相同得：，解得t＝2.5t0。所以第①次和第②次提升過(guò)程礦車上升所用的時(shí)間之比為2t0：t＝4：5，故C正確；D、電機(jī)所做的功與重力做功之和為零，因此電機(jī)做功之比為W1：W2＝1：1，故D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要理清礦車的運(yùn)動(dòng)情況，知道v﹣t圖象的面積表示位移，抓住兩次總位移相等來(lái)求第2次運(yùn)動(dòng)時(shí)間。17．（2021?七星區(qū)校級(jí)模擬）水平桌面上一質(zhì)量為3kg的物體，在水平拉力F的作用下，從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)2s后撤去外力，其v﹣t圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．在0～2s內(nèi)，合外力做的功為9J B．在0～2s內(nèi)，拉力大小是阻力大小的3倍 C．在t＝1s時(shí)，拉力的瞬時(shí)功率為4.5W D．在0～6s內(nèi)，摩擦力做的功為9J【分析】運(yùn)用動(dòng)能定理直接求合外力所做的功；根據(jù)圖像的斜率求出物體勻加速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，再由牛頓第二定律求拉力和阻力的關(guān)系；根據(jù)功率的公式P＝Fv求出拉力的瞬時(shí)功率，根據(jù)全過(guò)程的位移，由功的公式求摩擦力做的功。【解答】解：A、0～2s內(nèi)，末速度為v＝2m/s，由動(dòng)能定理可得合外力做的功W合＝mv2＝×3×22J＝6J，故A錯(cuò)誤；B、0～2s內(nèi)，物體的加速度為a1＝＝1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣f＝ma1；在2～6s內(nèi)，物體的加速度為a2＝＝﹣0.5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：﹣f＝ma2；聯(lián)立求得：f＝1.5N，F(xiàn)＝4.5N，則F＝3f，故B正確；C、在t＝1s時(shí)，物體的速度為v1＝1m/s，則拉力的瞬時(shí)功率為P＝Fv1＝4.5×1W＝4.5W，故C正確；D、在0～6s內(nèi)，物體的位移為x＝m＝6m，摩擦力做的功為Wf＝﹣fx＝﹣1.5×6J＝﹣9J，故D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】由動(dòng)能定理可以直接求出合外力所做的功，運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，要明確研究過(guò)程，要注意摩擦力做的是負(fù)功。18．（2021?咸陽(yáng)模擬）圖甲為北京冬運(yùn)會(huì)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地示意圖，某運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)a（長(zhǎng)度可忽略不計(jì)）處沿水平方向飛出、在斜坡b處著陸的示意圖。圖乙為運(yùn)動(dòng)員從a到b飛行時(shí)的動(dòng)能Ek隨飛行時(shí)間t變化的關(guān)系圖像。不計(jì)空氣阻力作用，重力加速度g取10m/s2，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為60kg，則下列說(shuō)法正確的是（）A．運(yùn)動(dòng)員在a處的速度大小為10m/s B．斜坡的傾角為30° C．運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)到b處時(shí)重力的瞬時(shí)功率為1.2×104W D．運(yùn)動(dòng)員飛出1.5s時(shí)離坡面的距離最大【分析】運(yùn)動(dòng)員從a到b做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得在2s內(nèi)下降的高度，重力做功等于動(dòng)能的變化量，故求得運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量，利用動(dòng)能的表達(dá)式求得初速度，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)求得斜面的傾角，利用P＝mgvy求得到達(dá)b點(diǎn)重力的瞬時(shí)功率，將平拋運(yùn)動(dòng)分解為沿斜面方向和垂直斜面方向，在垂直于斜面方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，沿斜面方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)垂直于斜面方向的速度為零時(shí)，距離斜面最遠(yuǎn)，結(jié)合速度公式和位移公式進(jìn)行求離坡面的最遠(yuǎn)距離的時(shí)間?！窘獯稹拷猓簭腶到b，運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)，則下降的高度為：h＝重力做功為：W＝mgh＝Ekb﹣Eka解得：m＝60kg故在a點(diǎn)，解得va＝10m/s，故A正確；B、，解得θ＝45°，故B錯(cuò)誤；C、運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)到b處時(shí)重力的瞬時(shí)功率為p＝mg?gt＝1.2×104W，故C正確；D、采用正交分解法，將該運(yùn)動(dòng)分解在沿斜面和垂直于斜面兩個(gè)方向上，建立坐標(biāo)系，則在垂直斜面方向上（y軸）做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有：vay＝v0sin45°，ay＝gcos45°，設(shè)最遠(yuǎn)距離時(shí)所以時(shí)間為t，則有：t＝，故D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵將平拋運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分解，靈活選擇分解的方向，得出分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解。明確運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)方向與斜面平行時(shí)，離坡面最遠(yuǎn)。19．（2020秋?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，質(zhì)量相同的A、B兩小球在離地面同高度處由靜止釋放，A沿光滑斜面下滑，B自由下落，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（）A．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至落地，重力對(duì)兩小球做功不相等 B．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至落地，重力對(duì)兩小球做功的平均功率相等 C．兩小球落地時(shí)動(dòng)能相等 D．兩小球落地時(shí)，B小球的重力的瞬時(shí)功率較大【分析】重力做功跟路徑無(wú)關(guān)，只與首末位置的高度差有關(guān)；根據(jù)動(dòng)能定理，比較兩球落地的速度大小；根據(jù)P＝mgvy及P＝比較重力的瞬時(shí)功率和平均功率。【解答】解：A、根據(jù)W＝mgh知，重力對(duì)兩球做功相同，故A錯(cuò)誤；B、在斜面上下滑的小球沿斜面向下的加速度a＝gsinθ，且沿斜面方向的位移大于豎方向下落的位移，故可知沿斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)，而重力做功相同，故重力做功平均功率不同，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)能定理可知，兩球下落時(shí)都只有重力做功，且重力做功相同，則落地時(shí)兩球的動(dòng)能相等，故C正確；D、兩球落地時(shí)的速率相同，自由下落的球速度在重力方向，沿斜面下滑的球速度沿斜面方向，重力的瞬時(shí)功率等于重力與重力方向上的速度的乘積，故可知，B球的瞬時(shí)功率大于A球的瞬時(shí)功率，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握重力做功的特點(diǎn)，以及掌握瞬時(shí)功率和平均功率的表達(dá)式。20．（2021?桃城區(qū)校級(jí)模擬）我國(guó)高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，和諧號(hào)動(dòng)車組是由動(dòng)車和拖車編組而成，提供動(dòng)力的車廂叫動(dòng)車，不提供動(dòng)力的車廂叫拖車。假設(shè)動(dòng)車組各車廂質(zhì)量均相等，動(dòng)車的額定功率都相同，動(dòng)車組在水平直軌道上運(yùn)行過(guò)程中阻力與車重成正比。某列動(dòng)車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動(dòng)車，其余為拖車，則該動(dòng)車組（）A．啟動(dòng)時(shí)乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)的方向相反 B．做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3：2 C．與改為4節(jié)動(dòng)車帶4節(jié)拖車的動(dòng)車組最大速度之比為1：2 D．與改為4節(jié)動(dòng)車帶4節(jié)拖車的動(dòng)車組最大速度之比為1：4【分析】由題意利用牛頓第二定律求出車廂間的作用力，利用公式P＝Fv分析動(dòng)車組的最大速度關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、啟動(dòng)時(shí)乘客和車廂一起沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，乘客受車廂作用力和重力作用，車廂作用力豎直分力和重力平衡，水平分力提供加速度，故車廂對(duì)乘客的作用力斜向上，故A錯(cuò)誤；B、做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)整個(gè)動(dòng)車組的加速度為a，動(dòng)車的牽引力為F，動(dòng)車組在水平直軌道上運(yùn)行過(guò)程中阻力與車重比例系數(shù)為k，即f＝knmg，以第6、7、8節(jié)車廂為研究對(duì)象，則由牛頓第二定律可知F56﹣3kmg＝3ma以第7、8節(jié)車廂為研究對(duì)象，則由牛頓第二定律可知F67﹣2kmg＝2ma整理可得F56：F67＝3:2故B正確；CD、當(dāng)動(dòng)車組勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)速度最大，此時(shí)動(dòng)車組的牽引力等于其所受的阻力，設(shè)題中動(dòng)車額定功率為P，動(dòng)車組最大速度為v1max，4節(jié)動(dòng)車帶4節(jié)拖車的動(dòng)車組最大速度為v2max，則有2P＝8kmgv1max4P＝8kmgv2max整理可得v1max：v2max＝1:2故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】在利用P＝Fv分析問(wèn)題時(shí)，要注意只有當(dāng)P一定時(shí)，F(xiàn)和v的反比關(guān)系才成立；同樣，只有F一定時(shí)，P與v成正比關(guān)系。21．（2021?漳州二模）2020年11月10日，中國(guó)自主研發(fā)制造的“奮斗者”號(hào)潛水器在馬里亞納海溝成功坐底，創(chuàng)造了10909米的中國(guó)載人深潛新紀(jì)錄。在這次深潛探測(cè)中，“奮斗者”號(hào)下潛過(guò)程潛水深度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，其中t1～t2、t3～t4為直線，忽略下潛過(guò)程重力加速度的變化及潛水器的體積變化。則（）A．0～t1時(shí)間內(nèi)，潛水器做加速下潛 B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，潛水器內(nèi)的科考人員所受重力的功率逐漸增大 C．t2～t3時(shí)間內(nèi)，潛水器內(nèi)的科考人員處于失重狀態(tài) D．t3～t4時(shí)間內(nèi)，潛水器豎直方向所受合外力為零【分析】根據(jù)h﹣t圖像的斜率判斷潛水器的速度，根據(jù)圖像分析運(yùn)動(dòng)方向和加速度方向，從而判斷超重和失重?！窘獯稹拷猓篈、h﹣t圖像類似位移﹣時(shí)間圖像，斜率代表速度，0～t1速度增加，潛水器做加速下潛，故A正確；B、t1～t2為直線，說(shuō)明潛水器勻速下潛，科考人員所受重力的功率不變，故B錯(cuò)誤；C、t2～t3速度減小，加速度向上，科考人員處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D、t3～t4圖像為直線，且潛水深度不變，說(shuō)明豎直方向上加速度為零，潛水器豎直方向所受合外力為零，故D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了對(duì)圖像的理解和應(yīng)用，特別注意對(duì)超重失重現(xiàn)象的理解，潛水器處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，潛水器的重力并沒(méi)變。22．（2021?三明三模）我國(guó)高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，復(fù)興號(hào)動(dòng)車組是由動(dòng)車和拖車編組而成，提供動(dòng)力的車廂叫動(dòng)車，不提供動(dòng)力的車廂叫拖車。某列動(dòng)車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動(dòng)車，其余為拖車。假設(shè)某段時(shí)間內(nèi)動(dòng)車組在水平直軌道上做勻加速運(yùn)動(dòng)，各車廂質(zhì)量均相等，每節(jié)動(dòng)車的動(dòng)力大小均為F，阻力與車重成正比，則在這段時(shí)間內(nèi)（）A．動(dòng)車的功率隨時(shí)間均勻增大 B．第6節(jié)車廂對(duì)第7節(jié)車廂的作用力大小為F C．剎車時(shí)軌道對(duì)車廂的作用力等于車廂的重力 D．剎車時(shí)軌道對(duì)車廂作用力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反【分析】根據(jù)受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分析車廂之間的作用力；根據(jù)動(dòng)能定理分析從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來(lái)滑行的距離；當(dāng)牽引力和阻力的大小相等時(shí)，動(dòng)車的速度達(dá)到最大值，由此可以求得將非動(dòng)力車改為動(dòng)力車的數(shù)量?！窘獯稹拷猓篈、動(dòng)車做勻加速運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)車的功率P＝Fv＝Fat，即功率隨時(shí)間均勻增大，故A正確；B、對(duì)動(dòng)車的整體2F﹣8kmg＝8ma對(duì)最后的7、8節(jié)車廂T﹣2kmg＝2ma解得：T＝，故B正確；CD、剎車時(shí)軌道對(duì)車廂有豎直向上的支持力和向后的摩擦力，因豎直向上的支持力和重力相等，軌道對(duì)車廂的作用力為支持力和摩擦力的合力，大于車廂的重力，方向斜向后上方，與運(yùn)動(dòng)方向不共線，CD錯(cuò)誤。故選：AB。【點(diǎn)評(píng)】當(dāng)機(jī)車的速度達(dá)到最大時(shí)，機(jī)車做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)機(jī)車處于受力平衡狀態(tài)，即此時(shí)的牽引力和受到的阻力的大小相等，再根據(jù)瞬時(shí)功率的公式即可解答本題。23．（2021春?福州期中）如圖所示，質(zhì)量均為m的兩物體處于同一高度h處，A沿固定在地面上的長(zhǎng)為s的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到達(dá)同一水平面，則（）A．重力對(duì)A做功mgscosθ B．兩物體重力的平均功率相同 C．到達(dá)底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率PA＜PB D．到達(dá)底端時(shí)，兩物體的動(dòng)能相同【分析】重力做功的大小與路徑無(wú)關(guān)，與首末位置的高度差有關(guān)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)平均功率的公式比較重力的平均功率。根據(jù)瞬時(shí)速度的大小，結(jié)合瞬時(shí)功率公式比較瞬時(shí)功率的大小?！窘獯稹拷猓篈、重力對(duì)A做的功W＝mgh＝mgssinθ，故A錯(cuò)誤；B、兩物體質(zhì)量m相同，初末位置的高度差h相同，重力做的功W＝mgh相同；設(shè)斜面的傾角為θ，高度為h，自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，沿斜面勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：，解得t2＝，由于時(shí)間的不一，所以重力的平均功率不同，故B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)動(dòng)能定理知，自由落體運(yùn)動(dòng)和沿斜面勻加速到達(dá)底端的速度大小相等，方向不同，則物體的動(dòng)能，動(dòng)能相同設(shè)該速度為v，對(duì)于B，有：PB＝mgv，PA＝mgvsinθ，則PA＜PB，故CD正確。故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道平均功率和瞬時(shí)功率的區(qū)別，掌握這兩種功率的求法，基礎(chǔ)題。24．（2021?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）網(wǎng)球訓(xùn)練中，若一運(yùn)動(dòng)員某一次擊球時(shí)，將網(wǎng)球從A點(diǎn)水平擊出，網(wǎng)球擊中D點(diǎn)；另一運(yùn)動(dòng)員將該網(wǎng)球從位于A點(diǎn)正下方且與D點(diǎn)等高的B點(diǎn)斜向上擊出，最高點(diǎn)為C，網(wǎng)球也擊中D點(diǎn)。A、C高度相同。忽略空氣阻力，則（）A．網(wǎng)球在兩個(gè)過(guò)程中飛行時(shí)間相等 B．網(wǎng)球在后一個(gè)過(guò)程中擊中D點(diǎn)時(shí)速度較小 C．運(yùn)動(dòng)員在兩個(gè)過(guò)程中對(duì)網(wǎng)球所做功可能相等 D．網(wǎng)球在后一個(gè)過(guò)程中，擊中D點(diǎn)時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率較大【分析】從A點(diǎn)拋出的做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，從B點(diǎn)拋出的做斜拋運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)的過(guò)程中，豎直方向做減速運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律和速度的合成即可判斷?！窘獯稹拷猓篈、從A拋出的網(wǎng)球做平拋運(yùn)動(dòng)，從B拋出的做斜上拋運(yùn)動(dòng)，因?yàn)锳C等高，根據(jù)h＝gt2，從A到D的時(shí)間與從C到D的時(shí)間相等，根據(jù)對(duì)稱性B運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間是A到D的時(shí)間的2倍，故A錯(cuò)誤；B、在豎直方向上，由v＝gt，知vyA＝vyB，又因?yàn)樗椒较虻奈灰葡嗤?，設(shè)從B點(diǎn)擊出的球的水平速度為vB，根據(jù)x＝vt可知，從A點(diǎn)擊出的球的水平速度vA＝2vB，則落地時(shí)的速度分別為，，故vA′＞vB′，即后一個(gè)過(guò)程中，網(wǎng)球擊中D點(diǎn)時(shí)速度較小，故B正確；C、根據(jù)動(dòng)能定理W＝mv2，知運(yùn)動(dòng)員對(duì)網(wǎng)球所做功等于剛拋出時(shí)網(wǎng)球獲得的動(dòng)能即WA＝mv，WB＝mv，因?yàn)関A與vB′大小不確定，故兩個(gè)過(guò)程中對(duì)網(wǎng)球所做功可能相等，故C正確；D、由于豎直方向做的是自由落體運(yùn)動(dòng)，下落的高度相同，故落地時(shí)豎直方向的速度相同，則重力的瞬時(shí)功率P＝mgvy相同，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是知道平拋運(yùn)動(dòng)和斜拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解。25．（2021?濱海新區(qū)模擬）天津港是我國(guó)的八大港口之一，也是華北地區(qū)冷鏈?zhǔn)称返闹匾斔屯ǖ?，而在新冠肺炎防控期間，冷鏈?zhǔn)称烦蔀橹饕牟《据斎雭?lái)源。為防止操作工人感染，天津港某企業(yè)采用斜面運(yùn)送冷鏈?zhǔn)称?，?jiǎn)化如圖甲所示。電動(dòng)機(jī)通過(guò)繞過(guò)定滑輪的輕細(xì)繩，與放在傾角θ＝30°的足夠長(zhǎng)斜面上的物體相連，啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)后物體沿斜面上升；在0～6s時(shí)間內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖乙所示，其中除1～5s時(shí)間段圖象為曲線外，其余時(shí)間段圖象均為直線，1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率保持不變。已知物體的質(zhì)量為2kg，不計(jì)一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2，則下列判斷不正確的是（）A．在0～1s內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為50J B．1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率為50W C．在1～5s內(nèi)電動(dòng)機(jī)牽引力的沖量大小為50N?s D．在0～5s內(nèi)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)了32.5m【分析】0﹣1s物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，先求位移，再由動(dòng)能定理求電動(dòng)機(jī)做的功；由0﹣1s做勻加速運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律解出1s末的牽引力，利用瞬時(shí)功率表達(dá)式求其輸出功率；先解出vm，在1﹣5s內(nèi)應(yīng)用動(dòng)量定理，求這段時(shí)間牽引力的沖量；利用動(dòng)能定理求1﹣5s內(nèi)物體的位移，再求0～5s內(nèi)物體沿斜面的位移?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)在時(shí)間t1＝1s內(nèi)，物體的位移為x1，1s末速度為v1＝5m/s，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：x1＝t1＝（×1）m＝2.5m，設(shè)在0～1s內(nèi)電動(dòng)機(jī)做的功為W，由動(dòng)能定理得：W?mgx1sinθ＝m代入數(shù)據(jù)解得：W＝50J，故A正確；B、設(shè)1s末電動(dòng)機(jī)的牽引力為F1，由圖像知0～1s內(nèi)物體做加速度為a＝5m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓定律得：F1﹣mgsinθ＝ma，即F1＝ma+mgsinθ＝（2×5+2×10×0.5）N＝20N，電動(dòng)機(jī)的輸出功率為P＝F1v1＝（20×5）W＝100W，由于1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率保持不變，故1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率為100W，故B錯(cuò)誤；C、由圖像知5s后物體做勻速運(yùn)動(dòng)，故牽引力F2＝mgsinθ＝（2×10×0.5）N＝10N，由P＝F2vm得：vm＝＝m/s＝10m/s.設(shè)1﹣5s電動(dòng)機(jī)牽引力的沖量大小為I，以v1方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)量定理得：I﹣mgsinθt＝mvm﹣mv1代入數(shù)據(jù)得：I＝50N?s，故C正確；D、設(shè)1﹣5s內(nèi)物體位移為x2，由動(dòng)能定理得：Pt?mgx2sinθ＝m﹣m解得：x2＝32.5m在0～5s內(nèi)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的位移：x＝x1+x2＝（2.5+32.5）m＝35m，故D錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題實(shí)際是一道機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題的變形題，涉及動(dòng)量定理、動(dòng)能定理、牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和運(yùn)動(dòng)圖像，是一道綜合性極強(qiáng)的試題。解答時(shí)注意分三個(gè)階段處理，即第一階段，勻加速運(yùn)動(dòng)，處理時(shí)應(yīng)用牛頓定律即可；第二階段恒定功率階段，注意此階段為變加速運(yùn)動(dòng)，不可使用牛頓定律定量處理，應(yīng)使用動(dòng)能定理和動(dòng)量定理解決；第三階段為勻速運(yùn)動(dòng)，處理起來(lái)比較簡(jiǎn)單。26．（2021春?廣州期中）如圖所示，質(zhì)量為m的小球與一長(zhǎng)度為l的輕繩和一原長(zhǎng)也為l的輕彈簧相連。輕繩的一端固定在O點(diǎn)，輕彈簧的一端固定在O′點(diǎn)，O與O′等高相距為2l。現(xiàn)從如圖所示位置靜止釋放小球，當(dāng)輕繩順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)θ＝60°時(shí)小球速度為零。以下說(shuō)法正確的是（）A．彈簧的最大彈性勢(shì)能為mgl B．最低點(diǎn)時(shí)彈簧彈力對(duì)小球的功率最大 C．彈簧對(duì)小球做功﹣mgl D．在最低點(diǎn)時(shí)繩子上拉力為mg【分析】小球減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能，根據(jù)動(dòng)能定理，求彈簧對(duì)小球做功，最低點(diǎn)時(shí)，彈力的方向恰好與圓弧軌道相切?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意可知，當(dāng)小球下降到最低點(diǎn)時(shí)小球豎直方向位移為，速度為0時(shí)，受力情況如下圖：A、小球減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能，小球動(dòng)能沒(méi)有變，所以彈性勢(shì)能的大小等于，故A正確；B、最低點(diǎn)小球速度為零，由P＝Fv可知彈簧彈力對(duì)小球功率為零，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)能定理得W重+W彈＝+W彈＝△Ek，小球前后動(dòng)能為0，所以彈簧對(duì)小球做功為，故C錯(cuò)誤；D、由圖可知，最低點(diǎn)時(shí)，彈力的方向恰好與圓弧軌道相切，即與繩子拉力方向垂直，此時(shí)速度為0，所需的向心力為0，沿著繩子的方向，拉力T＝mgsin60°＝，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題為綜合題，考查能量守恒，動(dòng)能定理應(yīng)用，要注意知識(shí)間的聯(lián)系，有一定難度。27．（2021?南山區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，等腰直角三角形AOB斜面固定在地面上，AO邊豎直，質(zhì)量為m的帶正電的小球（可看作質(zhì)點(diǎn)），在三角形平面內(nèi)從A點(diǎn)以速度v水平射出，小球恰好落在斜面底端B點(diǎn)，若加一個(gè)豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球仍然以相同的速度從A點(diǎn)水平拋出，小球落在斜面AB的中點(diǎn)，忽略空氣阻力，則下列說(shuō)法中正確的有（）A．小球受到的電場(chǎng)力大小等于mg B．小球兩次落到斜面上時(shí)的速度方向不同 C．小球第二次落到斜面上時(shí)的速度等于第一次落到斜面上時(shí)的速度 D．小球第二次落到斜面上時(shí)重力瞬時(shí)功率小于第一次落到斜面上時(shí)重力的瞬時(shí)功率【分析】小球只在重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)落在底端B點(diǎn)，當(dāng)放到豎直電場(chǎng)時(shí)，小球豎直方向受向下的合力增大，加速度增大，小球落在斜面AB的中點(diǎn)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析求解?！窘獯稹拷猓篈、小球只在重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)落在底端B點(diǎn)，當(dāng)放到豎直電場(chǎng)時(shí)，小球落在斜面AB的中點(diǎn)，兩次運(yùn)動(dòng)水平方向都是做速度為v的勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以t1＝2t2，物體做平拋運(yùn)動(dòng)或類平拋時(shí)，位移與水平方向夾角的正切值tanα＝＝，兩次運(yùn)動(dòng)位移與水平方向夾角不變，所以a1＝a2，即mg＝（mg+F），所以小球受到的電場(chǎng)力大小等于mg，故A正確；B、物體做平拋運(yùn)動(dòng)或類平拋時(shí)，速度與水平方向夾角的正切值，tanθ＝＝2tanα，兩次運(yùn)動(dòng)位移與水平方向夾角不變，所以球兩次落到斜面上時(shí)的速度方向不變，故B錯(cuò)誤；C、小球落到斜面上時(shí)的速度大小v′＝，t1＝2t2，a1＝a2，水平初速度v不變，所以小球第二次落到斜面上時(shí)的速度等于第一次落到斜面上時(shí)的速度，故C正確；D、小球兩次落到斜面上時(shí)的速度大小相等，方向相同，根據(jù)瞬時(shí)功率P＝Fvcosβ得小球第二次落到斜面上時(shí)重力瞬時(shí)功率等于第一次落到斜面上時(shí)重力的瞬時(shí)功率，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要注意準(zhǔn)確分析帶電體的受力和速度關(guān)系，明確運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律的準(zhǔn)確應(yīng)用，同時(shí)注意正確利用類平拋運(yùn)動(dòng)的結(jié)論進(jìn)行分析求解．28．（2021?舒城縣校級(jí)模擬）如圖，一頂角為直角的“∧”形光滑細(xì)桿豎直放置。質(zhì)量均為m的兩金屬環(huán)套在細(xì)桿上，高度相同，用一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧處于原長(zhǎng)l0。兩金屬環(huán)同時(shí)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的伸長(zhǎng)在彈性限度內(nèi)。對(duì)其中一個(gè)金屬環(huán)，下列說(shuō)法正確的是（彈簧的長(zhǎng)度為l時(shí)彈性勢(shì)能為k（l﹣l0）2）（）A．金屬環(huán)的最大加速度為g B．金屬環(huán)的最大速度為 C．金屬環(huán)與細(xì)桿之間的最大壓力為mg D．金屬環(huán)達(dá)到最大速度時(shí)重力的功率為【分析】對(duì)金屬環(huán)受力分析可知開(kāi)始釋放時(shí)，合力最大，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度，當(dāng)加速度為0時(shí)速度達(dá)到最大，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律當(dāng)金屬環(huán)下落到速度為零時(shí)彈簧的彈力最大，金屬環(huán)與桿的彈力最大，用重力乘以豎直方向的速度求重力的瞬時(shí)功率。【解答】解：對(duì)金屬環(huán)受力分析如圖：開(kāi)始釋放瞬間，金屬環(huán)受到重力和彈力，沿桿方向，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin45°＝ma解得：a＝g，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)金屬環(huán)的加速度為0時(shí)，速度最大，受力分析如圖：金屬環(huán)受到重力、桿的彈力和彈簧的彈力沿桿方向加速度為0，即合力為0：mgsin45°＝Fcos45°F＝k△x解得形變量△x＝，根據(jù)幾何知識(shí)，兩個(gè)小球下降的高度為h＝，對(duì)系統(tǒng)只有重力，彈力做功，對(duì)兩個(gè)金屬環(huán)和彈簧根據(jù)機(jī)械能守恒，2mg×△x＝k△x2+×2mv2解得：v＝g，故B錯(cuò)誤；C、金屬環(huán)下降h'達(dá)到最低時(shí)，速度減小為0，形變量為2h'，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：2mgh'＝k（2h'）2h'＝，當(dāng)金屬環(huán)下降到最低點(diǎn)時(shí)，金屬環(huán)和細(xì)桿的彈力最大，垂直于桿方向上：N＝mgcos45°+Fsin45°F＝k×2h'解得：F＝mg，故C正確。D、金屬環(huán)達(dá)到最大速度時(shí)重力的功率為P＝mgvcos45°＝mg×g×＝，故D正確；故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是找到臨界條件，加速度最大的條件是彈簧彈力等0，故開(kāi)始釋放時(shí)加速度最大，當(dāng)加速度為0時(shí)速度最大，當(dāng)金屬環(huán)下落到速度為零時(shí)彈簧的彈力最大金屬環(huán)與桿的彈力最大，注意用重力乘以豎直方向的速度求重力的瞬時(shí)功率。29．（2021?濱海新區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，一個(gè)縱截面是等腰三角形的斜面體M置于水平地面上，它的底面粗糙，兩斜面光滑。將質(zhì)量不相等的A、B兩個(gè)小滑塊（mA＞mB）同時(shí)從斜面上同一高度處?kù)o止釋放，在兩滑塊滑至斜面底端的過(guò)程中，M始終保持靜止，則（）A．B滑塊先滑至斜面底端 B．兩滑塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率相同 C．地面對(duì)斜面體的支持力小于三個(gè)物體的總重力 D．地面對(duì)斜面體的摩擦力方向水平向左【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出物塊下滑的加速度，根據(jù)位移時(shí)間公式求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而比較運(yùn)動(dòng)時(shí)間的長(zhǎng)短，根據(jù)速度時(shí)間公式求出滑塊到達(dá)底端的速度，從而求出重力的瞬時(shí)功率．對(duì)M分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡分析地面對(duì)斜面體是否有摩擦力，對(duì)整體分析，根據(jù)A、B加速度的方向確定整體處于超重還是失重．【解答】解：A、設(shè)等腰三角形的底角為α，高為h，物塊A下滑的加速度a＝gsinα，位移x＝，根據(jù)x＝at2得，t＝，同理，B下滑的時(shí)間t＝，可知兩滑塊滑至底端的時(shí)間相同。故A錯(cuò)誤；B、物塊A滑到底端的速度v＝at＝gsinα×＝，B滑到底端的速度也為，由于質(zhì)量不同，兩物體的速度方向相同，則重力的瞬時(shí)功率P＝mgvsinα不同。故B錯(cuò)誤；C、因?yàn)锳、B的加速度均沿斜面向下，對(duì)整體分析，整體處于失重狀態(tài)，則支持力小于三個(gè)物體的總重力。故C正確；D、A對(duì)斜面體壓力在水平方向的分力大小為mAgsinαcosα，B對(duì)斜面體在水平方向上的分力為mBgsinαcosα，因?yàn)閙A＞mB，則地面對(duì)斜面體有向左的摩擦力。故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，綜合性較強(qiáng)，注意瞬時(shí)功率P＝mgcosα，α為力與速度的夾角。30．（2021?廣東）長(zhǎng)征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈。手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的有（）A．甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng) B．兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等 C．從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢(shì)能減少mgh D．從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mgh【分析】A、根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，利用自由落體運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以判斷時(shí)間關(guān)系；B、根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，利用自由落體運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出豎直末速度，結(jié)合瞬時(shí)功率表達(dá)式可以判斷重力的功率；C、先求出重力做功關(guān)系，再根據(jù)功能關(guān)系判斷重力勢(shì)能變化量；D、根據(jù)機(jī)械能守恒的條件，手榴彈在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒?！窘獯稹拷猓篈、手榴彈在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，有h＝gt2戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆手榴彈，故h相等，故甲乙在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；B、手榴彈在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)落地前瞬間手榴彈豎直分速度為vy，有＝2gh此時(shí)重力的功率為P＝mgvy由題意h相等，故重力的功率相等，故B正確；C、從投出到落地，每顆手榴彈的重力做功為WG＝mgh，根據(jù)功能關(guān)系可知，手榴彈的重力勢(shì)能減少mgh，故C正確；D、手榴彈在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，故手榴彈的機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】在平常學(xué)習(xí)中，要注意總結(jié)幾種常用的功能關(guān)系，如重力做功與重力勢(shì)能變化關(guān)系，合外力做功與動(dòng)能變化關(guān)系，除重力以外的其他力做功與機(jī)械能變化關(guān)系等。三．填空題（共10小題）31．（2021?東麗區(qū)模擬）汽車沿平直的公路以恒定功率P從靜止開(kāi)始啟動(dòng)，如圖所示為牽引力F與速度v的關(guān)系，加速過(guò)程在圖中的N點(diǎn)結(jié)束，所用的時(shí)間t＝8s，經(jīng)歷的路程s＝50m，8s后汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，若汽車所受阻力始終不變，則汽車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力大小為2×104N，汽車的質(zhì)量為8750kg?！痉治觥坑蓤D讀出汽車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的牽引力大小，即等于阻力大??；汽車以恒定功率行駛，牽引力和阻力做功，根據(jù)動(dòng)能定理和圖象的信息，求解汽車的質(zhì)量?！窘獯稹拷猓杭铀龠^(guò)程在N點(diǎn)結(jié)束，即此后汽車沿平直路面做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件和圖象信息可得FT﹣f＝0FT＝2×104N聯(lián)立解得阻力f＝2×104N；由圖象信息得汽車的功率為：P＝Fv＝2×104×8W＝1.6×105W，汽車加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，牽引力做功為：W＝Pt根據(jù)動(dòng)能定理可得：Pt﹣fs＝則得：m＝8750kg。故答案為：2×104N；8750kg?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要讀懂圖象的意義，分析汽車的運(yùn)動(dòng)情況，再根據(jù)平衡條件和動(dòng)能定理求解。32．（2021春?金山區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，重物的質(zhì)量為1kg，動(dòng)滑輪質(zhì)量不計(jì)，豎直向上拉動(dòng)細(xì)繩，使重物以2m/s2勻加速上升5m，則拉力F為6N，此過(guò)程拉力F的功率為12W（g取10m/s2）?！痉治觥肯葘?duì)物體研究，根據(jù)牛頓第二定律求解繩子的拉力，F(xiàn)是此拉力的0.5倍，物體速度是手拉力的作用點(diǎn)移動(dòng)速度的0.5倍，求得F和速度大小，然后根據(jù)P＝Fv求解瞬時(shí)功率．【解答】解：設(shè)繩子對(duì)物體拉力大小為F′，根據(jù)牛頓第二定律得：F′﹣mg＝ma得：F′＝m（g+a）則：F＝F′＝m（g+a）＝×1×（10+2）N＝6N；設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系：x＝at2，得t＝s，物體的末速度大小為：v＝at＝2×m/s＝2m/s，手拉力的作用點(diǎn)移動(dòng)速度：v′＝2v＝4m/s，平均速度為＝＝m/s＝2m/s，故此過(guò)程拉力的功率為：P＝F＝6×2W＝12W；故答案為：6，12【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵在于正確地求解拉力的大小后用P＝Fv求解瞬時(shí)功率，難點(diǎn)在于物體的速度和繩子活動(dòng)端移動(dòng)的速度不同．33．（2021春?寶山區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量5kg的木塊在與水平方向成37°角且大小為20N的拉力F作用下，沿水平向右方向勻速運(yùn)動(dòng)了10m，在這一過(guò)程中，拉力F與木塊所受滑動(dòng)摩擦力的合力沿豎直向上的方向；此合力做功大小為0J?！痉治觥磕緣K受到重力、地面的支持力和摩擦力、拉力F的作用，四個(gè)力平衡，由平衡條件的推論可知，摩擦力與拉力的合力方向和重力與支持力的合力方向相反，重力與支持力的合力方向豎直向下，可分析得出摩擦力與拉力的合力方向，根據(jù)恒力做功的公式W＝fxcosθ即可求得?！窘獯稹拷猓洪_(kāi)始時(shí)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則受到的合外力等于0，水平方向：f＝Fcosθ，即摩擦力與拉力F沿水平方向的分力大小相等方向相反，所以拉力F與木塊所受滑動(dòng)摩擦力的合力的方向是豎直向上，大小是Fsinθ；此合力的方向與位移方向垂直，故做功W＝0故答案為：豎直向上；0【點(diǎn)評(píng)】本題考查運(yùn)用平衡條件推論分析受力情況的能力．物體受到若干個(gè)力作用而處于平衡狀態(tài)，其中一部分力的合力與其余力的合力大小相等、方向相反，根據(jù)恒力做功公式判斷出做功大?。?4．（2021春?福清市期中）一輛質(zhì)量為m＝2×103kg、額定功率為P＝80kW的汽車，在平直的公路上由靜止開(kāi)始以加速度a＝2m/s2做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)汽車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力恒為f＝4×103N，則汽車在平直公路上行駛的最大速度vm＝20m/s，汽車維持做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝5s?！痉治觥慨?dāng)牽引力與阻力相等時(shí)，速度達(dá)到最大，通過(guò)P＝Fv求出勻加速直線運(yùn)動(dòng)的末速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；【解答】解：牽引力與阻力相等時(shí)，速度最大，則有：vm＝＝20m/s；根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣f＝ma，解得：F＝f+ma＝4000N+2000×2N＝8000N，則勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為：v＝＝10m/s，勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝＝＝5s。故答案為：20，5?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵理清汽車整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道牽引力與阻力相等時(shí)，速度最大.35．（2021?黃浦區(qū)校級(jí)模擬）一電動(dòng)機(jī)接在電壓恒定的電源上，在豎直平面內(nèi)以10m/s的速率分別勻速提升A、B兩重物，A的重力為10N，所受空氣阻力可忽略不計(jì)，B重力為9N，但在提升時(shí)會(huì)受到1N的空氣阻力，則該電動(dòng)機(jī)提升兩物體時(shí)的輸出功率相同（填“相同”或“不相同”）；若提升物體時(shí)電動(dòng)機(jī)不幸突然卡住，則其輸入功率將增大（填“增大”、“減小”、“不變”或“無(wú)法確定”）。【分析】重物Ab勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求得繩的拉力，電機(jī)的輸出功率等于繩上拉力的功率即可判斷，當(dāng)動(dòng)機(jī)不幸突然卡住，電機(jī)變?yōu)榧冸娮桦娐罚娏髟龃?，即可判斷輸入功率的變化?！窘獯稹拷猓篈物體勻速上升，根據(jù)平衡條件可得：FA＝mAg＝10N，此時(shí)電機(jī)的輸出功率等于A物體上升過(guò)程中拉力的功率，故PA＝FAv＝10×10W＝100W對(duì)B物體，根據(jù)平衡條件可知FB＝mBg+f＝9N+1N＝10N，此時(shí)電機(jī)的輸出功率等于B物體上升過(guò)程中拉力的功率，故PB＝FBv＝10×10W＝100W，故該電動(dòng)機(jī)提升兩物體時(shí)的輸出功率相同若提升物體時(shí)電動(dòng)機(jī)不幸突然卡住，電機(jī)變?yōu)榧冸娮瑁斎腚娏髟龃?，根?jù)P＝UI可知，電機(jī)的輸入功率增大，故選：相同；增大【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了功率的計(jì)算和非純電阻電路，明確電機(jī)的輸出功率等于繩上拉力的功率即可判斷。36．（2021?黃浦區(qū)校級(jí)模擬）汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P，司機(jī)為合理進(jìn)入限速區(qū)，減小了油門，使汽車功率立即減小為0.5P并保持該功率繼續(xù)行駛，設(shè)汽車行駛過(guò)程中所受阻力大小不變，從司機(jī)減小油門開(kāi)始，汽車的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，則在0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車的牽引力大小增大（填“增大”、“減小”或“不變”），該過(guò)程中汽車行駛的位移為?！痉治觥吭?～t1時(shí)間內(nèi)，功率不變，速度減小，根據(jù)P＝Fv可知，牽引力增大，汽車勻速行駛時(shí)牽引力等于阻力，根據(jù)功率和速度關(guān)系公式P＝Fv可以求解阻力，功率減小一半時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理求解阻力做功和汽車的位移?！窘獯稹拷猓涸?～t1時(shí)間內(nèi)：功率不變，速度減小，根據(jù)P＝Fv可知，牽引力增大，汽車以速度v0勻速行駛時(shí)，牽引力等于阻力，即有：F＝f，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P，由P＝Fv0＝fv0，得阻力f＝根據(jù)動(dòng)能定理得：0.5Pt1﹣fx＝解得：x＝故答案為：增大；【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵分析清楚物體的受力情況，結(jié)合受力情況再確定物體的運(yùn)動(dòng)情況。阻力做功根據(jù)動(dòng)能定理求解是常用的思路。37．（2021春?福州期中）一質(zhì)量為m的同學(xué)計(jì)時(shí)跳繩，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，平均跳了一下需用時(shí)間為T。每跳一下過(guò)程中，在空中的時(shí)間為t，則該同學(xué)跳繩的最大高度是，跳一下過(guò)程中該同學(xué)克服重力做功的平均功率的大小為?！痉治觥扛鶕?jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)求出該同學(xué)跳繩的最大高度；該同學(xué)在最高點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能等于該過(guò)程中克服重力做的功，由此求出克服重力做的功，然后由平均功率的表達(dá)式求出平均功率?！窘獯稹拷猓涸撏瑢W(xué)離開(kāi)地面后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升或下落的時(shí)間都等于在空中時(shí)間的一半，則該同學(xué)跳繩的最大高度：＝；該同學(xué)上升的過(guò)程中克服重力做的功大小等于重力勢(shì)能的增加量，即：W＝mghm＝所以跳一下過(guò)程中該同學(xué)克服重力做功的平均功率的大小：P＝＝故答案為：，【點(diǎn)評(píng)】該題考查功與功率的計(jì)算，解答中要注意物體上升的過(guò)程中克服重力做的功大小等于重力勢(shì)能的增加量。38．（2020秋?奉賢區(qū)期末）如圖所示，質(zhì)量為60kg的某運(yùn)動(dòng)員在做俯臥撐運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程可將她的身體視為一根直棒。已知重心在C點(diǎn)，其垂線與腳、兩手連線中點(diǎn)間的距離OA、OB分別為0.9m和0.6m。若她在30s內(nèi)做了15個(gè)俯臥撐，每次肩部上升的距離均為0.4m，每次上下來(lái)回用時(shí)約1.5s，在最高處停留約0.5s，則每次克服重力做功約為144J，30s內(nèi)克服重力做功的功率約為72W（g取10m/s2）?！痉治觥扛鶕?jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)員重心上升的高度，由運(yùn)動(dòng)員重心的升高可以求出克服重力做的功，通過(guò)做的功與所用時(shí)間的比值可以求出平均功率?！窘獯稹拷猓河深}意，由幾何關(guān)系，可知一次俯臥撐重心上升高度h為：，解得h＝0.24m每次克服重力做功為WG＝mgh＝60×10×0.24J＝144J若她在30s內(nèi)做了15個(gè)俯臥撐，故在30s內(nèi)克服重力做功為：WG總＝15WG30s內(nèi)克服重力做功的功率故答案為：144；72【點(diǎn)評(píng)】本題考查功和平均功率，關(guān)鍵是把握重心位置的變化，另外要注意平均功率和瞬時(shí)功率的區(qū)別。39．（2021春?秦淮區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，斜面傾角為45°，從斜面上方A點(diǎn)處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的彈性小球，在B點(diǎn)處和斜面碰撞，碰撞后速度大小不變，方向變?yōu)樗?，?jīng)過(guò)一段時(shí)間在C點(diǎn)再次與斜面碰撞。已知A、B兩點(diǎn)的高度差為h＝3.2m，重力加速度為g，取g＝10m/s2，不考慮空氣阻力。（1）小球在AB段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力做功的平均功率P＝40W；（2）小球落到C點(diǎn)時(shí)速度的大小為?！痉治觥浚?）根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以先計(jì)算出時(shí)間，然后根據(jù)平均功率公式可得平均功率；（2）小球落到B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可得到結(jié)果?！窘獯稹拷猓海?）小球AB段下落的時(shí)間為t，由得所以小球在AB段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力做功的平均功率為小球與斜面碰撞時(shí)的速度為v＝gt＝10×0.8m/s＝8m/s（2）小球與斜面碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)再次與斜面碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間為t′，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得x＝vt′由幾何關(guān)系可得代入數(shù)據(jù)解得t′＝1.6s所以小球落到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為＝故答案為：（1）40W；（2）.【點(diǎn)評(píng)】注意讓計(jì)算的是小球落到C點(diǎn)的速度，是指合速度，即水平方向和豎直方向的合速度。小球最終落到斜面上，小球的位移方向?yàn)榇_定的方向，是解題的關(guān)鍵。40．（2021春?長(zhǎng)春月考）如圖甲所示，質(zhì)量為1kg的物體置于固定斜面上，現(xiàn)對(duì)物體施以平行于斜面向上的拉力F，1s后將拉力撤去，物體運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象如圖乙所示，則拉力F的大小為18N；拉力F在第1s內(nèi)的平均功率108W．【分析】（1