2025新課改-高中物理-必修第2冊（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（16講）12B功與功率中檔版功與功率知識點：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(填“矢”或“標”)量.在國際單位制中，功的單位是焦耳，符號是J.二、正功和負功1.力對物體做正功或負功的條件由W＝Flcosα可知(1)當α＝eq\f(π,2)時，W＝0，力F對物體不做功.(2)當0≤α＜eq\f(π,2)時，W＞0，力F對物體做正功.(3)當eq\f(π,2)＜α≤π時，W＜0，力F對物體做負功.2.總功的計算當一個物體在幾個力的共同作用下發(fā)生一段位移時，這幾個力對物體所做的總功等于：(1)各個分力分別對物體所做功的代數(shù)和.(2)幾個力的合力對物體所做的功.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間t之比.3.定義式：P＝eq\f(W,t).單位：瓦特，簡稱瓦，符號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械，當發(fā)動機的功率P一定時，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(填“標”或“矢”)量.技巧點撥一、對功的理解對公式W＝Flcosα的理解1.某一恒力F對物體做的功，只與l、α有關(guān)，與物體的運動狀態(tài)及物體是否還受其他作用力等因素無關(guān).2.功是標量，沒有方向，但是有正負.3.公式W＝Flcosα適用于計算恒力做功，若是變力，此公式不再適用.二、正、負功的理解功的計算1.正、負功的理解和判斷條件從動力學角度看從能量角度看正功當0≤α＜eq\f(π,2)時，cosα＞0，W＞0力是物體運動的動力力對物體做正功，向物體提供能量，即受力物體獲得了能量不做功當α＝eq\f(π,2)時，cosα＝0，W＝0力對物體既不起動力作用，也不起阻力作用負功當eq\f(π,2)＜α≤π時，cosα＜0，W＜0力是物體運動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)，即負功表示物體失去了能量說明也可根據(jù)力和速度方向夾角判斷功的正負2.總功的計算當物體在多個力的共同作用下發(fā)生一段位移時，合力對物體所做的功等于各分力對物體做功的代數(shù)和.故計算合力的功有以下兩種方法：(1)先由W＝Flcosα計算各個力對物體所做的功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計算總功，此時α為F合的方向與l的方向間的夾角.注意：當在一個過程中，幾個力作用的位移不相同時，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)分平均功率和瞬時功率(1)平均功率：與一段時間相對應(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)瞬時功率：與某一瞬時相對應(yīng)①當F與v方向相同時，P＝Fv，其中v為瞬時速度；②當F與v夾角為α時，P＝Fvcosα，其中v為瞬時速度.3.P＝Fv中三個量的制約關(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，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，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”的功率是指瞬時功率，只能用P＝Fvcosα求解；“某段時間內(nèi)”或“某個過程中”的功率，則是指平均功率，此時可用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)校級月考）質(zhì)量為400kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速運動，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動，對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，故做變加速直線運動，故A錯誤；BCD、對賽車受力分析，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，當賽車的速度最大時，加速度為零，故結(jié)合圖象可以知道，a＝0時，＝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錯誤，D正確；故選：D?！军c評】本題關(guān)鍵對汽車受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律列出加速度與速度關(guān)系的表達式，再結(jié)合圖象進行分析求解2．（2021?武陵區(qū)校級模擬）目前，我國在人工智能和無人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實現(xiàn)無人駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發(fā)現(xiàn)，下坡時若關(guān)掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動做加速運動，發(fā)生位移s時速度剛好達到最大值vm。設(shè)坡面的傾角為α，汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說法正確的是（）A．關(guān)掉油門后的下坡過程，汽車的機械能守恒 B．上坡過程中，達到最大速度后汽車的牽引力大小為4mgsinα C．上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時間等于 D．上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，所用時間一定小于【分析】由共點力平衡條件可求得汽車受到的阻力，判斷機械能是否守恒；由沖量的定義式汽車沖量；由功率公式可求得功，再由動能定理可求得所需要的時間。【解答】解：A、關(guān)掉油門后的下坡過程，汽車勻速運動，可知f＝mgsinα動能不變，重力勢能減小，機械能不守恒，故A錯誤；B、汽車上坡過程中達到最大速度后的牽引力大小F＝f+mgsinα＝2mgsinα，故B錯誤；C、汽車上坡過程中速度由增大到，設(shè)所用時間為t，位移為x，由動能定理有Pt﹣fx﹣（mgsinα）﹣x＝m﹣m解得所用時間t＝+，故C錯誤；D、汽車以恒定功率P從靜止啟動做加速度逐漸減小的加速運動，位移為s時速度剛好達到最大值vm，整個過程中汽車的平均速度一定大于，由s＝t可知，所用的時間t一定小于，故D正確；故選：D。【點評】本題考查功率公式及動量定理、動能定理的應(yīng)用，要注意明確由W＝Pt求功的方法及應(yīng)用。隨堂練習1．（2021春?安徽月考）下列說法正確的是（）A．由功率表達式P＝可知，功率P與做功W成正比，與做功時間t成反比 B．重力勢能的值有正負，但重力勢能的變化與零勢能面的選取無關(guān) C．某物體所受合力做功為零，則每個力做功均為零 D．重力做負功，則重力勢能一定減小【分析】P＝是定義式，P與W既不是正比也不是反比的關(guān)系；重力勢能的值有正負，重力勢能的變化與零勢能面的選取無關(guān)，與初末位置高度差有關(guān)；某物體所受合力做功為零，但每個力做功不一定為零；重力做負功，則重力勢能一定增大?！窘獯稹拷猓篈、P＝是定義式，在相同時間內(nèi)做功越多，功率P越大，做相等的功，所用時間越少，功率P越大，故A錯誤；B.重力勢能的值有正負，重力勢能的變化與零勢能面的選取無關(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，但每個力做功不一定為零，可以是做功大小一樣，正負不同，故C錯誤；D.重力做負功，則重力勢能一定增大，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查功率，重力勢能，做功的概念，熟練掌握他們的特點是解決本題的關(guān)鍵。2．（2021春?鼓樓區(qū)校級期中）一臺起重機從靜止開始勻加速地將一質(zhì)量m＝1.0×103kg貨物豎直吊起，在2s末貨物的速度v＝4.0m/s，起重機在這2s內(nèi)的平均輸出功率及2s末的瞬時功率分別為（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】由勻變速運動的公式求起重機的拉力、物體的位移，由功的公式求出起重機做的功，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求出拉力的瞬時功率。【解答】解：物體向上運動的加速度a＝＝＝2.0m/s2，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma，起重機的拉力F＝1.2×104N，物體上升的高度h＝at2＝m＝4m，起重機做功的平均功率＝W＝2.4×104W；2s末的速度：v＝at＝2×2m/s＝4m/s，起重機在2s末的瞬時功率：P＝Fv＝4.8×104W．故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】熟練應(yīng)用勻變速運動的運動公式、應(yīng)用功的計算公式與功率公式即可正確解題，熟練掌握基礎(chǔ)知識是正確解題的關(guān)鍵，本題難度不大。3．（2020秋?倉山區(qū)校級期末）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了一段距離l，速度為v.已知雪橇與地面間的動摩擦因數(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)功的計算公式：W＝Flcosθ，θ為F與l之間的夾角，通過受力分析求出摩擦力，代入公式計算摩擦力的功；也可以根據(jù)動能定理求解?！窘獯稹拷猓篈B、對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＝μ（mg﹣Fsinθ）摩擦力做功Wf＝﹣fl＝﹣μ（mg﹣Fsinθ）l，故AB錯誤；CD、根據(jù)動能定理可得：Flcosθ+Wf＝﹣0解得：Wf＝﹣Flcosθ，故C正確，D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查功的計算方法，功的計算公式和動能定理，要明確恒力F做功的計算公式：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動。開始運動的2s內(nèi)，拉力F對物塊做功16J。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，斜面足夠長，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式，結(jié)合運動學公式和功的計算求出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)運動學規(guī)律得：x＝，拉力F對物塊做功為：W＝Fxcosθ，斜面對物塊的支持力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錯誤；故選：A?！军c評】本題主要考查了功的公式和牛頓第二定律結(jié)合以及運動學公式的綜合應(yīng)用，此題是小型綜合，比較基礎(chǔ)。綜合練習一．選擇題（共15小題）1．（2021春?黃浦區(qū)校級期末）一物體從靜止開始自由下落，在第1s末和第4s末，重力對物體做功的瞬時功率之比為（）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錯誤。故選：A。【點評】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開始，大小為2N的水平拉力F作用在該物體上。在t＝1s時力F的瞬時功率是（）A．1W B．2W C．3W D．4W【分析】根據(jù)牛頓運動定律求解加速度，由運動學公式知3s末速度，根據(jù)P＝Fv知瞬時功率?！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的瞬時功率為：P＝Fv＝2×1W＝2W，故ACD均錯誤，B正確。故選：B?！军c評】本題考查牛頓第二定律、勻加速直線運動運動學公式、功率公式等內(nèi)容，要注意的是P＝Fv中，瞬時功率對應(yīng)瞬時速度。3．（2021春?儀征市校級月考）汽船航行時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，發(fā)動機的功率為P，則當汽船以速度2v水平勻速航行時，發(fā)動機的功率為（）A． B．2P C．4P D．8P【分析】汽船航行時受到牽引力和阻力作用，根據(jù)汽船做勻速運動時牽引力與阻力平衡，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，牽引力F＝f又P＝Fv聯(lián)立可得：P＝kv2當汽船以速度2v水平勻速航行時F′＝f′＝k2v發(fā)動機的功率P′＝F′?2v聯(lián)立可得＝4P，故C正確，ABD錯誤.故選：C?！军c評】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，不計空氣阻力。則下列說法中正確的是（）A．兩小球落地時速度相同 B．兩小球落地時，重力的瞬時功率相同 C．從小球拋出到落地，重力對兩小球做的功相等 D．從小球拋出到落地，重力對兩小球做功的平均功率相等【分析】用速度的矢量性解答；用重力做功特點分析；用動能定理及P＝Fvcosθ解答；用勻變速運動規(guī)律和平均功率定義解答?！窘獯稹拷猓篈、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錯誤；C、小球質(zhì)量相同，下落高度相同，由W＝mgh知重力對兩小球做的功相等：故C正確；B、由動能定理：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錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了速度的矢量性，重力做功特點，出錯點在計算或分析功率時不要漏掉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時刻，大吊車拉力對重物做功的瞬時功率為（）A．m（g+a）at B．mgat C．m（g+a）at D．mgat【分析】根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律求出t時刻的速度和大吊車拉力，根據(jù)P＝Fv求出大吊車拉力對重物做功的瞬時功率。【解答】解：重物做初速度為a的勻加速直線運動，在t時刻，重物的速度為：v＝at設(shè)大吊車對重物的拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣mg＝ma根據(jù)瞬時功率公式，有：P＝Fv聯(lián)立各式可得大吊車拉力對重物做功的瞬時功率為：P＝m（g+a）at，故C正確，ACD錯誤。故選：C?！军c評】在處理本題時要注意瞬時功率對應(yīng)的是重物的瞬時速度，若要求大吊車拉力對重物做功的平均功率，則需利用重物的平均速度，在練習要注意求平均功率和瞬時功率時的各物理量的區(qū)別。6．（2021春?倉山區(qū)校級期中）如圖所示，把兩個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，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．兩小球落地時速度相同 B．兩小球落地時，重力的瞬時功率相等 C．從小球拋出到落地，重力對兩小球做的功不相等 D．從小球拋出到落地，重力對兩小球做功的平均功率不相等【分析】兩個物體在運動的過程中機械能守恒，可以判斷它們的落地時速度關(guān)系。根據(jù)功率公式P＝mgv分析落地時重力的瞬時功率關(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。【解答】解：AB、根據(jù)機械能守恒定律可知，兩小球落地時速度大小相等，設(shè)兩小球落地時速度大小為v′，平拋運動的小球落地時速度方向與水平方向成θ角，所以小球落地時重力的瞬時功率為：P＝mgv′sinθ；豎直下拋的小球落地時重力的瞬時功率為：P′＝mgv′，所以兩小球落地時，速度不相等，平拋運動的小球重力的瞬時功率小于豎直下拋的小球重力的瞬時功率，故AB錯誤；CD、從開始運動至落地，由于平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，下拋的小球在豎直方向做豎直下拋運動，所以平拋運動的小球運動時間大于豎直下拋運動的小球運動時間，根據(jù)W＝Fl，得重力做的功相同，根據(jù)平均功率公式＝可知，所以重力對平拋運動小球做功的平均功率小于重力對豎直下拋運動小球做功的平均功率，故C錯誤，D正確；故選：D?！军c評】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、瞬時功率的計算公式，能正確分析運動時間。7．（2021春?西鄉(xiāng)塘區(qū)校級月考）質(zhì)量為m的汽車在平直的公路上從靜止開始以恒定功率P啟動，最終以某一速度勻速直線運動。此過程中，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動【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，進而可以判斷汽車的運動狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈B、汽車在平直的公路上從靜止開始以恒定功率P啟動，根據(jù)P＝Fv可知P一定時，F(xiàn)越小則v越大，由題意可知當汽車勻速運動時，F(xiàn)min＝f，此時汽車速度最大，有vm＝，故A正確，B錯誤；C、根據(jù)P＝Fv可知功率P不變時，汽車速度增大，牽引力減小，故C錯誤；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動，故D錯誤。故選：A。【點評】本題主要考查汽車的啟動問題，在理解P＝Fv時要注意只有P一定時，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）中國制造的某一型號泵車如圖所示，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，則每小時泵送系統(tǒng)對混凝土做的功至少為（）發(fā)動機最大輸出功率（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小時時間內(nèi)輸送的混凝土質(zhì)量，再根據(jù)將混凝土勻速輸送時，泵送系統(tǒng)對混凝土做的功最少，利用功的公式求出功的大小?！窘獯稹拷猓罕密嚨谋盟团帕繛?50m3/h，則1小時輸送的混凝土的體積為V＝150×1m3＝150m3則在1小時時間內(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)對混凝土做的功最少，泵送系統(tǒng)對混凝土做的功至少為W＝mgh＝3.6×105×10×30J＝1.08×108J故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題要注意理解在將混凝土勻速輸送時，泵送系統(tǒng)對混凝土做的功最少，此時泵送系統(tǒng)對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，MN為圓軌道的一條直徑，整個裝置始終保持靜止。一個質(zhì)量為m的小球恰能在圓軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，重力加速度為g，sin37°＝0.6，則（）A．小球通過M點時速度大小為 B．小球在N點的動能為2.5mgR C．小球從M點順時針運動到N點的過程中，重力的功率先增大后減小 D．小球從M點順時針運動到N點的過程中，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的速度，再由能量守恒可求出N點的速度大小。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、因為小球恰能在圓軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，由，小球通過最高點的速度為，M點不是軌道最高點，小球通過M點時速度大于，故A錯誤；B、從最高點兒到N點，根據(jù)能量守恒，，可得小球在N點的動能為2.3mgR，故B錯誤；C、小球從M點順時針運動到N點的過程中，重力的功率先增大后減小再增大，故C錯誤；D、小球從M點順時針運動到N點的過程中，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評】明確重力做功引起動能的變化，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點水平拋出。同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點時速度大小相等。方向夾角為30°，兩小球質(zhì)量相等．B、C高度差為h．不計空氣阻力。由以上條件可知（）A．小球甲做平拋運動的初速度大小為2 B．甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為：2 C．A、B兩點高度差為h D．兩小球在C點時重力的瞬時功率大小相等【分析】由h＝gt2求出乙運動的時間，然后求出乙的速度；然后結(jié)合運動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動的時間?！窘獯稹拷猓篈、小球乙到C的速度為v＝，此時小球甲的速度大小也為v＝，又因為小球甲速度與豎直方向成30°角，可知水平分速度為vx＝＝，故A錯誤；B、小球乙運動到C時所用的時間為h＝得t＝，而小球甲到達C點時豎直方向的速度vy＝＝，所以運動時間為t′＝＝＝，所以甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為，故B正確；C、由甲乙各自運動的時間得△h＝﹣＝，故C錯誤；D、由于兩球在豎直方向上的速度不相等，所以兩小球在C點時重力的瞬時功率也不相等，故D錯誤。故選：B。【點評】該題結(jié)合重力的功率的考查平拋運動的計算，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始做曲線運動，當小球落到斜面上時，速率恰好也為v0。小球除受到重力以外，還受到一個恒定外力，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，落到斜面上時的速度仍為v0，說明合力不做功，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，當恒定外力的方向與斜面平行時最小為F＝mgsin30°＝0.5×10×N＝2.5N，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】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，它的開發(fā)標志著中國工程用超大噸位塔機打破長期依賴進口的局面，也意味著中國橋梁及鐵路施工裝備進一步邁向世界前列。該起重機某次從t＝0時刻由靜止開始提升質(zhì)量為m的物體，其a﹣t圖像如圖乙所示，t1～t2內(nèi)起重機的功率為額定功率，不計其他阻力，重力加速度為g，則以下說法正確的是（）A．該起重機的額定功率為ma02t1 B．該起重機的額定功率為（mg+ma0）a0（t2﹣t1） C．0～t1和t1～t2時間內(nèi)牽引力做的功之比為t1：2（t2﹣t1） D．0～t1和t1～t2時間內(nèi)牽引力做的功之比為t1：2t2【分析】分析圖像，物體一開始勻加速上升，后期達到額定功率后減速上升，根據(jù)t1時刻求解額定功率，根據(jù)功的定義分析做功之比?！窘獯稹拷猓篈B、0﹣t1時間內(nèi)，物體勻加速上升，t1時刻達到額定功率，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma0，解得該過程中物體所受牽引力大小為：F＝m（g+a0），t1時刻物體的速度大小為：v＝a0t1，則該起重機的額定功率為：P＝Fv＝m（g+a0）a0t1，故A、B錯誤：CD、0﹣t1時間內(nèi)牽引力做的功為：W1＝Fx＝m（g+a0）×，t1﹣t2時間內(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錯誤。故選：C?！军c評】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動狀態(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）如圖甲所示是一簡易打樁機。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始運動，上升一段高度后撤去拉力，重物上升到最高點后自由下落，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能零點，重物上升過程中，其機械能E與上升高度h的關(guān)系圖象如圖乙所示，不計所有摩擦。則（）A．重物在1.0～1.2m過程中做勻速直線運動 B．重物加速上升過程中的加速度為1m/s2 C．重物上升到1m高度處的速度為1m/s D．重物上升過程拉力的最大功率為24W【分析】動能與勢能之和是物體的機械能，由圖示圖象可以求出物體上升1m時物體的速度，撤去拉力后物體做豎直上拋運動，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?！窘獯稹拷猓篈、由圖乙知，重物在10～1.2m過程，機械能不變，即機械能守恒，由機械能守恒條件結(jié)合題設(shè)，物體在此過程中只受重力作用，即物體做豎直上拋運動，故A錯誤；B、重物加速上升過程，受到重力和拉力作用，由功能關(guān)系知，拉力對重物所做的功等于重物機械能的增加，即Fh＝E﹣0，則E＝Fh，可見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，解得重物加速時的加速度恒為a＝2m/s2，故B錯誤；C、由圖乙知，重物上升h＝1m時，機械能為12J，又E＝mgh+，解得此時重物的速度v＝2m/s，故C錯誤；D、當重物勻加速結(jié)束，即重物上升h＝1m時，拉力的功率最大，為P＝Fv＝12×2W＝24W，故D正確。故選：D。【點評】物體動能與勢能之和是物體的機械能，分析清楚圖象，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學公式、功率公式等知識即可正確解題．14．（2021春?廣州期中）若機車在運行過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動，達到最大功率后保持功率恒定直到達到最大速度的過程中，下列說法正確的是（）A．機車達到最大速度時牽引力最小 B．機車一直勻加速運動直到最大速度 C．勻加速過程中任意相等時間內(nèi)牽引力做功相等 D．在功率恒定的加速階段，相等時間內(nèi)機車動能變化相同【分析】機車達到最大速度時，牽引力與阻力相等，則由功率公式可求得機車能達到的最大速度；根據(jù)動能定理分析；【解答】解：AB、當功率達到額定功率后，機車的功率就不能增大，要增大速度，則要減小牽引力，當牽引力等于阻力時，機車速度達到最大值，所以機車勻加速運動過程達不到最大速度，故A正確，B錯誤；C、勻加速過程中牽引力恒定，但連續(xù)相等時間內(nèi)的位移越來越來大，由W＝Fs可知，連續(xù)相等時間內(nèi)牽引力所做的功也是越來越大，不會相等，故C錯誤；D、對功率恒定的加速階段用動能定理可得：Pt﹣fs＝ΔEk，因為機車在做加速運動，任意相等時間內(nèi)機車的位移不同，所以任意相等時間內(nèi)機車的動能變化不同，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查機車的勻加速直線運動啟動方式，注意當機車達到最大功率時，機車的功率不能再變，也就不能再保持勻加速直線運動，而是做變加速直線運動。15．（2021春?船山區(qū)校級期中）在水平公路上，質(zhì)量為m的汽車從靜止開始以恒定功率啟動，經(jīng)t時間達到最大速度v，汽車啟動過程受到的阻力大小恒為f，則下列判斷錯誤的是（）A．汽車的額定功率為fv B．汽車牽引力大小為2f時，速度大小為v C．t時間內(nèi)，汽車運動的位移小于vt D．t時間內(nèi)，汽車運動的位移大于vt【分析】汽車以恒定功率啟動時，做加速度減小的加速運動，當牽引力等于阻力時，做勻速直線運動。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﹣時間圖線，分析t時間內(nèi)汽車運動的位移大小。【解答】解：A、汽車達到最大速度時，做勻速直線運動，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，速度：v'＝＝，故B正確；CD、作出速度隨時間變化的圖線如圖所示：t時間內(nèi)，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，根據(jù)幾何關(guān)系可知，x＞，故C錯誤，D正確；本題選錯誤的，故選：C?！军c評】此題考查了汽車啟動問題，解題的關(guān)鍵是明確汽車的兩種啟動方式﹣﹣恒定加速度啟動和恒定功率啟動，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?咸陽模擬）地面處的建材裝在吊框中，用塔吊電機運送至高處。吊框提升的速度大小。隨時間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，對于第①次和第②次提升過程（）A．電機輸出的最大功率相等 B．兩次提升過程中電機的最大牽引力相等 C．吊框上升所用的時間之比為4：5 D．電機所做的功之比為4：5【分析】兩次提升的高度相同，根據(jù)v﹣t圖象的面積表示位移列式，求解礦車上升所用的時間之比。根據(jù)圖象的斜率表示加速度，由牛頓第二定律分析電機的最大牽引力之比。由P＝Fv求電機輸出的最大功率之比。由W＝Pt求電機所做的功之比。【解答】解：AB、設(shè)電機的最大牽引力為F，在勻加速上升過程中，由圖可知加速度相同，故最大牽引力相同，第①次電機輸出的最大功率為P1＝Fv0，第②次電機輸出的最大功率為P2＝F?v0，因此電機輸出的最大功率之比為2：1，故A錯誤，B正確；C、設(shè)第②次提升過程礦車上升所用的時間為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次提升過程礦車上升所用的時間之比為2t0：t＝4：5，故C正確；D、電機所做的功與重力做功之和為零，因此電機做功之比為W1：W2＝1：1，故D錯誤；故選：BC?！军c評】解決本題的關(guān)鍵要理清礦車的運動情況，知道v﹣t圖象的面積表示位移，抓住兩次總位移相等來求第2次運動時間。17．（2021?七星區(qū)校級模擬）水平桌面上一質(zhì)量為3kg的物體，在水平拉力F的作用下，從靜止開始運動2s后撤去外力，其v﹣t圖像如圖所示，下列說法正確的是（）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，拉力的瞬時功率為4.5W D．在0～6s內(nèi)，摩擦力做的功為9J【分析】運用動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動和勻減速運動的加速度大小，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求出拉力的瞬時功率，根據(jù)全過程的位移，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，由動能定理可得合外力做的功W合＝mv2＝×3×22J＝6J，故A錯誤；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，物體的速度為v1＝1m/s，則拉力的瞬時功率為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錯誤；故選：BC?！军c評】由動能定理可以直接求出合外力所做的功，運用動能定理時，要明確研究過程，要注意摩擦力做的是負功。18．（2021?咸陽模擬）圖甲為北京冬運會跳臺滑雪場地示意圖，某運動員從跳臺a（長度可忽略不計）處沿水平方向飛出、在斜坡b處著陸的示意圖。圖乙為運動員從a到b飛行時的動能Ek隨飛行時間t變化的關(guān)系圖像。不計空氣阻力作用，重力加速度g取10m/s2，運動員的質(zhì)量為60kg，則下列說法正確的是（）A．運動員在a處的速度大小為10m/s B．斜坡的傾角為30° C．運動員運動到b處時重力的瞬時功率為1.2×104W D．運動員飛出1.5s時離坡面的距離最大【分析】運動員從a到b做平拋運動，根據(jù)運動學公式求得在2s內(nèi)下降的高度，重力做功等于動能的變化量，故求得運動員的質(zhì)量，利用動能的表達式求得初速度，根據(jù)平拋運動的特點求得斜面的傾角，利用P＝mgvy求得到達b點重力的瞬時功率，將平拋運動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動，沿斜面方向做勻加速直線運動，當垂直于斜面方向的速度為零時，距離斜面最遠，結(jié)合速度公式和位移公式進行求離坡面的最遠距離的時間?！窘獯稹拷猓簭腶到b，運動員做平拋運動，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，解得va＝10m/s，故A正確；B、，解得θ＝45°，故B錯誤；C、運動員運動到b處時重力的瞬時功率為p＝mg?gt＝1.2×104W，故C正確；D、采用正交分解法，將該運動分解在沿斜面和垂直于斜面兩個方向上，建立坐標系，則在垂直斜面方向上（y軸）做勻減速直線運動，有：vay＝v0sin45°，ay＝gcos45°，設(shè)最遠距離時所以時間為t，則有：t＝，故D錯誤；故選：AC?！军c評】解決本題的關(guān)鍵將平拋運動進行分解，靈活選擇分解的方向，得出分運動的規(guī)律，根據(jù)運動學公式靈活求解。明確運動員運動方向與斜面平行時，離坡面最遠。19．（2020秋?倉山區(qū)校級期末）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，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．從開始運動至落地，重力對兩小球做功不相等 B．從開始運動至落地，重力對兩小球做功的平均功率相等 C．兩小球落地時動能相等 D．兩小球落地時，B小球的重力的瞬時功率較大【分析】重力做功跟路徑無關(guān)，只與首末位置的高度差有關(guān)；根據(jù)動能定理，比較兩球落地的速度大??；根據(jù)P＝mgvy及P＝比較重力的瞬時功率和平均功率?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)W＝mgh知，重力對兩球做功相同，故A錯誤；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，故可知沿斜面上運動的時間長，而重力做功相同，故重力做功平均功率不同，故B錯誤；C、根據(jù)動能定理可知，兩球下落時都只有重力做功，且重力做功相同，則落地時兩球的動能相等，故C正確；D、兩球落地時的速率相同，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球的瞬時功率大于A球的瞬時功率，故D正確。故選：CD。【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握重力做功的特點，以及掌握瞬時功率和平均功率的表達式。20．（2021?桃城區(qū)校級模擬）我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車。假設(shè)動車組各車廂質(zhì)量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比。某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組（）A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反 B．做勻加速運動時，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)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1：2 D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動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分析動車組的最大速度關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、啟動時乘客和車廂一起沿水平方向做加速運動，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，故車廂對乘客的作用力斜向上，故A錯誤；B、做勻加速運動時，設(shè)整個動車組的加速度為a，動車的牽引力為F，動車組在水平直軌道上運行過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、當動車組勻速運動時，運動速度最大，此時動車組的牽引力等于其所受的阻力，設(shè)題中動車額定功率為P，動車組最大速度為v1max，4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度為v2max，則有2P＝8kmgv1max4P＝8kmgv2max整理可得v1max：v2max＝1:2故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】在利用P＝Fv分析問題時，要注意只有當P一定時，F(xiàn)和v的反比關(guān)系才成立；同樣，只有F一定時，P與v成正比關(guān)系。21．（2021?漳州二模）2020年11月10日，中國自主研發(fā)制造的“奮斗者”號潛水器在馬里亞納海溝成功坐底，創(chuàng)造了10909米的中國載人深潛新紀錄。在這次深潛探測中，“奮斗者”號下潛過程潛水深度隨時間變化規(guī)律如圖所示，其中t1～t2、t3～t4為直線，忽略下潛過程重力加速度的變化及潛水器的體積變化。則（）A．0～t1時間內(nèi)，潛水器做加速下潛 B．t1～t2時間內(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時間內(nèi)，潛水器內(nèi)的科考人員處于失重狀態(tài) D．t3～t4時間內(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)圖像分析運動方向和加速度方向，從而判斷超重和失重。【解答】解：A、h﹣t圖像類似位移﹣時間圖像，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，說明潛水器勻速下潛，科考人員所受重力的功率不變，故B錯誤；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錯誤；D、t3～t4圖像為直線，且潛水深度不變，說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評】本題主要考查了對圖像的理解和應(yīng)用，特別注意對超重失重現(xiàn)象的理解，潛水器處于超重或失重狀態(tài)時，潛水器的重力并沒變。22．（2021?三明三模）我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，復興號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車。某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車。假設(shè)某段時間內(nèi)動車組在水平直軌道上做勻加速運動，各車廂質(zhì)量均相等，每節(jié)動車的動力大小均為F，阻力與車重成正比，則在這段時間內(nèi)（）A．動車的功率隨時間均勻增大 B．第6節(jié)車廂對第7節(jié)車廂的作用力大小為F C．剎車時軌道對車廂的作用力等于車廂的重力 D．剎車時軌道對車廂作用力方向與運動方向相反【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)動能定理分析從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離；當牽引力和阻力的大小相等時，動車的速度達到最大值，由此可以求得將非動力車改為動力車的數(shù)量?！窘獯稹拷猓篈、動車做勻加速運動，則動車的功率P＝Fv＝Fat，即功率隨時間均勻增大，故A正確；B、對動車的整體2F﹣8kmg＝8ma對最后的7、8節(jié)車廂T﹣2kmg＝2ma解得：T＝，故B正確；CD、剎車時軌道對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，與運動方向不共線，CD錯誤。故選：AB?！军c評】當機車的速度達到最大時，機車做勻速運動，此時機車處于受力平衡狀態(tài)，即此時的牽引力和受到的阻力的大小相等，再根據(jù)瞬時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為s的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到達同一水平面，則（）A．重力對A做功mgscosθ B．兩物體重力的平均功率相同 C．到達底端時重力的瞬時功率PA＜PB D．到達底端時，兩物體的動能相同【分析】重力做功的大小與路徑無關(guān)，與首末位置的高度差有關(guān)，結(jié)合運動的時間，根據(jù)平均功率的公式比較重力的平均功率。根據(jù)瞬時速度的大小，結(jié)合瞬時功率公式比較瞬時功率的大小?！窘獯稹拷猓篈、重力對A做的功W＝mgh＝mgssinθ，故A錯誤；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，自由落體運動的時間，沿斜面勻加速運動過程，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，根據(jù)運動學公式可得：，解得t2＝，由于時間的不一，所以重力的平均功率不同，故B錯誤；CD、根據(jù)動能定理知，自由落體運動和沿斜面勻加速到達底端的速度大小相等，方向不同，則物體的動能，動能相同設(shè)該速度為v，對于B，有：PB＝mgv，PA＝mgvsinθ，則PA＜PB，故CD正確。故選：CD。【點評】解決本題的關(guān)鍵知道平均功率和瞬時功率的區(qū)別，掌握這兩種功率的求法，基礎(chǔ)題。24．（2021?鼓樓區(qū)校級模擬）網(wǎng)球訓練中，若一運動員某一次擊球時，將網(wǎng)球從A點水平擊出，網(wǎng)球擊中D點；另一運動員將該網(wǎng)球從位于A點正下方且與D點等高的B點斜向上擊出，最高點為C，網(wǎng)球也擊中D點。A、C高度相同。忽略空氣阻力，則（）A．網(wǎng)球在兩個過程中飛行時間相等 B．網(wǎng)球在后一個過程中擊中D點時速度較小 C．運動員在兩個過程中對網(wǎng)球所做功可能相等 D．網(wǎng)球在后一個過程中，擊中D點時重力做功的瞬時功率較大【分析】從A點拋出的做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，水平方向勻速運動，從B點拋出的做斜拋運動，到最高點的過程中，豎直方向做減速運動，水平方向勻速運動，根據(jù)運動規(guī)律和速度的合成即可判斷。【解答】解：A、從A拋出的網(wǎng)球做平拋運動，從B拋出的做斜上拋運動，因為AC等高，根據(jù)h＝gt2，從A到D的時間與從C到D的時間相等，根據(jù)對稱性B運動到D的時間是A到D的時間的2倍，故A錯誤；B、在豎直方向上，由v＝gt，知vyA＝vyB，又因為水平方向的位移相同，設(shè)從B點擊出的球的水平速度為vB，根據(jù)x＝vt可知，從A點擊出的球的水平速度vA＝2vB，則落地時的速度分別為，，故vA′＞vB′，即后一個過程中，網(wǎng)球擊中D點時速度較小，故B正確；C、根據(jù)動能定理W＝mv2，知運動員對網(wǎng)球所做功等于剛拋出時網(wǎng)球獲得的動能即WA＝mv，WB＝mv，因為vA與vB′大小不確定，故兩個過程中對網(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動，下落的高度相同，故落地時豎直方向的速度相同，則重力的瞬時功率P＝mgvy相同，故D錯誤。故選：BC。【點評】解決本題的關(guān)鍵是知道平拋運動和斜拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合運動學公式靈活求解。25．（2021?濱海新區(qū)模擬）天津港是我國的八大港口之一，也是華北地區(qū)冷鏈食品的重要輸送通道，而在新冠肺炎防控期間，冷鏈食品成為主要的病毒輸入來源。為防止操作工人感染，天津港某企業(yè)采用斜面運送冷鏈食品，簡化如圖甲所示。電動機通過繞過定滑輪的輕細繩，與放在傾角θ＝30°的足夠長斜面上的物體相連，啟動電動機后物體沿斜面上升；在0～6s時間內(nèi)物體運動的v﹣t圖象如圖乙所示，其中除1～5s時間段圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線，1s后電動機的輸出功率保持不變。已知物體的質(zhì)量為2kg，不計一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2，則下列判斷不正確的是（）A．在0～1s內(nèi)電動機所做的功為50J B．1s后電動機的輸出功率為50W C．在1～5s內(nèi)電動機牽引力的沖量大小為50N?s D．在0～5s內(nèi)物體沿斜面向上運動了32.5m【分析】0﹣1s物體做勻加速運動，先求位移，再由動能定理求電動機做的功；由0﹣1s做勻加速運動，利用牛頓第二定律解出1s末的牽引力，利用瞬時功率表達式求其輸出功率；先解出vm，在1﹣5s內(nèi)應(yīng)用動量定理，求這段時間牽引力的沖量；利用動能定理求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)在時間t1＝1s內(nèi)，物體的位移為x1，1s末速度為v1＝5m/s，則由運動學公式得：x1＝t1＝（×1）m＝2.5m，設(shè)在0～1s內(nèi)電動機做的功為W，由動能定理得：W?mgx1sinθ＝m代入數(shù)據(jù)解得：W＝50J，故A正確；B、設(shè)1s末電動機的牽引力為F1，由圖像知0～1s內(nèi)物體做加速度為a＝5m/s2的勻加速運動，由牛頓定律得：F1﹣mgsinθ＝ma，即F1＝ma+mgsinθ＝（2×5+2×10×0.5）N＝20N，電動機的輸出功率為P＝F1v1＝（20×5）W＝100W，由于1s后電動機的輸出功率保持不變，故1s后電動機的輸出功率為100W，故B錯誤；C、由圖像知5s后物體做勻速運動，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電動機牽引力的沖量大小為I，以v1方向為正方向由動量定理得：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)物體沿斜面向上運動的位移：x＝x1+x2＝（2.5+32.5）m＝35m，故D錯誤。本題選錯誤的故選：BD?！军c評】本題實際是一道機車啟動問題的變形題，涉及動量定理、動能定理、牛頓定律、運動學公式和運動圖像，是一道綜合性極強的試題。解答時注意分三個階段處理，即第一階段，勻加速運動，處理時應(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動，不可使用牛頓定律定量處理，應(yīng)使用動能定理和動量定理解決；第三階段為勻速運動，處理起來比較簡單。26．（2021春?廣州期中）如圖所示，質(zhì)量為m的小球與一長度為l的輕繩和一原長也為l的輕彈簧相連。輕繩的一端固定在O點，輕彈簧的一端固定在O′點，O與O′等高相距為2l?，F(xiàn)從如圖所示位置靜止釋放小球，當輕繩順時針轉(zhuǎn)過θ＝60°時小球速度為零。以下說法正確的是（）A．彈簧的最大彈性勢能為mgl B．最低點時彈簧彈力對小球的功率最大 C．彈簧對小球做功﹣mgl D．在最低點時繩子上拉力為mg【分析】小球減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和彈簧的彈性勢能，根據(jù)動能定理，求彈簧對小球做功，最低點時，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，當小球下降到最低點時小球豎直方向位移為，速度為0時，受力情況如下圖：A、小球減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和彈簧的彈性勢能，小球動能沒有變，所以彈性勢能的大小等于，故A正確；B、最低點小球速度為零，由P＝Fv可知彈簧彈力對小球功率為零，故B錯誤；C、根據(jù)動能定理得W重+W彈＝+W彈＝△Ek，小球前后動能為0，所以彈簧對小球做功為，故C錯誤；D、由圖可知，最低點時，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評】本題為綜合題，考查能量守恒，動能定理應(yīng)用，要注意知識間的聯(lián)系，有一定難度。27．（2021?南山區(qū)校級模擬）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），在三角形平面內(nèi)從A點以速度v水平射出，小球恰好落在斜面底端B點，若加一個豎直向下的勻強電場，小球仍然以相同的速度從A點水平拋出，小球落在斜面AB的中點，忽略空氣阻力，則下列說法中正確的有（）A．小球受到的電場力大小等于mg B．小球兩次落到斜面上時的速度方向不同 C．小球第二次落到斜面上時的速度等于第一次落到斜面上時的速度 D．小球第二次落到斜面上時重力瞬時功率小于第一次落到斜面上時重力的瞬時功率【分析】小球只在重力場中運動時落在底端B點，當放到豎直電場時，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，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律分析求解?！窘獯稹拷猓篈、小球只在重力場中運動時落在底端B點，當放到豎直電場時，小球落在斜面AB的中點，兩次運動水平方向都是做速度為v的勻速直線運動，所以t1＝2t2，物體做平拋運動或類平拋時，位移與水平方向夾角的正切值tanα＝＝，兩次運動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力大小等于mg，故A正確；B、物體做平拋運動或類平拋時，速度與水平方向夾角的正切值，tanθ＝＝2tanα，兩次運動位移與水平方向夾角不變，所以球兩次落到斜面上時的速度方向不變，故B錯誤；C、小球落到斜面上時的速度大小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的速度等于第一次落到斜面上時的速度，故C正確；D、小球兩次落到斜面上時的速度大小相等，方向相同，根據(jù)瞬時功率P＝Fvcosβ得小球第二次落到斜面上時重力瞬時功率等于第一次落到斜面上時重力的瞬時功率，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查帶電粒子在電場和重力場中的運動，要注意準確分析帶電體的受力和速度關(guān)系，明確運動的合成和分解規(guī)律的準確應(yīng)用，同時注意正確利用類平拋運動的結(jié)論進行分析求解．28．（2021?舒城縣校級模擬）如圖，一頂角為直角的“∧”形光滑細桿豎直放置。質(zhì)量均為m的兩金屬環(huán)套在細桿上，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l0。兩金屬環(huán)同時由靜止釋放，運動過程中彈簧的伸長在彈性限度內(nèi)。對其中一個金屬環(huán)，下列說法正確的是（彈簧的長度為l時彈性勢能為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)與細桿之間的最大壓力為mg D．金屬環(huán)達到最大速度時重力的功率為【分析】對金屬環(huán)受力分析可知開始釋放時，合力最大，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度，當加速度為0時速度達到最大，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律當金屬環(huán)下落到速度為零時彈簧的彈力最大，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功率?！窘獯稹拷猓簩饘侪h(huán)受力分析如圖：開始釋放瞬間，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錯誤；B、當金屬環(huán)的加速度為0時，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，兩個小球下降的高度為h＝，對系統(tǒng)只有重力，彈力做功，對兩個金屬環(huán)和彈簧根據(jù)機械能守恒，2mg×△x＝k△x2+×2mv2解得：v＝g，故B錯誤；C、金屬環(huán)下降h'達到最低時，速度減小為0，形變量為2h'，彈性勢能最大，根據(jù)機械能守恒定律：2mgh'＝k（2h'）2h'＝，當金屬環(huán)下降到最低點時，金屬環(huán)和細桿的彈力最大，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)達到最大速度時重力的功率為P＝mgvcos45°＝mg×g×＝，故D正確；故選：CD?！军c評】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，故開始釋放時加速度最大，當加速度為0時速度最大，當金屬環(huán)下落到速度為零時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功率。29．（2021?濱海新區(qū)校級三模）如圖所示，一個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兩個小滑塊（mA＞mB）同時從斜面上同一高度處靜止釋放，在兩滑塊滑至斜面底端的過程中，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重力的瞬時功率相同 C．地面對斜面體的支持力小于三個物體的總重力 D．地面對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)位移時間公式求出運動的時間，從而比較運動時間的長短，根據(jù)速度時間公式求出滑塊到達底端的速度，從而求出重力的瞬時功率．對M分析，根據(jù)共點力平衡分析地面對斜面體是否有摩擦力，對整體分析，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下滑的時間t＝，可知兩滑塊滑至底端的時間相同。故A錯誤；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，則重力的瞬時功率P＝mgvsinα不同。故B錯誤；C、因為A、B的加速度均沿斜面向下，對整體分析，整體處于失重狀態(tài)，則支持力小于三個物體的總重力。故C正確；D、A對斜面體壓力在水平方向的分力大小為mAgsinαcosα，B對斜面體在水平方向上的分力為mBgsinαcosα，因為mA＞mB，則地面對斜面體有向左的摩擦力。故D正確。故選：CD?！军c評】本題綜合考查了牛頓第二定律和運動學公式，綜合性較強，注意瞬時功率P＝mgcosα，α為力與速度的夾角。30．（2021?廣東）長征途中，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的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g。下列說法正確的有（）A．甲在空中的運動時間比乙的長 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能減少mgh D．從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為mgh【分析】A、根據(jù)平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，利用自由落體運動的運動規(guī)律可以判斷時間關(guān)系；B、根據(jù)平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，利用自由落體運動的運動規(guī)律求出豎直末速度，結(jié)合瞬時功率表達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)系判斷重力勢能變化量；D、根據(jù)機械能守恒的條件，手榴彈在運動過程中機械能守恒。【解答】解：A、手榴彈在空中的運動可視為平拋運動，在豎直方向的分運動為自由落體運動，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，故甲乙在空中運動的時間相等，故A錯誤；B、手榴彈在空中的運動可視為平拋運動，在豎直方向的分運動為自由落體運動，設(shè)落地前瞬間手榴彈豎直分速度為vy，有＝2gh此時重力的功率為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，手榴彈的重力勢能減少mgh，故C正確；D、手榴彈在空中的運動可視為平拋運動，在運動過程中只有重力做功，故手榴彈的機械能守恒，故D錯誤。故選：BC?！军c評】在平常學習中，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能變化關(guān)系，合外力做功與動能變化關(guān)系，除重力以外的其他力做功與機械能變化關(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從靜止開始啟動，如圖所示為牽引力F與速度v的關(guān)系，加速過程在圖中的N點結(jié)束，所用的時間t＝8s，經(jīng)歷的路程s＝50m，8s后汽車做勻速運動，若汽車所受阻力始終不變，則汽車勻速運動時的阻力大小為2×104N，汽車的質(zhì)量為8750kg?！痉治觥坑蓤D讀出汽車勻速運動時的牽引力大小，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)動能定理和圖象的信息，求解汽車的質(zhì)量。【解答】解：加速過程在N點結(jié)束，即此后汽車沿平直路面做勻速運動，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，汽車加速運動過程，牽引力做功為：W＝Pt根據(jù)動能定理可得：Pt﹣fs＝則得：m＝8750kg。故答案為：2×104N；8750kg。【點評】本題關(guān)鍵要讀懂圖象的意義，分析汽車的運動情況，再根據(jù)平衡條件和動能定理求解。32．（2021春?金山區(qū)校級期中）如圖所示，重物的質(zhì)量為1kg，動滑輪質(zhì)量不計，豎直向上拉動細繩，使重物以2m/s2勻加速上升5m，則拉力F為6N，此過程拉力F的功率為12W（g取10m/s2）?！痉治觥肯葘ξ矬w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移動速度的0.5倍，求得F和速度大小，然后根據(jù)P＝Fv求解瞬時功率．【解答】解：設(shè)繩子對物體拉力大小為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)運動時間為t，根據(jù)位移時間關(guān)系：x＝at2，得t＝s，物體的末速度大小為：v＝at＝2×m/s＝2m/s，手拉力的作用點移動速度：v′＝2v＝4m/s，平均速度為＝＝m/s＝2m/s，故此過程拉力的功率為：P＝F＝6×2W＝12W；故答案為：6，12【點評】本題關(guān)鍵在于正確地求解拉力的大小后用P＝Fv求解瞬時功率，難點在于物體的速度和繩子活動端移動的速度不同．33．（2021春?寶山區(qū)校級期中）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動了10m，在這一過程中，拉力F與木塊所受滑動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_始時物體做勻速直線運動，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【點評】本題考查運用平衡條件推論分析受力情況的能力．物體受到若干個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始以加速度a＝2m/s2做勻加速直線運動，設(shè)汽車在運動過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動的時間為t＝5s。【分析】當牽引力與阻力相等時，速度達到最大，通過P＝Fv求出勻加速直線運動的末速度，結(jié)合速度時間公式求出勻加速運動的時間；【解答】解：牽引力與阻力相等時，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，則勻加速運動的末速度為：v＝＝10m/s，勻加速直線運動的時間為：t＝＝＝5s。故答案為：20，5?！军c評】解決本題的關(guān)鍵理清汽車整個過程中的運動規(guī)律，知道牽引力與阻力相等時，速度最大.35．（2021?黃浦區(qū)校級模擬）一電動機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，B重力為9N，但在提升時會受到1N的空氣阻力，則該電動機提升兩物體時的輸出功率相同（填“相同”或“不相同”）；若提升物體時電動機不幸突然卡住，則其輸入功率將增大（填“增大”、“減小”、“不變”或“無法確定”）。【分析】重物Ab勻速運動，根據(jù)共點力平衡求得繩的拉力，電機的輸出功率等于繩上拉力的功率即可判斷，當動機不幸突然卡住，電機變?yōu)榧冸娮桦娐罚娏髟龃?，即可判斷輸入功率的變化。【解答】解：A物體勻速上升，根據(jù)平衡條件可得：FA＝mAg＝10N，此時電機的輸出功率等于A物體上升過程中拉力的功率，故PA＝FAv＝10×10W＝100W對B物體，根據(jù)平衡條件可知FB＝mBg+f＝9N+1N＝10N，此時電機的輸出功率等于B物體上升過程中拉力的功率，故PB＝FBv＝10×10W＝100W，故該電動機提升兩物體時的輸出功率相同若提升物體時電動機不幸突然卡住，電機變?yōu)榧冸娮?，輸入電流增大，根?jù)P＝UI可知，電機的輸入功率增大，故選：相同；增大【點評】本題主要考查了功率的計算和非純電阻電路，明確電機的輸出功率等于繩上拉力的功率即可判斷。36．（2021?黃浦區(qū)校級模擬）汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機的功率為P，司機為合理進入限速區(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)汽車行駛過程中所受阻力大小不變，從司機減小油門開始，汽車的速度v與時間t的關(guān)系如圖所示，則在0～t1時間內(nèi)，汽車的牽引力大小增大（填“增大”、“減小”或“不變”），該過程中汽車行駛的位移為?！痉治觥吭?～t1時間內(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，根據(jù)動能定理求解阻力做功和汽車的位移?！窘獯稹拷猓涸?～t1時間內(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，牽引力等于阻力，即有：F＝f，發(fā)動機的功率為P，由P＝Fv0＝fv0，得阻力f＝根據(jù)動能定理得：0.5Pt1﹣fx＝解得：x＝故答案為：增大；【點評】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動情況。阻力做功根據(jù)動能定理求解是常用的思路。37．（2021春?福州期中）一質(zhì)量為m的同學計時跳繩，當?shù)刂亓铀俣葹間，平均跳了一下需用時間為T。每跳一下過程中，在空中的時間為t，則該同學跳繩的最大高度是，跳一下過程中該同學克服重力做功的平均功率的大小為。【分析】根據(jù)豎直上拋運動的特點求出該同學跳繩的最大高度；該同學在最高點時的重力勢能等于該過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式求出平均功率?！窘獯稹拷猓涸撏瑢W離開地面后做豎直上拋運動，上升或下落的時間都等于在空中時間的一半，則該同學跳繩的最大高度：＝；該同學上升的過程中克服重力做的功大小等于重力勢能的增加量，即：W＝mghm＝所以跳一下過程中該同學克服重力做功的平均功率的大?。篜＝＝故答案為：，【點評】該題考查功與功率的計算，解答中要注意物體上升的過程中克服重力做的功大小等于重力勢能的增加量。38．（2020秋?奉賢區(qū)期末）如圖所示，質(zhì)量為60kg的某運動員在做俯臥撐運動，運動過程可將她的身體視為一根直棒。已知重心在C點，其垂線與腳、兩手連線中點間的距離OA、OB分別為0.9m和0.6m。若她在30s內(nèi)做了15個俯臥撐，每次肩部上升的距離均為0.4m，每次上下來回用時約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）。【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求得運動員重心上升的高度，由運動員重心的升高可以求出克服重力做的功，通過做的功與所用時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【點評】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功率的區(qū)別。39．（2021春?秦淮區(qū)校級月考）如圖所示，斜面傾角為45°，從斜面上方A點處由靜止釋放一個質(zhì)量為m＝1kg的彈性小球，在B點處和斜面碰撞，碰撞后速度大小不變，方向變?yōu)樗?，?jīng)過一段時間在C點再次與斜面碰撞。已知A、B兩點的高度差為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段運動過程中重力做功的平均功率P＝40W；（2）小球落到C點時速度的大小為?！痉治觥浚?）根據(jù)自由落體運動規(guī)律可以先計算出時間，然后根據(jù)平均功率公式可得平均功率；（2）小球落到B點后做平拋運動，然后根據(jù)平拋運動規(guī)律即可得到結(jié)果?！窘獯稹拷猓海?）小球AB段下落的時間為t，由得所以小球在AB段運動過程中重力做功的平均功率為小球與斜面碰撞時的速度為v＝gt＝10×0.8m/s＝8m/s（2）小球與斜面碰撞后做平拋運動，設(shè)再次與斜面碰撞所經(jīng)歷的時間為t′，由平拋運動規(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點時的速度大小為＝故答案為：（1）40W；（2）.【點評】注意讓計算的是小球落到C點的速度，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，小球的位移方向為確定的方向，是解題的關(guān)鍵。40．（2021春?長春月考）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，物體運動的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