備戰(zhàn)2025高考物理3年高考2年模擬1年原創(chuàng)專題6.1功和功率含解析

PAGEPAGE1專題6.1功和功率【考綱解讀與考頻分析】功和功率是中學物理重要學問點，也是高考必考內(nèi)容?！靖哳l考點定位】：功和功率考點一：功和功率【3年真題鏈接】1．（2024高考江蘇卷物理8）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中（）（A）彈簧的最大彈力為μmg（B）物塊克服摩擦力做的功為2μmgs（C）彈簧的最大彈性勢能為μmgs（D）物塊在A點的初速度為【參考答案】BC【名師解析】小物塊壓縮彈簧最短時有，故A錯誤；全過程小物塊的路程為，所以全過程中克服摩擦力做的功為：，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得：，故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得：，解得：，故D錯誤。2.（2024?江蘇）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置．物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面對右運動，最遠到達B點．在從A到B的過程中，物塊（

）

A.

加速度先減小后增大

B.

經(jīng)過O點時的速度最大

C.

所受彈簧彈力始終做正功

D.

所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【參考答案】A,D【名師解析】物體從A點到O點過程，彈力漸漸減為零，剛起先彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力減小，摩擦力不變，小球所受合力減小加速度減小，彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增加，物體作減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度接著增大，A符合題意、B不符合題意；從A點到O點過程，彈簧由壓縮復(fù)原原長彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧伸長，彈力做負功，C不符合題意；從A到B的過程中依據(jù)動能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功。

【分析】先明確從A到O的過程，彈簧壓縮量先變小后伸長量變大，可知對物體先做正功后做負功，然后對物體進行受力分析，結(jié)合牛頓其次定律可確定加速度的變更狀況，有動能定理可知從A到B的過程中彈簧彈力做功與克服摩擦力做功的關(guān)系。3.（2024·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透亮座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是（）

A.

摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變B.

在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力

C.

摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D.

摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變【參考答案】B【名師解析】乘客的機械能包括動能和重力勢能，摩天輪做勻速圓周運動，所以動能不變，重力勢能時刻變更，即機械能時刻變更，故A項錯誤；在最高點對乘客進行受力分析，列牛頓其次定律方程，得所以,故B項正確；依據(jù)沖量,重力不為零，作用時間不為零，所以重力的沖量不為零，故C項錯誤；乘客重力的瞬時功率,指線速度和豎直方向的夾角，轉(zhuǎn)動過程中、不變，角不斷變更，重力瞬時功率不斷變更，故D項錯誤。

【分析】因為動能不變，重力勢能時刻變更，判出機械能不斷變更；依據(jù)牛頓其次定律計算重力與支持力的關(guān)系；沖量是力在時間上的積累，力的作用時間不為零，沖量就不為零；依據(jù)計算瞬時功率。4．(2015·新課標全國Ⅱ，21)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止起先運動，不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則()A．a(chǎn)落地前，輕桿對b始終做正功B．a(chǎn)落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg【參考答案】BD【名師解析】滑塊b的初速度為零，末速度也為零，所以輕桿對b先做正功，后做負功，選項A錯誤；以滑塊a、b及輕桿為探討對象，系統(tǒng)的機械能守恒，當a剛落地時，b的速度為零，則mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋0，即va＝eq\r(2gh)，選項B正確；a、b的先后受力如圖所示。由a的受力圖可知，a下落過程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項C錯誤；當a落地前b的加速度為零(即輕桿對b的作用力為零)時，b的機械能最大，a的機械能最小，這時b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確。5.（2024年4月浙江選考）小明以初速度v0=10m/s豎直向上拋出一個質(zhì)量m=0.1kg的小皮球，最終在拋出點接住。假設(shè)小皮球在空氣中所受阻力大小為重力的0.1倍。求小皮球（1）上升的最大高度；（2）從拋出到接住的過程中重力和空氣阻力所做的功（3）上升和下降的時間?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）0；；（3），【名師解析】（1）上升過程：mg+Ff=ma1解得a1=11m/s2上升的高度：（2）重力做功：WG=0空氣阻力做功：（3）上升的時間：下降過程：mg-Ff=ma2解得a2=9m/s2解得6、（12分）（2024年4月浙江選考）如圖1所示是游樂園的過山車，其局部可簡化為如圖2所示的示意圖，傾角θ=370的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接，傾斜軌道BC的B端高度h=24m，傾斜軌道DE與圓弧EF相切于E點，圓弧EF的圓心O1，水平半圓軌道CD的圓心O2與A點在同一水平面上，DO1的距離L=20m，質(zhì)量m=1000kg的過山車（包括乘客）從B點自靜止滑下，經(jīng)過水平半圓軌道后，滑上另一傾斜軌道，到達圓弧頂端F時，乘客對座椅的壓力為自身重力的0.25倍。已知過山車在BCDE段運動時所受的摩擦力與軌道對過山車的支持力成正比，比例系數(shù)μ＝132，EF段摩擦不計，整個運動過程空氣阻力不計。（sin37（1）求過山車過F點時的速度大小。（2）求從B到F整個運動過程中摩擦力對過山車做的功。（3）如圖過D點時發(fā)覺圓軌道EF段有故障，為保證乘客平安，馬上觸發(fā)制動裝置，使過山車不能到達EF段并保證不再下滑，則過山車受到的摩擦力至少多大？【名師解析】：在F點，選擇某個乘客為探討對象，依據(jù)牛頓其次定律有m人g-0.25m人g=m人，r=Lsinθ=12m解得：vF==3m/s。（2）設(shè)整個過程摩擦阻力做功為W，對過山車從B到F的過程，應(yīng)用動能定理，得mg（h-r）+W=-0，解得：W=-7.5×104J（3）觸發(fā)制動裝置后，設(shè)恰好能夠到達E點對應(yīng)的摩擦力為Ff1，由動能定理-Ff1Lcosθ-mgrcosθ=0-未觸發(fā)制動裝置時，對D點到F點的過程，由動能定理，-μmgcosθLcosθ-mgr=-聯(lián)立解得：Ff1=×103N=4.6×103N要使過山車停在傾斜軌道上的摩擦力為Ff2，F(xiàn)f2=mgsinθ=6×103N綜合考慮可得：Ffm=6×103N。7.（2024高考理綜天津卷）（16分）完全由我國自行設(shè)計、建立的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得勝利。航母上的艦載機采納滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于探討艦載機的起飛過程，假設(shè)上翹甲板是與水平甲板相切的一段圓弧，示意如圖2，長，水平投影，圖中點切線方向與水平方向的夾角（）。若艦載機從點由靜止起先做勻加速直線運動，經(jīng)到達點進入。已知飛行員的質(zhì)量，，求（1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功；（2）艦載機剛進入時，飛行員受到豎直向上的壓力多大。【名師解析】.（16分）（1）艦載機由靜止起先做勻加速直線運動，設(shè)其剛進入上翹甲板時的速度為，則有 ①依據(jù)動能定理，有 ②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得 ③（2）設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為，依據(jù)幾何關(guān)系，有 ④由牛頓其次定律，有 ⑤聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得 ⑥【2年模擬再現(xiàn)】（2024·山東濟寧二模）如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為m、2m，中間用輕桿相連，放在光滑的斜面上?，F(xiàn)將它們從靜止釋放，在下滑的過程中QUOTE(（）A.兩物體下滑的加速度相同 B.輕桿對A做正功，對B做負功

C.系統(tǒng)的機械能守恒 D.隨意時刻兩物體重力的功率相同【參考答案】AC【名師解析】斜面光滑，則對整體分析可知，加速度a=gsin30°=10×0.5=5m/s2，故此時AB間的桿沒有彈力，故輕桿對A不做功，故A正確，B錯誤；由于斜面光滑，系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故C正確；由于AB兩物體加速度相同，隨意時刻A、（2024·湖南長沙二模）如圖所示，半徑為R的光滑大圓環(huán)用一細桿固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小球A套在大圓環(huán)上。上端固定在桿上的輕質(zhì)彈簧與質(zhì)量為m的滑塊B連接井一起套在桿上，小球A和滑塊B之間用長為2R的輕桿分別通過鉸鏈連接，當小球A位于圓環(huán)最高點時、彈簧處于原長；此時給A一個微小擾動(初速度視為0)，使小球A沿環(huán)順時針滑下，到達環(huán)最右側(cè)時小球A的速度為gR(g為重力加速度)。不計一切摩擦，A、B均可慢為質(zhì)點，則下列說法正確的是(A.小球A、滑塊B和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過程中機械能守恒

B.小球A從圓環(huán)最高點到達環(huán)最右側(cè)的過程中滑塊B的重力能減小33mgR

C.小球A從圓環(huán)最高點到達環(huán)最右側(cè)的過程中小球A的重力勢能減小了3mgR

D.小球【參考答案】D【名師解析】小球A、滑塊B、輕桿和輕彈簧組成的系統(tǒng)在下滑過程中，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則知小球A、滑塊B和輕桿組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側(cè)的過程中，此時滑塊B距離圓心的高度為2Rcos30°=3R，滑塊B下落的高度為h=3R-3R，滑塊B的重力勢能減小了(3-3)mgR，故B錯誤；小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側(cè)的過程中，小球A下落的高度為R，所以小球A的重力勢能減小了mgR，故C正確；小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側(cè)時，兩個小球的速度方向都向下，如圖所示，依據(jù)運動的合成與分解可得：vAcosθ=vBcosθ，則vA=vB，依據(jù)機械能守恒定律可得：(3-（2024·湖南邵陽三模）如圖所示，某同學用一輕繩以斜向上的力拉動木箱，使它沿水平路面勻速運動一段距離，則（）A.木箱可能不受地面的支持力

B.木箱可能不受地面的摩擦力

C.拉力做的功肯定等于木箱克服摩擦力做的功

D.拉力做的功肯定大于木箱克服摩擦力做的功

【參考答案】C【名師解析】對木箱分析可知，木箱肯定受重力和拉力作用，由于拉力有水平方向上的分力，故地面對木箱肯定有摩擦力，故地面對木箱肯定有支持力作用，故AB錯誤；木箱運動過程中只有拉力和摩擦力做功，依據(jù)動能定理可知，拉力做的功肯定等于木箱克服摩擦力做的功，故C正確D錯誤。

【方法歸納】

對木箱受力分析，明確受力狀況，再分析各力做功狀況，依據(jù)動能定理確定做功間的關(guān)系。

本題考查動能定理以及受力分析的基本方法，要留意明確有摩擦力時肯定有彈力，同時留意重力和支持力不做功。

4.（2024·河北唐山三模）關(guān)于力對物體做功的說法正確的是()A.力的大小和位移大小的乘積叫做這個力的功

B.平衡力對物體做功的代數(shù)和肯定為零

C.相互作用力對物體做功的代數(shù)和肯定為零

D.作用在物體上的力和受力點沿力的方向的位移的乘積叫做這個力的功【參考答案】BD【名師解析】做功的兩個不行缺少的因素：力和物體在力的方向上發(fā)生的位移。力的大小和位移大小的乘積明顯不能叫這個力的功。故A錯誤；平衡力大小相等，方向相反，一個力做正功，另一個力肯定做負功，它們做的功的代數(shù)和為零。故B正確；相互作用力是作用在不同物體上的兩個力，它們不能求合力，所以不能夠說相互作用力對物體做功的代數(shù)和為零。故C錯誤；作用在物體上的力和受力點沿力的方向的位移的乘積叫做這個力的功。故D正確。

【關(guān)鍵點撥】

作用在物體上的力和受力點沿力的方向的位移的乘積叫做這個力的功；一對平衡力合力為零，做功的代數(shù)和也為零；一對作用力和反作用力作用對象不同，不能夠求合力。

本題考查了功的計算、作用力和反作用力、平衡力等學問點。本題是基礎(chǔ)題，考的是基本概念，難度不大。關(guān)鍵點：作用在物體上的力和受力點沿力的方向的位移的乘積叫做這個力的功。

5.(2024·陜西榆林市三模)一個人站立在商店的自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯向上加速，如圖所示，則（）

A.人對踏板的壓力大小等于人所受到的重力大小

B.人只受重力和踏板的支持力的作用

C.踏板對人的支持力做的功等于人的機械能增加量

D.人所受合力做的功等于人的動能的增加量【參考答案】D【名師解析】人的加速度斜向上，將加速度分解到水平和豎直方向得：

ax=acosα，方向水平向右；ay=asinα，方向豎直向上，

水平方向受靜摩擦力作用，f=max=macos6.（2024·遂寧市三診）將一小球從某一高度由靜止釋放，小球著地速度為v，設(shè)小球在運動過程中受到的空氣阻力與小球的速度大小成正比，已知小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。則小球下落過程中（）A.重力做功的平均功率小于mgv2C.減小的重力勢能小于12m【參考答案】BD【名師解析】由于小球在運動過程中受到的空氣阻力與小球的速度大小成正比，可知小球做加速度減小的加速運動，結(jié)合v-t圖像可知，下落到地面的位移大于v2t，則重力做功的平均功率大于P>mgv2t7.（2024·福建漳州一模）如圖，不行伸長的輕繩跨過光滑定滑輪，一端連接質(zhì)量為2m的小球(視為質(zhì)點)，另一端連接質(zhì)量為m的物塊，小球套在光滑的水平桿上。起先時輕繩與桿的夾角為θ，現(xiàn)將小球從圖示位置靜止釋放，當θ=90°時，小球的速度大小為v，此時物塊尚未落地。重力加速度大小為g，則()A.當θ=90°時，物塊的速度大小為2v

B.當θ=90°時，小球所受重力做功的功率為2mgv

C.在θ從圖示位置增大到90°過程中，小球始終向右做加速運動

【參考答案】C【名師解析】繩輕繩與桿的夾角為θ時，物塊速度v1=vcosθ，當小球運動到虛線位置時θ=90°，故v1=0，故A錯誤；小球達到虛線位置時，小球的速度為v，其所受重力的方向與速度方向垂直，重力做功的功率為零，故B錯誤；小球到達虛線位置之前，只有輕繩對小球做功且始終做正功，依據(jù)動能定理可知，小球始終向右做加速運動，速度始終增大，故C正確；小球靜止釋放時，物塊速度為零，當小球運動到虛線位置時θ=90°，物塊速度也為零，故物塊肯定先加速后減速，故D錯誤；

【方法歸納】將速度分解，找小球與重物的速度關(guān)系；依據(jù)動能定理推斷小球的速度變更的狀況；依據(jù)功率的公式分析重力的功率；

本題主要考查運動的分解，主要將速度進行分解，然后依據(jù)動能定理和功率公式即可求解；

8.（2024·河南名校聯(lián)盟2月）如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，d點為最低點。每根桿上都套著一個質(zhì)量相等的小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個滑環(huán)分別從a、b、c處由靜止釋放，用PA.P1<P2<P3 B.【參考答案】B【名師解析】對小滑環(huán)，受重力和支持力，將重力沿桿的方向和垂直桿的方向正交分解，依據(jù)牛頓其次定律得小滑環(huán)做初速為零的勻加速直線運動的加速度為a=gsinθ(θ為桿與水平方向的夾角)

由圖中的直角三角形可知，小滑環(huán)的位移S=2Rsinθ

所以t=2Sa=4Rg，t與θ無關(guān)，即t1=t2【方法點撥】。

先受力分析后依據(jù)牛頓其次定律計算出滑環(huán)沿隨意一根桿滑動的加速度，然后依據(jù)位移時間關(guān)系公式計算出時間，對表達式分析，得出時間大小關(guān)系，再依據(jù)重力做功的計算公式得到做的功大小，依據(jù)功率計算公式求解。本題關(guān)鍵從眾多的桿中抽象出一根桿，假設(shè)其與水平方向的夾角為θ，然后依據(jù)牛頓其次定律求出加速度，再依據(jù)運動學公式求出時辰表達式探討。

9.（2024·江蘇七市二模）引體向上是中學生體育測試的項目之一，引體向上運動的吉尼斯世界紀錄是53次/分鐘。若一個一般中學生在30秒內(nèi)完成12次引體向上，該學生此過程中克服重力做功的平均功率最接近于()A.5W B.20W C.100W D.400W【參考答案】C【名師解析】解：學生體重約為50kg，每次引體向上上上升度約為0.5m，引體向上一次克服重力做功為W=mgh=50×10×0.5J=250J，全過程克服重力做功的平均功率為p-=nWt=12×250J30s=100W，故C正確，ABD錯誤；

故選：C。

學生的體重為50kg，每次上升的高度為0.5m，依據(jù)重力做功即可推斷克服阻力做功大小，及功率

本題主要考查了功和功率的計算，求平均功率要用總功與總時間即可

10.（2024·江西吉安一模）南昌市秋水廣場擁有亞洲最大的音樂噴泉群。一同學在遠處觀看秋水廣場噴泉表演時，估測噴泉中心主噴水口的水柱約有A.5×102W B.5×10【參考答案】D【名師解析】管口的圓形內(nèi)徑約有10cm，則半徑r=5cm=0.05m

依據(jù)實際狀況，每層樓高h=3m，所以噴水的高度H=40h=120m，

則水離開管口的速度為：v=2gh=2400m=206m/s

設(shè)驅(qū)動主噴水的水泵功率為P，在接近管口很短一段時間△t內(nèi)水柱的質(zhì)量為：

m=ρ?v△tS=ρπr2v△t

依據(jù)動能定理可得：P△t=12mv2預(yù)料考點一：功和功率【2年模擬再現(xiàn)】1．（6分）（2024河北唐山三模）關(guān)于力對物體做功的說法正確的是（）A．力的大小和位移大小的乘積叫做這個力的功 B．平衡力對物體做功的代數(shù)和肯定為零 C．相互作用力對物體做功的代數(shù)和肯定為零 D．作用在物體上的力和受力點沿力的方向的位移的乘積叫做這個力的功【參考答案】BD【名師解析】做功的兩個不行缺少的因素：力和物體在力的方向上發(fā)生的位移。力的大小和位移大小的乘積明顯不能叫這個力的功。故A錯誤；平衡力大小相等，方向相反，一個力做正功，另一個力肯定做負功，它們做的功的代數(shù)和為零。故B正確；相互作用力是作用在不同物體上的兩個力，它們不能求合力，所以不能夠說相互作用力對物體做功的代數(shù)和為零。故C錯誤；作用在物體上的力和受力點沿力的方向的位移的乘積叫做這個力的功。故D正確。2．（6分）（2024河南濮陽三模）水平力F方向確定，大小隨時間的變更如圖所示；用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0起先漸漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變更的圖象如圖所示。重力加速度大小為10m/s2．問在0﹣4s時間內(nèi)，合外力對小物塊做的功為（）A．24J B．12J C．8J D．6J【參考答案】A【名師解析】依據(jù)F﹣t圖象和a﹣t圖象可知，t1＝2s時，F(xiàn)1＝6N，a1＝1m/s2，t2＝4s時，F(xiàn)2＝12N，a2＝3m/s2，依據(jù)牛頓其次定律可得：F1﹣μmg＝ma1F2﹣μmg＝ma2，解得小物塊的質(zhì)量和動摩擦因數(shù)為：m＝3kg，μ＝0.1。依據(jù)動量定理可得：t2﹣μmgt2＝mv，解得4s末的速度為v＝4m/s依據(jù)功能關(guān)系可得W＝＝24J。故選項A正確、BCD錯誤。3.（2024合肥三模）圖示為一輛配備了登高平臺的消防車，其伸縮臂能夠在短時間內(nèi)將承載了3名消防員的登高平臺（人與平臺的總質(zhì)量為300kg）抬升到60m高的滅火位置，此后消防員用水炮滅火。已知水炮的出水量為3m3/min，水離開炮口時的速度為20m/s，水的密度為1.0×103kg/m3，g取l0m/s2．下列說法正確的是（）A.使水炮工作的發(fā)動機輸出功率為l0kWB.使水炮工作的發(fā)動機的輸出功率為30kW

C.伸縮臂抬升登高平臺過程中所做功為1.8×104J【參考答案】D【命題意圖】本題以消防為情景，考查功和功率、功能關(guān)系及其相關(guān)學問點?！窘忸}思路】使水炮工作的發(fā)動機輸出功率等于1s時間內(nèi)噴出水的機械能（動能與重力勢能之和），1s時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為m=kg/s=kg/s，使水炮工作的發(fā)動機輸出功率P=mgh+mv2=×10×60W+××202W=30000W+10000W=40kW，選項AB錯誤；依據(jù)功能關(guān)系，伸縮臂抬升登高平臺過程中所做功等于平臺增加的重力勢能，W=Mgh=300×10×60J=1.8×105J，選項D正確C錯誤。4.（2024新疆物理二診）一般狀況下。豎直下落的雨滴其收尾速度與雨滴的半徑成正比。若半徑為1mm的雨滴以收尾速度下落時重力的瞬時功率為2×10-4W．則半徑為2mm的雨滴以收尾速度下落時重力的瞬時功率為（）A.4×10-4WQUOTE4×10-4W B.8×10-4WQUOTE8×10-4W C.1.6×10-3WQUOTE1.6×10-3W D.3.2×10-3W【參考答案】D

【名師解析】由題意v=kr，依據(jù)瞬時功率的P=Fv可知，重力的瞬時功率P=mgv==，所以功率與半徑的四次方成正比，故，故P′=16P=3.2×10-3W，故D正確；

5.（2024年1月云南昆明復(fù)習診斷測試）如圖所示，兩根不行伸長的輕繩一端與一個質(zhì)量為m的小球相連于O點，另一端分別固定在小車天花板上的A、B兩點，OA繩與天花板的夾角為30°，OB繩與天花板的夾角為60°，重力加速度為g。當小車以速度ν向右做勻速直線運動，小球與車保持相對靜止時，下列說法正確的是（）A.OA繩對小球的拉力大小為mgB.OB繩對小球的拉力大小為mgC.OA繩對小球拉力做功的功率為mgvD.重力對小球做功的功率為mgv【參考答案】C【命題意圖】本題考查平衡條件、功率及其相關(guān)學問點?！窘忸}思路】設(shè)OA繩對小球的拉力大小為F1，OB繩對小球的拉力大小為F2，對O點小球分析受力，由平衡條件得：F1cos30°=F2cos60°，F(xiàn)1sin30°+F2sin60°=mg，聯(lián)立解得：F1=mg/2，F(xiàn)2=mg/2，選項AB錯誤；OA繩對小球的拉力做功的功率P=F1cos30°·v=mgv，選項C正確；由于重力豎直向下，方向與速度方向垂直，所以重力對小球做功的功率為零，選項D錯誤?！驹囶}拓展】若小車向右做勻加速直線運動，則OA繩對小球的拉力和OB繩對小球的拉力分別為多少？OA繩對小球的拉力做功的功率多少？6.（2024河南鄭州二模）如圖所示，質(zhì)量均為M的b、d兩個光滑斜面靜止于水平面上，底邊長度相等，b斜面傾角為30°，d斜面傾角為60°。質(zhì)量均為m的小物塊a和c分別從兩個斜面頂端由靜止自由滑下，下滑過程中兩斜面始終靜止。小物塊到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是（）A.兩物塊所受重力沖量相同B.兩物塊所受重力做功的平均功率相同C．地面對兩斜面的摩擦力均向左D．兩斜面對地面壓力均小于（m＋M）g【參考答案】AD【命題意圖】本題以物體在斜面上運動為情景，考查運牛頓運動定律及其相關(guān)學問點?！窘忸}思路】設(shè)斜面的底邊長度為L，a物塊沿傾角為30°的光滑斜面b下滑，mgsin30°=ma1，L/cos30°=a1t12，c物塊沿傾角為60°的光滑斜面d下滑，mgsin60°=ma2，L/cos60°=a2t22，聯(lián)立解得t1=t2。兩物塊所受的重力沖量I=mgt相同，選項A正確；由于兩斜面豎直高度不同，物塊重力做功不同，兩物塊所受重力做功的平均功率不同，選項B錯誤；在小物塊沿斜面運動過程中，物塊對斜面壓力的水平分力均向左，對斜面由平衡條件可知，地面對斜面的摩擦力方向向右，選項C錯誤；在小物塊沿斜面下滑過程中，由豎直向下的加速度，物塊處于失重狀態(tài)，所以兩斜面對地面的壓力均小于（m+M）g，選項D正確?！驹囶}拓展】雖然兩物塊所受的重力沖量相同，但合外力沖量不同，在物塊下滑過程中，動量變更不同，到達斜面底端時動量大小不等。a物塊沿傾角為30°的光滑斜面下滑，壓力在水平方向的分力Fa=mgcos30°cos60°=mg，對斜面b由平衡條件可得地面對斜面的摩擦力fb=mg；c物塊沿傾角為60°的光滑斜面d下滑，壓力在水平方向的分力Fc=mgcos60°cos30°=mg，對斜面d由平衡條件可得地面對斜面的摩擦力fd=mg，由此可知地面對兩斜面的摩擦力相等。7.(2024·江西三市六校聯(lián)考)如圖所示，兩質(zhì)量均為m＝1kg的小球1、2(可視為質(zhì)點)用長為L＝1.0m的輕質(zhì)桿相連，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好與光滑豎直墻壁接觸，現(xiàn)用力F豎直向上拉動小球1，當桿與豎直墻壁夾角θ＝37°時，小球2的速度大小v＝1.6m/s，sin37°＝0.6，g＝10m/s2，則此過程中外力F所做的功為()A．8J B．8.72JC．10J D．9.28J【參考答案】C【名師解析】.當桿與豎直墻壁夾角θ＝37°時，設(shè)小球1的速度為v1，將小球1、2的速度沿桿方向和垂直桿方向分解，則有v1cos37°＝vcos53°，所以v1＝eq\f(3,4)v＝1.2m/s，取兩小球和輕質(zhì)桿為整體，則由動能定理知WF－mgLcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立并代入數(shù)值得WF＝10J，選項C正確．8（2024福建八縣市聯(lián)考）如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝肯定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪（不計滑輪的質(zhì)量和摩擦）。初始時刻，A、B處于同一高度并恰好靜止狀態(tài)。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊()A．速率的變更量不同B．機械能的變更量不同C．重力勢能的變更量相同D．重力做功的平均功率相同【參考答案】D【名師解析】設(shè)斜面傾角為θ，剛起先AB處于靜止狀態(tài)，所以mBgsinθ=mAg，所以mB＞mA。剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，A、B都是只有重力做功，依據(jù)動能定理得：mv2=mgh，解得ｖ＝，所以速度的變更量為△ｖ＝v-0=，選項A錯誤；AB都只有重力做功，機械能守恒，機械能變更量為零，所以兩物塊機械能變更量相等，選項B錯誤；重力勢能變更量△EP=mgh，由于物塊A、B的質(zhì)量不相等，所以重力勢能變更不相同，選項C錯誤；剪斷輕繩后A自由下落，由ｈ＝ｇｔ１２，解得A運動的時間為：t1=，重力做功的平均功率P1==mAg。B沿斜面下滑，下滑的加速度a=gsinθ，由＝at22，解得B運動的時間為：t1=。重力做功的平均功率P2==mBgsinθ。由于mBgsinθ=mAg，所以兩物塊重力做功的平均功率相同，選項D正確。9．（6分）（2024山東濰坊三模）如圖所示，一鋼繩的兩端分別固定在兩座山的P、Q處，P點高于Q點，某人抓住套在繩子上的光滑圓環(huán)從P處滑到Q處?；羞^程中繩子始終處于繃緊狀態(tài)，不計空氣阻力。關(guān)于人從P處滑到Q處過程說法正確的是（）A．機械能先減小后增大 B．從P處滑到最低位置過程重力功率始終增大 C．滑到最低位置時人受到水平方向的合力為零 D．動能