第11课 功和功率-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第11课　　　　　功和功率 普查与练习11　　　　　功和功率 1．功的理解和计算 a.根据定义判断做功情况　　　　　　　　　　　　　　　 (1)(2026改编题，3分)为了节能，商场的自动扶梯在较长时间无人乘行时会自动停止运行。有人站上去后，扶梯开始加速，然后匀速运动，如图所示，下列说法正确的是(　　) A．匀速下行过程中，人受到的合力对人做正功 B．匀速下行过程中，人的动能不变，扶梯对人不做功 C．加速下行过程中，人受到的摩擦力对人做正功 D．加速下行过程中，人受到的支持力对人做正功 (1)答案：C 解析：匀速下行过程中，人受到的合力为零，对人不做功，故A项错误。匀速下行过程中，根据平衡条件，可知扶梯对人的作用力竖直向上，与人的位移方向夹角大于90°，扶梯对人做负功，故B项错误。加速下行过程中，水平方向分加速度向左，可知人受到的摩擦力方向水平向左，摩擦力与人的位移方向夹角小于90°，摩擦力对人做正功，故C项正确。加速下行过程中，人所受到的支持力与人的位移方向夹角大于90°，支持力对人做负功，故D项错误。 b.运用W＝Fl cos α解决恒力做功问题 (2)(2026改编题，12分)某货物传输装置如图所示，传送带与水平面夹角θ为30°，皮带在电动机的带动下保持v＝2.5 m/s的恒定速度顺时针运动，现将一质量为m＝10 kg的货物轻放在皮带上，货物和皮带间的动摩擦因数μ＝。设皮带足够长，取g＝10 m/s2，求货物与皮带发生相对滑动的过程中： ①货物与皮带间的摩擦力对货物做的功W1； ②货物与皮带间的摩擦产生的热量； ③重力对货物做的功WG。 (2)答案：①93.75 J(5分)　②93.75 J(4分) ③－62.5 J(3分) 解析：①货物受到的重力可分解为沿斜面向下的分力mg sin θ和垂直于斜面向下的分力mg cos θ， 设货物与皮带相对滑动时的摩擦力大小为f，加速度大小为a，从静止到与皮带共速时间为t，则 f＝μmg cos θ(1分) 取沿斜面向上为正方向，根据牛顿第二定律，对货物有f－mg sin θ＝ma，货物由静止开始加速，最终与皮带共速，有v＝at(1分) 货物与皮带发生相对滑动过程中货物的位移 s1＝at2(1分) 摩擦力对货物做的功W1＝fs1(1分) 联立以上各式并代入数据解得 W1＝93.75 J(1分) ②设货物与皮带发生相对滑动过程中皮带的位移为s2，则s2＝vt (1分) 摩擦产生的热量 Q＝f(s2－s1)(2分) 联立以上各式并代入数据解得Q＝93.75 J(1分) ③重力方向竖直向下，与货物位移方向的夹角为120°，故重力做功 WG＝mgs1cos 120°(2分) 代入数据解得WG＝－62.5 J(1分) c.运用F－x图像求解变力做功 (3)(多选)(2026改编题，4分)如图(a)所示，质量为2 kg的物块静止放在光滑的水平地面上。以物块所在处为原点，以水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图(b)所示，则物块向右运动6 m的过程中(g＝10 m/s2)，下列说法正确的是(　　) 图(a)　　　　　图(b) A．0～2 m内物块做匀加速直线运动 B．此过程外力F做的总功为25 J C．x＝6 m时物块的速度为5 m/s D．x＝6 m时力F的瞬时功率为25 W (3)答案：BCD 解析：地面光滑，因此物块所受合力为F，在0～2 m内，F增大，由牛顿第二定律可知，物块做加速度增大的加速运动，故A项错误。F－x图像中图线与x轴围成的面积可以表示力F做的功，由图(b)知力F做功W＝Fx＝ J＋(6－2)×5 J＝25 J，故B项正确。由于地面光滑，根据动能定理有W＝mv2－0，解得v＝5 m/s，即x＝6 m时物块的速度为5 m/s，故C项正确。根据P＝Fv得，x＝6 m时力F的瞬时功率P＝5×5 W＝25 W，故D项正确。 d.运用动能定理求解变力做功 (4)(河北石家庄二中一模，4分)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中(取sin 53°＝0.8)，下列说法正确的是(　　) A．重物Q的速度一直增大 B．滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为 C．轻绳对滑块P做功4mgL D．P与Q的机械能之和先减小后增大 (4)答案：C 解析：重物Q释放瞬间的速度为零，当滑块P运动至B点时，根据运动的合成与分解，可知Q的速度也为零，所以当滑块P从A点运动至B点的过程中，Q的速度先增大后减小，故A项错误。由于滑块P在A、B两点处时弹簧的弹力大小相等，所以滑块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到向下的弹力，滑块P从A到B过程中，必定先加速后减速，合力为零时速度最大，即在AB间某位置速度最大，B处速度并非最大，故B项错误。设滑块P从A到B过程中，轻绳对Q做功大小为W，滑块P到达B点时Q速度为0，对Q利用动能定理有6mg＋W＝0，解得W＝－4mgL，轻绳对滑块P做功W′＝－W＝4mgL，故C项正确。对于P与Q组成的系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对滑块P做的功有关，从A到B的过程中，弹簧对滑块P先做正功后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故D项错误。 2．功率的理解和计算 (5)(2026汇编题，3分)如图所示，三个完全相同的小球a、b、c初始时在同一高度，小球a、b以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，小球c从光滑圆弧轨道上由静止释放，圆弧轨道的末端与水平地面相切。小球从初始位置运动到水平地面的过程中，下列说法正确的是(　　) A.重力对小球b做的功比对小球a多，重力对小球b的平均功率也比对小球a大 B．重力对小球b做功最多，落地时重力对小球b的瞬时功率最大 C．重力对三个小球做功一样多，重力的平均功率也相等 D.重力对三个小球做功一样多，落地时重力的瞬时功率也相等 E．重力对三个小球做功一样多，落地时重力对小球b的瞬时功率最大 F．重力对三个小球的瞬时功率均一直增大 G．圆弧轨道对小球c做的功大于0 (5)答案：E 解析：三个小球在沿重力方向上的位移均相等，且重力也均相等，由功的定义可知重力对三个小球做的功均相等，故A项、B项均错误。比较竖直方向的速度可知小球b在空中运动的时间大于小球a，由功率的定义可知重力对小球b的平均功率比小球a小，故C项错误。由动能定理可知，小球a、b落地时速度大小相等，但方向不同，落地时，小球a速度方向斜向下，小球b速度方向竖直向下，故小球a竖直方向的速度分量小于小球b，由公式P＝Fv可得落地时重力对小球b的瞬时功率比小球a大，小球c的竖直方向速度分量为0，重力的瞬时功率为0，故D项错误，E项正确。初始时小球c速度为0，重力瞬时功率为0，下滑时速度增大，重力瞬时功率增大，当接近轨道底端时，竖直向下的速度分量减小，在轨道末端时速度方向水平，重力瞬时功率为0，故整个过程中重力瞬时功率先增大后减小，故F项错误。圆弧轨道对小球c的支持力始终与小球的速度方向垂直，由功的定义可知圆弧轨道对小球c不做功，故G项错误。 (6)(2024安徽真题，4分)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　) A. B. C. D. (6)答案：B 解析：设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内射出的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝gt′2，解得v0＝l，根据功能关系得Ptη＝mv＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率P＝(H＋h＋)，故B项正确。 3．机车启动问题 a.运用P＝Fv分析机车以恒定功率启动问题 (7)(多选)(天津经典真题，5分)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内(　　) A．做匀加速直线运动 B．加速度逐渐减小 C．牵引力的功率P＝Fvm D．牵引力做功W＝mv－mv (7)答案：BC 解析：动车的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系P＝F牵v可知，牵引力不断减小，根据牛顿第二定律，F牵－F＝ma，可得动车的加速度不断减小，故A项错误，B项正确。当加速度为零时，速度达到最大值vm，此时牵引力的大小等于阻力F，所以功率P＝Fvm，故C项正确。根据动能定理有W－WF＝mv－mv，牵引力做的功W＝WF＋mv－ mv，故D项错误。 b.运用P＝Fv分析机车以恒定加速度启动问题 (8)(天津河西区二模，9分)如图，“和谐号”是由提供动力的车厢(动车)、不提供动力的车厢(拖车)编制而成。某“和谐号”由8节车厢组成，其中第1节、第5节为动车，每节车厢所受的阻力f大小为自身重力的0.01倍。已知每节车厢的质量均为m＝2×104 kg，每节动车的额定功率均为P0＝600 kW，重力加速度g＝10 m/s2。求： ①若“和谐号”以a＝0.5 m/s2的加速度从静止开始行驶，“和谐号”做匀加速运动时5、6节车厢之间的作用力以及匀加速运动的时间； ②和谐号能达到的最大速度。 (8)答案：①3.6×104 N　25 s(6分) ②75 m/s(3分) 解析：①以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，根据牛顿第二定律有 F－3f＝3ma(1分) 且f＝0.01mg 联立并代入数据解得 F＝3.6×104 N(1分) 每节动车提供的最大功率为P0＝600 kW，设提供的牵引力为F牵，动车匀加速行驶能达到的最大速度为v1，匀加速运动的时间为t1，对整个和谐号进行分析，根据牛顿第二定律，有 2F牵－8f＝8ma(1分) 2P0＝2F牵v1(1分) v1＝at1(1分) 联立并代入数据解得匀加速运动的时间为 t1＝25 s(1分) ②和谐号以最大速度行驶时有 F′牵＝f阻＝8f(1分) 依据公式有 2P0＝F′牵·vm(1分) 联立并代入数据解得vm＝75 m/s(1分) 随堂普查练11 1．(2024海南真题，3分)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞，飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中(　　) A．返回舱处于超重状态 B．返回舱处于失重状态 C．主伞的拉力不做功 D．重力对返回舱做负功 　　　　　　　　　　　　　 1．答案：A 解析：返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A项正确，B项错误。主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C项错误。返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D项错误。 2．(多选)(2022广东真题，6分)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．从M到N，小车牵引力大小为40 N B．从M到N，小车克服摩擦力做功为800 J C．从P到Q，小车重力势能增加了1×104 J D．从P到Q，小车克服摩擦力做功为700 J 2．答案：ABD 解析：由题意，从M到N，根据速度与功率的关系有F＝＝40 N，故A项正确。从M到N，小车所受牵引力等于摩擦力，即f＝F＝40 N，小车克服摩擦力做功W＝fLMN＝800 J，故B项正确。从P到Q，小车重力势能增加mgLPQsin 30°＝5 000 J，故C项错误。从P到Q，由受力分析有＝f′＋mg sin 30°，解得 f′＝35 N，小车克服摩擦力做功W′＝f′LPQ＝700 J，故D项正确。 3．(北京东城区二模，3分)如图所示，传送带与水平面夹角θ＝30°，底端到顶端的距离L＝6 m，运行速度大小v＝2 m/s。将质量m＝1 kg的小物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块从斜面底端到达顶端的时间为2 s B．物块相对传送带的位移大小为6 m C．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做功为32 J D．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带至少做功48 J 3．答案：C 解析：物块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma1，解得a1＝1 m/s2。物块加速的时间t1＝＝2 s，加速阶段的位移x1＝＝2 m，传送带运动的路程x′1＝vt1＝4 m。物块与传送带速度相等后，由于mg sin θ<μmg cos θ，滑动摩擦力突变为静摩擦力，大小为mg sin θ，物块与传送带保持相对静止向上滑动，运动的时间t2＝＝2 s。物块从斜面底端到达顶端的时间t＝t1＋t2＝4 s，物块相对传送带的位移大小为Δx＝x′1－x1＝2 m，故A项、B项均错误。物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做功为W＝μmg cos θ·x1＋mg sin θ·(L－x1)＝32 J，故C项正确。物块被运送到顶端的过程中，电能转化为焦耳热和物块增加的机械能，电动机对传送带做功大小为W′＝μmg cos θ·Δx＋mgL sin θ＋mv2＝44 J，故D项错误。 4．(2026改编题，3分)质量相同、可视为质点的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则(　　) A.重力对A物体做的功大于对B物体做的功 B．重力对两物体做功的平均功率相同 C．到达地面时重力的瞬时功率PA<PB D．斜面对A物体做负功 4．答案：C 解析：重力做功与路径无关，只与物体初末位置的高度差有关，两物体运动过程中，重力和高度差都相同，重力做功也相同，故A项错误。设斜面高度为h，倾角为θ，根据运动学公式x＝at2，对B有h＝gt，对A有＝g sin θt，即h＝gsin 2θt，因为g>gsin 2θ，所以tB<tA，根据＝，重力对两物体做功相同，由于B物体下落时间短，所以重力对B物体做功的平均功率大，故B项错误。根据动能定理有mgh＝mv2－0，可知到达地面时两物体的速度大小相等，此时重力的瞬时功率PB＝mgv，PA＝mgv sin θ，即PA<PB，故C项正确。由于斜面光滑，斜面对A物体只有垂直于斜面的支持力，支持力与A的运动方向垂直，对A不做功，故D项错误。 5．(北京经典真题，3分)如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是(　　) A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小 B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大 C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小 D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大 5．答案：B 解析：在ab段，根据平衡条件可知，汽车牵引力F1＝mg sin θ＋f，汽车重力及所受空气阻力和摩擦阻力不变，则牵引力不变，所以在ab段汽车的输出功率P1＝F1v不变，故A项错误。在bc段牵引力F2＝f，bc段的输出功率P2＝F2v<P1，故B项正确。在cd段牵引力F3＝f－mg sin θ，汽车的输出功率P3＝F3v<P2，在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段，故C项、D项均错误。 6．(2024贵州真题，4分)质量为1 kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x＝3 m处，F做功的瞬时功率为(　　) A．8 W B．16 W C．24 W D．36 W 6．答案：A 解析：由图像可知物块运动到x＝3 m处，F做的总功为WF＝3 N×2 m＋2 N×1 m＝8 J，该过程根据动能定理得WF＝mv2－0，解得物块运动到x＝3 m处时的速度为v＝4 m/s，故此时F做功的瞬时功率为P＝Fv＝8 W，故A项正确。 7．(多选)(2026改编题，4分)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N，弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定，要求舰载机在弹射结束时速度大小达到80 m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设舰载机所受阻力为总推力的20%，则(　　) A．弹射器的推力大小为1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W D．弹射器的最大瞬时功率为8.8×107 W 7．答案：ABD 解析：设发动机的推力为F1，弹射器的推力为F2，则阻力为f＝0.2(F1＋F2)，根据动能定理可得(F1＋F2－f) s＝mv－0，代入数据解得弹射器推力F2＝1.1×106 N，弹射器对舰载机所做的功为W＝F2s＝1.1×108 J，故A项、B项均正确。舰载机在弹射过程中做初速度为零的匀加速直线运动，由匀加速直线运动的规律有s＝vmt，代入数据解得运动时间t＝2.5 s，所以弹射器对舰载机做功的平均功率为P＝＝4.4×107 W，故C项错误。弹射器的最大瞬时功率Pm＝F2vm＝8.8×107 W，故D项正确。 8．(多选)(云南校级模拟，6分)发动机额定功率为P0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，到达最大功率后以额定功率加速，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为f，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F0和a0，匀加速阶段的末速度和最大速度分别为vt和vm。如图所示是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D 8．答案：AC 解析：汽车启动时分为两个阶段，开始时加速度恒定的匀加速阶段，以及达到最大功率后以额定功率加速至最大速度的阶段。在匀加速阶段，a恒定，根据v＝at知v随时间t均匀增大，根据F＝ma＋f可知F恒定，达到额定功率后，功率保持不变，速度v继续增大，根据F＝可知牵引力F减小，根据a＝可知加速度a减小，当达到最大速度vm时，a减小至0，F＝f，故A项、C项均正确，B项错误。在匀加速阶段根据P＝Fv知功率P随速度v均匀增大，故D项错误。 9．(2026改编题，3分)一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度运动，达到额定功率后以额定功率继续运动，其牵引力随速度变化的图像如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及额定功率下的最大速度v3，运动过程中阻力大小恒定，则根据图像所给信息，下列说法中正确的是(　　) A. 汽车的额定功率为F1v2 B．速度为v2时的加速度大小为 C．汽车行驶中所受的阻力为 D．加速度恒定时，加速度为 9．答案：C 解析：设汽车额定功率为P额，匀加速阶段加速度为a，阻力为f，速度为v2时牵引力为F2，加速度为a′。由题目可知汽车先做匀加速直线运动，牵引力恒定，速度均匀增大，因此功率P均匀增大，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动结束，此刻牵引力仍为初始时的牵引力，由图像可知，此临界点的速度为v1，牵引力为F1，由此可以求出额定功率P额＝F1v1，故A项错误。当速度为v3时，达到额定功率下的最大速度，此时牵引力等于阻力，因此可以求出阻力f＝＝，故C项正确。当速度为v2时，汽车已达到额定功率P额，因此可以求出此时的牵引力F2＝＝，根据牛顿第二定律可求出此时加速度a′＝＝，故B项错误。加速度恒定时，牵引力和阻力已知，根据牛顿第二定律可以求出a＝＝，故D项错误。 课后提分练11　功和功率 A组(巩固提升) 1．(经典题，3分)如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止。则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是(　　) A.支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功 C．有可能不受摩擦力 D．摩擦力可能做负功 1．答案：B 解析：支持力方向垂直于斜面向上，故支持力一定做正功，而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，此时物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝g tan θ；当a> g tan θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与速度夹角小于90°，则摩擦力做正功；当a<g tan θ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与速度夹角大于90°，则摩擦力做负功，故B项错误，符合题意。 2．(2023北京真题，3分)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。在物体移动距离为x的过程中(　　) A．摩擦力做功大小与F方向无关 B．合力做功大小与F方向有关 C．F为水平方向时，F做功为μmgx D．F做功的最小值为max 2．答案：D 解析：设力F与水平方向的夹角为θ，摩擦力为f＝μ(mg－F sin θ)，摩擦力所做的功为Wf＝μ(mg－F sin θ)x，可知摩擦力做功大小与F的方向有关，故A项错误。合力所做的功为W＝F合x＝max，因为物体沿水平方向做匀加速直线运动，即a不变，可知合力做功大小与力F方向无关，故B项错误。当F为水平方向时，F＝ma＋μmg，力F做的功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，故C项错误。合力做功为max，而合力的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，即WF－Wf＝max，因此当摩擦力做功为零时(可知当F sin θ＝mg时，摩擦力f＝0，Wf＝0)，力F做功最小，可知WFmin＝max，故D项正确。 3．(江苏经典真题，3分)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N。此时，汽车发动机输出的实际功率是(　　) A．90 W B．30 kW C．36 kW D．300 kW 3．答案：C 解析：汽车在水平路面上匀速行驶，牵引力与阻力大小相等，为1.8×103 N，功率P＝Fv＝36 kW，故C项正确。 4．(2024江西真题，4分)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为 10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为 70%，则发电功率大致为(　　) A．109 W B．107 W C．105 W D．103 W 4．答案：B 解析：由题意，Δt时间内瀑布流出的水的质量为m＝ρQΔt，其中ρ为水的密度，Q为瀑布的水流量，发电过程中水的重力势能转化为电能，则有PΔt＝mgh×70%，联立并代入数据解得P≈1.1×107 W，故B项正确。 5．(2023辽宁真题，4分)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后，到达N点前的下滑过程中(　　) 图(a) 　　图(b) A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 5．答案：B 解析：由题图(b)可知，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，同一时刻甲的速度小于乙的速度，甲、乙质量相同，可知同一时刻甲的动能比乙的小，故A项错误，B项正确。乙的初速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知，重力瞬时功率先增大后减小，故C项、D项均错误。 6．(2022.06浙江真题，3分)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，重力加速度g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　　) A.13.2 s B．14.2 s C．15.5 s D．17.0 s 6．答案：C 解析：重物先以最大加速度向上做匀加速运动至提升装置达到额定功率，后以额定功率做变加速运动及匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动。由牛顿第二定律可得，重物向上加速提升的最大加速度a1＝＝5 m/s2。匀加速运动最大速度v1＝＝4 m/s，t1＝＝0.8 s，h1＝＝1.6 m，拉力做功W1＝F1h1＝480 J；匀速上升的速度v2＝＝6 m/s。匀减速上升时间t2＝＝1.2 s，上升高度h2＝＝3.6 m，此时拉力F2＝mg－mam＝100 N，则拉力做功W2＝F2h2＝360 J，拉力做的总功为W总＝mgh＝17 040 J，所以提升装置以额定功率运行时有Pt3＝W总－W1－W2，解得t3＝13.5 s，则t总＝t1＋t2＋t3＝15.5 s，故C项正确。 7．(2023湖北真题，4分)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　) A． B． C． D． 7．答案：D 解析：当动车达到最大速度时，加速度等于零，P额＝Ffvmax，则第一节动车受到的阻力Ff1＝，第二节动车受到的阻力Ff2＝，编组后动车的额定功率P＝P1＋P2，受到的阻力Ff＝Ff1＋Ff2，故最大速度vmax＝＝＝，故D项正确。 8．(2023重庆真题，12分)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求： (1)提升高度为h时，工件的速度大小； (2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。 8．答案：(1)(5分)　(2)(4分)　(3分) 解析：(1)设提升高度为h时，工件的速度大小为v，根据匀变速直线运动位移与速度关系有 v2＝2a(3分) 解得v＝(2分) (2)根据匀变速直线运动速度公式有v＝at(2分) 解得工件运动的时间为 t＝(2分) 合力对工件做的功为W合＝F合s＝(3分) B组(冲刺满分) 9．(2023山东真题，3分)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为(　　) A． B． C． D． 9．答案：A 解析：设物体与地面间的动摩擦因数为μ，轻绳脱落时物体速度为v，脱落前物体加速度为a1，脱离后加速度为a2，在小车拖动物体行驶的位移为s1的过程中有F－f－μmg＝(m＋M)a1，v2＝2a1s1，P0＝Fv，轻绳从物体上脱落后a2＝μg，v2＝2a2(s2－s1)，联立以上各式解得P0＝，故A项正确。 10．(湖南经典真题，4分)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(　　) A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mv－Pt 10．答案：C 解析：把动车组视为整体进行受力分析，由牛顿第二定律有F－F阻＝ma，若动车组匀加速启动，即加速度a恒定，而阻力F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A项错误。若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有－kv＝ma，可知加速启动的过程，速度增大，加速度逐渐减小，故B项错误。若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，由于动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv，根据题干条件，又知以额定功率匀速行驶时，有＝kvm，联立解得v＝vm，故C项正确。若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－WF阻＝mv－0，可得动车组克服阻力做的功为WF阻＝4Pt－mv，故D项错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$