《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第1節(jié) 功和功率教學(xué)案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第1節(jié) 功和功率教學(xué)案 新人教版（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第五章 機械能 　【p77】 內(nèi)　容 要求 說　明 功和功率 Ⅱ 動能和動能定理 Ⅱ 重力做功與重力勢能 Ⅱ 功能關(guān)系、機械能守恒定律及其應(yīng)用 Ⅱ 實驗：探究動能定理 實驗：驗證機械能守恒定律 2017、2018命題情況　【p77】 年份 考題 題型 分值 主要考點 2017 全國卷Ⅰ第24題 計算題 12分 動能與勢能的計算 全國卷Ⅱ第14題 選擇題 6分 力做功的判定 全國卷Ⅱ第17題 選擇題 6分 機械能守恒與平拋綜合 全國卷Ⅲ第16題 選擇題

2、 6分 功與重力勢能 北京卷第21題 實驗題 18分 探究做功與動能變化的關(guān)系 北京卷第24題 計算題 20分 電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系 年份 考題 題型 分值 主要考點 2017 海南卷第6題 選擇題 4分 重力的功　動能定理 天津卷第4題 選擇題 6分 機械能　功率 天津卷第9題(2) 實驗題 6分 驗證機械能守恒 天津卷第10題 計算題 16分 動量守恒　機械能守恒 江蘇卷第3題 選擇題 3分 動能定理 江蘇卷第9題 選擇題 4分 能量守恒　牛頓定律 江蘇

3、卷第10題 實驗題 8分 探究做功與動能變化的關(guān)系 江蘇卷第14題 計算題 16分 物體平衡　動能定理 2018 全國卷Ⅰ第14題 選擇題 6分 動能定理的應(yīng)用 全國卷Ⅰ第18題 選擇題 6分 恒力做功、功能關(guān)系 全國卷Ⅰ第24題 計算題 12分 牽涉到機械能 全國卷Ⅱ第14題 選擇題 6分 動能定理的應(yīng)用 第1節(jié)　功和功率 　　【p77】 夯實基礎(chǔ)　 1．做功的兩個不可缺少的因素：力和物體在__力的方向上__發(fā)生的位移． 2．計算功的公式：W＝__Flcos__α__，其中F為恒力

4、，α為F的方向與位移l的方向之間的夾角；功的單位：__焦耳__(J)；功是__標__(填“矢”或“標”)量． 3．正功和負功：根據(jù)W＝Flcos α可知： 0≤α＜90° α＝90° 90°＜α≤180° 功的正負 W＞0 W＝0 W＜0 意義 力F對物 體做正功 力F對物 體不做功 力F對物 體做負功 力F是動力 還是阻力 動力 阻力 考點突破　　 例1分析下列三種情況下各力做功的正負情況：(1)如圖甲所示，光滑水平面上有一光滑斜面b，物塊a從斜面頂端由靜止開始下滑的過程；(2)人造地球衛(wèi)星在橢圓軌道上運行，由圖乙中的a點運動到b點的過程；(

5、3)小車M靜止在光滑水平軌道上，球m用細繩懸掛在車上，由圖丙中的位置無初速度釋放，小球下擺的過程．則(　　) A．圖甲中，斜面對物塊不做功 B．圖乙中，萬有引力對衛(wèi)星做正功 C．圖丙中，繩的拉力對小車做負功 D．圖丙中，繩的拉力對小球做負功 【解析】物塊a下滑過程中，因為支持力與位移之間的夾角大于90°，所以支持力對物體做負功，選項A錯；因為衛(wèi)星由a點運動到b點的過程中，萬有引力的方向和速度的方向的夾角大于90°，所以萬有引力對衛(wèi)星做負功，選項B錯；小球下擺的過程中，繩的拉力使車的動能增加了，繩的拉力對小車做正功，C錯；又因為小車與小球構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，小車機械能增加了，則小

6、球的機械能減小了，所以繩的拉力對小球做負功，正確答案為D. 【答案】D 【小結(jié)】判斷功的正、負主要有以下三種方法： 1．若物體做直線運動，依據(jù)力與位移的夾角來判斷，此法常用于恒力做功的判斷． 2．若物體做曲線運動，依據(jù)F與v的方向的夾角α的大小來判斷．當 0≤α<90° 時，力對物體做正功；90°<α≤180°時，力對物體做負功；α＝90°時，力對物體不做功． 3．依據(jù)能量變化來判斷：此法既適用于恒力做功，也適用于變力做功，關(guān)鍵應(yīng)分析清楚能量的轉(zhuǎn)化情況．根據(jù)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有相關(guān)的力對物體做功． 例2如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕繩懸掛于O點，用水平

7、恒力F拉著小球從最低點運動到使輕繩與豎直方向成θ角的位置，求此過程中，各力對小球做的總功為(　　) A．FLsin θ B．mgL(1－cos θ) C．FLsin θ－mgL(1－cos θ) D．FLsin θ－mgLcos θ 【解析】如圖，小球在F方向的位移為CB，方向與F同向，則WF＝F·CB＝F·Lsin θ 小球在重力方向的位移為AC，方向與重力反向，則 WG＝mg·AC·cos 180°＝－mg·L(1－cos θ) 繩的拉力FT時刻與運動方向垂直，則WFT＝0 故W總＝WF＋WG＋WFT＝FLsin θ－mgL(1－cos θ) 所以選項C正確． 【

8、答案】C 【小結(jié)】在計算力所做的功時，首先要對物體進行受力分析，明確是要求哪個力做的功，這個力是恒力還是變力；其次進行運動分析，明確是要求哪一個過程力所做的功．關(guān)于恒力的功和總功的計算方法如下： 1．恒力做功 對恒力作用下物體的運動，力對物體做的功用W＝Flcos α求解．該公式可寫成W＝F·(l·cos α)＝(F·cos α)·l.即功等于力與力方向上的位移的乘積或功等于位移與位移方向上的力的乘積． 2．總功的求法 (1)總功等于合外力的功． 先求出物體所受各力的合力F合，再根據(jù)W總＝F合lcos α計算總功，但應(yīng)注意α應(yīng)是合力與位移l的夾角． (2)總功等于各力做功的代數(shù)和

9、． (3)總功等于力與位移關(guān)系圖象(F－x圖象)中圖線與位移軸所圍幾何圖形的“面積”． 針對訓(xùn)練　 1．(多選)如圖所示，人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動，下列說法正確的是(ACD) A．重力對人做負功 B．摩擦力對人做正功 C．支持力對人做正功 D．合力對人做功為零 【解析】重力與位移方向的夾角大于90°，重力對人做負功，A對．人不受摩擦力作用，B錯．支持力方向與人的位移方向的夾角小于90°，支持力對人做正功，C對．人勻速上行，動能不變，依動能定理，D對． 2．圖甲為索契冬奧會上為我國奪得首枚速滑金牌的張虹在1 000 m決賽中的精彩瞬間．現(xiàn)假設(shè)某速滑運動員某段

10、時間內(nèi)在直道上做直線運動的速度－時間圖象可簡化為圖乙，已知運動員(包括裝備)總質(zhì)量為60 kg，在該段時間內(nèi)受到的阻力恒為總重力的0.1倍，g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(D) A．在1～3 s內(nèi)，運動員的加速度為0.2 m/s2 B．在1～3 s內(nèi)，運動員獲得的動力是30 N C．在0～5 s內(nèi)，運動員的平均速度是12.5 m/s D．在0～5 s內(nèi)，運動員克服阻力做的功是3 780 J 【解析】速度－時間圖線的斜率表示加速度，則在1～3 s內(nèi)，運動員的加速度為：a＝ m/s2＝0.5 m/s2，故A錯誤；在1～3 s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得：F－f＝ma，解得運動員獲得

11、的動力F＝60×0.5 N＋600×0.1 N＝90 N，故B錯誤；圖線與時間軸所圍成的“面積”表示物體的位移，則在0～5 s內(nèi)，運動員的位移x＝12×1 m＋×(12＋13)×2 m＋2×13 m＝63 m，則運動員的平均速度＝＝ m/s＝12.6 m/s，故C錯誤；在0～5 s內(nèi)，運動員克服阻力做的功W克＝0.1×600×63 J＝3 780 J，故D正確． 　　【p78】 夯實基礎(chǔ)　 計算變力做功的常用方法 1．利用微元法求解：將物體的位移分割成許多小段，因小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉(zhuǎn)化為在無數(shù)多個無窮小的位移上的恒力所做元功的代數(shù)和，適

12、用于求解大小不變、方向改變的變力做功； 2．利用圖象求解：如在F－x圖象中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正，位于x軸下方的“面積”為負； 3．利用平均力求解：當力的方向不變而大小隨位移做線性變化時，可先求出力對位移的平均值F＝，再由W＝Flcos α計算，如彈簧彈力做功； 4．化變力為恒力求解：通過轉(zhuǎn)換研究的對象，可將變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功，用W＝Flcos α求解，如輕繩通過定滑輪拉動物體運動情景下拉力做功問題； 5．用功率求功：機車發(fā)動機保持功率P恒定做變速運動時，牽引力是變力，牽引力做的功W＝Pt； 6．另外恒力做功和變

13、力做功均可應(yīng)用動能定理求解． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考點突破　　 例3一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 【解析】在Q點質(zhì)點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所以有FN－mg＝m，F(xiàn)N＝2mg，聯(lián)立解得v＝，下滑過程中，根據(jù)動能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正確． 【答

14、案】C 針對訓(xùn)練　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 3．一物體所受的力F隨位移x變化的圖象如圖所示，在這一過程中，力F對物體做的功為(B) A．3 J B．6 J C．7 J D．8 J 【解析】力F對物體做的功等于x軸上方梯形“面積”所表示的正功與x軸下方三角形“面積”所表示的負功的代數(shù)和． W1＝×(3＋4)×2 J＝7 J W2＝－×(5－4)×2 J＝－1 J 所以力F對物體做的功為W＝7 J－1 J＝6 J. 故選項B正確． 4．人拉著繩通過一定滑輪吊起質(zhì)量m＝50 kg的物體，如圖所示，開始繩與水平方向夾角為60°，當人勻速提起重物由A點沿水

15、平方向運動s＝2 m而到達B點，此時繩與水平方向成30°角，已知重力加速度g＝10 m/s2，求人對繩的拉力做了多少功？ 【解析】設(shè)滑輪距A、B點的高度為h，則：h＝s 人由A走到B的過程中，重物上升的高度Δh等于滑輪右側(cè)繩子增加的長度，即：Δh＝－，人對繩子做的功為：W＝mg·Δh＝mgs＝1 000 J≈732 J. ?！　　緋79】 夯實基礎(chǔ)　 1．功率的定義：功與完成這些功所用時間的比值． 2．功率的物理意義：描述力對物體__做功的快慢__． 3．功率的公式 (1)P＝，P為時間t內(nèi)的__平均功率__． (2)P＝Fvcos α(α為F與v的夾角) ①v為平均速

16、度，則P為__平均功率__． ②v為瞬時速度，則P為__瞬時功率__． 4．額定功率：機械__正常工作__時輸出的__最大__功率． 5．實際功率：機械__實際工作__時輸出的功率．要求__不大于__額定功率． 考點突破　　 例4 如圖所示，一個表面光滑的斜面體M固定在水平地面上，它的兩個斜面與水平面的夾角分別為α、β，且α<β，M的頂端裝有一定滑輪，一輕質(zhì)細繩跨過定滑輪后連接A、B兩個小滑塊，細繩與各自的斜面平行，不計繩與滑輪間的摩擦，A、B恰好在同一高度處于靜止狀態(tài)．剪斷細繩后，A、B滑至斜面底端．則(　　) A．滑塊A的質(zhì)量大于滑塊B的質(zhì)量 B．兩滑塊到達斜面底端時

17、的速度大小相等 C．兩滑塊同時到達斜面底端 D．兩滑塊到達斜面底端時，滑塊A重力的瞬時功率較大 【解析】滑塊A和滑塊B沿著斜面方向的分力等大，故：mAgsin α＝mBgsin β；由于α＜β，故mA＞mB，A正確；滑塊下滑過程機械能守恒，有：mgh＝mv2，解得：v＝，由于兩個滑塊與地面的高度差相等，落地速度大小相等，B正確；由牛頓第二定律得：mgsin θ＝ma，a＝gsin θ，α＜β，則：aA＜aB，物體的運動時間t＝，v相同，aA＜aB，則：tA＞tB，C錯誤；滑塊到達斜面底端時，滑塊重力的瞬時功率：PA＝mAgsin α·v，PB＝mBgsin α·v；由于mAgsin α＝

18、mBgsin β，故PA＝PB，D錯誤． 【答案】AB 【小結(jié)】1.平均功率的計算方法 (1)利用P＝. (2)利用P＝Fvcos α，其中v為物體運動的平均速度． 2．瞬時功率的計算方法 (1)利用公式P＝Fvcos α，其中v為t時刻的瞬時速度． (2)P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度． (3)P＝Fvv，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力． 3．求功率時應(yīng)注意的問題 (1)首先要明確所求功率是平均功率還是瞬時功率，對應(yīng)于某一過程或某一段時間內(nèi)的功率為平均功率，對應(yīng)于某一時刻的功率為瞬時功率． (2)求功率大小時要注意F與v方向間的夾

19、角α對結(jié)果的影響． 針對訓(xùn)練　 5．(多選)如圖所示，細線的一端固定于O點，另一端系一小球，在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是(BD) A．小球的機械能保持不變 B．小球受的合力對小球不做功 C．水平拉力F的瞬時功率逐漸減小 D．小球克服重力做功的瞬時功率逐漸增大 【解析】小球勻速率運動，重力勢能增加，動能不變，故機械能增加，故A錯誤；小球勻速率運動，動能不變，根據(jù)動能定理，合力做功為零，故B正確；重力不變，速度方向與重力的夾角不斷增大(大于90度)，故根據(jù)P＝Gvcos θ，重力的瞬時功率的絕對值不斷增大，故D正確；小球

20、勻速率運動，合力的功率為零，小球克服重力做功的瞬時功率不斷增大，拉力T不做功，故拉力F的功率不斷增大，故C錯誤． 6．(多選)質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻開始受到水平力的作用．力的大小F與時間t的關(guān)系如圖所示，力的方向保持不變，則(BD) A．3t0時刻的瞬時功率為 B．3t0時刻的瞬時功率為 C．在t＝0到3t0這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為 D．在t＝0到3t0這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為 【解析】在0～2t0時間內(nèi)，物體的加速率a1＝，2t0時刻的速度v1＝a12t0＝，位移x1＝；2t0～3t0時間內(nèi)，加速度a2＝，3t0時刻的速度v2＝v1＋a2t

21、0＝，2t0～3t0時間內(nèi)的位移x2＝；所以3t0時刻的瞬時功率P＝3F0v2＝，B對，A錯；3t0內(nèi)的平均功率P＝＝＝，D對，C錯． ?！　　緋80】 夯實基礎(chǔ)　 兩種常見機車啟動問題的比較 啟動方式 以恒定功率啟動 以恒定加速度啟動 P－t圖 和 v－t圖 OA 段 過程 分析 v↑F＝↓ a＝↓ a＝不變F不變，v↑P＝Fv↑直到P＝P額＝Fv1，v1＜vm 運動 性質(zhì) 加速度減小的加速直線運動 勻加速直線運動，維持時間 t0＝ ＝ AB 段 過程 分析 F＝F阻a＝0vm＝ P額不變v↑F＝

22、↓a＝↓ 運動 性質(zhì) 以vm勻速直線運動 加速度減小的加速運動 BC段 無 F＝F阻a＝0 以vm＝勻速運動 轉(zhuǎn)折點 在轉(zhuǎn)折點A，F(xiàn)＝F阻，a＝0，速度達到最大vm＝ 在轉(zhuǎn)折點A，P＝P額，勻加速運動結(jié)束，但a≠0，此時v1＝；在轉(zhuǎn)折點B，速度達到最大vm＝ 注意 ①P＝Fv，F(xiàn)是牽引力而不是合力； ②P額＝F阻vm時，即牽引力與阻力平衡時，達到最大速度； ③無論以哪種方式啟動，機車的最大速度都等于其做勻速直線運動時的速度，即vm＝. 考點突破　　 例5下列各圖是反映汽車(額定功率P額)從靜止開始以加速度a1勻加速啟動，最后做勻速運動的過程中．其速度

23、隨時間以及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象，已知汽車質(zhì)量為m，勻加速運動的末速度為v1，勻速運動的速度為vm，所受阻力為f.其中正確的是(　　) 【解析】從靜止開始勻加速啟動，由公式P＝Fv及題意知，當力恒定，隨著速度的增大功率P增大，當P＝P額時，功率不再增大，此時，牽引力F大于阻力f，速度繼續(xù)增大，牽引力減小，此后汽車做加速度逐漸減小的加速運動，當F＝f時，速度達最大，做勻速運動．由以上分析知，B錯，A、C、D對． 【答案】ACD 【小結(jié)】對于機車啟動問題應(yīng)先弄清啟動方式是功率恒定還是加速度恒定．機車啟動的方式不同，運動規(guī)律不同，即其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)

24、律不同．分析圖象時應(yīng)注意坐標軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律． 以恒定功率啟動的過程不是勻加速運動，所以勻變速直線運動的公式不適用，這時加速過程中牽引力做功用W＝Pt計算，不能用W＝FL計算(因為F為變力)，由動能定理得Pt－Ffx＝ΔEk，該式可求解機車以恒定功率啟動過程的位移或速度問題． 以恒定牽引力加速啟動時的功率一定不是恒定的，這種加速過程中發(fā)動機做的功常用W＝FL計算，不能用W＝Pt計算(因為功率P是變化的)． 針對訓(xùn)練　 7．(多選)質(zhì)量為m的汽車在平直公路上以恒定功率P從靜止開始運動，若運動中所受阻力恒定，大小為f.則(BC) A．汽車先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動

25、 B．汽車先做加速度減小的加速直線運動，后做勻速直線運動 C．汽車做勻速運動時的速度大小為 D．汽車加速運動時，發(fā)動機牽引力大小等于f 【解析】根據(jù)P＝Fv知，因為汽車的功率不變，速度增大，牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律得a＝，加速度減小，當加速度減小到零，牽引力與阻力相等，汽車做勻速直線運動，勻速運動的速度v＝.所以汽車先做加速度減小的變加速運動，最終做勻速直線運動，故B、C正確． 考 點 集 訓(xùn)　【p289】 A組 1．如圖所示的a、b、c、d中，質(zhì)量為M的物體甲受到相同的恒力F的作用，在力F作用下使物體甲在水平方向移動相同的位移．μ表示物體甲與水平面間的動摩擦因數(shù)，乙是隨物體

26、甲一起運動的小物塊，比較物體甲移動的過程中力F對物體甲所做的功的大小正確的是(D) A．Wa最小 B．Wd最大 C．Wa>Wc D．四種情況一樣大 【解析】W＝Fscos θ，四種情況，F(xiàn)、s、θ都相同，故W也相同，D正確． 2．(多選)如圖甲所示，用起重機將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，其v－t圖象如圖乙所示．下列說法正確的是(AD) A．在0～t1時間內(nèi)，貨物處于超重狀態(tài) B．在0～t2時間內(nèi)，起重機拉力對貨物不做功 C．在t2～t3時間內(nèi)，起重機拉力對貨物做負功 D．勻速階段拉力的功率可能比加速階段某一時刻拉力的瞬時功率小 【

27、解析】由v－t圖象可知在0～t1時間內(nèi)，貨物具有向上的加速度， 故處于超重狀態(tài)，選項A正確；在t1～t3時間內(nèi)，起重機的拉力始終豎直向上，一直做正功，選項B、C錯誤；勻速階段拉力小于加速階段的拉力，而勻速階段的速度大于加速階段的速度，由P＝Fv可知勻速階段拉力的功率可能比加速階段某一時刻拉力的瞬時功率小，選項D正確． 3．如圖所示，木板質(zhì)量為M，長度為L，小木塊質(zhì)量為m，水平地面光滑，一根不計質(zhì)量的輕繩跨過定滑輪分別與M和m連接，小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，開始時小木塊靜止在木板左端，現(xiàn)用水平向右的力將小木塊拉至右端，拉力至少做功為(A) A．μmgL B．2μmgL C.

28、D．μ(M＋m)gL 【解析】設(shè)繩的張力為T，勻速拉動時，做功最少．對于m，F(xiàn)＝μmg＋T，對于M，T＝μmg，s＝，∴W＝F·＝μmgL，選A. 4．在光滑的水平面上，用一水平拉力F使物體從靜止開始移動x，平均功率為P，如果將水平拉力增加為4F，使同一物體從靜止開始移動x，平均功率為(D) A．2P B．4P C．6P D．8P 【解析】設(shè)第一次運動時間為t，則其平均功率表達式為P＝；第二次加速度為第一次的4倍，由x＝at2可知時間為，其平均功率為P′＝＝＝8P，選項D正確． 5．小剛同學(xué)在水平地面上把一個質(zhì)量為1 kg的小球以大小為4 m/s的初速度沿某方向拋出，小球

29、經(jīng)過時間0.4 s落地，不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，則下列判斷正確的是(D) A．小球在最高點的機械能為8 J B．小球落地點與拋出點間的距離為0.8 m C．小球在運動過程中機械能可能減小 D．落地時重力做功的功率為20 W 【解析】小球在運動過程中只受重力，機械能守恒，小球初動能為mv2＝8 J，沒有規(guī)定零重力勢能點，故選項A、C均錯誤；由題意可知小球拋出后做斜上拋運動，∵t總＝t上＋t下＝0.4 s，故t上＝t下＝0.2 s，拋出時豎直向上的分速度為vy＝2 m/s，∴水平分速度vx＝2 m/s，小球在水平方向上勻速運動，可知水平距離為x＝vxt總＝2×0.4

30、m＝ m，故選項B錯誤；小球落地時的豎直分速度為vy＝2 m/s，重力做功的瞬時功率P＝mgvy＝20 W，選項D正確． 6．如圖所示，把A、B兩相同小球在離地面同一高度處以相同大小的初速度v0分別沿水平方向和豎直方向拋出，不計空氣阻力，下列說法正確的是(C) 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．從開始運動至落地，重力對兩小球做的功相同 D．從開始運動至落地，重力對兩小球做功的平均功率相同 【解析】落地時速率相同，但速度方向不同，A錯；豎直方向的速度不同，重力功率不同，B錯；重力做功W＝mgh，相同，C對；運動時間不同，重力做功平均功率不同，D錯

31、． 7．如圖所示，輕彈簧一端與豎直墻壁相連，另一端與一質(zhì)量為m的木塊連接，放在光滑的水平面上．彈簧勁度系數(shù)為k，開始時處于自然長度．現(xiàn)用水平力緩慢拉木塊，使木塊前進x，求拉力對木塊做了多少功？ 【解析】在緩慢拉動過程中，力F與彈簧彈力大小相等，即F＝kx.當x增大時，F(xiàn)增大，即F是一變力，求變力做功時，不能直接用Fscos α計算，可以用力相對位移的平均值代替它，把求變力做功轉(zhuǎn)換為求恒力做功．F緩慢拉木塊，可以認為木塊處于平衡狀態(tài)，故拉力等于彈力，即F＝kx.因該力與位移成正比，可用平均力＝kx求功，故W＝·x＝kx2. 8．質(zhì)量為6 t的汽車從靜止開始以a＝0.5 m/s2的加速度

32、做勻加速直線運動，一段時間后達到額定功率，之后以額定功率運動，直到達到最大速度，整個過程歷時50 s，已知汽車的額定功率P0＝60 kW，汽車所受阻力恒為f＝3×103 N，求： (1)汽車勻加速運動所用的時間t； (2)汽車從靜止到達到最大速度所經(jīng)過的路程． 【解析】(1)由牛頓第二定律F－f＝ma得 F＝f＋ma＝3×103 N＋6×103×0.5 N＝6×103 N 則勻加速的末速度v＝＝ m/s＝10 m/s 則勻加速運動的時間t＝＝ s＝20 s (2)汽車勻速行駛時F＝f，達到最大速度vm 則vm＝＝ m/s＝20 m/s 勻加速階段的位移為x1，則x1＝at2＝

33、100 m 變加速階段的位移為x2， 由動能定理P0t′－fx2＝mv－mv2 t′＝50－t 則x2＝300 m x＝x1＋x2＝400 m B組 9．如圖所示，質(zhì)量為m＝2 kg的木塊在傾角θ＝37°的足夠長斜面上由靜止開始下滑，木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ ＝0.5，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則前2 s內(nèi)重力的平均功率和2 s末的瞬時功率分別為(B) A．48 W　24 W B．24 W　48 W D．12 W　24 W C．24 W　12 W 【解析】木塊所受的合外力F合＝mgsin θ－μmgcos θ

34、＝mg(sin θ－μcos θ)＝2×10×(0.6－0.5×0.8) N＝4 N 木塊的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2 前2 s內(nèi)木塊的位移x＝at2＝×2×22 m＝4 m 所以，重力在前2 s內(nèi)做的功為 W＝mgxsin θ＝2×10×4×0.6 J＝48 J 重力在前2 s內(nèi)的平均功率＝＝ W＝24 W. 木塊在2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s 2 s末重力的瞬時功率 P＝mgsin θ·v＝2×10×0.6×4 W＝48 W. 故選項B正確． 10．一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的a－t圖象如圖所示

35、，t＝0時其速度大小為2 m/s，滑動摩擦力大小恒為2 N(D) A．t＝6 s時，物體的速度為18 m/s B．在0～6 s內(nèi)，合力對物體做的功為400 J C．t＝6 s時，摩擦力的功率為400 W D．t＝6 s時，拉力F的功率為200 W 【解析】根據(jù)Δv＝aΔt可知a－t圖象中，圖象與坐標軸圍成的“面積”表示速度的增量，則在t＝6 s時刻，物體的速度v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋××6 m/s＝20 m/s，故A錯誤；根據(jù)動能定理得：W合＝ΔEk＝mv－mv＝396 J，故B錯誤；摩擦力的功率Pf＝fv6＝－2×20 W＝－40 W，故C錯誤；在t＝6 s時刻，根據(jù)牛頓

36、第二定律得F＝ma＋f＝(2×4＋2) N＝10 N，則PF＝Fv6＝10×20 W＝200 W，故D正確． 11．一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時其速度為1 m/s.從此刻開始滑塊運動方向上再施加一水平力F，力F和滑塊的速度v隨時間t的變化規(guī)律分別如圖甲、乙所示，以下說法正確的是(C) A．第1 s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的功為3 J B．第2 s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做功的平均功率為4 W C．第3 s末，F(xiàn)對滑塊做功的瞬時功率為1 W D．前3 s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的總功為零 【解析】由題圖可知，第1 s內(nèi)，滑塊位移為1 m，F(xiàn)對滑塊做的功為2 J，A錯誤；第2 s內(nèi)，滑塊位移為1.5

37、 m，F(xiàn)做的功為4.5 J，平均功率為4.5 W，B錯誤；第3 s內(nèi)，滑塊的位移為1.5 m，F(xiàn)對滑塊做的功為1.5 J，第3 s末，F(xiàn)對滑塊做功的瞬時功率P＝Fv＝1 W，C正確；前3 s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的總功為8 J，D錯誤． 12．下表是一輛電動車的部分技術(shù)指標，其中的額定車速是指電動車滿載的情況下，在平直道路上以額定功率勻速行駛時的速度. 額定車速 18 km/h 電源輸出電壓 ≥36 V 整車質(zhì)量 40 kg 充電時間 6～8 h 載重 80 kg 電動機的額定輸出功率 180 W 電源 36 V/12 Ah 電動機的額定工作 電壓/電流 36 V/6 A 請根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，完成下列問題(g取10 m/s2)． (1)在行駛的過程中，電動車受到的阻力是車重(包括載重)的k倍，假定k是定值，試推算k的大?。? (2)若電動車以額定功率行駛，求速度為3 m/s時的加速度是多少？ 【解析】(1)由表可得到P出＝180 W，車速v＝18 km/h＝5 m/s，由P出＝Fv，勻速直線運動時有F＝f，其中 f＝k(M＋m)g，解得k＝0.03. (2)當車速v′＝3 m/s時，牽引力F′＝，由牛頓第二定律知 F′－k(M＋m)g＝(m＋M)a，解得a＝0.2 m/s2. - 15 -