高中物理教科版必修二学案 功和功率 Word版含解析
文档属性
| 名称 | 高中物理教科版必修二学案 功和功率 Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 813.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-10-14 09:58:57 | ||
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文档简介
功和功率
【考纲解读与考频分析】
功和功率是高中物理重要知识点，也是高考必考内容。
【高频考点定位】： 功和功率
考点一：功和功率
【3年真题链接】
1．（2019高考江苏卷物理8）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中（ ）
（A）弹簧的最大弹力为μmg （B）物块克服摩擦力做的功为2μmgs
（C）弹簧的最大弹性势能为μmgs （D）物块在A点的初速度为
【参考答案】BC
【名师解析】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。
2.（2018?江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（??? ）
A.?加速度先减小后增大?????????????????????????????? ????B.?经过O点时的速度最大 C.?所受弹簧弹力始终做正功????????????????????????????????????D.?所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【参考答案】A,D
【名师解析】物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大， A符合题意、B不符合题意；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，C不符合题意；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功。 【分析】先明确从A到O的过程，弹簧压缩量先变小后伸长量变大，可知对物体先做正功后做负功，然后对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律可确定加速度的变化情况，有动能定理可知从A到B的过程中弹簧弹力做功与克服摩擦力做功的关系。
3.（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A.?摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B.?在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C.?摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D.?摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【参考答案】B
【名师解析】乘客的机械能包括动能和重力势能，摩天轮做匀速圆周运动，所以动能不变，重力势能时刻改变，即机械能时刻改变，故A项错误；在最高点对乘客进行受力分析，列牛顿第二定律方程， 得所以,故B项正确；根据冲量,重力不为零，作用时间不为零，所以重力的冲量不为零，故C项错误；乘客重力的瞬时功率,指线速度和竖直方向的夹角，转动过程中、不变，角不断变化，重力瞬时功率不断变化，故D项错误。 【分析】因为动能不变，重力势能时刻变化，判出机械能不断变化；根据牛顿第二定律计算重力与支持力的关系；冲量是力在时间上的积累，力的作用时间不为零，冲量就不为零；根据计算瞬时功率。
4．(2015·新课标全国Ⅱ，21)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【参考答案】BD
【名师解析】滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝mv＋0，即va＝，选项B正确；a、b的先后受力如图所示。
由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确。
5.（2019年4月浙江选考）小明以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球
（1）上升的最大高度；
（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功
（3）上升和下降的时间。
【参考答案】（1）；（2）0；；（3），
【名师解析】（1）上升过程：mg+Ff=ma1
解得a1=11m/s2
上升的高度：
（2）重力做功：WG=0
空气阻力做功：
（3）上升的时间：
下降过程：mg-Ff=ma2
解得a2=9m/s2
解得
6、（12分）（2017年4月浙江选考）如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2所示的示意图，倾角θ=370的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h=24m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1，水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，D O1的距离L=20m，质量m=1000kg的过山车（包括乘客）从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数，EF段摩擦不计，整个运动过程空气阻力不计。（sin370=0.6，cos370=0.8）
（1）求过山车过F点时的速度大小。
（2）求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功。
（3）如图过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少多大？
【名师解析】：在F点，选择某个乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有 m人g-0.25 m人g = m人，
r=Lsinθ=12m
解得：vF==3m/s。
（2）设整个过程摩擦阻力做功为W，对过山车从B到F的过程，应用动能定理，得
mg（h-r）+W=-0，
解得：W=-7.5×104J
（3）触发制动装置后，设恰好能够到达E点对应的摩擦力为Ff1，由动能定理
-Ff1Lcosθ-mgrcosθ=0-
未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理，
-μmgcosθLcosθ-mgr=-
联立解得：Ff1=×103N =4.6×103N
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2，Ff2=mgsinθ=6×103N
综合考虑可得：Ffm=6×103N。
7. （2019高考理综天津卷）（16分）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）。若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入。已知飞行员的质量，，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大。
【名师解析】.（16分）
（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
【2年模拟再现】
（2019·山东济宁二模）如图所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑的斜面上。现将它们从静止释放，在下滑的过程中（ ）
A. 两物体下滑的加速度相同 B. 轻杆对A做正功，对B做负功 C. 系统的机械能守恒 D. 任意时刻两物体重力的功率相同
【参考答案】AC
【名师解析】斜面光滑，则对整体分析可知，加速度，故此时AB间的杆没有弹力，故轻杆对A不做功，故A正确，B错误；由于斜面光滑，系统只有重力做功，系统机械能守恒，故C正确；由于AB两物体加速度相同，任意时刻A、B两物体速度相同，但重力大小不同，故重力的瞬时功率不同，故D错误； 【关键点拨】对整体分析，明确当接触面光滑时，系统不受外力，机械能守恒，根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据加速度的大小分析系统受力及做功情况，从而明确系统和B的机械能是否守恒。 本题考查机械能守恒定律的应用以及功能关系，由于两物体的重力不同，重力的瞬时功率并不相同。
（2019·湖南长沙二模）如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接井一起套在杆上，小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过铰链连接，当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长；此时给A一个微小扰动初速度视为，使小球A沿环顺时针滑下，到达环最右侧时小球A的速度为为重力加速度。不计一切摩擦，A、B均可慢为质点，则下列说法正确的是
A. 小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒 B. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中滑块B的重力能减小 C. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中小球A的重力势能减小了 D. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了
【参考答案】D
【名师解析】小球A、滑块B、轻杆和轻弹簧组成的系统在下滑过程中，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，则知小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能不守恒，故A错误；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，此时滑块B距离圆心的高度为，滑块B下落的高度为，滑块B的重力势能减小了，故B错误；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，小球A下落的高度为R，所以小球A的重力势能减小了mgR，故C正确；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧时，两个小球的速度方向都向下，如图所示，根据运动的合成与分解可得：，则，根据机械能守恒定律可得：，解得：，所以小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了，故D正确； 【关键点拨】 小球A、滑块B、轻杆和轻弹簧组成的系统机械能守恒；由几何关系求出小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中滑块B下落的高度、A下落的高度，由此求解滑块B的重力势能减小量、A的重力势能减少量；根据系统的机械能守恒求解小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加量。 本题的关键要掌握机械能守恒的条件以及功能关系；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。
（2019·湖南邵阳三模）如图所示，某同学用一轻绳以斜向上的力拉动木箱，使它沿水平路面匀速运动一段距离，则（ ）
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. 拉力做的功一定等于木箱克服摩擦力做的功 D. 拉力做的功一定大于木箱克服摩擦力做的功 【参考答案】C
【名师解析】对木箱分析可知，木箱一定受重力和拉力作用，由于拉力有水平方向上的分力，故地面对木箱一定有摩擦力，故地面对木箱一定有支持力作用，故AB错误；木箱运动过程中只有拉力和摩擦力做功，根据动能定理可知，拉力做的功一定等于木箱克服摩擦力做的功，故C正确D错误。 【方法归纳】 对木箱受力分析，明确受力情况，再分析各力做功情况，根据动能定理确定做功间的关系。 本题考查动能定理以及受力分析的基本方法，要注意明确有摩擦力时一定有弹力，同时注意重力和支持力不做功。 4. （2019·河北唐山三模）关于力对物体做功的说法正确的是
A. 力的大小和位移大小的乘积叫做这个力的功 B. 平衡力对物体做功的代数和一定为零 C. 相互作用力对物体做功的代数和一定为零 D. 作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功
【参考答案】BD
【名师解析】做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移。力的大小和位移大小的乘积显然不能叫这个力的功。故A错误；平衡力大小相等，方向相反，一个力做正功，另一个力一定做负功，它们做的功的代数和为零。故B正确；相互作用力是作用在不同物体上的两个力，它们不能求合力，所以不能够说相互作用力对物体做功的代数和为零。故C错误；作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功。故D正确。 【关键点拨】 作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功；一对平衡力合力为零，做功的代数和也为零；一对作用力和反作用力作用对象不同，不能够求合力。 本题考查了功的计算、作用力和反作用力、平衡力等知识点。本题是基础题，考的是基本概念，难度不大。关键点：作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功。 5.(2019·陕西榆林市三模)一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则（ ）
A. 人对踏板的压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. 踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量 D. 人所受合力做的功等于人的动能的增加量
【参考答案】D
【名师解析】人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得： ，方向水平向右；，方向竖直向上， 水平方向受静摩擦力作用，，水平向右，竖直方向受重力和支持力，，由牛顿第三定律知人对踏板的压力故AB错误；踏板对人的作用力即为支持力与摩擦力，并且二力均做正功；故在随着扶梯向上加速运动过程中，踏板对人支持力做的功小于人的机械能的增加量，故C错误；根据动能定理可知：合外力对人做的功等于人动能的增加量，故D正确； 【关键点拨】 自动扶梯上的人随扶梯斜向上做加速运动，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向，根据牛顿第二定律即可求解。除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，而合外力对人做的功等于人动能的增加量。 该题结合日常生活中的常见的运动考查受力分析与功能关系，解决本题时可以把加速度进行分解，然后结合牛顿第二定律求解，同时还要注意功能关系的正确应用。
6.（2019·遂宁市三诊）将一小球从某一高度由静止释放，小球着地速度为v，设小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，已知小球的质量为m，重力加速度为g。则小球下落过程中（ ）
A. 重力做功的平均功率小于 B. 重力做功的平均功率大于
C. 减小的重力势能小于 D. 减小的重力势能大于
【参考答案】BD
【名师解析】由于小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，可知小球做加速度减小的加速运动，结合v-t图像可知，下落到地面的位移大于，则重力做功的平均功率大于，选项A错误；根据动能定理，则，即减小的重力势能大于，选项C错误，D正确；
7.（2019·福建漳州一模）如图，不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接质量为2m的小球视为质点，另一端连接质量为m的物块，小球套在光滑的水平杆上。开始时轻绳与杆的夹角为，现将小球从图示位置静止释放，当时，小球的速度大小为v，此时物块尚未落地。重力加速度大小为g，则
A. 当时，物块的速度大小为2v B. 当时，小球所受重力做功的功率为2mgv C. 在从图示位置增大到过程中，小球一直向右做加速运动 D. 在从图示位置增大到过程中，物块一直向下做加速运动
【参考答案】C
【名师解析】绳轻绳与杆的夹角为时，物块速度，当小球运动到虚线位置时，故，故A错误；小球达到虚线位置时，小球的速度为v，其所受重力的方向与速度方向垂直，重力做功的功率为零，故B错误；小球到达虚线位置之前，只有轻绳对小球做功且一直做正功，根据动能定理可知，小球一直向右做加速运动，速度一直增大，故C正确；小球静止释放时，物块速度为零，当小球运动到虚线位置时，物块速度也为零，故物块一定先加速后减速，故D错误； 【方法归纳】将速度分解，找小球与重物的速度关系；根据动能定理判断小球的速度变化的情况；根据功率的公式分析重力的功率； 本题主要考查运动的分解，主要将速度进行分解，然后根据动能定理和功率公式即可求解； 8.（2019·河南名校联盟2月）如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个质量相等的小滑环图中未画出，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放，用、、依次表示各滑环从静止滑到d过程中重力的平均功率，则
A. B. C. D.
【参考答案】B
【名师解析】对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为为杆与水平方向的夹角 由图中的直角三角形可知，小滑环的位移 所以，t与无关，即 根据可知三个环重力做的功，根据可知，故B正确、ACD错误。
【方法点拨】。 先受力分析后根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根据位移时间关系公式计算出时间，对表达式分析，得出时间大小关系，再根据重力做功的计算公式得到做的功大小，根据功率计算公式求解。本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论。 9.（2019·江苏七市二模）引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次分钟。若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，该学生此过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
【参考答案】C
【名师解析】解：学生体重约为50kg，每次引体向上上升高度约为，引体向上一次克服重力做功为，全过程克服重力做功的平均功率为，故C正确，ABD错误； 故选：C。 学生的体重为50kg，每次上升的高度为，根据重力做功即可判断克服阻力做功大小，及功率 本题主要考查了功和功率的计算，求平均功率要用总功与总时间即可 10.（2019·江西吉安一模）南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是
A. B. C. D.
【参考答案】D
【名师解析】管口的圆形内径约有10cm，则半径 根据实际情况，每层楼高，所以喷水的高度， 则水离开管口的速度为： 设驱动主喷水的水泵功率为P，在接近管口很短一段时间内水柱的质量为： 根据动能定理可得： 解得： 代入数据解得：，故D正确、ABC错误。 【方法点拨】 每层楼高，求出水离开管口的速度，在接近管口很短一段时间内水柱的质量为，根据动能定理列方程求解。本题主要是考查功率的计算，解答本题要能够根据实际情况估算出喷射高度，再根据动能定理进行计算。
预测考点一：功和功率
【2年模拟再现】
1．（6分）（2019河北唐山三模）关于力对物体做功的说法正确的是（ ）
A．力的大小和位移大小的乘积叫做这个力的功
B．平衡力对物体做功的代数和一定为零
C．相互作用力对物体做功的代数和一定为零
D．作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功
【参考答案】BD
【名师解析】做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移。力的大小和位移大小的乘积显然不能叫这个力的功。故A错误；平衡力大小相等，方向相反，一个力做正功，另一个力一定做负功，它们做的功的代数和为零。故B正确；相互作用力是作用在不同物体上的两个力，它们不能求合力，所以不能够说相互作用力对物体做功的代数和为零。故C错误；作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功。故D正确。
2．（6分）（2019河南濮阳三模）水平力F方向确定，大小随时间的变化如图所示；用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图所示。重力加速度大小为10m/s2．问在0﹣4s时间内，合外力对小物块做的功为（ ）
A．24J B．12J C．8J D．6J
【参考答案】A
【名师解析】根据F﹣t图象和a﹣t图象可知，t1＝2s时，F1＝6N，a1＝1m/s2，t2＝4s时，F2＝12N，a2＝3m/s2，根据牛顿第二定律可得：F1﹣μmg＝ma1
F2﹣μmg＝ma2，解得小物块的质量和动摩擦因数为：m＝3kg，μ＝0.1。
根据动量定理可得：t2﹣μmgt2＝mv，解得4s末的速度为v＝4m/s
根据功能关系可得W＝＝24J。故选项A正确、BCD错误。
3.（2019合肥三模）图示为一辆配备了登高平台的消防车，其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台（人与平台的总质量为300kg）抬升到60m高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火。已知水炮的出水量为3m3/min，水离开炮口时的速度为20m/s，水的密度为1.0×103kg/m3，g取l0m/s2．下列说法正确的是（ ）
A. 使水炮工作的发动机输出功率为l0kW B. 使水炮工作的发动机的输出功率为30kW C. 伸缩臂抬升登高平台过程中所做功为 D. 伸缩臂抬升登高平台过程中所做功为
【参考答案】D
【命题意图】本题以消防为情景，考查功和功率、功能关系及其相关知识点。
【解题思路】使水炮工作的发动机输出功率等于1s时间内喷出水的机械能（动能与重力势能之和），1s时间内喷出水的质量为m=kg/s=kg/s，使水炮工作的发动机输出功率P=mgh+mv2=×10×60W+××202W=30000W +10000W=40kW，选项AB错误；根据功能关系，伸缩臂抬升登高平台过程中所做功等于平台增加的重力势能，W=Mgh=300×10×60J=1.8×105J，选项D正确C错误。
4.（2019新疆物理二诊）一般情况下。竖直下落的雨滴其收尾速度与雨滴的半径成正比。若半径为1mm的雨滴以收尾速度下落时重力的瞬时功率为2×10-4W．则半径为2mm的雨滴以收尾速度下落时重力的瞬时功率为（ ）
A. 4×10-4W B. 8×10-4W
C. 1.6×10-3W D. 3.2×10-3W
【参考答案】D 【名师解析】
由题意v=kr，根据瞬时功率的P=Fv可知，重力的瞬时功率P=mgv==，所以功率与半径的四次方成正比，故，故P′=16P=3.2×10-3W，故D正确； 5. （2019年1月云南昆明复习诊断测试）如图所示，两根不可伸长的轻绳一端与一个质量为m的小球相连于O点，另一端分别固定在小车天花板上的A、B两点，OA绳与天花板的夹角为30°，OB绳与天花板的夹角为60°，重力加速度为g。当小车以速度ν向右做匀速直线运动，小球与车保持相对静止时，下列说法正确的是（ ）
A.OA绳对小球的拉力大小为mg B.OB绳对小球的拉力大小为mg
C.OA绳对小球拉力做功的功率为mgv D.重力对小球做功的功率为mgv
【参考答案】C
【命题意图】本题考查平衡条件、功率及其相关知识点。
【解题思路】设OA绳对小球的拉力大小为F1，OB绳对小球的拉力大小为F2，对O点小球分析受力，由平衡条件得：F1cos30°= F2cos60°，F1sin30°+ F2sin60°=mg，联立解得：F1=mg/2，F2=mg/2，选项AB错误；OA绳对小球的拉力做功的功率P= F1cos30°·v=mgv，选项C正确；由于重力竖直向下，方向与速度方向垂直，所以重力对小球做功的功率为零，选项D错误。
【试题拓展】若小车向右做匀加速直线运动，则OA绳对小球的拉力和OB绳对小球的拉力分别为多少？OA绳对小球的拉力做功的功率多少？
6. （2019河南郑州二模） 如图所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30°，d斜面倾角为60°。质量均为m的小物块a和c分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两斜面始终静止。小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 两物块所受重力冲量相同 B. 两物块所受重力做功的平均功率相同
C．地面对两斜面的摩擦力均向左 D．两斜面对地面压力均小于（m＋M）g
【参考答案】AD
【命题意图】本题以物体在斜面上运动为情景，考查运牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】设斜面的底边长度为L，a物块沿倾角为30°的光滑斜面b下滑，mgsin30°=ma1，L/cos30°=a1t12，c物块沿倾角为60°的光滑斜面d下滑，mgsin60°=ma2，L/cos60°=a2t22，联立解得t1= t2。两物块所受的重力冲量I=mgt相同，选项A正确；由于两斜面竖直高度不同，物块重力做功不同，两物块所受重力做功的平均功率不同，选项B错误；在小物块沿斜面运动过程中，物块对斜面压力的水平分力均向左，对斜面由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力方向向右，选项C错误；在小物块沿斜面下滑过程中，由竖直向下的加速度，物块处于失重状态，所以两斜面对地面的压力均小于（m+M）g，选项D正确。
【试题拓展】虽然两物块所受的重力冲量相同，但合外力冲量不同，在物块下滑过程中，动量变化不同，到达斜面底端时动量大小不等。a物块沿倾角为30°的光滑斜面下滑，压力在水平方向的分力Fa=mgcos30°cos60°=mg，对斜面b由平衡条件可得地面对斜面的摩擦力fb=mg；c物块沿倾角为60°的光滑斜面d下滑，压力在水平方向的分力Fc=mgcos60°cos30°=mg，对斜面d由平衡条件可得地面对斜面的摩擦力fd=mg，由此可知地面对两斜面的摩擦力相等。
7. (2019·江西三市六校联考)如图所示，两质量均为m＝1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝1.6 m/s，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为( )
A．8 J B．8.72 J
C．10 J D．9.28 J
【参考答案】C
【名师解析】.当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v1，将小球1、2的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则有v1cos 37°＝vcos 53°，所以v1＝v＝1.2 m/s，取两小球和轻质杆为整体，则由动能定理知WF－mgLcos 37°＝mv＋mv2，联立并代入数值得WF＝10 J，选项C正确．
8（2019福建八县市联考）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块 ( )
A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同
【参考答案】D
【名师解析】设斜面倾角为θ，刚开始AB处于静止状态，所以mBgsinθ=mAg，所以mB＞mA。剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，A、B都是只有重力做功，根据动能定理得：mv2=mgh，解得ｖ＝，所以速度的变化量为△ｖ＝v-0=，选项A错误；AB都只有重力做功，机械能守恒，机械能变化量为零，所以两物块机械能变化量相等，选项B错误；重力势能变化量△EP=mgh，由于物块A、B的质量不相等，所以重力势能变化不相同，选项C错误；剪断轻绳后A自由下落，由ｈ＝ｇｔ１２，解得A运动的时间为：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运动的时间为：t1=。重力做功的平均功率P2==mBg sinθ。由于mBgsinθ=mAg，所以两物块重力做功的平均功率相同，选项D正确。
9．（6分）（2019山东潍坊三模）如图所示，一钢绳的两端分别固定在两座山的P、Q处，P点高于Q点，某人抓住套在绳子上的光滑圆环从P处滑到Q处。滑行过程中绳子始终处于绷紧状态，不计空气阻力。关于人从P处滑到Q处过程说法正确的是（ ）
A．机械能先减小后增大
B．从P处滑到最低位置过程重力功率一直增大
C．滑到最低位置时人受到水平方向的合力为零
D．动能最大位置与P处的水平距离小于与Q处的水平距离
【参考答案】B
【名师解析】人从P处滑到Q处过程只有重力做功，机械能不变，故A错误；从P点滑到最低点的过程中，竖直方向的速度先增大后减小，在最低点竖直方向的速度为零，根据P＝mgvy可知从P处滑到最低位置过程重力功率先增大后减小，故B错误；滑到最低位置时，即绳子两边绳子与竖直方向的夹角相等的位置，此时人受到水平方向的合力为零，故C正确；在最低点动能最大，对人受力分析，如图所示，由于P点的位置高于Q，故动能最大位置与P处的水平距离大于与Q处的水平距离，故D错误。
【方法归纳】人从P处滑到Q处过程机械能不变，根据P＝mgvy分析重力功率的变化；在最低点动能最大，合力水平方向合力为零，根据几何关系分析水平距离。
【1年仿真原创】
1.如图所示，小孩踏着滑板从静止开始从滑梯顶端P点下滑，滑梯的PE段倾角37°，EF段倾角30°，假设小孩和滑板可视为一个整体，并可视为质点。在PE段所受阻力为其对滑梯压力的k1＝0.5倍，在EF段所受阻力为其对滑梯压力的k2＝倍，过E点时可以认为速率不突变，已知EF段长1.8m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（ ）
A.小孩和滑板在PE段的加速度为2m/s2，沿PE向下
B.小孩和滑板在EF段的加速度为2.5m/s2，沿EF向下
C.为使小孩在到达F之前停下来，PE段的长度不能长于2.25m
D.某次一质量约为24kg的小孩(包括滑板质量在PE段距离E点2.0m的某点被小伙伴猛然推出，到E点时速度约为3m/s，则小伙伴对他做功约为12J
【参考答案】ACD
【名师解析】对小孩和滑板在PE段分析知方向沿PE向下，故A正确；对小孩和滑板在EF段分析知方向沿EF向上，故B错误；对小孩和滑板在PE段匀加速，在EF段匀减速则：,得故C正确；对小孩和滑板由动能定理知代入数据得W=12J，故D正确。
2. 如图所示，竖直放置的1/4圆弧轨道，O为圆心，AO水平．两相同小球a、b分别从圆周上的A、B两点水平抛出，两小球均能到达C点(位于O点正下方)，OB连线与竖直方向夹角θ=60°，不考虑空气阻力的影响，以下说法正确的是（ ）
A．a、b两球到达C点的时间之比为：1
B．a、b两球到达C点的过程中，动能增加量之比为：1
C．a、b两球到达C点的过程中，速度增量之比为2：1
D．a、b两球到达C点时重力的瞬时功率之比为：1
【参考答案】AD
【名师解析】由图已知OB与竖直方向的夹角为60°，可知B相对于C的高度是：，而A相对于C的高度：h1=R，根据可知，，则ab两球下落到轨道的时间之比：，故A正确；a、b两球下落到轨道的高度关系为2：1，在下落过程中只有重力做功，W=mgh，由动能定理可知，a、b两球到达C点的过程中，动能增加量之比为2：1．故B错误；ab两球下落到轨道的时间之比为，则竖直方向的分速度之比：，即速度增量之比为，故C错误；ab两球下落到轨道的时间之比为，则竖直方向的分速度之比：重力的瞬时功率：PG=mgvy可知，故D正确。
【考纲解读与考频分析】
功和功率是高中物理重要知识点，也是高考必考内容。
【高频考点定位】： 功和功率
考点一：功和功率
【3年真题链接】
1．（2019高考江苏卷物理8）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中（ ）
（A）弹簧的最大弹力为μmg （B）物块克服摩擦力做的功为2μmgs
（C）弹簧的最大弹性势能为μmgs （D）物块在A点的初速度为
【参考答案】BC
【名师解析】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。
2.（2018?江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（??? ）
A.?加速度先减小后增大?????????????????????????????? ????B.?经过O点时的速度最大 C.?所受弹簧弹力始终做正功????????????????????????????????????D.?所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【参考答案】A,D
【名师解析】物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大， A符合题意、B不符合题意；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，C不符合题意；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功。 【分析】先明确从A到O的过程，弹簧压缩量先变小后伸长量变大，可知对物体先做正功后做负功，然后对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律可确定加速度的变化情况，有动能定理可知从A到B的过程中弹簧弹力做功与克服摩擦力做功的关系。
3.（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A.?摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B.?在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C.?摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D.?摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【参考答案】B
【名师解析】乘客的机械能包括动能和重力势能，摩天轮做匀速圆周运动，所以动能不变，重力势能时刻改变，即机械能时刻改变，故A项错误；在最高点对乘客进行受力分析，列牛顿第二定律方程， 得所以,故B项正确；根据冲量,重力不为零，作用时间不为零，所以重力的冲量不为零，故C项错误；乘客重力的瞬时功率,指线速度和竖直方向的夹角，转动过程中、不变，角不断变化，重力瞬时功率不断变化，故D项错误。 【分析】因为动能不变，重力势能时刻变化，判出机械能不断变化；根据牛顿第二定律计算重力与支持力的关系；冲量是力在时间上的积累，力的作用时间不为零，冲量就不为零；根据计算瞬时功率。
4．(2015·新课标全国Ⅱ，21)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【参考答案】BD
【名师解析】滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝mv＋0，即va＝，选项B正确；a、b的先后受力如图所示。
由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确。
5.（2019年4月浙江选考）小明以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球
（1）上升的最大高度；
（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功
（3）上升和下降的时间。
【参考答案】（1）；（2）0；；（3），
【名师解析】（1）上升过程：mg+Ff=ma1
解得a1=11m/s2
上升的高度：
（2）重力做功：WG=0
空气阻力做功：
（3）上升的时间：
下降过程：mg-Ff=ma2
解得a2=9m/s2
解得
6、（12分）（2017年4月浙江选考）如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2所示的示意图，倾角θ=370的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h=24m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1，水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，D O1的距离L=20m，质量m=1000kg的过山车（包括乘客）从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数，EF段摩擦不计，整个运动过程空气阻力不计。（sin370=0.6，cos370=0.8）
（1）求过山车过F点时的速度大小。
（2）求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功。
（3）如图过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少多大？
【名师解析】：在F点，选择某个乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有 m人g-0.25 m人g = m人，
r=Lsinθ=12m
解得：vF==3m/s。
（2）设整个过程摩擦阻力做功为W，对过山车从B到F的过程，应用动能定理，得
mg（h-r）+W=-0，
解得：W=-7.5×104J
（3）触发制动装置后，设恰好能够到达E点对应的摩擦力为Ff1，由动能定理
-Ff1Lcosθ-mgrcosθ=0-
未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理，
-μmgcosθLcosθ-mgr=-
联立解得：Ff1=×103N =4.6×103N
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2，Ff2=mgsinθ=6×103N
综合考虑可得：Ffm=6×103N。
7. （2019高考理综天津卷）（16分）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）。若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入。已知飞行员的质量，，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大。
【名师解析】.（16分）
（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
【2年模拟再现】
（2019·山东济宁二模）如图所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑的斜面上。现将它们从静止释放，在下滑的过程中（ ）
A. 两物体下滑的加速度相同 B. 轻杆对A做正功，对B做负功 C. 系统的机械能守恒 D. 任意时刻两物体重力的功率相同
【参考答案】AC
【名师解析】斜面光滑，则对整体分析可知，加速度，故此时AB间的杆没有弹力，故轻杆对A不做功，故A正确，B错误；由于斜面光滑，系统只有重力做功，系统机械能守恒，故C正确；由于AB两物体加速度相同，任意时刻A、B两物体速度相同，但重力大小不同，故重力的瞬时功率不同，故D错误； 【关键点拨】对整体分析，明确当接触面光滑时，系统不受外力，机械能守恒，根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据加速度的大小分析系统受力及做功情况，从而明确系统和B的机械能是否守恒。 本题考查机械能守恒定律的应用以及功能关系，由于两物体的重力不同，重力的瞬时功率并不相同。
（2019·湖南长沙二模）如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接井一起套在杆上，小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过铰链连接，当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长；此时给A一个微小扰动初速度视为，使小球A沿环顺时针滑下，到达环最右侧时小球A的速度为为重力加速度。不计一切摩擦，A、B均可慢为质点，则下列说法正确的是
A. 小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒 B. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中滑块B的重力能减小 C. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中小球A的重力势能减小了 D. 小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了
【参考答案】D
【名师解析】小球A、滑块B、轻杆和轻弹簧组成的系统在下滑过程中，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，则知小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能不守恒，故A错误；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，此时滑块B距离圆心的高度为，滑块B下落的高度为，滑块B的重力势能减小了，故B错误；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中，小球A下落的高度为R，所以小球A的重力势能减小了mgR，故C正确；小球A从圆环最高点到达圆环最右侧时，两个小球的速度方向都向下，如图所示，根据运动的合成与分解可得：，则，根据机械能守恒定律可得：，解得：，所以小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了，故D正确； 【关键点拨】 小球A、滑块B、轻杆和轻弹簧组成的系统机械能守恒；由几何关系求出小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中滑块B下落的高度、A下落的高度，由此求解滑块B的重力势能减小量、A的重力势能减少量；根据系统的机械能守恒求解小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加量。 本题的关键要掌握机械能守恒的条件以及功能关系；要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。
（2019·湖南邵阳三模）如图所示，某同学用一轻绳以斜向上的力拉动木箱，使它沿水平路面匀速运动一段距离，则（ ）
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. 拉力做的功一定等于木箱克服摩擦力做的功 D. 拉力做的功一定大于木箱克服摩擦力做的功 【参考答案】C
【名师解析】对木箱分析可知，木箱一定受重力和拉力作用，由于拉力有水平方向上的分力，故地面对木箱一定有摩擦力，故地面对木箱一定有支持力作用，故AB错误；木箱运动过程中只有拉力和摩擦力做功，根据动能定理可知，拉力做的功一定等于木箱克服摩擦力做的功，故C正确D错误。 【方法归纳】 对木箱受力分析，明确受力情况，再分析各力做功情况，根据动能定理确定做功间的关系。 本题考查动能定理以及受力分析的基本方法，要注意明确有摩擦力时一定有弹力，同时注意重力和支持力不做功。 4. （2019·河北唐山三模）关于力对物体做功的说法正确的是
A. 力的大小和位移大小的乘积叫做这个力的功 B. 平衡力对物体做功的代数和一定为零 C. 相互作用力对物体做功的代数和一定为零 D. 作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功
【参考答案】BD
【名师解析】做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移。力的大小和位移大小的乘积显然不能叫这个力的功。故A错误；平衡力大小相等，方向相反，一个力做正功，另一个力一定做负功，它们做的功的代数和为零。故B正确；相互作用力是作用在不同物体上的两个力，它们不能求合力，所以不能够说相互作用力对物体做功的代数和为零。故C错误；作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功。故D正确。 【关键点拨】 作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功；一对平衡力合力为零，做功的代数和也为零；一对作用力和反作用力作用对象不同，不能够求合力。 本题考查了功的计算、作用力和反作用力、平衡力等知识点。本题是基础题，考的是基本概念，难度不大。关键点：作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功。 5.(2019·陕西榆林市三模)一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则（ ）
A. 人对踏板的压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. 踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量 D. 人所受合力做的功等于人的动能的增加量
【参考答案】D
【名师解析】人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得： ，方向水平向右；，方向竖直向上， 水平方向受静摩擦力作用，，水平向右，竖直方向受重力和支持力，，由牛顿第三定律知人对踏板的压力故AB错误；踏板对人的作用力即为支持力与摩擦力，并且二力均做正功；故在随着扶梯向上加速运动过程中，踏板对人支持力做的功小于人的机械能的增加量，故C错误；根据动能定理可知：合外力对人做的功等于人动能的增加量，故D正确； 【关键点拨】 自动扶梯上的人随扶梯斜向上做加速运动，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向，根据牛顿第二定律即可求解。除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，而合外力对人做的功等于人动能的增加量。 该题结合日常生活中的常见的运动考查受力分析与功能关系，解决本题时可以把加速度进行分解，然后结合牛顿第二定律求解，同时还要注意功能关系的正确应用。
6.（2019·遂宁市三诊）将一小球从某一高度由静止释放，小球着地速度为v，设小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，已知小球的质量为m，重力加速度为g。则小球下落过程中（ ）
A. 重力做功的平均功率小于 B. 重力做功的平均功率大于
C. 减小的重力势能小于 D. 减小的重力势能大于
【参考答案】BD
【名师解析】由于小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，可知小球做加速度减小的加速运动，结合v-t图像可知，下落到地面的位移大于，则重力做功的平均功率大于，选项A错误；根据动能定理，则，即减小的重力势能大于，选项C错误，D正确；
7.（2019·福建漳州一模）如图，不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接质量为2m的小球视为质点，另一端连接质量为m的物块，小球套在光滑的水平杆上。开始时轻绳与杆的夹角为，现将小球从图示位置静止释放，当时，小球的速度大小为v，此时物块尚未落地。重力加速度大小为g，则
A. 当时，物块的速度大小为2v B. 当时，小球所受重力做功的功率为2mgv C. 在从图示位置增大到过程中，小球一直向右做加速运动 D. 在从图示位置增大到过程中，物块一直向下做加速运动
【参考答案】C
【名师解析】绳轻绳与杆的夹角为时，物块速度，当小球运动到虚线位置时，故，故A错误；小球达到虚线位置时，小球的速度为v，其所受重力的方向与速度方向垂直，重力做功的功率为零，故B错误；小球到达虚线位置之前，只有轻绳对小球做功且一直做正功，根据动能定理可知，小球一直向右做加速运动，速度一直增大，故C正确；小球静止释放时，物块速度为零，当小球运动到虚线位置时，物块速度也为零，故物块一定先加速后减速，故D错误； 【方法归纳】将速度分解，找小球与重物的速度关系；根据动能定理判断小球的速度变化的情况；根据功率的公式分析重力的功率； 本题主要考查运动的分解，主要将速度进行分解，然后根据动能定理和功率公式即可求解； 8.（2019·河南名校联盟2月）如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个质量相等的小滑环图中未画出，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放，用、、依次表示各滑环从静止滑到d过程中重力的平均功率，则
A. B. C. D.
【参考答案】B
【名师解析】对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为为杆与水平方向的夹角 由图中的直角三角形可知，小滑环的位移 所以，t与无关，即 根据可知三个环重力做的功，根据可知，故B正确、ACD错误。
【方法点拨】。 先受力分析后根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根据位移时间关系公式计算出时间，对表达式分析，得出时间大小关系，再根据重力做功的计算公式得到做的功大小，根据功率计算公式求解。本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论。 9.（2019·江苏七市二模）引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次分钟。若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，该学生此过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
【参考答案】C
【名师解析】解：学生体重约为50kg，每次引体向上上升高度约为，引体向上一次克服重力做功为，全过程克服重力做功的平均功率为，故C正确，ABD错误； 故选：C。 学生的体重为50kg，每次上升的高度为，根据重力做功即可判断克服阻力做功大小，及功率 本题主要考查了功和功率的计算，求平均功率要用总功与总时间即可 10.（2019·江西吉安一模）南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是
A. B. C. D.
【参考答案】D
【名师解析】管口的圆形内径约有10cm，则半径 根据实际情况，每层楼高，所以喷水的高度， 则水离开管口的速度为： 设驱动主喷水的水泵功率为P，在接近管口很短一段时间内水柱的质量为： 根据动能定理可得： 解得： 代入数据解得：，故D正确、ABC错误。 【方法点拨】 每层楼高，求出水离开管口的速度，在接近管口很短一段时间内水柱的质量为，根据动能定理列方程求解。本题主要是考查功率的计算，解答本题要能够根据实际情况估算出喷射高度，再根据动能定理进行计算。
预测考点一：功和功率
【2年模拟再现】
1．（6分）（2019河北唐山三模）关于力对物体做功的说法正确的是（ ）
A．力的大小和位移大小的乘积叫做这个力的功
B．平衡力对物体做功的代数和一定为零
C．相互作用力对物体做功的代数和一定为零
D．作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功
【参考答案】BD
【名师解析】做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移。力的大小和位移大小的乘积显然不能叫这个力的功。故A错误；平衡力大小相等，方向相反，一个力做正功，另一个力一定做负功，它们做的功的代数和为零。故B正确；相互作用力是作用在不同物体上的两个力，它们不能求合力，所以不能够说相互作用力对物体做功的代数和为零。故C错误；作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫做这个力的功。故D正确。
2．（6分）（2019河南濮阳三模）水平力F方向确定，大小随时间的变化如图所示；用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图所示。重力加速度大小为10m/s2．问在0﹣4s时间内，合外力对小物块做的功为（ ）
A．24J B．12J C．8J D．6J
【参考答案】A
【名师解析】根据F﹣t图象和a﹣t图象可知，t1＝2s时，F1＝6N，a1＝1m/s2，t2＝4s时，F2＝12N，a2＝3m/s2，根据牛顿第二定律可得：F1﹣μmg＝ma1
F2﹣μmg＝ma2，解得小物块的质量和动摩擦因数为：m＝3kg，μ＝0.1。
根据动量定理可得：t2﹣μmgt2＝mv，解得4s末的速度为v＝4m/s
根据功能关系可得W＝＝24J。故选项A正确、BCD错误。
3.（2019合肥三模）图示为一辆配备了登高平台的消防车，其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台（人与平台的总质量为300kg）抬升到60m高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火。已知水炮的出水量为3m3/min，水离开炮口时的速度为20m/s，水的密度为1.0×103kg/m3，g取l0m/s2．下列说法正确的是（ ）
A. 使水炮工作的发动机输出功率为l0kW B. 使水炮工作的发动机的输出功率为30kW C. 伸缩臂抬升登高平台过程中所做功为 D. 伸缩臂抬升登高平台过程中所做功为
【参考答案】D
【命题意图】本题以消防为情景，考查功和功率、功能关系及其相关知识点。
【解题思路】使水炮工作的发动机输出功率等于1s时间内喷出水的机械能（动能与重力势能之和），1s时间内喷出水的质量为m=kg/s=kg/s，使水炮工作的发动机输出功率P=mgh+mv2=×10×60W+××202W=30000W +10000W=40kW，选项AB错误；根据功能关系，伸缩臂抬升登高平台过程中所做功等于平台增加的重力势能，W=Mgh=300×10×60J=1.8×105J，选项D正确C错误。
4.（2019新疆物理二诊）一般情况下。竖直下落的雨滴其收尾速度与雨滴的半径成正比。若半径为1mm的雨滴以收尾速度下落时重力的瞬时功率为2×10-4W．则半径为2mm的雨滴以收尾速度下落时重力的瞬时功率为（ ）
A. 4×10-4W B. 8×10-4W
C. 1.6×10-3W D. 3.2×10-3W
【参考答案】D 【名师解析】
由题意v=kr，根据瞬时功率的P=Fv可知，重力的瞬时功率P=mgv==，所以功率与半径的四次方成正比，故，故P′=16P=3.2×10-3W，故D正确； 5. （2019年1月云南昆明复习诊断测试）如图所示，两根不可伸长的轻绳一端与一个质量为m的小球相连于O点，另一端分别固定在小车天花板上的A、B两点，OA绳与天花板的夹角为30°，OB绳与天花板的夹角为60°，重力加速度为g。当小车以速度ν向右做匀速直线运动，小球与车保持相对静止时，下列说法正确的是（ ）
A.OA绳对小球的拉力大小为mg B.OB绳对小球的拉力大小为mg
C.OA绳对小球拉力做功的功率为mgv D.重力对小球做功的功率为mgv
【参考答案】C
【命题意图】本题考查平衡条件、功率及其相关知识点。
【解题思路】设OA绳对小球的拉力大小为F1，OB绳对小球的拉力大小为F2，对O点小球分析受力，由平衡条件得：F1cos30°= F2cos60°，F1sin30°+ F2sin60°=mg，联立解得：F1=mg/2，F2=mg/2，选项AB错误；OA绳对小球的拉力做功的功率P= F1cos30°·v=mgv，选项C正确；由于重力竖直向下，方向与速度方向垂直，所以重力对小球做功的功率为零，选项D错误。
【试题拓展】若小车向右做匀加速直线运动，则OA绳对小球的拉力和OB绳对小球的拉力分别为多少？OA绳对小球的拉力做功的功率多少？
6. （2019河南郑州二模） 如图所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30°，d斜面倾角为60°。质量均为m的小物块a和c分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两斜面始终静止。小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 两物块所受重力冲量相同 B. 两物块所受重力做功的平均功率相同
C．地面对两斜面的摩擦力均向左 D．两斜面对地面压力均小于（m＋M）g
【参考答案】AD
【命题意图】本题以物体在斜面上运动为情景，考查运牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】设斜面的底边长度为L，a物块沿倾角为30°的光滑斜面b下滑，mgsin30°=ma1，L/cos30°=a1t12，c物块沿倾角为60°的光滑斜面d下滑，mgsin60°=ma2，L/cos60°=a2t22，联立解得t1= t2。两物块所受的重力冲量I=mgt相同，选项A正确；由于两斜面竖直高度不同，物块重力做功不同，两物块所受重力做功的平均功率不同，选项B错误；在小物块沿斜面运动过程中，物块对斜面压力的水平分力均向左，对斜面由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力方向向右，选项C错误；在小物块沿斜面下滑过程中，由竖直向下的加速度，物块处于失重状态，所以两斜面对地面的压力均小于（m+M）g，选项D正确。
【试题拓展】虽然两物块所受的重力冲量相同，但合外力冲量不同，在物块下滑过程中，动量变化不同，到达斜面底端时动量大小不等。a物块沿倾角为30°的光滑斜面下滑，压力在水平方向的分力Fa=mgcos30°cos60°=mg，对斜面b由平衡条件可得地面对斜面的摩擦力fb=mg；c物块沿倾角为60°的光滑斜面d下滑，压力在水平方向的分力Fc=mgcos60°cos30°=mg，对斜面d由平衡条件可得地面对斜面的摩擦力fd=mg，由此可知地面对两斜面的摩擦力相等。
7. (2019·江西三市六校联考)如图所示，两质量均为m＝1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝1.6 m/s，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为( )
A．8 J B．8.72 J
C．10 J D．9.28 J
【参考答案】C
【名师解析】.当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v1，将小球1、2的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则有v1cos 37°＝vcos 53°，所以v1＝v＝1.2 m/s，取两小球和轻质杆为整体，则由动能定理知WF－mgLcos 37°＝mv＋mv2，联立并代入数值得WF＝10 J，选项C正确．
8（2019福建八县市联考）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块 ( )
A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同
【参考答案】D
【名师解析】设斜面倾角为θ，刚开始AB处于静止状态，所以mBgsinθ=mAg，所以mB＞mA。剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，A、B都是只有重力做功，根据动能定理得：mv2=mgh，解得ｖ＝，所以速度的变化量为△ｖ＝v-0=，选项A错误；AB都只有重力做功，机械能守恒，机械能变化量为零，所以两物块机械能变化量相等，选项B错误；重力势能变化量△EP=mgh，由于物块A、B的质量不相等，所以重力势能变化不相同，选项C错误；剪断轻绳后A自由下落，由ｈ＝ｇｔ１２，解得A运动的时间为：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运动的时间为：t1=。重力做功的平均功率P2==mBg sinθ。由于mBgsinθ=mAg，所以两物块重力做功的平均功率相同，选项D正确。
9．（6分）（2019山东潍坊三模）如图所示，一钢绳的两端分别固定在两座山的P、Q处，P点高于Q点，某人抓住套在绳子上的光滑圆环从P处滑到Q处。滑行过程中绳子始终处于绷紧状态，不计空气阻力。关于人从P处滑到Q处过程说法正确的是（ ）
A．机械能先减小后增大
B．从P处滑到最低位置过程重力功率一直增大
C．滑到最低位置时人受到水平方向的合力为零
D．动能最大位置与P处的水平距离小于与Q处的水平距离
【参考答案】B
【名师解析】人从P处滑到Q处过程只有重力做功，机械能不变，故A错误；从P点滑到最低点的过程中，竖直方向的速度先增大后减小，在最低点竖直方向的速度为零，根据P＝mgvy可知从P处滑到最低位置过程重力功率先增大后减小，故B错误；滑到最低位置时，即绳子两边绳子与竖直方向的夹角相等的位置，此时人受到水平方向的合力为零，故C正确；在最低点动能最大，对人受力分析，如图所示，由于P点的位置高于Q，故动能最大位置与P处的水平距离大于与Q处的水平距离，故D错误。
【方法归纳】人从P处滑到Q处过程机械能不变，根据P＝mgvy分析重力功率的变化；在最低点动能最大，合力水平方向合力为零，根据几何关系分析水平距离。
【1年仿真原创】
1.如图所示，小孩踏着滑板从静止开始从滑梯顶端P点下滑，滑梯的PE段倾角37°，EF段倾角30°，假设小孩和滑板可视为一个整体，并可视为质点。在PE段所受阻力为其对滑梯压力的k1＝0.5倍，在EF段所受阻力为其对滑梯压力的k2＝倍，过E点时可以认为速率不突变，已知EF段长1.8m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（ ）
A.小孩和滑板在PE段的加速度为2m/s2，沿PE向下
B.小孩和滑板在EF段的加速度为2.5m/s2，沿EF向下
C.为使小孩在到达F之前停下来，PE段的长度不能长于2.25m
D.某次一质量约为24kg的小孩(包括滑板质量在PE段距离E点2.0m的某点被小伙伴猛然推出，到E点时速度约为3m/s，则小伙伴对他做功约为12J
【参考答案】ACD
【名师解析】对小孩和滑板在PE段分析知方向沿PE向下，故A正确；对小孩和滑板在EF段分析知方向沿EF向上，故B错误；对小孩和滑板在PE段匀加速，在EF段匀减速则：,得故C正确；对小孩和滑板由动能定理知代入数据得W=12J，故D正确。
2. 如图所示，竖直放置的1/4圆弧轨道，O为圆心，AO水平．两相同小球a、b分别从圆周上的A、B两点水平抛出，两小球均能到达C点(位于O点正下方)，OB连线与竖直方向夹角θ=60°，不考虑空气阻力的影响，以下说法正确的是（ ）
A．a、b两球到达C点的时间之比为：1
B．a、b两球到达C点的过程中，动能增加量之比为：1
C．a、b两球到达C点的过程中，速度增量之比为2：1
D．a、b两球到达C点时重力的瞬时功率之比为：1
【参考答案】AD
【名师解析】由图已知OB与竖直方向的夹角为60°，可知B相对于C的高度是：，而A相对于C的高度：h1=R，根据可知，，则ab两球下落到轨道的时间之比：，故A正确；a、b两球下落到轨道的高度关系为2：1，在下落过程中只有重力做功，W=mgh，由动能定理可知，a、b两球到达C点的过程中，动能增加量之比为2：1．故B错误；ab两球下落到轨道的时间之比为，则竖直方向的分速度之比：，即速度增量之比为，故C错误；ab两球下落到轨道的时间之比为，则竖直方向的分速度之比：重力的瞬时功率：PG=mgvy可知，故D正确。