第四章 功率 学案—2020-2021学年教科版高中物理必修二Word版含答案
文档属性
| 名称 | 第四章 功率 学案—2020-2021学年教科版高中物理必修二Word版含答案 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 414.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-04-21 15:52:54 | ||
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文档简介
功和功率
一、能够正确理解功的概念★★★☆☆☆
1．做功的两个要素
(1)作用在物体上的力．
(2)物体在力的方向上发生的位移．
2．公式：W＝Flcos_α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
(3)功是标(标或矢)量．
3．功的正负
(1)α<90°，力对物体做正功．
(2)α>90°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．
(3)α＝90°，力对物体不做功．
下列关于功的说法，正确的是
( )
A．力作用在物体上的一段时间内，物体运动了一段位移，该力一定对物体做功
B．力对物体做正功时，可以理解为该力是物体运动的动力，通过该力做功，使其他形
式的能量转化为物体的动能或用来克服其他力做功
C．功有正、负之分，说明功是矢量，功的正、负表示力的方向
D．当物体只受到摩擦力作用时，摩擦力一定对物体做负功
答案 B
关于功的概念，下列说法中正确的是（ ）
A．力对物体做功多，说明物体的位移一定大
B．力对物体做功小，说明物体的受力一定小
C．力对物体不做功，说明物体一定没有移动
D．物体发生了位移，不一定有力对它做功
故选D．
【点评】对物体做功必须同时满足两个条件：对物体施加力，物体在这个力的作用下通过一定的位移．
【过关检测】
关于功的说法，正确的是（ ）
A．合力的功等于各分力功的代数和
B．由于功有正负，所以功是矢量
C．合力的功等于各分力功的矢量和
D．力对物体不做功，说明物体一定无位移
【解答】解：A、合力的功与各个分力做功的代数和是一样的，所以A正确．
B、既有大小也有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，并不是说有正负之分的物理量就是矢量，功是物体之间能量转化的量度，它是标量．所以B错误．
C、由A的分析可知C错误．
D、当力的方向和物体位移的方向垂直时，力对物体就不做功，所以物体的位移并不一定是零，故D错误．
故选A．
关于功和能，下列说法正确的是（ ）
A．功和能的国际单位都是焦耳
B．功是矢量，能量是标量
C．功是能量转化的量度
D．若摩擦力对一个物体做了负功，总的能量肯定会消失一些
【解答】解：A、功和能的单位是相同的，它们的国际单位都是焦耳，故A正确；
B、功是标量，能量也是标量，但功是过程量，而能量却是状态量．故B错误；
C、功是能量转化的量度，做多少功，就有多少能量转化，故C正确；
D、若摩擦力对一个物体做了负功，就会有其它形式能转化成内能，总的能量不变，故D错误；
故选：AC
下列关于做功的说法中正确的是（ ）
A．凡是受力作用的物体，一定有力对物体做功
B．凡是发生了位移的物体，一定有力对物体做功
C．只要物体受力的同时又有位移发生，则一定有力对物体做功
D．只要物体受力，又在力的方向上发生位移，则力一定对物体做功
【解答】解：只有同时满足功的两个条件，力才做功；即：物体受力，同时在力的方向上发生了位移；
故只有D正确；
故选：D．
一端固定的轻质弹簧处于原长，现用互成角度的两个力F1、F2拉弹簧的另一端至O点，如图所示，在此过程F1、F2分别做了6J、8J的功；换用另一个力F仍使弹簧重复上述过程，该过程F所做的功是（ ）
A．2J
B．8J
C．10J
D．14J
【解答】解：F1、F2拉弹簧的作用效果与力F拉弹簧的作用效果相同，故力F拉弹簧做的功等于力F1、F2拉弹簧做功之和故为W=6+8=14N
故选：D
二、能够分析力做功的正负★★☆☆☆☆
考点一 判断正、负功的方法
1．恒力做功的判断：若物体做直线运动，则依据力与位移的夹角来判断．
2．曲线运动中功的判断：若物体做曲线运动，则依据F与v的方向夹角来判断．当0°≤α<90°时，力对物体做正功；当90°<α≤180°时，力对物体做负功；当α＝90°时，力对物体不做功．
3．依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．
特别提醒 1.作用力和反作用力虽然等大反向，但由于其分别作用在两个物体上，产生的位移效果无必然联系，故作用力和反作用力做的功不一定一正一负，大小也不一定相等．
2．摩擦力并非只做负功，也可以做正功或不做功．
如图所示，髙速列车在平直轨道上匀速运行，对列车所受力的做功情况，下列判断正确的是（ ）
A．重力做正功
B．牵引力做正功
C．牵引力做负功
D．空气阻力做正功
故选：B．
生活中有人常说在车厢内推车是没用的，如图3，在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车，当车在倒车时刹车的过程中
( )
图3
A．人对车做正功
B．人对车做负功
C．人对车不做功
D．车对人的作用力方向水平向右
解析 倒车表示速度向右，刹车表示减速运动，即a、v方向相反，加速度a向左，人与车具有相同的加速度，对人受力分析，受到重力和车对人的作用力，则车对人的作用力方向为斜向左上方，D错；那么人对车的作用力方向斜向右下方，人对车的作用力与车运动位移方向成锐角，即人对车做正功(或对人由动能定理，人的动能减小，车对人做负功，人对车做正功来判断)，A对，B、C错．
答案 A
如图4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
( )
图4
A．支持力一定做正功
B．摩擦力一定做正功
C．摩擦力可能不做功
D．摩擦力可能做负功
答案 B
解析 支持力方向垂直斜面向上，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，物体只受重力和支持力，如图
所示，此时加速度a＝gtan
θ，当a>gtan
θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦
力与位移夹角小于90°，则做正功；当aθ，摩擦力沿斜面向上，
摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B是错误的．
【过关检测】
人站在台阶式自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中错误的是（ ）
A．重力对人做负功
B．摩擦力对人做正功
C．支持力对人做正功
D．合力对人做功为零
【解答】解：人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零．人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功．故A、C、D正确，B错误．
本题选错误的，故选：B
人用手托着质量为m的“小苹果”，从静止开始沿水平方向运动，前进距离l后，速度为v（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）
A．手对苹果的作用力方向竖直向上
B．苹果所受摩擦力大小为μmg
C．手对苹果做的功为mv2
D．苹果对手不做功
【解答】解：A、手对苹果的作用力是支持力和摩擦力的合力，方向斜向上．故A错误．
B、苹果的加速度a=，则摩擦力f=ma=，故B错误．
C、根据动能定理得，手对苹果做功的大小W=．故C正确，D错误．
故选：C．
【点评】考查动能定理的应用，注意物体在手的作用下运动，是静摩擦力，但不一定是最大静摩擦力，而只有是最大静摩擦力时，才能是μmg．
如图所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功情况可能是（ ）
A．始终不做功
B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功
D．先做负功后不做功
【解答】解：A、当物体到达传送带上时，如果物体的速度恰好和传送带的速度相等，那么物体和传送带将一起在水平面上运动，它们之间没有摩擦力的作用，所以传送带对物体始终不做功，所以A可能．
B、若物体速度大，则受向后的摩擦力，做负功．直至速度一致为止，摩擦力消失，不做功，不会出现再做正功的情况，所以B错误．
C、若物体速度小，则受向前的摩擦力，做正功．到速度一致时，摩擦力又变为零，不做功，所以C正确．
D、若物体速度大，则受向后的摩擦力，做负功．直至速度一致为止，摩擦力消失，不做功，所以D正确．
故选：ACD
三、能够计算恒力做的功★★★☆☆☆
功的计算
1．恒力做的功：直接用W＝Flcos
α计算．
2．合外力做的功
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcos
α求功．
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、……，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋……求合外力做的功．
3．变力做的功
(1)应用动能定理求解．
(2)应用W＝Pt求解，此法适用于变力的功率P不变．
(3)将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向不变，大小随位移均匀变化的情况．
某人从4m深的水井中，将50N的水桶匀速提至地面，又提着水桶在水平地面上匀速行走了12m，在整个过程中，人对水桶所做的功为（ ）
A．800J
B．600J
C．200J
D．﹣200J
【解答】解：人在上提过程中做的功W=FL=GL=50×4J=200J；
而在人匀速行走时，人对水桶不做功，故人对水桶做的功为200J；
故选C．
以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为Ff，则从抛出点至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为（ ）
A．O
B．﹣Ffh
C．﹣2Ffh
D．﹣4Ffh
【解答】解：上升过程：空气阻力对小球做功W1=﹣Ffh
下落过程：空气阻力对小球做功W2=﹣Ffh
则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为W=W1+W2=﹣2Ffh
故选：C．
如图所示，一个物块在与水平方向成α角的拉力F作用下，沿水平面向右运动一段距离x．
在此过程中，拉力F对物块所做的功为（ ）
A．Fxsinα
B．
C．Fxcosα
D．
【解答】解：物体的位移是在水平方向上的，
把拉力F分解为水平的Fcosθ，和竖直的Fsinθ，
由于竖直的分力不做功，所以拉力F对物块所做的功即为水平分力对物体做的功，
所以w=Fcosθ?s=Fscosθ
故选：C
一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功情况是（ ）
A．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
B．加速时做正功，匀速和减速时做负功
C．加速和匀速时做正功，减速时做负功
D．始终做正功
【分析】功的正负的判断1、直接用上述公式W=FScosθ（其中公式中θ是力F与位移S间的夹角）来判断，此公式常用来判断恒力做功的情况；2、利用力和速度的方向夹角；3、利用功能转化关系，看物体的能量是否增加．
【解答】解：根据力对物体做功的定义W=FScosθ（其中公式中θ是力F与位移S间的夹角），可知若0°≤θ＜90°，则力F做正功；
若θ=90°，则力F不做功；若90°＜θ≤180°，则力F做负功（或者说物体克服力F做了功）．
人乘电梯从一楼到20楼，在此过程中，他虽然经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，但是支持力的方向始终向上，与位移方向一致，即θ=0°，所以支持力始终做正功．
故选：D
如图所示，在以角速度ω=2rad/s匀速转动的水平圆盘上，放一质量m=5kg的滑块，滑块离转轴的距离r=0.2m，滑块跟随圆盘一起做匀速圆周运动（二者未发生相对滑动）．求：
（1）滑块运动的线速度大小；
（2）滑块受到静摩擦力的大小和方向．
（3）滑块跟随圆盘运动一周过程中静摩擦力所做的功．
【解答】解：（1）滑块的线速度大小
v=ωr
代入数据得
v=0.4m/s
（2）滑块受到静摩擦力的大小
代入数据得
Ff=4N
方向：由所在位置垂直指向转轴
（3）摩擦力方向始终与位移垂直，故摩擦力做功为W=0
【过关检测】
一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：
（1）物体与地面间的动摩擦因数；
（2）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功．
【解答】解：（1）在8﹣10s：根据图象知加速度大小a4==1.5m/s2
根据牛顿运动定律知f=μmg=ma4
（2）结合图2和图3可知：在0﹣2s物体不动，受到的静摩擦力不做功；
在2﹣10s受到的滑动摩擦力做负功，滑动摩擦力不变
f=2N
在0﹣10s：
W克f=fs=2×15=30J
（1）物体与地面间的动摩擦因数为0.15；
（2）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30J
如图所示，同一物体在大小相同、方向不同的F力的作用下，在光滑水平面上移动了一段相同的位移s，两种情况下力所做的功分别为Wa、Wb，下列表述正确的是（ ）
A．Wa=Wb
B．Wa=﹣Wb
C．Wa＞Wb
D．Wa＜Wb
【解答】解：这两种情形下力F和位移x的大小都是一样的，将力沿着水平和竖直方向正交分解，水平分力大小相同，只有水平分力做功，竖直分力不做功，故两种情况下力F的功的大小是相同的；并且均做正功；
故选：A．
如图所示，两个同学都从地面登上阶梯顶端A处．女同学沿台阶走上去，克服重力做功为W1；男同学从直梯攀爬上去，克服重力做功为W2．如果两人的体重相同，则（ ）
A．W1=W2
B．W1＞W2
C．W1＜W2
D．无法确定
【解答】解：
这两个同学的体重相同，爬楼的高度前后不变，根据公式W=﹣Gh可知两人上楼过程重力做功相同，故克服重力做的功W1、W2大小相等；
故A正确．
故选：A．
如图所示，质量为m的物体在与水平方向成θ的恒力F作用下以加速度a做匀加速度直线运动，已知物体和地面间的动摩擦因数为μ，物体在地面上运动距离为x的过程中力F做功为（ ）
A．μmgx
B．
C．
D．
【解答】解：
对物体受力分析如图：，
水平方向由牛顿第二定律得Fcosθ﹣Ff=ma1，
竖直方向由平衡得：Fsinθ+FN=mg，
又Ff=μFN，
解得：
F=，
故拉力F的功为：
．
故B正确．
故选：B．
一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，另一端穿过滑轮用恒力F拉住保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示．当用力拉绳使木块前进s时，力F对木块做的功（不计绳重和摩擦）是?（ ）
A．Fscosθ
B．Fs（1+cosθ）
C．2Fscosθ
D．2Fs?
【解答】解：拉绳时，两股绳中的拉力都是F，它们都对物体做功，根据恒力做功的表达式W=FScosθ，得到：
斜向右上方的拉力F做功为：W1=FScosθ
水平向右的拉力做功为：W2=FS
因此其对物体做的功为W=W1+W2=Fscosθ+Fs=Fs（1+cosθ）
故选B．
如图所示，A、B两物体质量分别是mA和mB，用劲度系数为k的弹簧相连，A、B处于静止状态．现对A施竖直向上的力F提起A，使B对地面恰无压力．当撤去F，A由静止向下运动至最大速度时，重力做功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：开始时B对地面恰无压力，故kx1=mBg，解得；
A速度最大时，处于平衡位置，有：kx2=mAg，解得；
故从静止向下运动至最大速度时，弹簧的位移为：x=x1+x2；
故重力做功为：=；
故选C．
如图所示，楔形物块固定在水平地面上，其斜面的倾角θ=37°．一个质量m=0.50kg的小物块以v0=8.0m/s的初速度，沿斜面向上滑行一段距离速度减为零．已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，sin37°=0.60，cos37°=0.80，g取10m/s2．求：
（1）小物块向上滑行过程中的加速度大小；
（2）小物块向上滑行的时间；
（3）小物块向上滑行过程中克服摩擦力所做的功．
【解答】解：（1）小物块沿斜面向上滑行的过程中，受重力、支持力、摩擦力，
根据牛顿第二定律有mgsin37°﹣μmgcos37°=ma
解得：a=8.0m/s2
（2）设小物块向上滑行时间为t，根据运动学公式
解得：t=1.0s
（3）小物块沿斜面向上滑行的位移
此过程中，小物块克服摩擦力做的功Wf=μmgcos37°x
解得：Wf=4.0J
四、能够求变力做的功★★★★☆☆
人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地面上的物体A，A穿在光滑的竖直杆上当人以速度v竖直向下匀速拉绳使质量为m的物体A上升高度h后到达如图所示位置时此时绳与竖直杆的夹角为θ．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．此时物体A的速度为
B．此时物体A的速度为vcosθ
C．该过程中绳对物体A做的功为mgh+
D．该过程中绳对物体A做的功为mgh+mv2cos2
【解答】解：将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，
根据平行四边形定则得，实际速度，故A正确，B错误；
CD、在A上升的过程中根据动能定理有：
即绳对A做的功为：W=，故C正确，D错误．
故选：AC．
如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，以恒定速度v0竖直向下运动．物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α=45°过程中，绳中拉力对物体做的功为（ ）
A．mv02
B．mv02
C．mv02
D．mv02
【
【解答】解：一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，以恒定速度v0竖直向下运动．
将物体的运动分解为沿绳子方向的运动，以及垂直绳子方向运动即绕滑轮的转动，
则由三角函数可解得：运动到绳与水平方向夹角α=45°时物体的速度v==v0
物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α=45°过程中，物体只受绳子拉力做功，
运用动能定理得
W=mv2﹣0=mv02．
故选B．
如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.2，杆的竖直部分光滑．两部分各套有质量均为1kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连．初始A、B均处于静止状态，已知：OA=3m，OB=4m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1m（取g=10m/s2），那么该过程中拉力F做功为（ ）
A．14J
B．10J
C．6J
D．4J
【解答】解：对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的弹力N1，如图
根据共点力平衡条件，有
竖直方向：N=G1+G2
水平方向：F=f+N1
其中：f=μN
解得
N=（m1+m2）g=20N
f=μN=0.2×20N=4N
对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到
WF﹣fs﹣m2g?h=0
根据几何关系，可知求B上升距离h=1m
故
WF=fs+m2g?h=4×1+1×10×1=14J
故选：A．
【过关检测】
如图所示，在竖直平面内有一个半径为R，粗细不计的圆管轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球恰能沿管道到达最高点B，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（ ）
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
【解答】解：A、重力做功与路径无关，只与初末位置高度差有关，故WG=mgR，故A错误；
B、小球恰能沿管道到达最高点B，得到B点速度为零；
故小球从P到B的运动过程中，动能增加量为零；重力势能减小量为mgR；故机械能减少量为mgR；故B正确；
C、小球从P到B的运动过程中，合外力做功等于动能的增加量，为零，故C错误；
D、由B选项分析得到机械能减小量为mgR，而机械能减小量等于克服摩擦力做的功，故克服摩擦力做功为mgR，故D错误；
故选B．
在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）
A．mgh﹣﹣
B．﹣mgh﹣﹣
C．mgh+﹣
D．mgh+﹣
【解答】解：选取物体从刚抛出到正好落地，空气阻力做功为Wf
由动能定理可得：mgh﹣Wf=
可得：Wf=﹣mgh
则克服阻力做功为﹣Wf为mgh+﹣
则C正确，ABD错误
故选：C如图在光滑的水平面上，物块在恒力F=100N作用下从A点运动到B点，不计滑轮的大小，不计绳与滑轮的质量及绳、滑轮间的摩擦，H=2.4m，α=37°，β=53°．求拉力F做的功？
【解答】解：物体从A点运动到B点，根据几何关系得：
绳子向下运动的位移x=
则拉力做的功W=Fx=100×1=100J
答：拉力F做的功为100J．
如图所示，物块Α、Β用一劲度系数为k=200N/m的轻弹簧相连静止于水平地面上，Α物体质量mA=2Kg，Β物体质量mB=4Kg．现用一恒力F=30N竖直向上拉物体A，使Α从静止开始运动，当Α运动到最高点时Β刚好要离开地面但不能继续上升．若弹簧始终处于弹性限度内，取g=10m/s2，求：
（1）Β刚要离开地面时，拉力F做的功：
（2）Β刚耍离开地面时Α的加速度大小；
（3）从Α开始运动到Α到达最高点的过程中弹簧弹力对Α做的功．
【解答】解：（1）未施加拉力时弹簧的缩短量为x1
kx1=mAg
B刚要离地是弹簧伸长量为x2
kx2=mBg
拉力做功：W1=F（x1+x2）=9J
（2）B刚要离地时，对A：
F﹣mAg﹣kx2=mAaA
解得：
（3）对A有动能定理得：
W1+W弹﹣mAg（x1+x2）=0
解得W弹=﹣3J
五、能够理解瞬时功率和平均功率的公式★★★☆☆☆
公式P＝和P＝Fv的区别：
(1)P＝是功率的定义式，P＝Fv是功率的计算式．
(2)平均功率的计算方法
①利用＝.
②利用＝F·cos
α，其中为物体运动的平均速度．
(3)瞬时功率的计算方法
①利用公式P＝Fvcos
α，其中v为t时刻的瞬时速度．
②P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
③P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
关于功率公式p=和p=Fv，下列说法正确的是（ ）
A．由p=知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率
B．由p=Fv只能求某一时刻的瞬时功率
C．由p=知，功率与时间成反比
D．由p=Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比
【解答】解：A、P=只能计算平均功率的大小，所以只要知道W和t就可求出时间t内的平均功率，所以A错误；
B、P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度，所以B错误；
C、P=是比值定义式，功率与时间无关，所以C错误；
D、从P=Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比，所以D正确；
故选：D
【过关检测】
如图，一物体在水平面上受到水平向右、大小为8N的恒力F作用，在4s时间内，向右运动2m，则在此过程中，力F对物体所做的功和平均功率分别为（ ）
A．32
J，4
W
B．32
J，8
W
C．16
J，8
W
D．16
J，4
W
【解答】解：力F所做的功为：W=Fx=8×2J=16J
平均功率为：，故D正确；
故选：D．物体做自由落体运动，在下落的第1s末和第2s末重力的瞬时功率之比为（ ）
A．1：1
B．1：2
C．1：3
D．1：4
【解答】解：第1s末速度与第2s秒末速度之比为：v1：v2=gt1：gt2=1：2
故第1s末速度与第2s秒末重力做功的瞬时功率之比为：mgv1：mgv2=v1：v2=1：2
故选：B
航天员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态向下摆，到达竖直状态的过程如图所示，则这一过程中航天员所受重力的瞬时功率变化情况是（ ）
A．一直增大
B．一直减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
【解答】解：由于重力是竖直向下的，重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的速度有关，在刚开始运动的时候，人的速度为零，所以此时人的重力的瞬时功率为零，当运动到最低点时，人的速度为水平方向的，与重力的方向垂直，此时的人重力的功率为零，所以重力的功率是先增大后或减小，所以C正确．
故选C．
六、能够计算瞬时功率和平均功率★★★★☆☆
竖直上抛一球，球又落回原处，已知空气阻力的大小正比于球的速度（ ）
A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功
B．上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功
C．上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
D．上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
．
【解答】解：重力是保守力，做功的大小只与物体的初末的位置有关，与物体的路径等无关，所以在上升和下降的过程中，重力做功的大小是相等的，所以A错误B正确．
物体在上升的过程中，受到的阻力向下，在下降的过程中受到的阻力向上，所以在上升时物体受到的合力大，加速度大，此时物体运动的时间短，在上升和下降的过程中物体重力做功的大小是相同的，由P=可知，上升的过程中的重力的功率较大，所以C正确，D错误．
如图，质量相等的两小球A和B，A球自由下落，B球从同一高度沿光滑斜面由静止开始下滑．当它们运动到同一水平面时，速度大小分别为vA和vB，重力的功率分别为PA和PB，则（ ）
A．vA=vB，PA=PB
B．vA=vB，PA＞PB
C．vA＞vB，PA＞PB
D．vA＞vB，PA=PB
【解答】解：AB在下落过程中，只有重力做功，因下降高度相同，重力做功全部转化为动能，故vA=vB，
A的速度竖直向下，B的速度沿斜面向下，由P=mgvsinθ可知，PA＞PB，故B正确
故选：B
如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况（ ）
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大，后减小
D．先减小，后增大
【解答】解：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点．
设绳子与竖直方向夹角是θ，则 =tanθ （F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上）
得 F=Gtanθ
而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是
P=Fvcosθ
则P=Gvsinθ
显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的．故A正确，B、C、D错误．
故选A．
【点评】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcosα，注意α为F与速度的夹角．
【点评】本题就是考查学生对功率概念的理解，瞬时功率的大小与力的大小和方向都有关．
如图，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（ ）
A．两小球落地时的速度相同
B．两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小
C．从开始运动至落地，A球速度的变化率较大
D．从开始运动至落地，重力对两球做功的平均功率A的大于B的
【解答】解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A错误．
B、到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B正确．
C、速度的变化率等于加速度，两球在运动的过程中，加速度相同．故C错误．
D、A球的运动时间小于B球的运动时间，重力做功相等，根据P=知，A球重力的平均功率大于B球重力的平均功率．故D正确．
故选：BD．
质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（ ）
A．3t0时刻的瞬时功率为
B．3t0时刻的瞬时功率为
C．从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
【解答】解：A、在0﹣2t0时间内，a=，则2t0时刻的瞬时速度v1=a?2t0=2at0，在2t0﹣3t0时间内，a′=，则3t0时刻的瞬时速度v=v1+a′t0=．所以3t0时刻的瞬时功率P=．故A错误，B正确．
C、根据动能定理得，W==．则．故C错误，D正确．
故选BD．
物体静止在光滑水平面上．先施加一水平向右的恒力F1，经t时间后撤去F1，立刻施加另一水平向左的恒力F2，又经t时间后物体回到开始出发点．在前后两段时间内F1、F2对应的平均功率P1、P2关系是（ ）
A．P2=5P1
B．P2=3P1
C．P2=2P1
D．P2=P1
【解答】解：物体从静止起受水平恒力F1
作用，做匀加速运动，经一段时间t后的速度为：v1=a1t=t
以后受恒力F2，做匀减速运动，加速度大小为：a2=
经同样时间后回到原处，整个时间内再联系物体的位移为零，得：
解得：F1：F2=1：3
又经时间t后物体回到出发点，所以：x1=x2
两个力做的功：W1=F1x1，W2=F2x2
所以：所以正确的选项为B．
故选：B
【过关检测】
如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．（g=10m/s2）则（ ）
A．物体的质量m=1.0kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.20
C．第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0J
D．前2s内推力F做功的平均功率=1.5
W
【解答】解：A、由速度时间图象可以知道在2﹣3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，
在1﹣2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a=2m/s2，由牛顿第二定律可得F﹣f=ma，所以m===0.5kg，所以A错误；
B、由f=μFN=μmg，所以μ===0.4，所以B错误；
C、第二秒内物体的位移是x=at2=×2×1=1m，摩擦力做的功W=fx=﹣2×1J=﹣2J，即克服摩擦力做功2J，所以C正确；
D、在第一秒内物体没有运动，只在第二秒运动，F也只在第二秒做功，F的功为W=Fx=3×1J=3J，所以前2S内推力F做功的平均功率为==W=1.5W，所以D正确．
故选：CD
如图，轻杆长为L，一端铰接在地面上可自由转动，一端固定一质量为m的小球（半径可忽略），一表面光滑的立方体物块（边长为a，且a远小于杆长L）在水平外力F作用下由杆的小球一端沿光滑地面以速度v0向左做匀速直线运动，并将杆顶起．下列哪些说法是正确的（ ）
A．在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大
B．在杆与地面夹角转到90°之前，F所做的功等于小球动能的改变量
C．当杆与地面的夹角为θ时，棒的角速度ω=
D．当杆与地面的夹角为θ时，小球克服重力做功的瞬时功率为ω=
【解答】解：A、木块速度为v0，杆上和木块接触点的速度为v0，触点绕固定点转动的分速度v′，由运动的分解可得：v′=v0sinθ，因触点点和小球在同一杆上以相同角速度转动，故在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大，故A正确．
B、由能量守恒定律可得，在杆与地面夹角转到90°之前，F所做的功等于小球机械能（动能和重力势能）的改变量，故B错误．
C、当杆与地面的夹角为θ时，木块与棒的触点绕固定点转动的分速度v′=v0sinθ，而触点与固定点的距离为r=，故棒的角速度ω=，故C错误．
D、D、当杆与地面的夹角为θ时，故棒的角速度ω=，故小球的竖直方向分速度为v″=Lωcosθ，小球克服重力做功的瞬时功率P=mgv″=，故D正确．
故选：AD
如图，分别用力F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一固定粗糙的斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端时，F1、F2、F3做功的功率大小关系是（ ）
A．P1=P2=P3
B．P1＞P2=P3
C．P2＞P1＞P3
D．P1＞P2＞P3
【解答】解：物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，
物体在运动过程中，受到拉力F，重力mg，摩擦力f，
摩擦力f=μFN，根据图象可知，f2＞f1＞f3，
根据牛顿第二定律，有：F1﹣mgsinα﹣μmgcosα=ma，故F1=mgsinα+μmgcosα+ma，
F2cosα﹣mgsinα﹣μ（mgcosα+F2sinα）=ma，故F2=，
F3cosα﹣mgsinα﹣μ（mgcosα﹣F3sinα）=ma，故F3=，
所以F2cosα＞F1＞F3cosα，
由于斜面的长度相同，物体的加速度相同，所以物体到达顶端的时候，物体的速度的大小也是相同的；
根据P=Fv可知，P2＞P1＞P3，
故选：C．
七、能够正确计算功和功率的综合问题★★★★★☆
在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v．则此时（ ）
A．拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
B．物块B满足m2gsinθ=kd
C．物块A的加速度为
D．弹簧弹性势能的增加量为Fd﹣m1gdsinθ﹣m1v2
【解答】解：A、由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为
P=Fv，故A错误；
B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2
①，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故B错误；
C、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F﹣m1gsinθ﹣kx2=m1a1
②，又开始时，A平衡，则有：m1gsinθ=kx1③，而d=x1+x2④，①②③④解得：物块A加速度为，故C正确；
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：，故D正确；
故选：CD．
如图所示，手持一根长为l的轻绳的一端在水平桌面上做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动，绳始终保持与该圆周相切，绳的另一端系一质量为m的木块，木块也在桌面上做匀速圆周运动，不计空气阻力（ ）
A．绳的拉力对木块不做功
B．木块不受桌面的摩擦力
C．绳的拉力大小等于mω3
D．绳的拉力对木块做功的功率等于
【解答】解：A、绳子的拉力方向与速度方向不垂直，知绳子对木块做功．故A错误；
B、木块做匀速圆周运动，径向的合力提供向心力，切线的合力为零，因为绳子在切线方向的分力不为零，则木块受到的摩擦力不为零，与绳子拉力切线方向的分力相等．故B错误．
C、木块做圆周运动的半径R=，根据径向的合力提供向心力得，Tcosφ=mRω2，cosφ=，故T=．故C错误．
D、手拉木块做功的功率P=Tv=Trω=．故D正确．
故选：D．
如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切．一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放．则（ ）
A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等
B．在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减少
C．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=2m2
D．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=3m2
【分析】AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是P=mgv，
分析竖直方向速度的变化情况求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系．
【解答】解：A、m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；
B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；
C、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：
m1gR（1﹣cos60°）=m2gR，
解得：m1=2m2
故C正确，D错误
故选BC
如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）t=0.1s时，物体A的加速度大小aA；
（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；
（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P′=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t′=3.8s时物体A的速度为1.2m/s．则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移是多少？
【分析】（1）对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律就出a；
（2）电动机的输出功率P=Fv，对B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，对B运用牛顿第二定律可解除F，根据运动学公式求出v，即可求得p；
（3）电动机的输出功率调整为5W时，根据P=Fv，求出F，对B进行受力分析，得出B受平衡力，所以B做匀速运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等，算出时间，算出位移s1，速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，根据动能定理求出位移s2，木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2．
【解答】解：（1）若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得：
f=μ1mAg=mAaA
解得：aA=0.5m/s2＜1.0m/s2，所以A的加速度为0.5m/s2；
（2）对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，根据牛顿第二定律得：
F﹣μ1mAg﹣μ2（mB+mA）g=mBaB
带入数据解得：F=7N，
v=aBt=1m/s
所以P=Fv=7W
（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F′，则P′=F′v1，代入数据解得F'=5N，
对木板进行受力分析，木板B受力满足F′﹣μ1mAg﹣μ2（mA+mB）g=0
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等．
设这一过程时间为t′，有v1=aA（t1+t′），这段时间内B的位移
s1=v1t′，
A、B速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，
由动能定理得：P′（t2﹣t′﹣t1）﹣μ2（mA+mB）gs2=
由以上各式带入数据得：木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2=3.03m
【过关检测】
如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：F=F0﹣kt（以向左为正，F0、k均为大于零的常数），物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，且μF0＞mg．t=0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上．则下列关于物体的运动说法正确的是（ ）
A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动
B．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线
C．物体克服摩擦力所做的功W=mgH
D．物体与墙壁脱离的时刻为t=
【解答】解：A、竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg﹣μF=ma，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当F=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误．
B、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线．故B错误．
C、物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得，mg，物体克服摩擦力所做的功W=mgH．故C正确．
B、当物体与墙面脱离时F为零，所以F=F0﹣kt=0，解得时间t=．故D正确．
故选：CD．
如图所示，质量m=2kg的重物用不可伸长的轻绳悬挂于天花板上的O点，一辆汽车在平台MN上通过固定在尾部的滑轮拖动重物，悬点O到平台的距离h=4m．开始时轻绳竖直，滑轮轻靠轻绳．汽车从N点以v=5m/s匀速向左运动，经过t=0.6s的时间到达M点，（不计一切摩擦、重力加速度g取10m/s2）以下判断正确的是（ ）
A．在此过程中重物沿直线运动
B．汽车到达M点时，重物的速度大小为3m/s
C．汽车达到M点时，轻绳对物体的拉力大于20N
D．在此过程中轻绳对重物做的功为54J
【解答】解：A、设绳子OM与竖直方向的夹角为θ，重物在竖直方向上运动的位移，可知重物在竖直方向上做变速运动，水平方向上运动规律与汽车运动规律相同，做匀速直线运动，根据运动的合成知，重物的运动一定是曲线运动，故A错误．
B、到达M点时，MN间的距离为MN=5×0.6m=3m，可知OM绳与竖直方向的夹角为37°，根据平行四边形定则知，重物的竖直方向上的速度v′=vsinθ=5×0.6m/s=3m/s，则合速度大于3m/s，故B错误．
C、重物的速度v′=vsinθ，θ逐渐增大，则重物的速度增大，重物做加速运动，加速度方向向上，可知轻绳的拉力大于重力，大于20N，故C正确．
D、根据功能关系知，W=mgy+，y=，v′=，
解得W=54J，故D正确．
故选：CD．
位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜面上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有（ ）
A．F2=F1，v1＞v2
B．F2=F1，v1＜v2
C．F2＞F1，v1＞v2
D．F2＜F1，v1＜v2
【解答】解：物体都做匀速运动，受力平衡，则：
F1=μmg
F2
cosθ=μ（mg﹣F2sinθ）
解得：F2（cosθ+μsinθ）=F1…①
根据F1与F2功率相同得：
F1v1=F2v2cosθ…②
由①②解得：
，
所以v1＜v2，
而F1与
F2的关系无法确定，大于、等于、小于都可以．
故选：BD
放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．物体的质量为kg
B．滑动摩擦力的大小为5N
C．0～6s内物体的位移大小为40m
D．0～6s内拉力做的功为20J
【解答】解：A、在2～6s内，已知f=F=N；当P=30W时，V=6m/s，得到牵引力为：F1=；0～2s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2；根据F﹣f=ma可知：m=kg，A正确．
B、在2～6s内，V=6m/s，P=10W，物体做匀速直线运动，F=f，则滑动摩擦力为：f=F=N，B错误；
C、0～6s内物体的位移大小等于v﹣t图象中图象与坐标轴所包围的面积，为：X=×2×6+4×6m=30m，C错误；
D、0～2s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2，有图可知，当P=30W时，V=6m/s，得到牵引力：F1=N=5N，在0～2s内物体位移为X1=6m，
则拉力做的功为：W1=F1X1=5×6J=30J，2～6s内拉力做的功为：W2=Pt=10×4J=40J，所以0～6s内拉力做的总功为：W=30+40J=70J，D错误．
故选：A
图中斜面的倾角为θ=37°，A是斜面的底端，B是斜面上一点，某时刻质量为1kg的滑块以初速度v0从斜面的底端A冲上斜面，设滑块与B的距离为x，图（b）是x随时间t变化的图象，已知重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．关于滑块，下列选项正确的是（ ）
A．上滑的初速度v0=4m/s
B．上滑的加速度a=2m/s2
C．上升过程克服摩擦力做功W=2.5J
D．上升过程重力的平均功率P=6W
【解答】解：A、B、采用逆向思维，将上滑1m过程过程看作反向的匀加速，故根据位移公式，有：x=，解得：a===8m/s2；
采用逆向思维，根据速度公式，上滑的初速度：v0=at=8×0.5=4m/s；
故A正确，B错误；
C、对上滑过程，根据动能定理，有：
解得：
Wf===2J；
故C错误；
D、上升过程克服重力做功：WG=mgxsin37°=1×10×1×0.6=6J；
故平均功率为：；故D错误；
故选：A．
质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则A、B两物体（ ）
A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12
B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1
C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：2
D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：3
【解答】解：A、由图象可得，A加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知
①
=
②由①②得f1=F
B加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知
③
④
由③④得f2=F
所以与水平面的摩擦力大小之比为F：=5：12，故A正确；
B、合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时a=μg，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：12，在匀加速运动阶段，合外力做功之比为等于末动能之比，为：=5×22：12×12=5：3，故B错误；
C、根据图象面积表示位移知AB两物体的位移之比为6：5，由W=Fs知在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比（5×6）：（12×5）=1：2．故C正确；
D、由P=知平均功率之比为=5：6，故D错误；
故选：AC．
在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度为a，且方向沿斜面向上．设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则（ ）
A．当B刚离开C时，A发生的位移大小为
B．从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为
C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（2mgsinθ+ma）v
D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为
【解答】解：A、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：
mgsinθ=kx1
解得：x1=
物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有；
2mgsinθ=kx2
解得：x2=
故物块A运动的距离为：，故A正确；
B、从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为，故B错误；
C、此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：
F﹣mgsinθ﹣T=ma
弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：
T=2mgsinθ
故：F=3mgsinθ+ma，恒力对A做功的功率为（3mgsinθ+ma）v．故C错误；
D、当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F﹣mgsinθ﹣T′=0
所以：T′=2mgsinθ+ma
B沿斜面方向受到的力：FB=T′﹣2mgsinθ=ma
又：FB=2ma′
所以：．故D正确．
故选：AD．
2
1
一、能够正确理解功的概念★★★☆☆☆
1．做功的两个要素
(1)作用在物体上的力．
(2)物体在力的方向上发生的位移．
2．公式：W＝Flcos_α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
(3)功是标(标或矢)量．
3．功的正负
(1)α<90°，力对物体做正功．
(2)α>90°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．
(3)α＝90°，力对物体不做功．
下列关于功的说法，正确的是
( )
A．力作用在物体上的一段时间内，物体运动了一段位移，该力一定对物体做功
B．力对物体做正功时，可以理解为该力是物体运动的动力，通过该力做功，使其他形
式的能量转化为物体的动能或用来克服其他力做功
C．功有正、负之分，说明功是矢量，功的正、负表示力的方向
D．当物体只受到摩擦力作用时，摩擦力一定对物体做负功
答案 B
关于功的概念，下列说法中正确的是（ ）
A．力对物体做功多，说明物体的位移一定大
B．力对物体做功小，说明物体的受力一定小
C．力对物体不做功，说明物体一定没有移动
D．物体发生了位移，不一定有力对它做功
故选D．
【点评】对物体做功必须同时满足两个条件：对物体施加力，物体在这个力的作用下通过一定的位移．
【过关检测】
关于功的说法，正确的是（ ）
A．合力的功等于各分力功的代数和
B．由于功有正负，所以功是矢量
C．合力的功等于各分力功的矢量和
D．力对物体不做功，说明物体一定无位移
【解答】解：A、合力的功与各个分力做功的代数和是一样的，所以A正确．
B、既有大小也有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，并不是说有正负之分的物理量就是矢量，功是物体之间能量转化的量度，它是标量．所以B错误．
C、由A的分析可知C错误．
D、当力的方向和物体位移的方向垂直时，力对物体就不做功，所以物体的位移并不一定是零，故D错误．
故选A．
关于功和能，下列说法正确的是（ ）
A．功和能的国际单位都是焦耳
B．功是矢量，能量是标量
C．功是能量转化的量度
D．若摩擦力对一个物体做了负功，总的能量肯定会消失一些
【解答】解：A、功和能的单位是相同的，它们的国际单位都是焦耳，故A正确；
B、功是标量，能量也是标量，但功是过程量，而能量却是状态量．故B错误；
C、功是能量转化的量度，做多少功，就有多少能量转化，故C正确；
D、若摩擦力对一个物体做了负功，就会有其它形式能转化成内能，总的能量不变，故D错误；
故选：AC
下列关于做功的说法中正确的是（ ）
A．凡是受力作用的物体，一定有力对物体做功
B．凡是发生了位移的物体，一定有力对物体做功
C．只要物体受力的同时又有位移发生，则一定有力对物体做功
D．只要物体受力，又在力的方向上发生位移，则力一定对物体做功
【解答】解：只有同时满足功的两个条件，力才做功；即：物体受力，同时在力的方向上发生了位移；
故只有D正确；
故选：D．
一端固定的轻质弹簧处于原长，现用互成角度的两个力F1、F2拉弹簧的另一端至O点，如图所示，在此过程F1、F2分别做了6J、8J的功；换用另一个力F仍使弹簧重复上述过程，该过程F所做的功是（ ）
A．2J
B．8J
C．10J
D．14J
【解答】解：F1、F2拉弹簧的作用效果与力F拉弹簧的作用效果相同，故力F拉弹簧做的功等于力F1、F2拉弹簧做功之和故为W=6+8=14N
故选：D
二、能够分析力做功的正负★★☆☆☆☆
考点一 判断正、负功的方法
1．恒力做功的判断：若物体做直线运动，则依据力与位移的夹角来判断．
2．曲线运动中功的判断：若物体做曲线运动，则依据F与v的方向夹角来判断．当0°≤α<90°时，力对物体做正功；当90°<α≤180°时，力对物体做负功；当α＝90°时，力对物体不做功．
3．依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．
特别提醒 1.作用力和反作用力虽然等大反向，但由于其分别作用在两个物体上，产生的位移效果无必然联系，故作用力和反作用力做的功不一定一正一负，大小也不一定相等．
2．摩擦力并非只做负功，也可以做正功或不做功．
如图所示，髙速列车在平直轨道上匀速运行，对列车所受力的做功情况，下列判断正确的是（ ）
A．重力做正功
B．牵引力做正功
C．牵引力做负功
D．空气阻力做正功
故选：B．
生活中有人常说在车厢内推车是没用的，如图3，在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车，当车在倒车时刹车的过程中
( )
图3
A．人对车做正功
B．人对车做负功
C．人对车不做功
D．车对人的作用力方向水平向右
解析 倒车表示速度向右，刹车表示减速运动，即a、v方向相反，加速度a向左，人与车具有相同的加速度，对人受力分析，受到重力和车对人的作用力，则车对人的作用力方向为斜向左上方，D错；那么人对车的作用力方向斜向右下方，人对车的作用力与车运动位移方向成锐角，即人对车做正功(或对人由动能定理，人的动能减小，车对人做负功，人对车做正功来判断)，A对，B、C错．
答案 A
如图4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
( )
图4
A．支持力一定做正功
B．摩擦力一定做正功
C．摩擦力可能不做功
D．摩擦力可能做负功
答案 B
解析 支持力方向垂直斜面向上，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，物体只受重力和支持力，如图
所示，此时加速度a＝gtan
θ，当a>gtan
θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦
力与位移夹角小于90°，则做正功；当a
摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B是错误的．
【过关检测】
人站在台阶式自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中错误的是（ ）
A．重力对人做负功
B．摩擦力对人做正功
C．支持力对人做正功
D．合力对人做功为零
【解答】解：人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零．人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功．故A、C、D正确，B错误．
本题选错误的，故选：B
人用手托着质量为m的“小苹果”，从静止开始沿水平方向运动，前进距离l后，速度为v（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）
A．手对苹果的作用力方向竖直向上
B．苹果所受摩擦力大小为μmg
C．手对苹果做的功为mv2
D．苹果对手不做功
【解答】解：A、手对苹果的作用力是支持力和摩擦力的合力，方向斜向上．故A错误．
B、苹果的加速度a=，则摩擦力f=ma=，故B错误．
C、根据动能定理得，手对苹果做功的大小W=．故C正确，D错误．
故选：C．
【点评】考查动能定理的应用，注意物体在手的作用下运动，是静摩擦力，但不一定是最大静摩擦力，而只有是最大静摩擦力时，才能是μmg．
如图所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功情况可能是（ ）
A．始终不做功
B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功
D．先做负功后不做功
【解答】解：A、当物体到达传送带上时，如果物体的速度恰好和传送带的速度相等，那么物体和传送带将一起在水平面上运动，它们之间没有摩擦力的作用，所以传送带对物体始终不做功，所以A可能．
B、若物体速度大，则受向后的摩擦力，做负功．直至速度一致为止，摩擦力消失，不做功，不会出现再做正功的情况，所以B错误．
C、若物体速度小，则受向前的摩擦力，做正功．到速度一致时，摩擦力又变为零，不做功，所以C正确．
D、若物体速度大，则受向后的摩擦力，做负功．直至速度一致为止，摩擦力消失，不做功，所以D正确．
故选：ACD
三、能够计算恒力做的功★★★☆☆☆
功的计算
1．恒力做的功：直接用W＝Flcos
α计算．
2．合外力做的功
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcos
α求功．
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、……，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋……求合外力做的功．
3．变力做的功
(1)应用动能定理求解．
(2)应用W＝Pt求解，此法适用于变力的功率P不变．
(3)将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向不变，大小随位移均匀变化的情况．
某人从4m深的水井中，将50N的水桶匀速提至地面，又提着水桶在水平地面上匀速行走了12m，在整个过程中，人对水桶所做的功为（ ）
A．800J
B．600J
C．200J
D．﹣200J
【解答】解：人在上提过程中做的功W=FL=GL=50×4J=200J；
而在人匀速行走时，人对水桶不做功，故人对水桶做的功为200J；
故选C．
以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为Ff，则从抛出点至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为（ ）
A．O
B．﹣Ffh
C．﹣2Ffh
D．﹣4Ffh
【解答】解：上升过程：空气阻力对小球做功W1=﹣Ffh
下落过程：空气阻力对小球做功W2=﹣Ffh
则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为W=W1+W2=﹣2Ffh
故选：C．
如图所示，一个物块在与水平方向成α角的拉力F作用下，沿水平面向右运动一段距离x．
在此过程中，拉力F对物块所做的功为（ ）
A．Fxsinα
B．
C．Fxcosα
D．
【解答】解：物体的位移是在水平方向上的，
把拉力F分解为水平的Fcosθ，和竖直的Fsinθ，
由于竖直的分力不做功，所以拉力F对物块所做的功即为水平分力对物体做的功，
所以w=Fcosθ?s=Fscosθ
故选：C
一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功情况是（ ）
A．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
B．加速时做正功，匀速和减速时做负功
C．加速和匀速时做正功，减速时做负功
D．始终做正功
【分析】功的正负的判断1、直接用上述公式W=FScosθ（其中公式中θ是力F与位移S间的夹角）来判断，此公式常用来判断恒力做功的情况；2、利用力和速度的方向夹角；3、利用功能转化关系，看物体的能量是否增加．
【解答】解：根据力对物体做功的定义W=FScosθ（其中公式中θ是力F与位移S间的夹角），可知若0°≤θ＜90°，则力F做正功；
若θ=90°，则力F不做功；若90°＜θ≤180°，则力F做负功（或者说物体克服力F做了功）．
人乘电梯从一楼到20楼，在此过程中，他虽然经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，但是支持力的方向始终向上，与位移方向一致，即θ=0°，所以支持力始终做正功．
故选：D
如图所示，在以角速度ω=2rad/s匀速转动的水平圆盘上，放一质量m=5kg的滑块，滑块离转轴的距离r=0.2m，滑块跟随圆盘一起做匀速圆周运动（二者未发生相对滑动）．求：
（1）滑块运动的线速度大小；
（2）滑块受到静摩擦力的大小和方向．
（3）滑块跟随圆盘运动一周过程中静摩擦力所做的功．
【解答】解：（1）滑块的线速度大小
v=ωr
代入数据得
v=0.4m/s
（2）滑块受到静摩擦力的大小
代入数据得
Ff=4N
方向：由所在位置垂直指向转轴
（3）摩擦力方向始终与位移垂直，故摩擦力做功为W=0
【过关检测】
一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：
（1）物体与地面间的动摩擦因数；
（2）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功．
【解答】解：（1）在8﹣10s：根据图象知加速度大小a4==1.5m/s2
根据牛顿运动定律知f=μmg=ma4
（2）结合图2和图3可知：在0﹣2s物体不动，受到的静摩擦力不做功；
在2﹣10s受到的滑动摩擦力做负功，滑动摩擦力不变
f=2N
在0﹣10s：
W克f=fs=2×15=30J
（1）物体与地面间的动摩擦因数为0.15；
（2）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30J
如图所示，同一物体在大小相同、方向不同的F力的作用下，在光滑水平面上移动了一段相同的位移s，两种情况下力所做的功分别为Wa、Wb，下列表述正确的是（ ）
A．Wa=Wb
B．Wa=﹣Wb
C．Wa＞Wb
D．Wa＜Wb
【解答】解：这两种情形下力F和位移x的大小都是一样的，将力沿着水平和竖直方向正交分解，水平分力大小相同，只有水平分力做功，竖直分力不做功，故两种情况下力F的功的大小是相同的；并且均做正功；
故选：A．
如图所示，两个同学都从地面登上阶梯顶端A处．女同学沿台阶走上去，克服重力做功为W1；男同学从直梯攀爬上去，克服重力做功为W2．如果两人的体重相同，则（ ）
A．W1=W2
B．W1＞W2
C．W1＜W2
D．无法确定
【解答】解：
这两个同学的体重相同，爬楼的高度前后不变，根据公式W=﹣Gh可知两人上楼过程重力做功相同，故克服重力做的功W1、W2大小相等；
故A正确．
故选：A．
如图所示，质量为m的物体在与水平方向成θ的恒力F作用下以加速度a做匀加速度直线运动，已知物体和地面间的动摩擦因数为μ，物体在地面上运动距离为x的过程中力F做功为（ ）
A．μmgx
B．
C．
D．
【解答】解：
对物体受力分析如图：，
水平方向由牛顿第二定律得Fcosθ﹣Ff=ma1，
竖直方向由平衡得：Fsinθ+FN=mg，
又Ff=μFN，
解得：
F=，
故拉力F的功为：
．
故B正确．
故选：B．
一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，另一端穿过滑轮用恒力F拉住保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示．当用力拉绳使木块前进s时，力F对木块做的功（不计绳重和摩擦）是?（ ）
A．Fscosθ
B．Fs（1+cosθ）
C．2Fscosθ
D．2Fs?
【解答】解：拉绳时，两股绳中的拉力都是F，它们都对物体做功，根据恒力做功的表达式W=FScosθ，得到：
斜向右上方的拉力F做功为：W1=FScosθ
水平向右的拉力做功为：W2=FS
因此其对物体做的功为W=W1+W2=Fscosθ+Fs=Fs（1+cosθ）
故选B．
如图所示，A、B两物体质量分别是mA和mB，用劲度系数为k的弹簧相连，A、B处于静止状态．现对A施竖直向上的力F提起A，使B对地面恰无压力．当撤去F，A由静止向下运动至最大速度时，重力做功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：开始时B对地面恰无压力，故kx1=mBg，解得；
A速度最大时，处于平衡位置，有：kx2=mAg，解得；
故从静止向下运动至最大速度时，弹簧的位移为：x=x1+x2；
故重力做功为：=；
故选C．
如图所示，楔形物块固定在水平地面上，其斜面的倾角θ=37°．一个质量m=0.50kg的小物块以v0=8.0m/s的初速度，沿斜面向上滑行一段距离速度减为零．已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，sin37°=0.60，cos37°=0.80，g取10m/s2．求：
（1）小物块向上滑行过程中的加速度大小；
（2）小物块向上滑行的时间；
（3）小物块向上滑行过程中克服摩擦力所做的功．
【解答】解：（1）小物块沿斜面向上滑行的过程中，受重力、支持力、摩擦力，
根据牛顿第二定律有mgsin37°﹣μmgcos37°=ma
解得：a=8.0m/s2
（2）设小物块向上滑行时间为t，根据运动学公式
解得：t=1.0s
（3）小物块沿斜面向上滑行的位移
此过程中，小物块克服摩擦力做的功Wf=μmgcos37°x
解得：Wf=4.0J
四、能够求变力做的功★★★★☆☆
人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地面上的物体A，A穿在光滑的竖直杆上当人以速度v竖直向下匀速拉绳使质量为m的物体A上升高度h后到达如图所示位置时此时绳与竖直杆的夹角为θ．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．此时物体A的速度为
B．此时物体A的速度为vcosθ
C．该过程中绳对物体A做的功为mgh+
D．该过程中绳对物体A做的功为mgh+mv2cos2
【解答】解：将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，
根据平行四边形定则得，实际速度，故A正确，B错误；
CD、在A上升的过程中根据动能定理有：
即绳对A做的功为：W=，故C正确，D错误．
故选：AC．
如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，以恒定速度v0竖直向下运动．物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α=45°过程中，绳中拉力对物体做的功为（ ）
A．mv02
B．mv02
C．mv02
D．mv02
【
【解答】解：一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，以恒定速度v0竖直向下运动．
将物体的运动分解为沿绳子方向的运动，以及垂直绳子方向运动即绕滑轮的转动，
则由三角函数可解得：运动到绳与水平方向夹角α=45°时物体的速度v==v0
物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α=45°过程中，物体只受绳子拉力做功，
运用动能定理得
W=mv2﹣0=mv02．
故选B．
如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.2，杆的竖直部分光滑．两部分各套有质量均为1kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连．初始A、B均处于静止状态，已知：OA=3m，OB=4m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1m（取g=10m/s2），那么该过程中拉力F做功为（ ）
A．14J
B．10J
C．6J
D．4J
【解答】解：对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的弹力N1，如图
根据共点力平衡条件，有
竖直方向：N=G1+G2
水平方向：F=f+N1
其中：f=μN
解得
N=（m1+m2）g=20N
f=μN=0.2×20N=4N
对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到
WF﹣fs﹣m2g?h=0
根据几何关系，可知求B上升距离h=1m
故
WF=fs+m2g?h=4×1+1×10×1=14J
故选：A．
【过关检测】
如图所示，在竖直平面内有一个半径为R，粗细不计的圆管轨道．半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球恰能沿管道到达最高点B，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（ ）
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
【解答】解：A、重力做功与路径无关，只与初末位置高度差有关，故WG=mgR，故A错误；
B、小球恰能沿管道到达最高点B，得到B点速度为零；
故小球从P到B的运动过程中，动能增加量为零；重力势能减小量为mgR；故机械能减少量为mgR；故B正确；
C、小球从P到B的运动过程中，合外力做功等于动能的增加量，为零，故C错误；
D、由B选项分析得到机械能减小量为mgR，而机械能减小量等于克服摩擦力做的功，故克服摩擦力做功为mgR，故D错误；
故选B．
在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）
A．mgh﹣﹣
B．﹣mgh﹣﹣
C．mgh+﹣
D．mgh+﹣
【解答】解：选取物体从刚抛出到正好落地，空气阻力做功为Wf
由动能定理可得：mgh﹣Wf=
可得：Wf=﹣mgh
则克服阻力做功为﹣Wf为mgh+﹣
则C正确，ABD错误
故选：C如图在光滑的水平面上，物块在恒力F=100N作用下从A点运动到B点，不计滑轮的大小，不计绳与滑轮的质量及绳、滑轮间的摩擦，H=2.4m，α=37°，β=53°．求拉力F做的功？
【解答】解：物体从A点运动到B点，根据几何关系得：
绳子向下运动的位移x=
则拉力做的功W=Fx=100×1=100J
答：拉力F做的功为100J．
如图所示，物块Α、Β用一劲度系数为k=200N/m的轻弹簧相连静止于水平地面上，Α物体质量mA=2Kg，Β物体质量mB=4Kg．现用一恒力F=30N竖直向上拉物体A，使Α从静止开始运动，当Α运动到最高点时Β刚好要离开地面但不能继续上升．若弹簧始终处于弹性限度内，取g=10m/s2，求：
（1）Β刚要离开地面时，拉力F做的功：
（2）Β刚耍离开地面时Α的加速度大小；
（3）从Α开始运动到Α到达最高点的过程中弹簧弹力对Α做的功．
【解答】解：（1）未施加拉力时弹簧的缩短量为x1
kx1=mAg
B刚要离地是弹簧伸长量为x2
kx2=mBg
拉力做功：W1=F（x1+x2）=9J
（2）B刚要离地时，对A：
F﹣mAg﹣kx2=mAaA
解得：
（3）对A有动能定理得：
W1+W弹﹣mAg（x1+x2）=0
解得W弹=﹣3J
五、能够理解瞬时功率和平均功率的公式★★★☆☆☆
公式P＝和P＝Fv的区别：
(1)P＝是功率的定义式，P＝Fv是功率的计算式．
(2)平均功率的计算方法
①利用＝.
②利用＝F·cos
α，其中为物体运动的平均速度．
(3)瞬时功率的计算方法
①利用公式P＝Fvcos
α，其中v为t时刻的瞬时速度．
②P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
③P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
关于功率公式p=和p=Fv，下列说法正确的是（ ）
A．由p=知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率
B．由p=Fv只能求某一时刻的瞬时功率
C．由p=知，功率与时间成反比
D．由p=Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比
【解答】解：A、P=只能计算平均功率的大小，所以只要知道W和t就可求出时间t内的平均功率，所以A错误；
B、P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度，所以B错误；
C、P=是比值定义式，功率与时间无关，所以C错误；
D、从P=Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比，所以D正确；
故选：D
【过关检测】
如图，一物体在水平面上受到水平向右、大小为8N的恒力F作用，在4s时间内，向右运动2m，则在此过程中，力F对物体所做的功和平均功率分别为（ ）
A．32
J，4
W
B．32
J，8
W
C．16
J，8
W
D．16
J，4
W
【解答】解：力F所做的功为：W=Fx=8×2J=16J
平均功率为：，故D正确；
故选：D．物体做自由落体运动，在下落的第1s末和第2s末重力的瞬时功率之比为（ ）
A．1：1
B．1：2
C．1：3
D．1：4
【解答】解：第1s末速度与第2s秒末速度之比为：v1：v2=gt1：gt2=1：2
故第1s末速度与第2s秒末重力做功的瞬时功率之比为：mgv1：mgv2=v1：v2=1：2
故选：B
航天员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态向下摆，到达竖直状态的过程如图所示，则这一过程中航天员所受重力的瞬时功率变化情况是（ ）
A．一直增大
B．一直减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
【解答】解：由于重力是竖直向下的，重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的速度有关，在刚开始运动的时候，人的速度为零，所以此时人的重力的瞬时功率为零，当运动到最低点时，人的速度为水平方向的，与重力的方向垂直，此时的人重力的功率为零，所以重力的功率是先增大后或减小，所以C正确．
故选C．
六、能够计算瞬时功率和平均功率★★★★☆☆
竖直上抛一球，球又落回原处，已知空气阻力的大小正比于球的速度（ ）
A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功
B．上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功
C．上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
D．上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
．
【解答】解：重力是保守力，做功的大小只与物体的初末的位置有关，与物体的路径等无关，所以在上升和下降的过程中，重力做功的大小是相等的，所以A错误B正确．
物体在上升的过程中，受到的阻力向下，在下降的过程中受到的阻力向上，所以在上升时物体受到的合力大，加速度大，此时物体运动的时间短，在上升和下降的过程中物体重力做功的大小是相同的，由P=可知，上升的过程中的重力的功率较大，所以C正确，D错误．
如图，质量相等的两小球A和B，A球自由下落，B球从同一高度沿光滑斜面由静止开始下滑．当它们运动到同一水平面时，速度大小分别为vA和vB，重力的功率分别为PA和PB，则（ ）
A．vA=vB，PA=PB
B．vA=vB，PA＞PB
C．vA＞vB，PA＞PB
D．vA＞vB，PA=PB
【解答】解：AB在下落过程中，只有重力做功，因下降高度相同，重力做功全部转化为动能，故vA=vB，
A的速度竖直向下，B的速度沿斜面向下，由P=mgvsinθ可知，PA＞PB，故B正确
故选：B
如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况（ ）
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大，后减小
D．先减小，后增大
【解答】解：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点．
设绳子与竖直方向夹角是θ，则 =tanθ （F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上）
得 F=Gtanθ
而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是
P=Fvcosθ
则P=Gvsinθ
显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的．故A正确，B、C、D错误．
故选A．
【点评】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcosα，注意α为F与速度的夹角．
【点评】本题就是考查学生对功率概念的理解，瞬时功率的大小与力的大小和方向都有关．
如图，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（ ）
A．两小球落地时的速度相同
B．两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小
C．从开始运动至落地，A球速度的变化率较大
D．从开始运动至落地，重力对两球做功的平均功率A的大于B的
【解答】解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A错误．
B、到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B正确．
C、速度的变化率等于加速度，两球在运动的过程中，加速度相同．故C错误．
D、A球的运动时间小于B球的运动时间，重力做功相等，根据P=知，A球重力的平均功率大于B球重力的平均功率．故D正确．
故选：BD．
质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（ ）
A．3t0时刻的瞬时功率为
B．3t0时刻的瞬时功率为
C．从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．从t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
【解答】解：A、在0﹣2t0时间内，a=，则2t0时刻的瞬时速度v1=a?2t0=2at0，在2t0﹣3t0时间内，a′=，则3t0时刻的瞬时速度v=v1+a′t0=．所以3t0时刻的瞬时功率P=．故A错误，B正确．
C、根据动能定理得，W==．则．故C错误，D正确．
故选BD．
物体静止在光滑水平面上．先施加一水平向右的恒力F1，经t时间后撤去F1，立刻施加另一水平向左的恒力F2，又经t时间后物体回到开始出发点．在前后两段时间内F1、F2对应的平均功率P1、P2关系是（ ）
A．P2=5P1
B．P2=3P1
C．P2=2P1
D．P2=P1
【解答】解：物体从静止起受水平恒力F1
作用，做匀加速运动，经一段时间t后的速度为：v1=a1t=t
以后受恒力F2，做匀减速运动，加速度大小为：a2=
经同样时间后回到原处，整个时间内再联系物体的位移为零，得：
解得：F1：F2=1：3
又经时间t后物体回到出发点，所以：x1=x2
两个力做的功：W1=F1x1，W2=F2x2
所以：所以正确的选项为B．
故选：B
【过关检测】
如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．（g=10m/s2）则（ ）
A．物体的质量m=1.0kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.20
C．第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0J
D．前2s内推力F做功的平均功率=1.5
W
【解答】解：A、由速度时间图象可以知道在2﹣3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，
在1﹣2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a=2m/s2，由牛顿第二定律可得F﹣f=ma，所以m===0.5kg，所以A错误；
B、由f=μFN=μmg，所以μ===0.4，所以B错误；
C、第二秒内物体的位移是x=at2=×2×1=1m，摩擦力做的功W=fx=﹣2×1J=﹣2J，即克服摩擦力做功2J，所以C正确；
D、在第一秒内物体没有运动，只在第二秒运动，F也只在第二秒做功，F的功为W=Fx=3×1J=3J，所以前2S内推力F做功的平均功率为==W=1.5W，所以D正确．
故选：CD
如图，轻杆长为L，一端铰接在地面上可自由转动，一端固定一质量为m的小球（半径可忽略），一表面光滑的立方体物块（边长为a，且a远小于杆长L）在水平外力F作用下由杆的小球一端沿光滑地面以速度v0向左做匀速直线运动，并将杆顶起．下列哪些说法是正确的（ ）
A．在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大
B．在杆与地面夹角转到90°之前，F所做的功等于小球动能的改变量
C．当杆与地面的夹角为θ时，棒的角速度ω=
D．当杆与地面的夹角为θ时，小球克服重力做功的瞬时功率为ω=
【解答】解：A、木块速度为v0，杆上和木块接触点的速度为v0，触点绕固定点转动的分速度v′，由运动的分解可得：v′=v0sinθ，因触点点和小球在同一杆上以相同角速度转动，故在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大，故A正确．
B、由能量守恒定律可得，在杆与地面夹角转到90°之前，F所做的功等于小球机械能（动能和重力势能）的改变量，故B错误．
C、当杆与地面的夹角为θ时，木块与棒的触点绕固定点转动的分速度v′=v0sinθ，而触点与固定点的距离为r=，故棒的角速度ω=，故C错误．
D、D、当杆与地面的夹角为θ时，故棒的角速度ω=，故小球的竖直方向分速度为v″=Lωcosθ，小球克服重力做功的瞬时功率P=mgv″=，故D正确．
故选：AD
如图，分别用力F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一固定粗糙的斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端时，F1、F2、F3做功的功率大小关系是（ ）
A．P1=P2=P3
B．P1＞P2=P3
C．P2＞P1＞P3
D．P1＞P2＞P3
【解答】解：物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，
物体在运动过程中，受到拉力F，重力mg，摩擦力f，
摩擦力f=μFN，根据图象可知，f2＞f1＞f3，
根据牛顿第二定律，有：F1﹣mgsinα﹣μmgcosα=ma，故F1=mgsinα+μmgcosα+ma，
F2cosα﹣mgsinα﹣μ（mgcosα+F2sinα）=ma，故F2=，
F3cosα﹣mgsinα﹣μ（mgcosα﹣F3sinα）=ma，故F3=，
所以F2cosα＞F1＞F3cosα，
由于斜面的长度相同，物体的加速度相同，所以物体到达顶端的时候，物体的速度的大小也是相同的；
根据P=Fv可知，P2＞P1＞P3，
故选：C．
七、能够正确计算功和功率的综合问题★★★★★☆
在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v．则此时（ ）
A．拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
B．物块B满足m2gsinθ=kd
C．物块A的加速度为
D．弹簧弹性势能的增加量为Fd﹣m1gdsinθ﹣m1v2
【解答】解：A、由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为
P=Fv，故A错误；
B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2
①，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故B错误；
C、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F﹣m1gsinθ﹣kx2=m1a1
②，又开始时，A平衡，则有：m1gsinθ=kx1③，而d=x1+x2④，①②③④解得：物块A加速度为，故C正确；
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：，故D正确；
故选：CD．
如图所示，手持一根长为l的轻绳的一端在水平桌面上做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动，绳始终保持与该圆周相切，绳的另一端系一质量为m的木块，木块也在桌面上做匀速圆周运动，不计空气阻力（ ）
A．绳的拉力对木块不做功
B．木块不受桌面的摩擦力
C．绳的拉力大小等于mω3
D．绳的拉力对木块做功的功率等于
【解答】解：A、绳子的拉力方向与速度方向不垂直，知绳子对木块做功．故A错误；
B、木块做匀速圆周运动，径向的合力提供向心力，切线的合力为零，因为绳子在切线方向的分力不为零，则木块受到的摩擦力不为零，与绳子拉力切线方向的分力相等．故B错误．
C、木块做圆周运动的半径R=，根据径向的合力提供向心力得，Tcosφ=mRω2，cosφ=，故T=．故C错误．
D、手拉木块做功的功率P=Tv=Trω=．故D正确．
故选：D．
如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切．一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放．则（ ）
A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等
B．在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减少
C．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=2m2
D．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=3m2
【分析】AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是P=mgv，
分析竖直方向速度的变化情况求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系．
【解答】解：A、m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；
B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；
C、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：
m1gR（1﹣cos60°）=m2gR，
解得：m1=2m2
故C正确，D错误
故选BC
如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）t=0.1s时，物体A的加速度大小aA；
（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；
（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P′=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t′=3.8s时物体A的速度为1.2m/s．则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移是多少？
【分析】（1）对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律就出a；
（2）电动机的输出功率P=Fv，对B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，对B运用牛顿第二定律可解除F，根据运动学公式求出v，即可求得p；
（3）电动机的输出功率调整为5W时，根据P=Fv，求出F，对B进行受力分析，得出B受平衡力，所以B做匀速运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等，算出时间，算出位移s1，速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，根据动能定理求出位移s2，木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2．
【解答】解：（1）若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得：
f=μ1mAg=mAaA
解得：aA=0.5m/s2＜1.0m/s2，所以A的加速度为0.5m/s2；
（2）对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，根据牛顿第二定律得：
F﹣μ1mAg﹣μ2（mB+mA）g=mBaB
带入数据解得：F=7N，
v=aBt=1m/s
所以P=Fv=7W
（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F′，则P′=F′v1，代入数据解得F'=5N，
对木板进行受力分析，木板B受力满足F′﹣μ1mAg﹣μ2（mA+mB）g=0
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等．
设这一过程时间为t′，有v1=aA（t1+t′），这段时间内B的位移
s1=v1t′，
A、B速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，
由动能定理得：P′（t2﹣t′﹣t1）﹣μ2（mA+mB）gs2=
由以上各式带入数据得：木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2=3.03m
【过关检测】
如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：F=F0﹣kt（以向左为正，F0、k均为大于零的常数），物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，且μF0＞mg．t=0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上．则下列关于物体的运动说法正确的是（ ）
A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动
B．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线
C．物体克服摩擦力所做的功W=mgH
D．物体与墙壁脱离的时刻为t=
【解答】解：A、竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg﹣μF=ma，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当F=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误．
B、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线．故B错误．
C、物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得，mg，物体克服摩擦力所做的功W=mgH．故C正确．
B、当物体与墙面脱离时F为零，所以F=F0﹣kt=0，解得时间t=．故D正确．
故选：CD．
如图所示，质量m=2kg的重物用不可伸长的轻绳悬挂于天花板上的O点，一辆汽车在平台MN上通过固定在尾部的滑轮拖动重物，悬点O到平台的距离h=4m．开始时轻绳竖直，滑轮轻靠轻绳．汽车从N点以v=5m/s匀速向左运动，经过t=0.6s的时间到达M点，（不计一切摩擦、重力加速度g取10m/s2）以下判断正确的是（ ）
A．在此过程中重物沿直线运动
B．汽车到达M点时，重物的速度大小为3m/s
C．汽车达到M点时，轻绳对物体的拉力大于20N
D．在此过程中轻绳对重物做的功为54J
【解答】解：A、设绳子OM与竖直方向的夹角为θ，重物在竖直方向上运动的位移，可知重物在竖直方向上做变速运动，水平方向上运动规律与汽车运动规律相同，做匀速直线运动，根据运动的合成知，重物的运动一定是曲线运动，故A错误．
B、到达M点时，MN间的距离为MN=5×0.6m=3m，可知OM绳与竖直方向的夹角为37°，根据平行四边形定则知，重物的竖直方向上的速度v′=vsinθ=5×0.6m/s=3m/s，则合速度大于3m/s，故B错误．
C、重物的速度v′=vsinθ，θ逐渐增大，则重物的速度增大，重物做加速运动，加速度方向向上，可知轻绳的拉力大于重力，大于20N，故C正确．
D、根据功能关系知，W=mgy+，y=，v′=，
解得W=54J，故D正确．
故选：CD．
位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜面上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有（ ）
A．F2=F1，v1＞v2
B．F2=F1，v1＜v2
C．F2＞F1，v1＞v2
D．F2＜F1，v1＜v2
【解答】解：物体都做匀速运动，受力平衡，则：
F1=μmg
F2
cosθ=μ（mg﹣F2sinθ）
解得：F2（cosθ+μsinθ）=F1…①
根据F1与F2功率相同得：
F1v1=F2v2cosθ…②
由①②解得：
，
所以v1＜v2，
而F1与
F2的关系无法确定，大于、等于、小于都可以．
故选：BD
放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．物体的质量为kg
B．滑动摩擦力的大小为5N
C．0～6s内物体的位移大小为40m
D．0～6s内拉力做的功为20J
【解答】解：A、在2～6s内，已知f=F=N；当P=30W时，V=6m/s，得到牵引力为：F1=；0～2s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2；根据F﹣f=ma可知：m=kg，A正确．
B、在2～6s内，V=6m/s，P=10W，物体做匀速直线运动，F=f，则滑动摩擦力为：f=F=N，B错误；
C、0～6s内物体的位移大小等于v﹣t图象中图象与坐标轴所包围的面积，为：X=×2×6+4×6m=30m，C错误；
D、0～2s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2，有图可知，当P=30W时，V=6m/s，得到牵引力：F1=N=5N，在0～2s内物体位移为X1=6m，
则拉力做的功为：W1=F1X1=5×6J=30J，2～6s内拉力做的功为：W2=Pt=10×4J=40J，所以0～6s内拉力做的总功为：W=30+40J=70J，D错误．
故选：A
图中斜面的倾角为θ=37°，A是斜面的底端，B是斜面上一点，某时刻质量为1kg的滑块以初速度v0从斜面的底端A冲上斜面，设滑块与B的距离为x，图（b）是x随时间t变化的图象，已知重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．关于滑块，下列选项正确的是（ ）
A．上滑的初速度v0=4m/s
B．上滑的加速度a=2m/s2
C．上升过程克服摩擦力做功W=2.5J
D．上升过程重力的平均功率P=6W
【解答】解：A、B、采用逆向思维，将上滑1m过程过程看作反向的匀加速，故根据位移公式，有：x=，解得：a===8m/s2；
采用逆向思维，根据速度公式，上滑的初速度：v0=at=8×0.5=4m/s；
故A正确，B错误；
C、对上滑过程，根据动能定理，有：
解得：
Wf===2J；
故C错误；
D、上升过程克服重力做功：WG=mgxsin37°=1×10×1×0.6=6J；
故平均功率为：；故D错误；
故选：A．
质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则A、B两物体（ ）
A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12
B．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1
C．在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：2
D．在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：3
【解答】解：A、由图象可得，A加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知
①
=
②由①②得f1=F
B加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知
③
④
由③④得f2=F
所以与水平面的摩擦力大小之比为F：=5：12，故A正确；
B、合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时a=μg，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：12，在匀加速运动阶段，合外力做功之比为等于末动能之比，为：=5×22：12×12=5：3，故B错误；
C、根据图象面积表示位移知AB两物体的位移之比为6：5，由W=Fs知在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比（5×6）：（12×5）=1：2．故C正确；
D、由P=知平均功率之比为=5：6，故D错误；
故选：AC．
在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度为a，且方向沿斜面向上．设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则（ ）
A．当B刚离开C时，A发生的位移大小为
B．从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为
C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（2mgsinθ+ma）v
D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为
【解答】解：A、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：
mgsinθ=kx1
解得：x1=
物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有；
2mgsinθ=kx2
解得：x2=
故物块A运动的距离为：，故A正确；
B、从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为，故B错误；
C、此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：
F﹣mgsinθ﹣T=ma
弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：
T=2mgsinθ
故：F=3mgsinθ+ma，恒力对A做功的功率为（3mgsinθ+ma）v．故C错误；
D、当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F﹣mgsinθ﹣T′=0
所以：T′=2mgsinθ+ma
B沿斜面方向受到的力：FB=T′﹣2mgsinθ=ma
又：FB=2ma′
所以：．故D正确．
故选：AD．
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