【物理】2020届一轮复习人教版 功和功率 学案

【物理】2020届一轮复习人教版 功和功率 学案

第五章 机械能 　【p77】‎ 内　容 要求 说　明 功和功率 Ⅱ 动能和动能定理 Ⅱ 重力做功与重力势能 Ⅱ 功能关系、机械能守恒定律及其应用 Ⅱ 实验：探究动能定理 实验：验证机械能守恒定律 ‎2017、2018命题情况　【p77】‎ 年份 考题 题型 分值 主要考点 ‎2017‎ 全国卷Ⅰ第24题 计算题 ‎12分 动能与势能的计算 全国卷Ⅱ第14题 选择题 ‎6分 力做功的判定 全国卷Ⅱ第17题 选择题 ‎6分 机械能守恒与平抛综合 全国卷Ⅲ第16题 选择题 ‎6分 功与重力势能 北京卷第21题 实验题 ‎18分 探究做功与动能变化的关系 北京卷第24题 计算题 ‎20分 电磁感应中的功能关系 年份 考题 题型 分值 主要考点 ‎2017‎ 海南卷第6题 选择题 ‎4分 重力的功　动能定理 天津卷第4题 选择题 ‎6分 机械能　功率 天津卷第9题(2)‎ 实验题 ‎6分 验证机械能守恒 天津卷第10题 计算题 ‎16分 动量守恒　机械能守恒 江苏卷第3题 选择题 ‎3分 动能定理 江苏卷第9题 选择题 ‎4分 能量守恒　牛顿定律 江苏卷第10题 实验题 ‎8分 探究做功与动能变化的关系 江苏卷第14题 计算题 ‎16分 物体平衡　动能定理 ‎2018‎ 全国卷Ⅰ第14题 选择题 ‎6分 动能定理的应用 全国卷Ⅰ第18题 选择题 ‎6分 恒力做功、功能关系 全国卷Ⅰ第24题 计算题 ‎12分 牵涉到机械能 全国卷Ⅱ第14题 选择题 ‎6分 动能定理的应用 第1节　功和功率 　　【p77】‎ 夯实基础　‎ ‎1．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．‎ ‎2．计算功的公式：W＝__Flcos__α__，其中F为恒力，α为F的方向与位移l的方向之间的夹角；功的单位：__焦耳__(J)；功是__标__(填“矢”或“标”)量．‎ ‎3．正功和负功：根据W＝Flcos α可知：‎ ‎0≤α＜90°‎ α＝90°‎ ‎90°＜α≤180°‎ 功的正负 W＞0‎ W＝0‎ W＜0‎ 意义 力F对物 体做正功 力F对物 体不做功 力F对物 体做负功 力F是动力 还是阻力 动力 阻力 考点突破　　‎ 例1分析下列三种情况下各力做功的正负情况：(1)如图甲所示，光滑水平面上有一光滑斜面b，物块a从斜面顶端由静止开始下滑的过程；(2)人造地球卫星在椭圆轨道上运行，由图乙中的a点运动到b点的过程；(3)小车M静止在光滑水平轨道上，球m用细绳悬挂在车上，由图丙中的位置无初速度释放，小球下摆的过程．则(　　)‎ A．图甲中，斜面对物块不做功 B．图乙中，万有引力对卫星做正功 C．图丙中，绳的拉力对小车做负功 D．图丙中，绳的拉力对小球做负功 ‎【解析】物块a下滑过程中，因为支持力与位移之间的夹角大于90°，所以支持力对物体做负功，选项A错；因为卫星由a点运动到b点的过程中，万有引力的方向和速度的方向的夹角大于90°，所以万有引力对卫星做负功，选项B错；小球下摆的过程中，绳的拉力使车的动能增加了，绳的拉力对小车做正功，C错；又因为小车与小球构成的系统机械能守恒，小车机械能增加了，则小球的机械能减小了，所以绳的拉力对小球做负功，正确答案为D.‎ ‎【答案】D ‎【小结】判断功的正、负主要有以下三种方法：‎ ‎1．若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断，此法常用于恒力做功的判断．‎ ‎2．若物体做曲线运动，依据F与v的方向的夹角α的大小来判断．当 0≤α<90° 时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功．‎ ‎3．依据能量变化来判断：此法既适用于恒力做功，也适用于变力做功，‎ 关键应分析清楚能量的转化情况．根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有相关的力对物体做功．‎ 例2如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成θ角的位置，求此过程中，各力对小球做的总功为(　　)‎ A．FLsin θ B．mgL(1－cos θ)‎ C．FLsin θ－mgL(1－cos θ)‎ D．FLsin θ－mgLcos θ ‎【解析】如图，小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则WF＝F·CB＝F·Lsin θ 小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则 WG＝mg·AC·cos 180°＝－mg·L(1－cos θ)‎ 绳的拉力FT时刻与运动方向垂直，则WFT＝0‎ 故W总＝WF＋WG＋WFT＝FLsin θ－mgL(1－cos θ)‎ 所以选项C正确．‎ ‎【答案】C ‎【小结】在计算力所做的功时，首先要对物体进行受力分析，明确是要求哪个力做的功，这个力是恒力还是变力；其次进行运动分析，明确是要求哪一个过程力所做的功．关于恒力的功和总功的计算方法如下：‎ ‎1．恒力做功 对恒力作用下物体的运动，力对物体做的功用W＝Flcos α求解．该公式可写成W＝F·(l·cos α)＝(F·cos α)·l.即功等于力与力方向上的位移的乘积或功等于位移与位移方向上的力的乘积．‎ ‎2．总功的求法 ‎(1)总功等于合外力的功．‎ 先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总＝F合lcos α计算总功，但应注意α应是合力与位移l的夹角．‎ ‎(2)总功等于各力做功的代数和．‎ ‎(3)总功等于力与位移关系图象(F－x图象)中图线与位移轴所围几何图形的“面积”．‎ 针对训练　‎ ‎1．(多选)如图所示，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法正确的是(ACD)‎ 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 ‎【解析】重力与位移方向的夹角大于90°，重力对人做负功，A对．人不受摩擦力作用，B错．支持力方向与人的位移方向的夹角小于90°，支持力对人做正功，C对．人匀速上行，动能不变，依动能定理，D对．‎ ‎2．图甲为索契冬奥会上为我国夺得首枚速滑金牌的张虹在1 000 m决赛中的精彩瞬间．现假设某速滑运动员某段时间内在直道上做直线运动的速度－时间图象可简化为图乙，已知运动员(包括装备)总质量为60 kg，在该段时间内受到的阻力恒为总重力的0.1倍，g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(D)‎ A．在1～3 s内，运动员的加速度为0.2 m/s2‎ B．在1～3 s内，运动员获得的动力是30 N C．在0～5 s内，运动员的平均速度是12.5 m/s D．在0～5 s内，运动员克服阻力做的功是3 780 J ‎【解析】速度－时间图线的斜率表示加速度，则在1～3 s内，运动员的加速度为：a＝ m/s2＝0.5 m/s2，故A错误；在1～3 s内，根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得运动员获得的动力F＝60×0.5 N＋600×0.1 N＝90 N，故B错误；图线与时间轴所围成的“面积”表示物体的位移，则在0～5 s内，运动员的位移x＝12×1 m＋×(12＋13)×2 m＋2×13 m＝63 m，则运动员的平均速度＝＝ m/s＝12.6 m/s，故C错误；在0～5 s内，运动员克服阻力做的功W克＝0.1×600×63 J＝3 780 J，故D正确．‎ 　　【p78】‎ 夯实基础　‎ 计算变力做功的常用方法 ‎1．利用微元法求解：将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和，适用于求解大小不变、方向改变的变力做功；‎ ‎2．利用图象求解：如在F－x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负；‎ ‎3．利用平均力求解：当力的方向不变而大小随位移做线性变化时，可先求出力对位移的平均值F＝，再由W＝Flcos α计算，如弹簧弹力做功；‎ ‎4．化变力为恒力求解：通过转换研究的对象，可将变力做功转化为恒力做功，用W＝Flcos ‎ α求解，如轻绳通过定滑轮拉动物体运动情景下拉力做功问题；‎ ‎5．用功率求功：机车发动机保持功率P恒定做变速运动时，牵引力是变力，牵引力做的功W＝Pt；‎ ‎6．另外恒力做功和变力做功均可应用动能定理求解．‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 考点突破　　‎ 例3一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)‎ A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR ‎【解析】在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确．‎ ‎【答案】C 针对训练　‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎3．一物体所受的力F随位移x变化的图象如图所示，在这一过程中，力F对物体做的功为(B)‎ A．3 J B．6 J C．7 J D．8 J ‎【解析】力F对物体做的功等于x轴上方梯形“面积”所表示的正功与x轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和．‎ W1＝×(3＋4)×2 J＝7 J W2＝－×(5－4)×2 J＝－1 J 所以力F对物体做的功为W＝7 J－1 J＝6 J.‎ 故选项B正确．‎ ‎4．人拉着绳通过一定滑轮吊起质量m＝50 kg的物体，如图所示，开始绳与水平方向夹角为60°，当人匀速提起重物由A点沿水平方向运动s＝2 m而到达B点，此时绳与水平方向成30°角，已知重力加速度g＝10 m/s2，求人对绳的拉力做了多少功？‎ ‎【解析】设滑轮距A、B点的高度为h，则：h＝s 人由A走到B的过程中，重物上升的高度Δh等于滑轮右侧绳子增加的长度，即：Δh＝－，人对绳子做的功为：W＝mg·Δh＝mgs＝1 000 J≈732 J.‎ 　　【p79】‎ 夯实基础　‎ ‎1．功率的定义：功与完成这些功所用时间的比值．‎ ‎2．功率的物理意义：描述力对物体__做功的快慢__．‎ ‎3．功率的公式 ‎(1)P＝，P为时间t内的__平均功率__．‎ ‎(2)P＝Fvcos α(α为F与v的夹角)‎ ‎①v为平均速度，则P为__平均功率__．‎ ‎②v为瞬时速度，则P为__瞬时功率__．‎ ‎4．额定功率：机械__正常工作__时输出的__最大__功率．‎ ‎5．实际功率：机械__实际工作__时输出的功率．要求__不大于__额定功率．‎ 考点突破　　‎ ‎ 例4‎ 如图所示，一个表面光滑的斜面体M固定在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α<β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A、B滑至斜面底端．则(　　)‎ A．滑块A的质量大于滑块B的质量 B．两滑块到达斜面底端时的速度大小相等 C．两滑块同时到达斜面底端 D．两滑块到达斜面底端时，滑块A重力的瞬时功率较大 ‎【解析】滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：mAgsin α＝mBgsin β；由于α＜β，故mA＞mB，A正确；滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh＝mv2，解得：v＝，由于两个滑块与地面的高度差相等，落地速度大小相等，B正确；由牛顿第二定律得：mgsin θ＝ma，a＝gsin θ，α＜β，则：aA＜aB，物体的运动时间t＝，v相同，aA＜aB，则：tA＞tB，C错误；滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：PA＝mAgsin α·v，PB＝mBgsin α·v；由于mAgsin α＝mBgsin β，故PA＝PB，D错误．‎ ‎【答案】AB ‎【小结】1.平均功率的计算方法 ‎(1)利用P＝.‎ ‎(2)利用P＝Fvcos α，其中v为物体运动的平均速度．‎ ‎2．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．‎ ‎(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．‎ ‎(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．‎ ‎3．求功率时应注意的问题 ‎(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程或某一段时间内的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．‎ ‎(2)求功率大小时要注意F与v方向间的夹角α对结果的影响．‎ 针对训练　‎ ‎5．(多选)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F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是(BD)‎ A．小球的机械能保持不变 B．小球受的合力对小球不做功 C．水平拉力F的瞬时功率逐渐减小 D．小球克服重力做功的瞬时功率逐渐增大 ‎【解析】小球匀速率运动，重力势能增加，动能不变，故机械能增加，故A错误；小球匀速率运动，动能不变，根据动能定理，合力做功为零，故B正确；重力不变，速度方向与重力的夹角不断增大(大于90度)，故根据P＝Gvcos θ，重力的瞬时功率的绝对值不断增大，故D正确；小球匀速率运动，合力的功率为零，小球克服重力做功的瞬时功率不断增大，拉力T不做功，故拉力F的功率不断增大，故C错误．‎ ‎6．(多选)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(BD)‎ A．3t0时刻的瞬时功率为 B．3t0时刻的瞬时功率为 C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 ‎【解析】在0～2t0时间内，物体的加速率a1＝，2t0时刻的速度v1＝a12t0＝，位移x1＝；2t0～3t0时间内，加速度a2＝，3t0时刻的速度v2＝v1＋a2t0＝，2t0～3t0时间内的位移x2＝；所以3t0时刻的瞬时功率P＝3F0v2＝，B对，A错；3t0内的平均功率P＝＝＝，D对，C错．‎ 　　【p80】‎ 夯实基础　‎ 两种常见机车启动问题的比较 启动方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P－t图 和 v－t图 OA 段 过程 分析 v↑F＝↓‎ a＝↓‎ a＝不变F不变，v↑P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1，v1＜vm 运动 性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间 t0＝ ‎ ‎＝ AB 段 过程 分析 F＝F阻a＝0vm＝ P额不变v↑F＝↓a＝↓‎ 运动 性质 以vm匀速直线运动 加速度减小的加速运动 BC段 无 F＝F阻a＝0 以vm＝匀速运动 转折点 在转折点A，F＝F阻，a＝0，速度达到最大vm＝ 在转折点A，P＝P额，匀加速运动结束，但a≠0，此时v1＝；在转折点B，速度达到最大vm＝ 注意 ‎①P＝Fv，F是牵引力而不是合力；‎ ‎②P额＝F阻vm时，即牵引力与阻力平衡时，达到最大速度；‎ ‎③无论以哪种方式启动，机车的最大速度都等于其做匀速直线运动时的速度，即vm＝.‎ 考点突破　　‎ 例5下列各图是反映汽车(额定功率P额)从静止开始以加速度a1匀加速启动，最后做匀速运动的过程中．其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，已知汽车质量为m，匀加速运动的末速度为v1，匀速运动的速度为vm，所受阻力为f.其中正确的是(　　)‎ ‎【解析】从静止开始匀加速启动，由公式P＝Fv及题意知，当力恒定，随着速度的增大功率P增大，当P＝P额时，功率不再增大，此时，牵引力F大于阻力f，速度继续增大，牵引力减小，此后汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当F＝f时，速度达最大，做匀速运动．由以上分析知，B错，A、C、D对．‎ ‎【答案】ACD ‎【小结】对于机车启动问题应先弄清启动方式是功率恒定还是加速度恒定．机车启动的方式不同，运动规律不同，即其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同．分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．‎ 以恒定功率启动的过程不是匀加速运动，所以匀变速直线运动的公式不适用，这时加速过程中牵引力做功用W＝Pt计算，不能用W＝FL计算(因为F为变力)，由动能定理得Pt－Ffx＝ΔEk，该式可求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度问题．‎ 以恒定牵引力加速启动时的功率一定不是恒定的，这种加速过程中发动机做的功常用W＝FL计算，不能用W＝Pt计算(因为功率P是变化的)．‎ 针对训练　‎ ‎7．(多选)质量为m的汽车在平直公路上以恒定功率P从静止开始运动，若运动中所受阻力恒定，大小为f.则(BC)‎ A．汽车先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 B．汽车先做加速度减小的加速直线运动，后做匀速直线运动 C．汽车做匀速运动时的速度大小为 D．汽车加速运动时，发动机牵引力大小等于f ‎【解析】根据P＝Fv知，因为汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得a＝，加速度减小，当加速度减小到零，牵引力与阻力相等，汽车做匀速直线运动，匀速运动的速度v＝.所以汽车先做加速度减小的变加速运动，最终做匀速直线运动，故B、C正确．‎ 考 点 集 训　【p289】‎ A组 ‎1．如图所示的a、b、c、d中，质量为M的物体甲受到相同的恒力F的作用，在力F作用下使物体甲在水平方向移动相同的位移．μ表示物体甲与水平面间的动摩擦因数，乙是随物体甲一起运动的小物块，比较物体甲移动的过程中力F对物体甲所做的功的大小正确的是(D)‎ A．Wa最小 B．Wd最大 C．Wa>Wc D．四种情况一样大 ‎【解析】W＝Fscos θ，四种情况，F、s、θ都相同，故W也相同，D正确．‎ ‎2．(多选)如图甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v－t图象如图乙所示．下列说法正确的是(AD)‎ A．在0～t1时间内，货物处于超重状态 B．在0～t2时间内，起重机拉力对货物不做功 C．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功 D．匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小 ‎【解析】由v－t图象可知在0～t1时间内，货物具有向上的加速度， 故处于超重状态，选项A正确；在t1～t3时间内，起重机的拉力始终竖直向上，一直做正功，选项B、C错误；匀速阶段拉力小于加速阶段的拉力，而匀速阶段的速度大于加速阶段的速度，由P＝Fv可知匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小，选项D正确．‎ ‎3．如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时小木块静止在木板左端，现用水平向右的力将小木块拉至右端，拉力至少做功为(A)‎ A．μmgL B．2μmgL C. D．μ(M＋m)gL ‎【解析】设绳的张力为T，匀速拉动时，做功最少．对于m，F＝μmg＋T，对于M，T＝μmg，s＝，∴W＝F·＝μmgL，选A.‎ ‎4．在光滑的水平面上，用一水平拉力F使物体从静止开始移动x，平均功率为P，如果将水平拉力增加为4F，使同一物体从静止开始移动x，平均功率为(D)‎ A．2P B．4P C．6P D．8P ‎【解析】设第一次运动时间为t，则其平均功率表达式为P＝；第二次加速度为第一次的4倍，由x＝at2可知时间为，其平均功率为P′＝＝＝8P，选项D正确．‎ ‎5．小刚同学在水平地面上把一个质量为1 kg的小球以大小为4 m/s的初速度沿某方向抛出，小球经过时间0.4 s落地，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列判断正确的是(D)‎ A．小球在最高点的机械能为8 J B．小球落地点与抛出点间的距离为0.8 m C．小球在运动过程中机械能可能减小 D．落地时重力做功的功率为20 W ‎【解析】小球在运动过程中只受重力，机械能守恒，小球初动能为mv2＝8 J，没有规定零重力势能点，故选项A、C均错误；由题意可知小球抛出后做斜上抛运动，∵t总＝t上＋t下＝0.4 s，故t上＝t下＝0.2 s，抛出时竖直向上的分速度为vy＝2 m/s，∴水平分速度vx＝2 m/s，小球在水平方向上匀速运动，可知水平距离为x＝vxt总＝2×0.4 m＝ m，故选项B错误；小球落地时的竖直分速度为vy＝2 m/s，重力做功的瞬时功率P＝mgvy＝20 W，选项D正确．‎ ‎6．如图所示，把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是(C)‎ A．两小球落地时速度相同 B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同 D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同 ‎【解析】落地时速率相同，但速度方向不同，A错；竖直方向的速度不同，重力功率不同，B错；重力做功W＝mgh，相同，C对；运动时间不同，重力做功平均功率不同，D错．‎ ‎7．如图所示，轻弹簧一端与竖直墙壁相连，另一端与一质量为m的木块连接，放在光滑的水平面上．弹簧劲度系数为k，开始时处于自然长度．现用水平力缓慢拉木块，使木块前进x，求拉力对木块做了多少功？‎ ‎【解析】在缓慢拉动过程中，力F与弹簧弹力大小相等，即F＝kx.当x增大时，F增大，即F是一变力，求变力做功时，不能直接用Fscos α计算，可以用力相对位移的平均值代替它，把求变力做功转换为求恒力做功．F缓慢拉木块，可以认为木块处于平衡状态，故拉力等于弹力，即F＝kx.因该力与位移成正比，可用平均力＝kx求功，故W＝·x＝kx2.‎ ‎8．质量为6 t的汽车从静止开始以a＝0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，一段时间后达到额定功率，之后以额定功率运动，直到达到最大速度，整个过程历时50 s，已知汽车的额定功率P0＝60 kW，汽车所受阻力恒为f＝3×103 N，求：‎ ‎(1)汽车匀加速运动所用的时间t；‎ ‎(2)汽车从静止到达到最大速度所经过的路程．‎ ‎【解析】(1)由牛顿第二定律F－f＝ma得 F＝f＋ma＝3×103 N＋6×103×0.5 N＝6×103 N 则匀加速的末速度v＝＝ m/s＝10 m/s 则匀加速运动的时间t＝＝ s＝20 s ‎(2)汽车匀速行驶时F＝f，达到最大速度vm 则vm＝＝ m/s＝20 m/s 匀加速阶段的位移为x1，则x1＝at2＝100 m 变加速阶段的位移为x2，‎ 由动能定理P0t′－fx2＝mv－mv2‎ t′＝50－t 则x2＝300 m x＝x1＋x2＝400 m B组 ‎9．如图所示，质量为m＝2 kg的木块在倾角θ＝37°的足够长斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为μ ＝0.5，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则前2 s内重力的平均功率和2 s末的瞬时功率分别为(B)‎ ‎ A．48 W　24 W B．24 W　48 W D．12 W　24 W C．24 W　12 W ‎【解析】木块所受的合外力F合＝mgsin θ－μmgcos θ ‎＝mg(sin θ－μcos θ)＝2×10×(0.6－0.5×0.8) N＝4 N 木块的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2‎ 前2 s内木块的位移x＝at2＝×2×22 m＝4 m 所以，重力在前2 s内做的功为 W＝mgxsin θ＝2×10×4×0.6 J＝48 J 重力在前2 s内的平均功率＝＝ W＝24 W.‎ 木块在2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s ‎2 s末重力的瞬时功率 P＝mgsin θ·v＝2×10×0.6×4 W＝48 W.‎ 故选项B正确．‎ ‎10．一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N(D)‎ A．t＝6 s时，物体的速度为18 m/s B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J C．t＝6 s时，摩擦力的功率为400 W D．t＝6 s时，拉力F的功率为200 W ‎【解析】根据Δv＝aΔt可知a－t图象中，图象与坐标轴围成的“面积”表示速度的增量，则在t＝6 s时刻，物体的速度v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋××6 m/s＝20 m/s，故A错误；根据动能定理得：W合＝ΔEk＝mv－mv＝396 J，故B错误；摩擦力的功率Pf＝fv6＝－2×20 W＝－40 W，故C错误；在t＝6 s时刻，根据牛顿第二定律得F＝ma＋f＝(2×4＋2) N＝10 N，则PF＝Fv6＝10×20 W＝200 W，故D正确．‎ ‎11．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s.从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，以下说法正确的是(C)‎ A．第1 s内，F对滑块做的功为3 J B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W D．前3 s内，F对滑块做的总功为零 ‎【解析】由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块的位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误．‎ ‎12．下表是一辆电动车的部分技术指标，其中的额定车速是指电动车满载的情况下，在平直道路上以额定功率匀速行驶时的速度.‎ 额定车速 ‎18 km/h 电源输出电压 ‎≥36 V 整车质量 ‎40 kg 充电时间 ‎6～8 h 载重 ‎80 kg 电动机的额定输出功率 ‎180 W 电源 ‎36 V/12 Ah 电动机的额定工作 电压/电流 ‎36 V/6 A 请根据表中的数据，完成下列问题(g取10 m/s2)．‎ ‎(1)在行驶的过程中，电动车受到的阻力是车重(包括载重)的k倍，假定k是定值，试推算k的大小；‎ ‎(2)若电动车以额定功率行驶，求速度为3 m/s时的加速度是多少？‎ ‎【解析】(1)由表可得到P出＝180 W，车速v＝18 km/h＝5 m/s，由P出＝Fv，匀速直线运动时有F＝f，其中 f＝k(M＋m)g，解得k＝0.03.‎ ‎(2)当车速v′＝3 m/s时，牵引力F′＝，由牛顿第二定律知 F′－k(M＋m)g＝(m＋M)a，解得a＝0.2 m/s2.‎