2023版高考物理一轮复习精选题辑课练14功和功率

课练14功和功率1．(2023·江苏南通模拟)(多项选择)如下图，有三个相同的小球A、B、C，其中小球A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面以初速度v0从顶端滑到底端，小球B以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，小球C在同等高度处以初速度v0水平抛出，那么()A．小球A到达地面时的速度最大B．从开始至落地，重力对它们做功相同C．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率一定相同D．三个小球到达地面时，小球B重力的瞬时功率最大答案：BD解析：三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定律可知三个小球落地时动能相等，速度的大小相等．故A错误；重力做功只与初、末位置有关，三个小球的起点和终点的高度差一样，所以重力做的功相同，故B正确；由题可知，B与C在空中运动的时间显然不同，平均功率等于做功的大小与所用时间的比值，小球重力做的功相同，但是时间不同，所以重力做功的平均功率不同，故C错误；小球落地时的速度的大小相等而方向不同，由于A、C两球都有水平方向的分速度，而B球没有水平方向的分速度，所以B球竖直方向的速度最大，由瞬时功率的公式可以知道，B球的重力的瞬时功率最大，故D正确．2．如下图，一架自动扶梯以恒定的速度v1运送乘客上同一楼层，某乘客第一次站在扶梯上不动，第二次以相对扶梯v2的速度匀速往上走．扶梯两次运送乘客所做的功分别为W1、W2，牵引力的功率分别为P1、P2，那么()A．W1<W2，P1<P2B．W1<W2，P1＝P2C．W1＝W2，P1<P2D．W1>W2，P1＝P2答案：D解析：功等于力和在力的方向上通过的距离的乘积，由于都是匀速运动，两种情况力的大小相等；由于第二次人沿扶梯向上走了一段距离，所以第一次扶梯运动的距离要比第二次扶梯运动的距离长，故两次扶梯运客所做的功不同，有W1>W2；功率等于力与沿力方向的速度的乘积，由于都是匀速，两种情况力的大小相等，扶梯移动的速度也相同，电机驱动扶梯做功的功率相同，即P1＝P2，应选D.3．如下图，在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．在0～t4(一个周期)内，从图中可以判断以下说法正确的选项是()A．t2时刻质点所在的位置为质点运动的对称中心B．在0～t1时间内，外力逐渐减小，外力的功率逐渐增大C．t4时刻，质点回到出发点D．在t2～t3时间内，外力做的总功为零答案：C解析：因v－t图象中图线与横轴所围的面积表示位移，分析图象可知，质点在t2时刻位移最大，速度为零，之后运动方向改变，在一个周期内位移为零，即回到出发点，故A错误；v－t图象中图线的斜率表示加速度，所以在0～t1时间内，质点做加速度减小的加速度运动，由于加速度对应合外力，那么t＝0时刻，外力最大，但质点速度为零，根据P＝Fv知，外力的功率为零，t1时刻速度最大，但外力为零，外力的功率仍然为零，所以，在0～t1时间内，外力逐渐减小，但外力的功率先增大后减小，B错误；t4时刻质点回到出发点，位移为零，C正确；t2时刻质点速度为零，t3时刻质点速度沿负方向最大，那么动能最大，所以在t2～t3时间内，外力做的总功不为零，D错误．4．(2023·河北衡水中学二调)(多项选择)竖直上抛一球，球又落回原处，空气阻力的大小正比于球的速度，下述分析正确的选项是()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．上升过程中克服阻力做的功等于下降过程中克服阻力做的功C．上升过程中合力做的功的绝对值大于下降过程中合力做的功的绝对值D．上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率大于下降过程中重力做功的最大瞬时功率答案：CD解析：重力做功的大小只与物体的初、末位置有关，与物体的运动路径无关，所以在上升和下降的过程中，重力做功的大小是相等的，故上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，故A错误；在上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，而空气阻力的大小正比于球的速度，所以在上升过程中的平均阻力大于下降过程中的平均阻力，位移大小是相等的，所以上升过程中克服阻力做的功大于下降过程中克服阻力做的功，故B错误；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，所以在上升时球受到的合力大，上升过程中合力做的功的绝对值大于下降过程中合力做的功的绝对值，故C正确；上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率在初始位置，下降过程中重力做功的最大瞬时功率也在回到原位置处，由于有阻力做负功，所以落回原点的速度小于抛出时的速度，根据P＝mgv可知，上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率大于下降过程中重力做功的最大瞬时功率，故D正确．5．(2023·河北五个一名校联盟二模)(多项选择)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度随时间变化的图象和该拉力的功率随时间变化的图象分别如图甲、乙所示．以下说法正确的选项是()A．0～6s内物体的位移大小为30mB．2～6s内拉力做的功为40JC．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5N答案：ABC解析：0～6s内物体的位移大小x＝eq\f(4＋6,2)×6m＝30m，故A正确；2～6s内拉力做的功W＝Pt＝10×4J＝40J，故B正确；在2～6s内，物体做匀速直线运动，合外力为零，合外力做的功为零，那么合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等，故C正确；在2～6s内，v＝6m/s，P＝10W，物体做匀速直线运动，摩擦力f＝F，得到f＝F＝eq\f(P,v)＝eq\f(5,3)N，故D错误．6．(2023·湖南师大附中二模)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，人和车的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0、车对轨道的压力为mg.设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，那么()A．车经最低点时对轨道的压力为mgB．车运动过程中发动机的功率一直不变C．车经最低点时发动机功率为3P0D．车从最高点到最低点的过程中，人和车重力做功的功率不变答案：C解析：在最高点，向心力大小为Fn＝N1＋mg＝2mg，摩托车做匀速圆周运动，向心力大小不变，那么在最低点N2－mg＝Fn，得N2＝3mg，根据牛顿第三定律得车经最低点时对轨道的压力为3mg，故A错误；在最高点，发动机功率P0＝F1v＝μN1v＝μmgv，在最低点发动机功率为P＝F2v＝μN2v＝3μmgv，那么有P＝3P0，故B错误，C正确；摩托车做匀速圆周运动，速度大小不变，重力大小不变，车从最高点到最低点的过程中，重力方向和速度方向的夹角先变小再变大，重力功率先变大再变小，故D错误．7．(2023·安徽安庆二中月考)(多项选择)一质量为m的木块静止在光滑的水平面上．从t＝0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，以下说法正确的选项是()A．木块在经历时间t1的过程中，水平恒力F做的功为eq\f(F2t\o\al(2,1),2m)B．木块在经历时间t1的过程中，在t1时刻力F的瞬时功率为eq\f(F2t1,2m)C．木块在经历时间t1的过程中，在t1时刻力F的瞬时功率为eq\f(F2t1,m)D．木块在经历时间t1的过程中，水平恒力F做功的平均功率为eq\f(F2t\o\al(2,1),m)答案：AC解析：由牛顿第二定律可以得到，F＝ma，所以a＝eq\f(F,m)，t1时刻的速度为v＝at1＝eq\f(F,m)t1，t1时间内通过的位移为x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(Ft\o\al(2,1),2m)，做的功为W＝Fx＝eq\f(F2t\o\al(2,1),2m)，故A正确；所以t1时刻F的瞬时功率为P＝Fv＝F·eq\f(F,m)t1＝eq\f(F2t1,m)，故B错误，C正确；平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(F2t1,2m)，故D错误．8．(2023·四川资阳二诊)(多项选择)一质量为800kg的电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，到达的最大速度为18m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F－eq\f(1,v)图象，图中AB、BC均为直线．假设电动汽车行驶过程中所受的阻力恒定，由图象可知以下说法正确的选项是()A．电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动B．电动汽车的额定功率为10.8kWC．电动汽车由静止开始经过2s，速度到达6m/sD．电动汽车行驶中所受的阻力为600N答案：BD解析：AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，电动汽车的加速度不变，做匀加速直线运动，故A错误；额定功率P＝Fminvmax＝600×18W＝10.8kW，故B正确；匀加速运动的加速度a＝eq\f(3000－600,800)m/s2＝3m/s2，到达B点时的速度v＝eq\f(P,F)＝eq\f(10800,3000)m/s＝3.6m/s，所以匀加速的时间t＝eq\f(v,a)＝1.2s，假设电动汽车在2s内由静止开始一直做匀加速运动，那么经过2s时的速度v＝at＝6m/s，所以电动汽车由静止开始经过2s，速度小于6m/s，故C错误；当最大速度vmax＝18m/s时，牵引力为Fmin＝600N，故恒定阻力f＝Fmin＝600N，故D正确．9．如下图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时缆绳与水平方向的夹角为θ，小船的速度大小为v0，那么此时小船加速度大小a和缆绳对船的拉力F为(缆绳质量忽略不计)()A．a＝eq\f(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,v0cosθ)－f))，F＝eq\f(P,v0cosθ)B．a＝eq\f(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,v0)－f))，F＝eq\f(P,v0cosθ)C．a＝eq\f(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,v0cosθ)－f))，F＝eq\f(P,v0)D．a＝eq\f(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,v0)－f))，F＝eq\f(P,v0)答案：B解析：根据P＝Fv0cosθ得F＝eq\f(P,v0cosθ)，根据牛顿第二定律Fcosθ－f＝ma得a＝eq\f(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,v0)－f))，所以选项B正确．10．(多项选择)如下图，半径为r的光滑水平转盘到水平地面的高度为H，质量为m的小物块被一个电子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕过转盘中心的竖直轴以ω＝kt(k>0且是恒量)的角速度转动．从t＝0开始，在不同的时刻t将小物块解锁，小物块经过一段时间后落到地面上．假设在t时刻解锁的小物块落到地面上时重力的瞬时功率为P，落地点到转盘中心的水平距离为d，那么以下P­t图象、d2­t2图象中正确的选项是()答案：BC解析：t时刻将小物块解锁后小物块做平抛运动，初速度v0＝rkt，物块落地时竖直分速度vy＝eq\r(2gH)，物块落到地面上时重力的瞬时功率P＝mgvy＝mgeq\r(2gH)，可见P与t无关，选项A错误、B正确；物块做平抛运动的时间t′＝eq\r(\f(2H,g))，水平位移大小x＝v0t′＝rkteq\r(\f(2H,g))，那么根据几何知识有d2＝r2＋x2＝r2＋eq\f(2Hr2k2,g)t2，选项C正确、D错误．11.某一空间飞行器质量为m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，经时间t后，将动力方向沿逆时针旋转60°，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，求：(1)t时刻飞行器的速率v；(2)t时刻发动机动力的功率P；(3)从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机的动力做的总功W.答案：(1)gt(2)eq\f(3,2)mg2t(3)eq\f(3,4)mg2t2解析：(1)对飞行器进行受力分析如图，根据正弦定理eq\f(F合,sin90°－α)＝eq\f(F,sin90°＋θ)＝eq\f(mg,sinα－θ)得F＝eq\r(3)mg，F合＝mg根据牛顿第二定律有F合＝ma得a＝gt时刻飞行器的速率v＝at＝gt(2)设t时刻发动机动力的功率为P，那么P＝Fvcos(α－θ)得P＝eq\f(3,2)mg2t(3)动力方向沿逆时针旋转60°，恰好与速度方向垂直，减速过程发动机动力做的功为零．飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的总功W＝eq\f(0＋P,2)t得W＝eq\f(3,4)mg2t212．汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t．汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g取10m/s2)(1)假设汽车以额定功率启动，那么汽车所能到达的最大速度是多少？当汽车速度到达5m/s时，其加速度是多少？(2)假设汽车以恒定加速度0.5m/s2启动，那么这一过程能维持多长时间？答案：(1)12m/s1.4m/s2(2)16s解析：汽车前进的过程中受到的阻力是不变的，在使用瞬时功率公式P＝Fv时，要明确式中F是汽车的牵引力而不是合力；在使用加速度公式a＝eq\f(F,m)时，要明确式中F是汽车所受到的合力而不是牵引力．(1)汽车前进的过程中阻力不变F阻＝0.1mg＝0.1×5×103×10N＝5×103N牵引力等于阻力时，汽车到达最大速度：vm＝eq\f(P0,F阻)＝eq\f(6×104,5×103)m/s＝12m/s当v＝5m/s时，F牵＝eq\f(P0,v)＝eq\f(6×104,5)N＝1.2×104N所以此刻加速度a＝eq\f(F牵－F阻,m)＝eq\f(1.2×104－5×103,5×103)m/s2＝1.4m/s2.(2)当汽车以恒定加速度a′＝0.5m/s2启动时所需恒定的牵引力F′牵＝ma＋F阻＝5×103×0.5N＋5×103N＝7.5×103N当功率到达汽车额定功率时v′＝eq\f(P0,F′牵)＝eq\f(6×104,7.5×103)m/s＝8m/s匀加速运动持续时间t′＝eq\f(v′,a′)＝eq\f(8,0.5)s＝16s.刷题加餐练eq\x(刷高考真题——找规律)1．(2023·新课标全国卷Ⅲ，16)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mgl答案：A解析：以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为eq\f(2,3)m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，那么外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，选项A正确．2．(2023·新课标全国卷Ⅱ，14)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心答案：A解析：光滑大圆环对小环只有弹力作用．弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功．应选A.3．(2023·新课标全国卷Ⅱ，17)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如下图．假定汽车所受阻力的大小F阻恒定不变．以下描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的选项是()答案：A解析：在v­t图象中，图线的斜率代表汽车运动时的加速度，由牛顿第二定律可得：在0～t1时间内，eq\f(P1,v)－F阻＝ma，①当速度v不变时，加速度a为零，在v­t图象中为一条水平线；②当速度v变大时，加速度a变小，在v­t图象中为一条斜率逐渐减小的曲线，选项B、D错误；同理，在t1～t2时间内，eq\f(P2,v)－F阻＝ma，图象变化情况与0～t1时间内情况相似，由于汽车在运动过程中速度不会发生突变，应选项C错误，选项A正确．eq\x(刷仿真模拟——明趋向)4．(2023·江苏扬州中学模拟)如下图，光滑斜面放在水平面上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球．当整个装置沿水平面向左减速运动的过程中，关于重球所受各力做功情况的说法中错误的选项是()A．重力不做功B．斜面对球的弹力一定做正功C．挡板对球的弹力可能不做功D．挡板对球的弹力一定做负功答案：C解析：对球进行受力分析，如下图，球受到竖直向下的重力mg，垂直于斜面向上的弹力N2，挡板对它水平向右的弹力N1，而球的位移方向水平向左，重力方向与位移方向垂直，重力不做功，故A正确；由于整个装置向左减速运动，加速度水平向右，竖直方向受力平衡，那么得N2≠0，且N2与位移的夹角为锐角，斜面对球的弹力一定做正功，故B正确；设加速度为a，斜面的倾角为α，根据牛顿第二定律得，竖直方向：N2cosα－mg＝0，水平方向：N1－N2sinα＝ma，由上分析知N1≠0，因为挡板对球的弹力N1的方向与位移方向相反，所以N1一定做负功，故C错误，D正确．此题选错误的，应选C.5．(2023·广东广州二模)(多项选择)如图，倾角为30°的自动扶梯在工作电压为380V的电动机带动下以0.4m/s的恒定速率向斜上方运动，电动机的最大输出功率为4.9kW，空载时电动机中的电流为5A，假设载人时扶梯的运动速率和空载时相同．设所载人的平均质量为60kg，重力加速度g取10m/s2.不计一切损耗，那么扶梯匀速运动过程中()A．站在扶梯上的人不受摩擦力作用B．扶梯可同时乘载的最多人数为25人C．扶梯可同时乘载的最多人数为40人D．无论空载、承载或满载，电动机的输出功率均为4.9kW答案：AB解析：因扶梯斜向上匀速运动，故站在扶梯上的人竖直方向和水平方向均受力平衡，那么水平方向不受摩擦力作用，选项A正确；维持扶梯运转的功率P0＝UI＝380V×5A＝1900W＝1.9kW，电动机的最大输出功率为P最大＝4.9kW，输送顾客的功率ΔP＝P最大－P0＝4.9kW－1.9kW＝3kW，输送一个人的功率P＝Gvsin30°＝mgvsin30°＝60kg×10N/kg×0.4m/s×sin30°＝120W，同时乘载的最多人数n＝eq\f(ΔP,P)＝eq\f(3000W,120W)＝25(人)，选项B正确，C错误；空载时电动机的输出功率为1.9kW，满载时电动机的输出功率为4.9kW，选项D错误．6．(2023·四川绵阳诊断)在2023年11月初的珠海航展上，我国展出了国产四代战机——歼­20等最先进飞机．假设航展飞行表演前，两架完全相同有歼­20飞机甲、乙在两条平行平直跑道上同向滑行，在0～t2时间内的v­t图象如下图，那么()A．在t1时刻，两飞机沿跑道方向相距最远B．在t1时刻，两飞机发动机输出功率相等C．0～t2内，飞机甲的平均速度大于飞机乙的平均速度D．0～t2内，合外力对飞机甲做的功的绝对值大于合外力对飞机乙做的功的绝对值答案：C解析：由于甲、乙飞机滑行的初始位置无法确定，故无法判断甲、乙间的距离关系，故A错误；在t1时刻，甲、乙的速度相同，但甲做加速运动，乙做减速运动，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，可知甲的牵引力大于乙的牵引力，根据P＝Fv可知甲的输出功率大于乙的输出功率，故B错误；0～t2内，甲的平均速度eq\x\to(v)甲＝eq\f(v1＋v2,2)，乙的平均速度eq\x\to(v)乙<eq\f(v2,2)，故飞机甲的平均速度大于飞机乙的平均速度，故C正确；根据动能定理有W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可知合外力对飞机甲做的功的绝对值小于合外力对飞机乙做的功的绝对值，故D错误．7．(2023·襄阳模拟)(多项选择)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已到达西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m，假设在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s速度便可到达最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒定为P，装甲车所受阻力恒为Ff，当速度为v(vm>v)时，所受牵引力为F.以下说法正确的选项是()A．装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功为FsB．装甲车的最大速度vm＝eq\f(P,Ff)C．装甲车速度为v时加速度为a＝eq\f(F－Ff,m)D．装甲车从静止开始到达最大速度vm所用时间t＝eq\f(2s,vm)答案：BC解析：因功率P＝Fv＝恒，故随v的增大F减小，即牵引力F为变力，不能直接用W＝Fs计算牵引力所做的功，故A错；装甲车速度最大时牵引力F＝Ff，故vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,Ff)，即B对；由牛顿第二定律知C对；由于装甲车做非匀变速直线运动，所以eq\x\to(v)≠eq\f(vm,2)，t＝eq\f(s,\x\to(v))≠eq\f(s,vm/2)＝eq\f(2s,vm)，即D错．eq\x(刷最新原创——抓重点)8.(多项选择)如下图，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点，第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T1，第二次在水平恒力F′作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2，关于这两个过程，以下说法中正确的选项是(不计空气阻力，重力加速度为g)()A．第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于F′B．两个过程中，轻绳的张力均变大C．T1＝eq\f(mg,cosθ)，T2＝mgD．第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力的功率先增大后减小答案：AC解析：第一次小球缓慢移动，因此，小球始终处于平衡状态，解得F＝mgtanα，绳中张力T＝eq\f(mg,cosα)，随着α逐渐增大，力F、T逐渐增大，当α＝θ时，有Fm＝mgtanθ，T1＝eq\f(mg,cosθ).在第二次小球运动过程中，根据动能定理有－mgl(1－cosθ)＋F′lsinθ＝0，解得F′＝eq\f(1－cosθ,sinθ)mg＝mgtaneq\f(θ,2)，应选项A正确；第二次运动过程中，小球恰能到达Q点，说明vQ＝0，对小球受力分析，根据平衡条件可知，沿轻绳方向有T2－mgcosθ－F′sinθ＝0，解得T2＝mg，应选项C正确；在第二次运动过程中，根据平行四边形定那么可知，重力与水平拉力的合力为F合′＝eq\f(mg,cos\f(θ,2))，恒定不变，方向与竖直方向成eq\f(θ,2)角，整个过程中小球先加速后减速，当小球运动至轻绳与竖直方向成eq\f(θ,2)角时，速度最大，根据牛顿第二定律和向心力公式可知，此时轻绳中的拉力最大，应选项B错误；第二次运动过程中，在P点、Q点和速度最大点这三点处，重力与水平拉力F′的合力F合′的瞬时功率为零，其他位置不为零，因此此过程中，F合′的功率是先增大后减小，再增大再减小，应选项D错误．9．(2023·江西赣州统测)(多项选择)在倾角为θ的光滑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3m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．再用一沿斜面方向的恒力F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，加速度方向沿斜面向上、大小为A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为eq\f(5mgsinθ,k)B．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为－eq\f(5m2g2sin2θ,k)C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为(5mgsinθ＋2ma)vD．当A的速度到达最大时，B的加速度大小为eq\f(3,2)a答案：AD解析：开始A处于静止状态，弹簧处于压缩状态，根据平衡条件有3mgsinθ＝kx1，解得弹簧的压缩量x1＝eq\f(3mgsinθ,k)，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有kx2＝2mgsinθ，解得弹簧的伸长量x2＝eq\f(2mgsinθ,k)，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x＝x1＋x2＝eq\f(5mgsinθ,k)，故A正确；从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功W＝－3mgxsinθ＝－eq\f(15m2g2sin2θ,k)，故B错误；根据牛顿第二定律得F－3mgsinθ－kx2＝3ma，解得F＝5mgsinθ＋3ma，那么恒力对A做功的功率P＝Fv＝(5mgsinθ＋3ma)v，故C错误；当A的速度到达最大时，A受到的合外力为0，那么对A有F－3mgsinθ－T′＝0，所以T′＝2mgsinθ＋3ma，弹簧对A的拉力和对B的拉力大小相等，即T′＝T″，B沿斜面方向受到的合力FB＝T″－2mgsinθ＝2ma′解得a′＝eq\f(3,2)a，故D正确．eq\x(刷易错易误——排难点)eq\x(易错点1)计算功时，对力、位移与对象的区配不清10．(2023·黑龙江哈师大附中期中)测定运发动体能的一种装置如下图，运发动质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮质量及摩擦)，下悬一个质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率v匀速向右运动．下面是人对传送带做功的四种说法，其中正确的选项是()A．人对传送带不做功B．人