2024-2025学年下学期高一物理教科版同步经典题精练之功率

第41页（共41页）2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高一同步经典题精练之功率一．选择题（共5小题）1．（2025•高新区校级模拟）某户家庭安装了一台风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为0.9m的圆面，风向与叶片转动的圆面垂直，假设这个风力发电机能将此圆内30%的空气动能转化为电能。已知空气的密度为1.2kg/m3，当风速是10m/s时，此发电机的功率约为（）A．4.5W B．45W C．450W D．4500W2．（2024秋•天心区校级期末）一质量可视为不变的汽车在平直公路上行驶，该车在一段行驶过程中速度的倒数1v随加速度a的变化图像如图所示，已知图线的斜率为k，纵截距为bA．汽车运动过程中发动机的输出功率不变 B．汽车在行驶过程中受到的阻力逐渐变大 C．汽车行驶的最大速度为bkD．当汽车速度为最大速度的一半时，汽车的加速度为13．（2024秋•汕头期末）如图所示，甲、乙两倾斜传送带以相同的速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，物体在甲传送带上B点和乙传送带中部C点速度都恰好达到v，且以速度v运动到乙传送带B点。则在物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（）A．物体在甲传送带上运动的时间比乙短 B．重力的平均功率相等 C．到达B点时，重力的瞬时功率不相等 D．两传送带对物体做的功相等4．（2024秋•济宁期末）如图所示，某滑雪场安装了一条长直“魔毯”运送滑雪者上山，“魔毯”与水平面的夹角为16°，表面与其他物品的动摩擦因数均为0.75，其最高点与最低点之间的距离为100m，“魔毯”始终匀速运行，额定功率为40kW。忽略“魔毯”与冰面的摩擦及其质量，成年人（含装备）平均质量约为70kg，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服重力做功约为7.0×104J B．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服摩擦力做功约为1.96×104J C．若“魔毯”同时承运100个成年人，则其最大运行速率约为2m/s D．若“魔毯”以1m/s速率运行，则最多可以同时承运50个成年人5．（2024秋•郴州期末）质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P。t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶；到t2时刻，汽车又开始匀速直线运动，假设整个过程中汽车所受的阻力不变，下列选项中正确的是（）A．减小油门后汽车做匀减速直线运动 B．该过程中汽车所受的阻力大小为2PC．t2时刻汽车的速度是v0D．汽车在t1到t2这段时间内的位移大小为3二．多选题（共4小题）（多选）6．（2025•佛山一模）中国选手邓雅文在巴黎奥运会自由式小轮车比赛中勇夺金牌。小轮车比赛场地如图所示，MN段和OP段均为四分之一圆弧，NO段水平，选手骑车从M处静止出发，沿轨迹MNOP运动，到P处竖直跃起，到达最高点Q后落回P处，再沿轨迹PONM运动回M处。人和车整体可视为质点，且认为在圆弧轨道运动过程中人不提供动力。下列说法正确的是（）A．从M到N的过程，场地对小轮车的支持力一直增大 B．从P到Q再到P的过程，选手先失重后超重 C．在Q点时，选手的速度和加速度均为零 D．在O点时，选手所受重力的功率为零（多选）7．（2024秋•哈尔滨期末）如图甲所示，质量m＝2kg的物体放在水平地面上，与足够长的水平细线一端连接，细线另一端绕在半径R＝0.8m的圆柱体上。t＝0时刻，圆柱体由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度ω随时间t的变化规律如图乙所示，物体始终沿细线做直线运动，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，则（）A．物体做匀加速直线运动 B．物体的速度与时间的关系满足v＝4t（m/s） C．细线的拉力大小为4N D．t＝2s时，细线拉力的瞬时功率为32W（多选）8．（2024秋•西青区期末）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（）A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力随速度增大而变大 B．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 C．若四节动力车厢均以额定功率从静止开始启动，则动车组做匀加速直线运动 D．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为3（多选）9．（2025•昆明校级模拟）质量为m的汽车沿路面abc运动，ab段水平、bc段与水平面间的夹角为30°，如图所示。t＝0时刻，汽车从a点保持恒定功率P从静止开始启动，t＝t0时刻，到达b点且速度恰好达到最大，此时汽车开启定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面bc。已知重力加速度为g，汽车运动过程中受到的摩擦阻力恒为mg3A．汽车到达b点时的速度大小为3PB．汽车在bc段运动时的输出功率为2.5P C．ab之间的距离为3PD．汽车从a点运动到b点的过程中做匀加速直线运动三．填空题（共3小题）10．（2025•福州校级模拟）一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持汽车发动机恒定的牵引功率为P，其加速度a和速度的倒数（1v）图象如图所示．若已知汽车的质量为2.4×103kg，则根据图象所给的信息，可以求出汽车的功率P＝W，汽车行驶的最大速度vmax＝m/s11．（2023秋•三明期末）一辆质量为103kg的汽车，其额定功率为104W，在水平公路上行驶时所受阻力恒为500N。当汽车以额定功率启动，随着车速增大，牵引力会（填“增大”“减小”或“不变”），汽车能达到的最大速度vm＝m/s；当加速度为1.5m/s2时，车速v＝m/s。12．（2023秋•鼓楼区校级期末）如图所示，光滑斜面倾角分别为α、β，α＜β，两小物体用细线相连，绕过光滑小滑轮静止放在斜面上两边细线分别与斜面平行，P和Q高度相同。现在把细线剪断，则从开始到落地，P和Q的运动时间tPtQ（填＞、＝或＜），从开始到落地，重力做功的平均功率PPP四．解答题（共3小题）13．（2024秋•福州校级期末）质量m＝1kg的小球在长为L＝0.5m的细绳作用下，在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力Tmax＝42N，转轴离地高度h＝5.5m，不计阻力，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）若小球在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，求此时小球的速度大小；（2）绳断后小球对应的水平射程x；（3）小球落地前重力的瞬间功率。14．（2025•广州模拟）某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度v＜15m/s时仅靠电动机输出动力；当行驶速度v≥15m/s时，汽车自动切换引擎，仅靠汽油机输出动力。该汽车在平直的公路上由静止启动，其牵引力F随时间t变化关系如图。已知该汽车质量为1500kg，行驶时所受阻力恒为1250N。汽车在t0时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定。求：（1）汽车切换引擎后的牵引力功率P；（2）汽车由启动到切换引擎所用的时间t0。15．（2023秋•新余期末）2023年大年初一晚上，1000架无人机从秋水广场滩涂起飞，以一江两岸为背景，流光溢彩点亮云端之上，通过无人机编队的排列，呈现“天下英雄城”“南昌第一枪”等多个极具江西南昌特色的造型。图甲为某型号无人机，它的铭牌如表所示（已知空气阻力与速度的关系为f＝0.8v，g＝10m/s2）。【型号】YU﹣2【动力】电动【质量】1200g【额定功率】80W（1）求无人机上升时的最大的速度？（2）某次飞行时，该无人机的飞行路线如图乙所示，无人机先从A点匀速上升到B点，后以水平速度5m/s匀速飞行到C点，从B到C的过程中，求无人机电动机提供的牵引力大小和此时电动机的实际功率？

2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高一同步经典题精练之功率参考答案与试题解析题号12345答案CADCC一．选择题（共5小题）1．（2025•高新区校级模拟）某户家庭安装了一台风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为0.9m的圆面，风向与叶片转动的圆面垂直，假设这个风力发电机能将此圆内30%的空气动能转化为电能。已知空气的密度为1.2kg/m3，当风速是10m/s时，此发电机的功率约为（）A．4.5W B．45W C．450W D．4500W【考点】平均功率的计算．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据Δm＝ρV和功能关系以及数学知识计算得到在Δt时间内吹到风叶叶片上的空气对叶片做的功，再根据P=【解答】解：在Δt时间内吹到风叶叶片上的空气质量为Δm＝ρV＝vΔtSρ根据功能关系可知，在Δt时间内吹到风叶叶片上的空气对叶片做的功为W=发电机的功率P=代入数据可知P=12×3.14×0.9故选：C。【点评】本题主要考查平均功率的计算，根据P=2．（2024秋•天心区校级期末）一质量可视为不变的汽车在平直公路上行驶，该车在一段行驶过程中速度的倒数1v随加速度a的变化图像如图所示，已知图线的斜率为k，纵截距为bA．汽车运动过程中发动机的输出功率不变 B．汽车在行驶过程中受到的阻力逐渐变大 C．汽车行驶的最大速度为bkD．当汽车速度为最大速度的一半时，汽车的加速度为1【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】A【分析】AB.根据题意设置条件，结合功率公式，牛顿第二定律导出1vC.根据汽车最大速度满足的条件列式求解最大速度；D.根据功率和速度关系求解牵引力，结合牛顿第二定律列式求解对应的加速度。【解答】解：AB.设汽车行驶时发动机的输出功率为P，阻力为f，牵引力为F，则有P＝Fv，根据牛顿第二定律有F﹣f＝ma，整理可得1v=mP⋅a+fP，由图像斜率和截距可得k=mP，C.当汽车速度达到最大时，有P＝fvm，即mk=bkmD.当汽车速度v=vm2=12b时，汽车的牵引力F=Pv故选：A。【点评】考查机车的启动问题，注意结合功率的公式、牛顿第二定律推导相应的表达式，利用图像的斜率和截距的物理意义解决实际问题。3．（2024秋•汕头期末）如图所示，甲、乙两倾斜传送带以相同的速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，物体在甲传送带上B点和乙传送带中部C点速度都恰好达到v，且以速度v运动到乙传送带B点。则在物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（）A．物体在甲传送带上运动的时间比乙短 B．重力的平均功率相等 C．到达B点时，重力的瞬时功率不相等 D．两传送带对物体做的功相等【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；倾斜传送带模型．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】D【分析】A.根据v﹣t图像面积的物理意义画出各自的v﹣t图线，再判断时间的关系；BC.根据重力做功的平均功率和瞬时功率的表达式，结合时间和速度关系进行分析判断；D.根据动能定理进行分析解答。【解答】解：A．根据两个物体的总位移相等，速度—时间图像的面积表示位移，作出两个物体的v﹣t图像，如下图可知甲运动时间大于乙运动时间，故A错误；B．由题意可知甲、乙高度差Δh一样，根据重力做功W＝mgΔh，可知两种情况重力做功相同，由于时间不同，根据平均功率P=WtC．题意知两种情况到达B点时速度相同，根据瞬时功率PG＝mgvsinθ，可知到达B点时，重力的瞬时功率相等，故C错误；D．重力做功相同，根据动能定理可知，两传送带对物体做的功相等，故D正确。故选：D。【点评】考查传送带问题，会分析物体的受力情况和运动情况，结合动能定理，功能关系进行综合分析解答。4．（2024秋•济宁期末）如图所示，某滑雪场安装了一条长直“魔毯”运送滑雪者上山，“魔毯”与水平面的夹角为16°，表面与其他物品的动摩擦因数均为0.75，其最高点与最低点之间的距离为100m，“魔毯”始终匀速运行，额定功率为40kW。忽略“魔毯”与冰面的摩擦及其质量，成年人（含装备）平均质量约为70kg，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服重力做功约为7.0×104J B．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服摩擦力做功约为1.96×104J C．若“魔毯”同时承运100个成年人，则其最大运行速率约为2m/s D．若“魔毯”以1m/s速率运行，则最多可以同时承运50个成年人【考点】瞬时功率的计算；重力做功的特点和计算；摩擦力做功的特点和计算．【专题】定量思想；控制变量法；功率的计算专题；理解能力．【答案】C【分析】先求出最高点与最低点之间的距离，再根据恒力做功求解；根据平衡条件求出静摩擦力大小，再根据做功公式求出；根据功率公式求出结论。【解答】A．最高点与最低点之间的距离L＝100m一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服重力做功WG＝mgLsin16°代入数据解得WG＝1.96×104J故A错误；B．“魔毯”始终匀速运行，一个成年人乘“魔毯”上山过程中所受静摩擦力大小为f＝mgsin16°代入数据解得f＝196N一个成年人乘“魔毯”上山过程中摩擦力做正功，大小为Wf＝fL代入数据解得Wf＝1.96×104J故B错误；C．若“魔毯”同时承运100个成年人，则P＝100mgsin16°v1得v1＝2m/s故C正确；D．若“魔毯”以v2＝1m/s速率运行，则最多可以同时承运N个成年人，则P＝Nmgsin16°v2解得N＝200故D错误。故选：C。【点评】本题考查的是做功与功率的计算，题型简单，其中功率的计算用到的是与速度有关的公式。5．（2024秋•郴州期末）质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P。t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶；到t2时刻，汽车又开始匀速直线运动，假设整个过程中汽车所受的阻力不变，下列选项中正确的是（）A．减小油门后汽车做匀减速直线运动 B．该过程中汽车所受的阻力大小为2PC．t2时刻汽车的速度是v0D．汽车在t1到t2这段时间内的位移大小为3【考点】机车以恒定功率启动；牛顿第二定律的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；控制变量法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；理解能力．【答案】C【分析】根据功率公式列式，结合牛顿第二定律，再根据匀速时列式求解；根据动能定理列式求解。【解答】AB．根据牛顿第二定律可得f﹣F＝ma且P＝Fv减小油门后，汽车做加速度减小的减速直线运动，匀速时，有f=故AB错误；CD．t2时刻再次匀速，根据12解得v=在t1到t2这段时间内由动能定理12解得x=故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查的是动能定理的知识点，题型较复杂，需熟练掌握功率与动能定理结合的计算。二．多选题（共4小题）（多选）6．（2025•佛山一模）中国选手邓雅文在巴黎奥运会自由式小轮车比赛中勇夺金牌。小轮车比赛场地如图所示，MN段和OP段均为四分之一圆弧，NO段水平，选手骑车从M处静止出发，沿轨迹MNOP运动，到P处竖直跃起，到达最高点Q后落回P处，再沿轨迹PONM运动回M处。人和车整体可视为质点，且认为在圆弧轨道运动过程中人不提供动力。下列说法正确的是（）A．从M到N的过程，场地对小轮车的支持力一直增大 B．从P到Q再到P的过程，选手先失重后超重 C．在Q点时，选手的速度和加速度均为零 D．在O点时，选手所受重力的功率为零【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；超重与失重的概念、特点和判断．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】A.根据向心力随线速度的变化关系分析解答；B.根据物体的受力情况分析超失重状态；C.根据物体在相应位置的受力情况和运动情况进行判断；D.根据重力的瞬时功率公式列式求解。【解答】解：A．从M到N的过程，小轮车运动的速度越来越大，支持力和重力沿半径方向的合力提供向心力逐渐增大，则场地对小轮车的支持力一直增大，故A正确；B．从P到Q再到P的过程，选手一直只受到重力，处于失重状态，故B错误；C．在Q点时，选手的速度为0，加速度为重力加速度，故C错误；D．在O点时，选手的竖直分速度为vy＝0，根据PG＝mgvy可知，则选手所受重力的功率为0，故D正确。故选：AD。【点评】考查物体的受力分析，超失重问题和瞬时功率的运算，会根据题意进行准确分析解答。（多选）7．（2024秋•哈尔滨期末）如图甲所示，质量m＝2kg的物体放在水平地面上，与足够长的水平细线一端连接，细线另一端绕在半径R＝0.8m的圆柱体上。t＝0时刻，圆柱体由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度ω随时间t的变化规律如图乙所示，物体始终沿细线做直线运动，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，则（）A．物体做匀加速直线运动 B．物体的速度与时间的关系满足v＝4t（m/s） C．细线的拉力大小为4N D．t＝2s时，细线拉力的瞬时功率为32W【考点】瞬时功率的计算；牛顿第二定律的简单应用；线速度的物理意义及计算．【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】根据线速度与角速度的关系求出物体的速度，然后判断物体的运动性质；应用牛顿第二定律求出细线的拉力大小；根据功率公式P＝Fv求出细线拉力的瞬时功率。【解答】解：AB、由图乙所示图像可知：ω＝2.5t，圆柱体做圆周运动的线速度v＝ωR＝2.5t×0.8m/s＝2t（m/s），即物体的速度v＝2t（m/s），物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小a＝2m/s2，故A正确，B错误；C、对物体，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma，代入数据解得：F＝8N，故C错误；D、t＝s时物体的速度v＝2t（m/s）＝2×2m/s＝4m/s，此时细线拉力的瞬时功率P＝Fv＝8×4W＝32W，故D正确。故选：AD。【点评】根据图示图像分析清楚圆柱体与物体的运动过程与运动性质是解题的前提，应用牛顿第二定律与功率公式即可解题。（多选）8．（2024秋•西青区期末）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（）A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力随速度增大而变大 B．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 C．若四节动力车厢均以额定功率从静止开始启动，则动车组做匀加速直线运动 D．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为3【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据受力分析，结合牛顿第二定律分析判断在相关条件下加速度和牵引力的变化；当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可求解最大速率。【解答】解：AB.若动车组匀加速启动，加速度a恒定，设牵引力为F，对动车组受力分析，根据牛顿第二定律可得：F﹣kv＝ma，则F＝ma+kv，故牵引力F随速度增大而变大，故A正确，B错误；C.若四节动力车厢输出功率都为额定值，即：4P＝Fv，又：F﹣kv＝ma，联立可得：a=1m(4PvD.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有2.25Pv=kv，而以额定功率匀速时，有4P故选：AD。【点评】解决该题的关键是知道功率与牵引力之间的关系，知道什么时候速度达到最大。（多选）9．（2025•昆明校级模拟）质量为m的汽车沿路面abc运动，ab段水平、bc段与水平面间的夹角为30°，如图所示。t＝0时刻，汽车从a点保持恒定功率P从静止开始启动，t＝t0时刻，到达b点且速度恰好达到最大，此时汽车开启定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面bc。已知重力加速度为g，汽车运动过程中受到的摩擦阻力恒为mg3A．汽车到达b点时的速度大小为3PB．汽车在bc段运动时的输出功率为2.5P C．ab之间的距离为3PD．汽车从a点运动到b点的过程中做匀加速直线运动【考点】机车以恒定功率启动；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】AB【分析】汽车的加速度为零，阻力等于牵引力，速度达到最大，结合功率的公式以及动能定理求解。【解答】解：AD．汽车从a点保持恒定功率P从静止开始启动，汽车的功率P＝Fv汽车运动过程中受到的摩擦阻力恒为mg3，随着速度增大，汽车的牵引力F减小，当FP=解得vm故A正确，D错误；B．汽车在bc段运动时P1解得P1＝2.5P故B正确；C．汽车从a点运动到b点的过程中，由动能定理得Pt解得s=故C错误。故选：AB。【点评】抓住汽车保持功率不变这一条件，注意隐含条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力。三．填空题（共3小题）10．（2025•福州校级模拟）一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持汽车发动机恒定的牵引功率为P，其加速度a和速度的倒数（1v）图象如图所示．若已知汽车的质量为2.4×103kg，则根据图象所给的信息，可以求出汽车的功率P＝9.6×104W，汽车行驶的最大速度vmax＝20m/s【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题．【答案】见试题解答内容【分析】根据P＝Fv，结合牛顿第二定律得出a与1v【解答】解：牵引力F=Pv可知图线的斜率为：k=解得汽车的功率为：P＝2.4×103×40W＝9.6×104W．当加速度a＝0，速度最大，由图线可知，最大速度为：vm故答案为：9.6×104，20．【点评】对于图线问题，通常的解题思路是通过物理规律得出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解．11．（2023秋•三明期末）一辆质量为103kg的汽车，其额定功率为104W，在水平公路上行驶时所受阻力恒为500N。当汽车以额定功率启动，随着车速增大，牵引力会减小（填“增大”“减小”或“不变”），汽车能达到的最大速度vm＝20m/s；当加速度为1.5m/s2时，车速v＝5m/s。【考点】机车以恒定功率启动；牛顿第二定律的简单应用．【专题】比较思想；控制变量法；功率的计算专题；分析综合能力；模型建构能力．【答案】减小，20，5。【分析】根据功率公式P＝Fv分析牵引力的变化情况。当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P＝Fv求出最大速度。当加速度为1.5m/s2时，根据P＝Fv，结合牛顿第二定律求出速度的大小。【解答】解：当汽车以额定功率启动，随着车速增大，功率不变，由P＝Fv知牵引力减小。当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P＝Fvm＝fvm得vm=Pf=当加速度为1.5m/s2时，根据牛顿第二定律得：Pv-f解得：v＝5m/s故答案为：减小，20，5。【点评】本题考查了机车的启动问题，知要掌握功率与牵引力、速度的关系公式P＝Fv，知道加速度为零时，速度最大。12．（2023秋•鼓楼区校级期末）如图所示，光滑斜面倾角分别为α、β，α＜β，两小物体用细线相连，绕过光滑小滑轮静止放在斜面上两边细线分别与斜面平行，P和Q高度相同。现在把细线剪断，则从开始到落地，P和Q的运动时间tP＞tQ（填＞、＝或＜），从开始到落地，重力做功的平均功率PP＝P【考点】平均功率的计算；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】＞；＝。【分析】把细线剪断，对在光滑斜面上运动的物体，根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解匀变速直线运动的时间表达式，从而比较时间的大小关系；根据重力做功WG＝mgh，结合重力平均功率表达式，比较重力做功的平均功率的大小。【解答】解：对任意一个光滑斜面，设斜面的倾角为θ，有mgsinθ＝ma设斜面的高度为h，斜面的长度为x=有匀变速直线运动有x=整理有t=由于两物块的下落高度相同，但α＜β，所以有P和Q的运动时间tP＞tQ从开始到落地，重力做功WG＝mgh对于物体P重力平均功率为P=对于物体Q重力平均功率为P=由于初始时静止，有mPgsinα＝mQgsinβ所以从开始到落地，重力做功的平均功率相同。故答案为：＞；＝。【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用及平均功率，属于比较基础的应用，常规题型。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•福州校级期末）质量m＝1kg的小球在长为L＝0.5m的细绳作用下，在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力Tmax＝42N，转轴离地高度h＝5.5m，不计阻力，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）若小球在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，求此时小球的速度大小；（2）绳断后小球对应的水平射程x；（3）小球落地前重力的瞬间功率。【考点】瞬时功率的计算；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动位移的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】（1）此时小球的速度大小为4m/s；（2）绳断后小球对应的水平射程x为4m；（3）小球落地前重力的瞬间功率为100W。【分析】（1）根据牛顿第二定律计算；（2）根据平抛运动规律计算；（3）根据重力与竖直方向的速度的乘积计算。【解答】解：（1）设细绳恰好被拉断时，小球的速度大小为v1，此时对小球由牛顿第二定律有Tmax解得v1＝4m/s（2）此后小球做平抛运动，设运动时间为t，则对小球由平抛运动的规律有h-Lx＝v1t联立解得x＝4m（3）小球落地时竖直方向的速度为vy＝gt则小球落地前重力的瞬间功率为P＝mgvy代入数据解得P＝100W答：（1）此时小球的速度大小为4m/s；（2）绳断后小球对应的水平射程x为4m；（3）小球落地前重力的瞬间功率为100W。【点评】掌握牛顿第二定律在圆周运动中的应用，平抛运动规律是解题的基础，知道重力的功率等于重力与竖直方向速度的乘积。14．（2025•广州模拟）某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度v＜15m/s时仅靠电动机输出动力；当行驶速度v≥15m/s时，汽车自动切换引擎，仅靠汽油机输出动力。该汽车在平直的公路上由静止启动，其牵引力F随时间t变化关系如图。已知该汽车质量为1500kg，行驶时所受阻力恒为1250N。汽车在t0时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定。求：（1）汽车切换引擎后的牵引力功率P；（2）汽车由启动到切换引擎所用的时间t0。【考点】瞬时功率的计算；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】（1）汽车切换引擎后的牵引力功率为9×104W；（2）汽车由启动到切换引擎所用的时间为6s。【分析】（1）根据题意结合功率的公式分析解答；（2）对汽车运动过程进行分析，运用速度关系公式求出匀加速的时间。【解答】解：（1）依题意知，汽车在t0时刻自动切换引擎，此时汽车速率为v1＝15m/s设此时汽车牵引力为F1，根据F﹣t图像知F1＝6000N则有牵引力功率P＝F1v1联立解得P＝9×104W（2）依题意知，汽车质量m＝1500kg，受到阻力为f＝1250N，汽车在0～t0时间内做匀加速直线运动，设汽车牵引力为F0，加速度为a，根据F﹣t图像知F0＝5000N由牛顿第二定律有（F0﹣f）＝ma且v1＝at0联立解得t0＝6s答：（1）汽车切换引擎后的牵引力功率为9×104W；（2）汽车由启动到切换引擎所用的时间为6s。【点评】本题主要是考查机车的启动问题，知道在功率恒定的情况下，机车做变加速，最后做匀速直线运动，掌握牛顿第二定律与运动学公式的应用，理解动能定理表达式的内容，要注意P＝Fv的使用。15．（2023秋•新余期末）2023年大年初一晚上，1000架无人机从秋水广场滩涂起飞，以一江两岸为背景，流光溢彩点亮云端之上，通过无人机编队的排列，呈现“天下英雄城”“南昌第一枪”等多个极具江西南昌特色的造型。图甲为某型号无人机，它的铭牌如表所示（已知空气阻力与速度的关系为f＝0.8v，g＝10m/s2）。【型号】YU﹣2【动力】电动【质量】1200g【额定功率】80W（1）求无人机上升时的最大的速度？（2）某次飞行时，该无人机的飞行路线如图乙所示，无人机先从A点匀速上升到B点，后以水平速度5m/s匀速飞行到C点，从B到C的过程中，求无人机电动机提供的牵引力大小和此时电动机的实际功率？【考点】瞬时功率的计算；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】（1）无人机上升时的最大的速度等于5m/s；（2）无人机电动机提供的牵引力大小等于410N，此时电动机的实际功率等于【分析】（1）无人机在空中达到最大速度时，处于平衡状态，结合功率公式求解最大速度；（2）重力的方向为竖直向下，从B到C的过程中，无人机水平匀速飞行，牵引力大小等于阻力和重力的合力，结合功率公式求解。【解答】解：（1）当无人机向上运动的合力为0时，无人机上升的速度最大，令此时的升力为F0，则有F0＝mg+f0＝mg+0.8vmax无人机的额定功率为80W，此时有P额＝F0vmax解得vmax＝5m/s（2）从B到C的过程中，速度为5m/s，则空气阻力大小为上述的f0，且f0＝0.8×5N＝4N方向水平向左，无人机做匀速直线运动，对无人机进行分析有根据平衡条件有F1=f根据功率的关系式有P＝F1vcosθ解得F1=410N答：（1）无人机上升时的最大的速度等于5m/s；（2）无人机电动机提供的牵引力大小等于410N，此时电动机的实际功率等于【点评】本题考查升力、功率的计算，关键是从图中得出有用信息。

考点卡片1．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+12at（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v即有：v=v0所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+12at③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负及变化情况。③利用图象求解a时，须注意其矢量性。④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。2．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。3．超重与失重的概念、特点和判断【知识点的认识】1．实重和视重：（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2．超重、失重和完全失重的比较：现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零的现象系统具有竖直向下的加速度，且a＝g【命题方向】题型一：超重与失重的理解与应用。例子：如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（）A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。故选：D。点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。【解题方法点拨】解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。4．倾斜传送带模型【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始匀加速下滑，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学速度—时间公式求出匀加速至物体与传送带共速的时间。当物体速度达到传送带速度时，判断物体的运动状态，再求解运动时间。解答：物体放上传送带后，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，设物体做匀加速直线运动的加速度为a1，直至与传送带速度相等。设这一过程所需的时间为t1，物体下滑的位移为x1，则由牛顿第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由运动学公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1则x1=12a1t12=12×10×物体与传送带达到共同速度时，因为mgsinθ＞μmgcosθ，物体将继续匀加速下滑，设再经t2时间物体滑至B端，加速度为a2，则mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a2＝2m/s2由运动学公式有LAB﹣x1＝vt2+解得：t2＝2s故物体从A点运动到B点所用的总时间为t＝t1+t2＝2s+2s＝4s答：物体从A点运动到B点所用的总时间为4s。点评：解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，来判断其运动情况，要注意滑动摩擦力方向与物体间相对运动方向相反。【解题思路点拨】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。5．平抛运动位移的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的位移x＝v0t竖直方向上的位移为y=物体的合位移为l=3.对于已知高度的平抛运动，竖直方向有h=水平方向有x＝v0t联立得x＝v02所以说平抛运动的水平位移与初速度大小和抛出点的高度有关。【命题方向】物体以初速度7.5m/s水平抛出，2秒后落到地面，则物体在这个过程中的位移是（）物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．解：物体做平抛运动，水平方向的位移为：x＝v0t＝7.5×2m＝15m竖直方向上是自由落体运动，竖直位移为：h=12gt2=12×10×（2）2物体的合位移为s=x2+h2=故选：D。本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．【解题思路点拨】平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动都是独立的，可以分别计算两个方向的位移，并与合位移构成矢量三角形（满足平行四边形定则）。6．线速度的物理意义及计算【知识点的认识】1.定义：物体在某段时间内通过的弧长Δs与时间Δt之比。2.定义式：v=3.单位：米每秒，符号是m/s。4.方向：物体做圆周运动时该点的切线方向。5.物理意义：表示物体沿着圆弧运动的快慢。6.线速度的求法（1）定义式计算：v=（2）线速度与角速度的关系：v＝ωr（3）知道圆周运动的半径和周期：v=【命题方向】有一质点做半径为R的匀速圆周运动，在t秒内转动n周，则该质点的线速度为（）A、2πRntB、2πRntC、分析：根据线速度的定义公式v=ΔS解答：质点做半径为R的匀速圆周运动，在t秒内转动n周，故线速度为：v=故选：B。点评：本题关键是明确线速度的定义，记住公式v=ΔS【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：7．重力做功的特点和计算【知识点的认识】1.表达式：WG＝mgh＝mg（h1﹣h2），其中h1、h2分别表示物体起点和终点的高度2.特点：①只跟物体运动的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关．②物体下降时重力做正功，物体被举高时重力做负功．③重力做功的多少与参考平面无关。【命题方向】物体沿不同的路径从A滑到B，如图所示，则（）A、沿路径ACB重力做的功大些B、沿路径ADB重力做的功大些C、沿路径ACB和ADB重力做功一样多D、条件不足，无法判断分析：解答本题应明确重力做功的特点：重力做功与高度差有关，与路径无关．解答：由A到B不管沿哪条路径高度差相同，则重力做功相同。则C正确，ABD错误故选：C。点评：本题考查重力做功的特点，一定要掌握重力做功只和高度有关．【解题思路点拨】1.重力做功只与初、末位置有关，与路径无关。2.计算重力做功的步骤为：①确定物体重力的大小；②确定物体在竖直方向上的位移大小；③如果物体向上运动，重力做负功；如果物体向下运动，重力做负功。8．摩擦力做功的特点和计算【知识点的认识】1.摩擦力做功的特点：（1）摩擦力做功与路程有关。（2）摩擦力可能做负功、可能做正功也可能不做功。例如物体在粗糙的地面上滑动直到停止，这个过程中物体与地面间的摩擦力对物体做负功；将煤炭放在传送带上，煤炭最终和传送带一起运动，煤炭与传送带间的摩擦力对煤炭做正功；擦黑板的过程中，黑板与黑板擦之间的摩擦力对黑板不做功。总之摩擦力对物体做什么功，也遵循常规力做功的判断方法，即当力与位移成锐角，则力对物体做正功；力与位移成钝角，则力对物体做负功；力与位移成直角，则力对物体不做功。2.摩擦力做功的计算公式摩擦力做功W＝fs。s是指路程。【命题方向】如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ．现在使斜面体向右水平匀速移动距离L，则摩擦力对物体做功为（物体与斜面体保持相对静止）（）A、0B、﹣μmgLcosθC、mgLsinθcos2θD、mgLsinθcosθ分析：对物体受力分析，可以求得摩擦力，再由功的公式即可求得对物体做的功的大小．解答：物体处于静止，对物体受力分析可得，在竖直方向mg＝Ncosθ+fsinθ在水平分析Nsinθ＝fcosθ解得N＝mgcosθf＝mgsinθ摩擦力做的功Wf＝fcosθ•L＝mgLsinθcosθ故选：D。点评：对物体受力分析，求出力的大小，再由功的公式即可求得功的大小．【解题思路点拨】解决摩擦力做功问题时，一定要记住摩擦力做功需要用路程计算，一个简单的例子是，寒冷的冬天双手来回摩擦可以暖手，显然摩擦产生的热量不可能通过位移计算。9．功率的定义、物理意义和计算式的推导【知识点的认识】1.义：功与完成这些功所用时间的比值．2.理意义：描述做功的快慢。3.质：功是标量。4.计算公式（1）定义式：P=Wt，P为时间（2）机械功的表达式：P＝Fvcosα（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．推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以lt是物体在这段时间内的平均速度vP＝Fvcosα可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，cosα＝1，上式可以写成P＝Fv。从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．6.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．【命题方向】下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（）A、功率大的机械，做功一定多B、做功多的机械，效率一定高C、做功快的机械，功率一定大D、效率高的机械，功率一定大分析：根据P=Wt知，做功多．功率不一定大，根据η解答：A、根据P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根据η=W有W总=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。故选：C。点评：解决本题的关键知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解题思路点拨】1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。2.功率的定义式P=W10．平均功率的计算【知识点的认识】平均功率的计算式：①功率的定义式：P=②恒力做功：P＝Fv（v是平均速度）【命题方向】一、定义式计算平均功率据报导：我国一家厂商制作了一种特殊的手机，在电池能耗尽时，摇晃手机，即可产生电能维持通话，摇晃手机的过程是将机械能转化为电能，如果将该手机摇晃一次，相当于将100g的重物举高40cm，若每秒摇两次，则摇晃手机的平均功率为（g＝10m/s2）（）A、0.04WB、0.4WC、0.8W