2022届高三物理大一轮复习-第5章-第1节-功和功率-教学讲义-.docx

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 考纲呈现
1．功和功率Ⅱ
2．动能和动能定理Ⅱ
3．重力做功与重力势能Ⅱ
4．功能关系、机械能守恒定律及其应用Ⅱ
试验五：探究动能定理
试验六：验证机械能守恒定律
 热点视角
1．对基本概念的考查往往涉及对概念的理解，一般以选择题的形式毁灭．
2．动能定理是高考考查的重点，考查形式有选择题，也有计算题．计算题中单纯考查动能定理的题目较少，往往与其他学问综合在一起考查．
3．机械能守恒定律的考查往往毁灭在综合题中，主要考查其在生产、生活和科技中的应用，题目中经常会涉及牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动等学问．

第一节　功和功率

[同学用书P81]

一、功

1．做功的两个必要条件：力和物体在力的方向上发生的位移．
2．公式：W＝Flcos_α.适用于恒力做功．其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移．
3．功的正负推断
(1)α<90°，力对物体做正功．
(2)α>90°，力对物体做负功，或说物体克服该力做功．
(3)α＝90°，力对物体不做功．
特殊提示：功是标量，比较做功多少看功的确定值．
　1.(单选)(2021·广州模拟)如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．假如某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是(　　)

A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功
B．轮胎受到的重力对轮胎做了正功
C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功
D．轮胎受到地面的支持力对轮胎做了正功
答案：A
二、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢．
3．公式
(1)定义式：P＝，P为时间t内的平均功率．
(2)推论式：P＝Fvcos_α.(α为F与v的夹角)
　2.(多选)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；若作用力变为斜向上的恒力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，v1F1，v1>v2 D．F2对小球做的功及总功．

[思路点拨]　W＝F·lcos α可以理解为功等于力与力方向位移的乘积．

[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＝F·Lsin θ－mgL(1－cos θ)．
[答案]　见解析
[总结提升]　(1)在求力做功时，首先要区分是求某个力的功还是合力的功，是求恒力的功还是变力的功．
(2)恒力做功与物体的实际路径无关，等于力与物体在力方向上的位移的乘积，或等于位移与在位移方向上的力的乘积．
　1.(单选)(2022·高考新课标全国卷Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1
B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
解析：选C.物体两次的加速度之比a2∶a1＝∶＝2∶1，位移之比l2∶l1＝t∶t＝2∶1，摩擦力之比f2∶f1＝1∶1，由牛顿其次定律得F－f＝ma，则拉力之比F2∶F1＝(ma2＋f)∶(ma1＋f)<2，做功之比WF2∶WF1＝(F2·l2)∶(F1·l1)<4，Wf2∶Wf1＝(－f2·l2)∶(－f1·l1)＝2∶1，故C正确．

考点二　功率的计算　　　　　 　[同学用书P82]

1．平均功率的计算：
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度．
2．瞬时功率的计算：
利用公式P＝F·vcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
留意：对于α变化的不能用P＝Fvcos α计算平均功率．
　(多选)(2021·海口模拟)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开头受到水平力的作用．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．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
[审题点睛]　(1)求瞬时功率时，先明确所用公式，再确定该时刻的力和速度；
(2)求平均功率时，先明确所用公式及争辩的过程，再确定功和时间．
[解析]　2t0时刻速度大小v2＝a1·2t0＝t0.3t0时刻的速度大小为v3＝v2＋a2t0＝·2t0＋·t0＝，3t0时刻力F＝3F0，所以瞬时功率P＝3F0·v3＝，A错，B对；0～3t0时间段，水平力对物体做功W＝F0x1＋3F0x2＝F0×·(2t0)2＋3F0·t0＝，平均功率P＝＝，C错，D对．
[答案]　BD
[总结提升]　计算功率的基本思路：
(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)求瞬时功率时，假如F与v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或速度v乘以速度v方向的分力求解．
　2.(单选)(2021·洛阳模拟)把A、B两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，如图所示，则下列说法正确的是(　　)

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．从开头运动至落地，重力对两小球做的功相同
D．从开头运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
解析：选C.两球落地速度大小相同方向不同，故A错；由于vy不同，则瞬时功率P＝mgvy不同，故B错；由重力做功特点知C正确；由于两球运动时间不同，则平均功率不同，故D错．

考点三　机车启动问题的分析　　 [同学用书P82]

1．两种启动方式的比较
两种方式
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额＝Fv1
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
⇒F阻＝
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

2.三个重要关系式
(1)无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)．
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大速度不是最大，即v＝＜vm＝.
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理：Pt－F阻x＝ΔEk.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．
　某汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车质量为5 t，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g取10 m/s2)
(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s时，其加速度是多少？
(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？
[审题点睛]　(1)达到最大速度时，汽车处于什么状态？
(2)v＝5 m/s时，牵引力多大？
(3)以加速度0.5 m/s2启动时，牵引力多大？此阶段能达到的最大速度为多少？
[解析]　(1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v达到最大值vm，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为
vm＝＝＝ m/s＝12 m/s.
v＝5 m/s时的牵引力F1＝＝N＝1.2×104 N，
由F1－Ff＝ma得：
a＝
＝ m/s2＝1.4 m/s2.
(2)当汽车以a′＝0.5 m/s2的加速度启动时的牵引力
F2＝ma′＋Ff＝(5 000×0.5＋0.1×5×103×10)N
＝7 500 N
匀加速运动能达到的最大速度为
vm′＝＝ m/s＝8 m/s
由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足vm′＝a′t
故匀加速过程能维持的时间t＝＝ s＝16 s.
[答案]　(1)12 m/s　1.4 m/s2　(2)16 s
[规律总结]　分析机车启动问题时的留意事项
(1)在用公式P＝Fv计算机车的功率时，F是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力．
(2)恒定功率下的加速确定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(由于F是变力)．
(3)以恒定牵引力加速时的功率确定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算(由于功率P是变化的)．
　3.(单选)(2022·高考重庆卷)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则(　　)
A．v2＝k1v1　　　　　　　　　 B．v2＝v1
C．v2＝v1 D．v2＝k2v1
解析：选B.汽车以最大速率行驶时，牵引力F等于阻力f，即F＝f＝kmg.由P＝k1mgv1及P＝k2mgv2，得v2＝v1，故B正确．

[同学用书P83]

思想方法——变力做功的求解方法

一、动能定理法

动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．
　1.(单选)一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为(　　)

A．mgLcos θ　　　　　　　 B．mgL(1－cos θ)
C．FLsin θ D．FLcos θ
[解析]　从P缓慢拉到Q，由动能定理得：WF－WG＝0(由于小球缓慢移动，速度可视为零)，即WF＝WG＝mgL(1－cos θ)．
[答案]　B
二、平均力法
假如力的方向不变，力的大小对位移按线性规律变化(即F＝kx＋b)时， F由F1变化到F2的过程中，力的平均值为＝，再利用功的定义式W＝lcos α来求功．
　2.用锤子击打钉子，设木板对钉子的阻力跟钉子进入木板的深度成正比，每次击打钉子时锤子对钉子做的功相同．已知第一次击打钉子时，钉子进入的深度为1 cm，则其次次击打时，钉子进入的深度是多少？
[解析]　设木板对钉子的阻力为Ff＝kx，x为钉子进入木板的深度，第一次击打后钉子进入木板的深度为x1，其次次击打钉子时，钉子进入木板的总深度为x2，则有
W1＝f1x1＝·x1＝kx
W2＝f2(x2－x1)＝·(x2－x1)＝k(x－x)
由于W1＝W2，代入数据解得x2＝x1＝1.41 cm
所以钉子其次次进入的深度为
Δx＝x2－x1＝0.41 cm.
[答案]　0.41 cm
三、微元法
当物体在变力的作用下做曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，可将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为恒力做功，总功即为各个小元段做功的代数和．通过微元法不难得到，在来回的运动中，摩擦力、空气阻力做的功，其大小等于力和路程的乘积．
　3.如图所示，质量m＝2.0 kg的物体用长R＝5 m的绳拴着，绳的另一端固定在水平桌面上，今用大小始终为10 N的水平力F拉着物体从A点运动到B点，F的方向始终与绳的夹角为127°，g取10 m/s2，求：

(1)拉力F做的功；
(2)克服摩擦力做的功(已知物体与桌面的动摩擦因数μ＝0.2)．
[解析]　(1)将圆弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与物体在该点的切线成37°角，所以
W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°，…，Wn＝Flncos 37°
W＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)
＝Fcos 37°·R＝π J＝42 J.
(2)同理可得克服摩擦力做功：
WFf＝μmg·R＝π J＝21 J.
[答案]　(1)42 J　(2)21 J
四、等效转换法
若某一变力的功和某一恒力的功相等，即效果相同，则可以通过计算该恒力做的功，求出该变力做的功，从而使问题变得简洁，也就是说通过关联点，将变力做功转化为恒力做功，这种方法称为等效转换法．
　4.如图所示，某人用大小不变的力F拉着放在光滑水平面上的物体，开头时与物体相连接的绳与水平面间的夹角是α，当拉力F作用一段时间后，绳与水平面间的夹角为β.已知图中的高度是h，求绳的拉力FT对物体所做的功．假定绳的质量、滑轮质量及绳与滑轮间的摩擦不计．

[解析]　FT是变力，F为恒力，在题给条件下，两者做功相等．
由题图可知，在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中，拉力F作用的绳端的位移的大小为
Δl＝l1－l2＝h(1/sin α－1/sin β)
由W＝Fl可知
WFT＝WF＝FΔl＝Fh(1/sin α－1/sin β)．

[答案]　Fh(1/sin α－1/sin β)
五、图象法
由于功W＝Fx，则在F－x图象中图线和x轴所围图形的面积表示F做的功．在x轴上方的“面积”表示正功，x轴下方的“面积”表示负功．
　5.一物体所受的力F随位移x变化的图象如图所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为多少？

[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．
S梯形＝×(3＋4)×2＝7，
S三角形＝－×(5－4)×2＝－1
所以力F对物体做的功为W＝7 J－1 J＝6 J.
[答案]　6 J
六、用W＝Pt计算
机车以恒定功率P行驶的过程，随速度增加牵引力不断减小，此时牵引力所做的功不能用W＝Fx来计算，但因功率恒定，可以用W＝Pt计算．
　6.汽车的质量为m，输出功率恒为P，沿平直大路前进距离s的过程中，其速度由v1增至最大速度v2.假定汽车在运动过程中所受阻力恒定，求汽车通过距离s所用的时间．
[解析]　当F＝Ff时，汽车的速度达到最大速度v2，由P＝Fv可得Ff＝
对汽车，依据动能定理，有Pt－Ffs＝mv－mv
联立以上两式解得t＝＋.
[答案]　＋
[同学用书P84]

1.(单选)(2021·安徽望江中学期中)A、B两物体的质量之比mA∶mB＝2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比FA∶FB与A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比WA∶WB分别为(　　)

A．2∶1,4∶1　　　　　　　　 B．4∶1,2∶1
C．1∶4,1∶2 D．1∶2,1∶4
解析：选B.由v－t图象可知：aA∶aB＝2∶1，又由F＝ma，mA∶mB＝2∶1，可得FA∶FB＝4∶1；又由图象中面积关系可知A、B位移之比xA∶xB＝1∶2，由做功公式W＝Fx，可得WA∶WB＝2∶1，故选B.
2．(多选)(2021·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是(　　)

A．重力做功为mgL
B．绳的拉力做功为0
C．空气阻力F阻做功为－mgL
D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
解析：选ABD.由重力做功特点得重力做功为：WG＝mgL，A正确；绳的拉力始终与v垂直，不做功，B正确；由微元法可求得空气阻力做功为：WF阻＝－F阻πL，D正确．
3．(单选)(2021·河南平顶山第三次调研)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开头沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内(　　)

A．小车做匀加速运动
B．小车受到的牵引力渐渐增大
C．小车受到的合外力所做的功为Pt
D．小车受到的牵引力做的功为Fx＋mv
解析：选D.小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F，由于v增大，P不变，由P＝F1v，F1－F＝ma，得出F1减小，a减小，当v＝vm时，a＝0，故A、B项不对；合外力的功W外＝Pt－Fx，由动能定理得W牵－Fx＝mv，故C项错，D项对．

4.(单选)(2021·广东六校联考)如图所示，滑雪者由静止开头沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m.A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功(　　)

A．大于μmgL　　　　　　 B．等于μmgL
C．小于μmgL D．以上三种状况都有可能
解析：选B.设斜坡的倾角为θ，则滑雪者从A到B的运动过程中克服摩擦力做的功：WFf＝μmgLACcos θ＋μmgLCB，由题图可知LACcos θ＋LCB＝L，两式联立可得：WFf＝μmgL，故B正确．
5．(单选)如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物体所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时F做的总功为(　　)

A．0 B.Fmx0
C.Fmx0 D.x
解析：选C.F为变力，但F－x图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功．由于图线为半圆，又因在数值上Fm＝x0，故W＝πF＝π·Fm·x0＝Fmx0.
6．(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N的外力作用．下列推断正确的是(　　)
A．0～2秒内外力的平均功率是 W
B．第2秒内外力所做的功是 J
C．第2秒末外力的瞬时功率最大
D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是
解析：选AD.由题意知质点所受的水平外力即为合力，则知质点在这2秒内的加速度分别为a1＝2 m/s2、a2＝1 m/s2，则质点在第1 s末与第2 s末的速度分别为v1＝2 m/s、v2＝3 m/s，每一秒内质点动能的增加量分别为ΔEk1＝mv＝2 J、ΔEk2＝mv－mv＝2.5 J，D正确．再由动能定理可知第2 s内与0～2 s内外力所做功分别为W2＝ΔEk2＝2.5 J、W＝mv－0＝4.5 J，则在0～2 s内外力的平均功率P＝＝ W，A正确、B错误．由P＝Fv知质点在第1 s末与第2 s末的瞬时功率分别为P1＝4 W、P2＝3 W，故C错误．

一、单项选择题
1.(2021·广东揭阳第一中学段考)如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角渐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．货物受到的支持力对货物不做功
B．货物受到的支持力对货物做正功
C．货物受到的重力对货物不做功
D．货物受到的摩擦力对货物做负功
解析：选B.货物受到的支持力的方向与运动方向时刻相同，做正功，故A错误，B正确；摩擦力的方向与其运动方向时刻垂直，不做功，故D错误；货物位置上升，重力做负功，C错．
2.(2021·浙江慈溪中学月考)一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面对车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F，在车前进s的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．当车匀速前进时，人对车做的总功为正功
B．当车加速前进时，人对车做的总功为负功
C．当车减速前进时，人对车做的总功为负功
D．不管车如何运动，人对车做的总功都为零
解析：选B.人对车施加了三个力，分别为压力、推力F、静摩擦力f，依据力做功的公式及作用力和反作用力的关系推断做正功还是负功．则对各选项分析如下：
A．当车匀速前进时，人对车厢的推力F做的功为WF＝Fs，静摩擦力做的功为Wf＝－fs，人处于平衡状态，依据作用力与反作用力的关系可知，F＝f，则人对车做的总功为零，故A错误；
B．当车加速前进时，人处于加速状态，车厢对人的静摩擦力f′向右且大于车厢壁对人的作用力F′，所以人对车厢的静摩擦力f向左，静摩擦力做的功Wf＝－fs，人对车厢的推力F方向向右，做的功为WF＝Fs，由于f>F，所以人对车做的总功为负功，故B正确；
C．同理可以证明当车减速前进时，人对车做的总功为正功，故C错误；
D．由上述分析可知D错误．
3.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状况是(　　)

A．渐渐增大　　　　　　 B．渐渐减小
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有：mgsin θ＝Fcos θ，得F＝mgtan θ.则拉力F的瞬时功率P＝F·vcos θ＝mgv·sin θ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大．A项正确．

4.(2021·四川自贡一诊)如图所示，始终角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60°，右侧斜面倾角为30°，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑全部的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面．若剪断轻绳，让物体从静止开头沿斜面滑下，下列叙述错误的是(　　)

A．着地瞬间两物体的速度大小相等
B．着地瞬间两物体的机械能相等
C．着地瞬间两物体所受重力的功率相等
D．两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶
解析：选B.依据初始时刻两物体处于平衡状态，由平衡条件可知，mAgsin 60°＝mBgsin 30°，由此可得，两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶.由机械能守恒定律可知，着地瞬间两物体的速度大小相等，选项A、D正确；着地瞬间，A物体重力的功率PA＝mAgvsin 60°，B物体重力的功率PB＝mBgvsin 30°，两物体所受重力的功率相等，选项C正确；由于两物体质量不等，初始状态两物体的机械能不等，所以着地瞬间两物体的机械能不相等，选项B错误．
5．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从今刻开头在滑块运动方向上再施加一水平作用力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，则以下说法正确的是(　　)

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：选C.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．
☆6.(2021·山东济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最终做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中错误的是(　　)

解析：选B.汽车启动时由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力渐渐减小到与阻力相等，加速度渐渐减小到零，速度渐渐增大到最大速度，故A、C、D正确，B错误．
二、多项选择题
7．质量为m的汽车在平直路面上启动后就做匀加速直线运动，经过时间t，达到速度v，此时汽车达到了额定功率．汽车以额定功率连续行驶．整个运动过程中汽车所受阻力恒为f，则(　　)
A．整个运动过程中，汽车运动的最大速度是v
B．整个运动过程中，汽车运动的最大速度是
C．匀加速运动阶段，汽车的牵引力为f＋m
D．汽车的额定功率为v
解析：选CD.达到额定功率后汽车连续加速，直到最终匀速运动，A错误；t时间内，汽车的加速度a＝，由牛顿其次定律得F－f＝ma，所以汽车的牵引力F＝f＋m，C正确；t时刻汽车达到额定功率P＝Fv＝v，D正确；最终的速度为＝v，因此B错误．
8．如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F拉动细绳，将静置于A点的木箱经B点移到C点(AB＝BC)，地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A到B和从B到C的过程中，F做功分别为W1、W2，克服摩擦力做功分别为Q1、Q2，木箱经过B、C时的动能和F的功率分别为EkB、EkC和PB、PC，则下列关系确定成立的有(　　)

A．W1＞W2　　　　　　　　 B．Q1＞Q2
C．EkB＞EkC D．PB＞PC
解析：选AB.F做功W＝Flcos α(α为绳与水平方向的夹角)，在AB段和BC段相比较，F大小相同，l相同，而α渐渐增大，故W1＞W2，A正确；物体运动中，支持力渐渐减小，摩擦力渐渐减小，故Q1＞Q2，B正确；由于物体运动状况不能确定，故动能关系、功率关系无法确定，C、D错．
☆9.一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以确定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有确定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t＝0时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面对下的运动方向为正方向，其中v1>v2)．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.则(　　)

A．0～t1时间内，物块对传送带做负功
B．物块与传送带间的动摩擦因数μ擦力，对其做负功
解析：选AD.由题图乙知，物块与传送带在t2时刻相对静止，一起向下匀速运动，所以物块先向上做匀减速运动，减为零后再向下做匀加速运动，最终做匀速运动.0～t1时间段内物块对传送带的摩擦力方向向上，对传送带做负功，A正确；物块最终与传送带相对静止向下匀速运动，说明滑动摩擦力大于或等于物块重力沿传送带斜向下的分力，B错；0～t2时间内，物块相对初始位置上升了，物块的重力做负功，传送带对物块做的功W>mv－mv，C错；依据以上分析知，D正确．
三、非选择题
10．(2021·宁夏银川一中模拟)日本大地震以及随后的海啸给日本带来了巨大的损失．灾后某中学的部分同学组成了一个课题小组对海啸的威力进行了模拟争辩，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2.

(1)在运动的过程中物体的最大加速度为多大？
(2)在距动身点什么位置时物体的速度达到最大？
(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？
解析：(1)由牛顿其次定律有F－μmg＝ma
当推力F＝100 N时，物体所受合外力最大，加速度最大
代入数据解得a＝－μg＝20 m/s2.
(2)由图象可得推力随位移x变化的关系为：

F＝100－25x速度最大时，物体加速度为零，则F＝μmg
代入数据解得x＝3.2 m.
(3)由F－x图象可知推力对物体做的功
WF＝F·x0＝200 J
由动能定理知WF－μmgxm＝0，
代入数据得：xm＝10 m.
答案：(1)20 m/s2　(2)3.2 m　(3)10 m
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.从今刻开头在滑块上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示．求：

(1)在第1秒内力F的平均功率；
(2)前2秒内滑块所受合力的功W；
(3)前2秒内力F的总功．
解析：(1)第1秒内滑块的位移为l1＝0.5 m，
由W＝Flcos α得W1＝0.5 J，
则第1秒内力F的平均功率P＝＝0.5 W.
(2)由动能定理得前2 s内滑块所受合力的功
W＝mv－mv＝0.
(3)第2秒内滑块的位移为l2＝－0.5 m.
由W＝Flcos α
可得W2＝－1.5 J.
前2秒内力F的总功
WF＝W1＋W2＝－1.0 J.
答案：(1)0.5 W　(2)0　(3)－1.0 J
12.(2021·山东威海模拟)在修建高层建筑时常用到塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开头向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02 m/s的匀速运动．取g＝10 m/s2，不计额外功．求：
(1)起重机允许输出的最大功率；
(2)重物做匀加速运动所经受的时间和起重机在第2秒末的输出功率．
解析：(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力，则
P0＝F0vm＝mgvm
代入数据，得：P0＝5.1×104 W.
(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度大小为v1，匀加速运动经受时间为t1，有：
P0＝Fv1，
F－mg＝ma，
v1＝at1
代入数据，得：t1＝5 s
t＝2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度大小为v2，输出功率为P，
则：v2＝at，P＝Fv2
代入数据，得：P＝2.04×104 W.
答案：(1)5.1×104 W　(2)5 s　2.04×104 W