1、2023屆新高考物理一輪復(fù)習(xí)強化訓(xùn)練功和功率一、單項選擇題1、在搶險救災(zāi)工作中常見到直升機的身影如圖為直升機搶救傷員的情景，直升機懸停在空中，用繩索將傷員由靜止向上吊起，繩索對傷員做功的功率恒定，則在傷員加速上升的過程中(不計空氣阻力)( )A.繩索對傷員的拉力越來越大B.傷員克服重力做功的功率恒定C.傷員運動的速度變化越來越慢D.合力對傷員做功的功率越來越大2、如圖所示，質(zhì)量為m的小車在與豎直方向成角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向左運動一段距離l.在此過程中，小車受到的阻力大小恒為F阻，重力加速度為g，則()A.拉力對小車做功為Fl cos B.支持力對小車做功為Fl sin C.阻力對小

2、車做功為F阻lD.重力對小車做功為mgl3、如圖甲所示，質(zhì)量為4 kg的物體在水平推力作用下開始運動，推力大小F隨位移大小x變化的情況如圖乙所示，物體與地面間的動摩擦因數(shù)0.5，g取10 m/s2，則( )A物體先做加速運動，推力減小到零后才開始做減速運動B運動過程中推力做的功為200 JC物體在運動過程中的加速度先變小后不變D因推力是變力，無法確定推力做功的大小4、如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，以恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1和W2，圖中ABBC，則()AW1W2BW

3、1lBC，故W1W2，A正確5、B解析：設(shè)斜板的傾角為，則汽車的重力勢能Epmgxsin ，由動能定理得汽車的動能為EkFxmgxsin ，則汽車的機械能為EEkEpFx，即圖線的斜率表示F，則可知0 x1過程中汽車的拉力恒定，故A錯誤；x1x2過程中，拉力逐漸減小，當(dāng)Fmgsin 時，加速度為零，速度達到最大，以后隨著F的減小，汽車將做減速運動，故B正確；由前面分析知，汽車先向上做勻加速運動，然后做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，0 x3過程中，汽車的速度先增大后減小，即動能先增大后減小，故C錯誤；x1x2過程中，汽車牽引力逐漸減小，到x2處為零，則汽車到x2處的功率

4、為零，故D錯誤6、A解析：小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點運動到B點，即小球做勻速圓周運動，那么小球受到的重力mg、水平拉力F、繩子拉力FT三者的合力必是沿繩子指向O點對小球受力分析如圖，F(xiàn)mgtan ，由PFvcos ，可得Pmgvsin ，逐漸增大，則功率P逐漸增大，A項正確7、B解析：木塊所受的合外力F合mgsin mgcos 4 N木塊的加速度aeq f(F合,m)2 m/s2前2 s內(nèi)木塊的位移xeq f(1,2)at2eq f(1,2)222 m4 m所以，重力在前2 s內(nèi)做的功為Wmgxsin 21040.6 J48 J重力在前2 s內(nèi)的平均功率eq xto(P)eq f(W,t

5、)24 W木塊在2 s末的速度vat22 m/s4 m/s2 s末重力的瞬時功率Pmgvsin 21040.6 W48 W.故選項B正確8、C解析：由題圖可知，第1 s內(nèi)，滑塊位移為1 m，F(xiàn)對滑塊做的功為2 J，A錯誤；第2 s內(nèi)，滑塊位移為1.5 m，F(xiàn)對滑塊做的功為4.5 J，平均功率為4.5 W，B錯誤；第3 s內(nèi)，滑塊位移為1.5 m，F(xiàn)對滑塊做的功為1.5 J，第3 s末，F(xiàn)對滑塊做功的瞬時功率PFv1 W，C正確；前3 s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的總功為8 J，D錯誤9、BC解析：對全過程由動能定理可知W1W20，故W1W211，故C正確，D錯誤；W1F1s，W2F2s；由圖可知ss14，

6、所以F1F241，故A錯誤，B正確10、AC解析：A、B作為整體，由牛頓第二定律得(mAmB)gsin (mAmB)a，解得agsin ，由牛頓第二定律知，A所受合力方向沿斜面向下，與速度方向相同，故A所受合力對A做正功，A正確；B對A的彈力豎直向上，與速度方向的夾角大于90，故B對A的彈力對A做負功，B錯誤；B對A的摩擦力方向水平向左，與速度方向的夾角小于90，故B對A的摩擦力對A做正功，C正確；設(shè)B對A的摩擦力和支持力沿斜面方向的合力為F，對A，由牛頓第二定律得mAgsin FmAa，解得F0，由牛頓第三定律知，A對B的摩擦力和壓力沿斜面方向的合力為零，故A對B的作用力對B不做功，D錯誤1

7、1、ABD解析：小球下落過程中，重力做功為mgl，A正確；繩的拉力始終與速度方向垂直，拉力做功為零，B正確；空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故F阻做功為F阻eq f(1,2)l，D正確12、AB解析：F做功WFlcos (為繩與水平方向的夾角)，AB段和BC段相比較，F(xiàn)大小相同，l相同，而逐漸增大，故W1W2，A正確；物體運動中，支持力逐漸減小，摩擦力逐漸減小，故Q1Q2，B正確；因為物體運動情況不能確定，故動能關(guān)系、功率關(guān)系無法確定，C、D錯誤13、AC解析：由題圖可得，變速階段的加速度大小aeq f(v0,t0)，設(shè)第次所用時間為t2，根據(jù)速度時間圖像與時間軸所圍的面積等于位

8、移(此題中為提升的高度)可知，eq f(1,2)2t0v0eq f(1,2)t2(t22eq f(f(1,2)v0,a)eq f(1,2)v0，解得：t2eq f(5t0,2)，所以第次和第次礦車上升所用時間之比為2t0eq f(5t0,2)45 ，選項A正確；由于兩次提升過程變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)mgma，可得電機的最大牽引力之比為11，選項B錯誤；由功率公式，PFv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為21，選項C正確；加速上升過程的加速度a1eq f(v0,t0)，加速上升過程的牽引力F1ma1mgm(eq f(v0,t0)g)，減速上升過程的加

9、速度a2eq f(v0,t0)，過程做功W1F1eq f(1,2)t0v0F2eq f(1,2)t0v做功W2F1eq f(1,2)eq f(1,2)t0eq f(1,2)v0F3eq f(3,2)t0eq f(1,2)v0F2eq f(1,2)eq f(1,2)t0eq f(1,2)v0mgv0t0，兩次做功相同，選項D錯誤14、答案:(1)300 J(2)100 J (3)400 J(4)0解析：物體置于升降機內(nèi)隨升降機一起勻速運動過程中，處于受力平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示由平衡條件得Ffcos FNsin 0，F(xiàn)fsin FNcos G0代入數(shù)據(jù)得Ff10 N，F(xiàn)N10eq r(3) N

10、xvt20 m(1)斜面對物體的支持力所做的功WNFNxcos 300 J(2)斜面對物體的摩擦力所做的功WfFfxcos (90)100 J(3)物體重力做的功WGGxcos 180400 J(4)合外力對物體做的功方法一：W合WNWfWG0方法二：F合0，W合F合xcos 0.15、答案：4 J 4 W解析：物塊受向右的摩擦力Ffmg，加速度為ag，當(dāng)物塊與傳送帶相對靜止時，物塊的位移xeq f(v2,2a)，摩擦力做功WFfx4 J，相對靜止后物塊與傳送帶之間無摩擦力，此后物塊勻速運動到B端，物塊由A端運動到B端所用的時間teq f(v,a)eq f(lx,v)5 s，則物塊在被傳送過程

11、中所受摩擦力的平均功率Peq f(W,t)0.8 W1 s時，物塊的速度v1at1 m/s，則摩擦力對物塊做功的功率P1Ffv12 W皮帶的速度v2 m/s，故皮帶克服摩擦力做功的功率P2Ffv4 W16、答案：(1)2 000 N(2)1 m/s2(3)68.75 m解析：(1)汽車在AB路段時，有F1Ff1，PF1v1，聯(lián)立解得：Ff12 000 N.(2)t15 s時汽車處于平衡狀態(tài)，有F2Ff2，F(xiàn)f2eq f(P,v2)，聯(lián)立解得：Ff24 000 N.t5 s時汽車開始做減速運動，有F1Ff2ma，解得a1 m/s2，即加速度大小為1 m/s2(3)在BC段由動能定理得：PtFf2xeq f(1,2)mv22eq f(1,2)mv12，解得x68.75 m.17、答案：（1）16 W（2）4 m/s（3）44 m解析：(1)根據(jù)題意，在11 s末撤去牽引力后，小車只在阻力f作用下做勻減速直線運動，設(shè)其加速度大小為a，根據(jù)圖像可知aeq f(v,t)2 m/s2根據(jù)牛頓第二定律有fma2 N設(shè)小車在勻速運動階段的牽引力為F，則Ff，vm8 m/s，有PFvm16 W(