文档内容
考
高考对本章知识点考查频率最高的是动能定理、机械能守恒定律，单独考
情
查功和功率时多以选择题形式出现，与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运
分
动及电磁学知识相结合时，多以计算题的形式出现。
析
1.功和功率(Ⅱ)
2．动能和动能 1.从近几年高考来看，关于功和功率的考查，多以
定理(Ⅱ) 选择题的形式出现，有时与电流及电磁感应相结
3．重力做功与 合命题。
重 重力势能(Ⅱ) 考 2．功和能的关系一直是高考的“重中之重”，是高
要 4．功能关系、 点 考的热点和重点，涉及这部分内容的考题不但题
考 机械能守恒定 解 型全、分值重，而且还经常有压轴题。
点 律 及 其 应 用 读 3．动能定理及能量守恒定律仍将是高考考查的重
(Ⅱ) 点。高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相
实验七：验证 关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境
机械能守恒定 中去，能力要求不会降低。
律
第 1 讲 功和功率
知识点 功 Ⅱ
1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这
个力对物体做了功。
2．物理意义：功是能量转化的量度。
3．做功的两个必要因素
(1)作用在物体上的力。(2)物体在力的方向上发生的位移。
4．公式：W＝ Fl cos α 。
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
(3)功是标量。功的正负表示对物体做功的力是动力还是阻力。
5．功的正负
夹角 功的正负
0≤α< 力对物体做正功
<α≤π 力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功
α＝ 力对物体不做功
6．一对作用力与反作用力的功
做功情形 图例 备注
都做正功
都做负功
一对相互作用力做的总功可正、可负，也
一正一负
可为零
一
一为正
为
一为负
零
7．一对平衡力的功
一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运
动，则这一对力所做的功一定是数值相等、一正一负或都为零。
知识点 功率 Ⅱ
1．定义：功W与完成这些功所用时间t之比叫作功率。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式
(1)P＝，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝F
v
cosα(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
机械正常工作时的最大输出功率。
5．实际功率
机械实际工作时的功率，要求不大于额定功率。
一 堵点疏通
1．功是标量，功的正负表示大小。( )
2．一个力对物体做了负功，说明这个力一定阻碍物体的运动。( )
3．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功；静摩擦力对物体一定不做功。(
)
4．作用力做正功时，反作用力一定做负功。( )
5．力对物体做功的正负是由力与位移间的夹角大小决定的。( )
6．汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度，得到较大的牵引力。( )
答案 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.√ 6.√
二 对点激活
1. (人教版必修第二册·P ·T 改编)如图所示，质量分别为m 和m 的两个物体，
78 1 1 2
m W B.W W D.四种情况一样大
a c
答案 D
解析 依据功的定义式W＝Flcosθ，在本题的四种情况下，F、l、θ均相同，则四
种情况下力F所做的功一样大，故D正确。
3．(人教版必修第二册·P ·T 改编)(多选)一位质量m＝60 kg的滑雪运动员从
78 3
高h＝10 m的斜坡自由下滑，如果运动员在下滑过程中受到的阻力F＝50 N，斜坡
的倾角θ＝30°，重力加速度g取10 m/s2，运动员滑至坡底的过程中，关于各力做功
的情况，下列说法正确的是( )
A．重力做功为6000 J B.阻力做功为1000 J
C．支持力不做功 D.各力做的总功为零
答案 AC
解析 重力做功W ＝mgh＝6000 J，故A正确；阻力做功W ＝－F＝－1000
G F
J，故B错误；支持力与位移夹角为90°，不做功，故C正确；由以上分析可知，各力
做的总功为5000 J，故D错误。
4．质量为m的物体沿倾角为θ的斜面滑到底端时的速度大小为v，则此时重
力的瞬时功率为( )
A．mg
v
B.mg
v
sinθ
C．mg
v
cosθ D.mg
v
tanθ
答案 B
解析 重力与物体的速度之间的夹角为 90°－θ，则重力的瞬时功率为 P＝
mg
v
cos(90°－θ)＝mg
v
sinθ，所以B正确。考点1 功的正负判断与恒力、合力做功的计算
1.定性判断力是否做功及做正、负功的方法
(1)看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形。
(2)看力F的方向与速度v的方向间的夹角θ——常用于曲线运动的情形。
(3)根据动能的变化判断：动能定理描述了合力做功与动能变化的关系，即W
合
＝ΔE ，当动能增加时合力做正功，当动能减少时合力做负功。
k
(4)根据功能关系或能量守恒定律判断。
2．恒力做功的计算方法
直接用W＝Flcosα计算。
恒力做功与物体的运动路径无关，只与初、末位置有关。
3．合力做功的计算方法
方法一：先求合力F ，再用W ＝F lcosα求功。
合 合 合
方法二：先求各个力做的功W 、W 、W …，再应用W ＝W ＋W ＋W ＋…求合
1 2 3 合 1 2 3
力做的功。
方法三：先求动能变化ΔE ，再利用动能定理W ＝ΔE 求功。
k 合 k
例1 (2020·河北省衡水中学三月教学质量监测)一滑块在水平地面上沿直线
滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力
F，力F、滑块的速率v随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示，设在第1 s内、
第2 s内、第3 s内力F对滑块做的功分别为W 、W 、W ，则以下关系正确的是(
1 2 3
)
A．W ＝W ＝W B.W v0 时，小球落在水平面上，平抛的竖直高度相同，为h，且有：h＝gt2，则
平抛时间为：t＝ ，则小球落地前所受的重力的瞬时功率为：P＝mg·
vy
＝mg·gt＝
mg，可知功率P为恒定值；综合两种情况可知C正确，A、B、D错误。
[变式3－2]
(2020·福建省厦门市高三下五月质量检查)无论是远海岛礁建设，还是超大型
疏浚及填海造陆工程，都离不开钢铁巨轮——重型绞吸船。我国自主研制的自航
绞吸挖泥船“天鲲号”性能达到世界先进水平，其远程输送能力达 15000米，居
世界第一。若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1.6×104 kW，排
泥量为1.6 m3/s，排泥管的横截面积为0.8 m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为(
)
A．5×106 N B.8×106 N
C．5×107 N D.8×107 N
答案 B
解析 由于功率大小 P＝F v，而每秒钟排泥管排出泥浆的体积(排泥量)Q＝
S v，联立并代入数据，解得F＝8×106 N，故B正确，A、C、D错误。
考点4 机车启动问题
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
Pt图和
v
t图
a＝不变⇒
O 分析过程 v ↑⇒F＝↓
F不变v ↑⇒P＝F
v
↑直到P
额
A
⇒a＝↓
段
＝F
v1
运动 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间 t
0性质 ＝
AB 过程 F＝F 阻 ⇒a＝0⇒ v ↑⇒F＝↓⇒
段 分析 vm ＝ a＝↓
运动
以vm 匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动
性质
F＝F ⇒a＝0⇒
阻
BC段 无
以vm ＝匀速直线运动
2．三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度，即
vm
＝＝(式中F
min
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 x＝
阻
ΔE 。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
k
例4 (多选)下列各图是反映汽车(额定功率为P )从静止开始匀加速启动，最
额
后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变
化的图像，其中正确的是( )
(1)汽车从静止开始匀加速启动，能一直匀加速吗？
提示：不能。当P＝P 时再匀加速，机车发动机会烧毁。
额
(2)汽车最后匀速阶段，有什么典型特征？
提示：a＝0，F＝f。
尝试解答 选ACD。
从静止开始匀加速启动，由公式P＝F v及题意知，当力恒定时，随着速度的增
加功率P增大，当P＝P
额
时，功率不再增加，此时，牵引力F－f＝ma，v1 ＝，速度继续增加，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，a＝0，
速度达到最大，vm ＝，做匀速直线运动。由以上分析知，B错误，A、C、D正确。
解决机车启动问题时的四点注意
(1)首先弄清是匀加速启动还是恒定功率启动。
(2)若是匀加速启动过程，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是
额定功率，匀加速直线运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到
额定功率后做加速度减小的加速运动。
(3)若是以额定功率启动的过程，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线
运动的规律不适用，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt计
算，但不能用W＝Flcosα计算。
(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F
fvm
，P为机车的额
定功率。
[变式4－1] (2020·山东省聊城市高三下二模)(多选)某汽车质量为5 t，发动
机的额定功率为60 kW，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍。若汽车
以0.5 m/s2的加速度由静止开始匀加速启动，经过24 s，汽车达到最大速度。取重
力加速度g＝10 m/s2，在这个过程中，下列说法正确的是( )
A．汽车的最大速度为12 m/s
B．汽车匀加速的时间为24 s
C．汽车启动过程中的位移为120 m
D．4 s末汽车发动机的输出功率为60 kW
答案 AC
解析 当阻力与牵引力平衡时，汽车速度达到最大值，由汽车的功率和速度关
系可得P＝F v＝f vmax ，解得vmax ＝＝＝ m/s＝12 m/s，故A正确；汽车以0.5 m/s2的
加速度匀加速启动，当汽车的功率达到额定功率时，汽车达到了匀加速运动阶段
的最大速度，由汽车的功率和速度关系可得P＝F′
vm
，由牛顿第二定律F′－
0.1mg＝ma，联立可得vm ＝8 m/s，F′＝7.5×103 N，这一过程能维持的时间t
1
＝＝
s＝16 s，故B错误；匀加速过程中汽车通过的位移为x ＝at＝×0.5×162 m＝64
1m，启动过程中，由动能定理得F′x
1
＋P(t－t
1
)－0.1mgx＝m v－0，解得汽车启动过
程中的位移为x＝120 m，故C正确；由B项分析可知，4 s末汽车还在做匀加速运
动，实际功率小于额定功率，所以4 s末汽车发动机的输出功率小于60 kW，故D
错误。
[变式4－2]
(2020·河北高三4月联考)(多选)一辆汽车从静止开始以恒定功率P启动，若汽
车行驶过程中受到的阻力恒定，其加速度与速度的倒数的关系如图所示，图像斜
率为k，横截距为b，则( )
A．汽车所受阻力为
B．汽车的质量为
C．汽车的最大速度为
D．汽车从静止到获得最大速度的时间为
答案 BC
解析 汽车从静止开始以恒定功率启动，由P＝F v，及F－f＝ma，得a＝·－，
结合图像有＝k,0＝b－，解得m＝，f＝Pb，故A错误，B正确；当汽车加速度为零时
速度最大，此时有＝b，解得汽车的最大速度vm ＝，故C正确；汽车从静止到获得
最大速度的过程，由动能定理得Pt－fx＝m v，联立解得t＝＋bx>，故D错误。
1．(2020·江苏高考)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为
20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N。此时，汽车发动机输出的实际功率是( )
A．90 W B.30 kW
C.36 kW D.300 kW
答案 C解析 汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡，有F＝f＝1.8×103 N，汽车发动
机输出的实际功率P＝F v＝1.8×103×20 W＝36 kW，故C正确。
2. (2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送
至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线
①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提
升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②
次提升过程( )
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
答案 AC
解析 设第②次所用时间为t，根据速度图象与t轴所围的面积等于位移(此题
中为提升的高度)可知，×2t
0
×
v0
＝××
v0
，解得：t＝，所以第①次和第②次提升过
程所用时间之比为2t ∶＝4∶5，A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相
0
同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－mg＝ma，可得提升的最大牵引力之比为
1∶1，B错误；由功率公式P＝F v，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，
为2∶1，C正确；两次提升过程中动能增加量均为0，由动能定理得W －mgh＝0，
电
两次提升高度h相同，所以电机两次做功相同，D错误。
3．(2017·全国卷Ⅱ) 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。故选A。
4．(2017·天津高考) “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天
津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
下列叙述正确的是( )
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
答案 B
解析 摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机
械能不断变化，A错误；乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态，B正
确；根据I＝Ft知，重力的冲量不为0，C错误；根据P＝mg
v
cosθ，θ为力方向与速
度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，θ不断变化，重力的瞬时功率不断变化，D
错误。
5．(2018·天津高考) 我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气
式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上
的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所
要求的速度v＝80 m/s，已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身
重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2，求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小；
(2)牵引力的平均功率P。
答案 (1)2 m/s2 (2)8.4×106 W
解析 (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v 2＝2ax①
代入数据解得a＝2 m/s2②
(2)设飞机滑跑受到的阻力为F ，根据题意可得
阻
F ＝0.1mg③
阻
设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有
F－F ＝ma④
阻
设飞机滑跑过程中的平均速度为，有＝ ⑤
在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝F⑥
联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106 W。
6. (2017·江苏高考)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其
上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的
动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。
整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度为g。求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μ ；
min
(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W。
答案 (1)mg (2) (3)(2μ－1)(－1)mgR
解析 (1)对C受力分析，如图所示。根据平衡条件有2Fcos30°＝mg
解得F＝mg。
(2)C恰好降到地面时，F＝mg，
B受C压力的水平分力最大
F ＝F·cos30°，
xmax
F ＝mg
xmax
B受地面的摩擦力f＝μmg
根据题意，B保持静止，则有f ＝F
min xmax
解得μ ＝。
min
(3)C下降的高度h＝(－1)R
A的位移x＝2(－1)R
摩擦力做功的大小W＝fx＝2(－1)μmgR
f
根据动能定理W－W＋mgh＝0－0
f
解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。
时间：40分钟 满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题8分，共88分。其中1～8题为单选，9～11
题为多选)
1. 如图所示，在水平雪面上雪橇受与水平方向成α角的拉力F作用，沿直线匀
速前进了s的距离。下列说法正确的是( )A．拉力做功为Fs
B．地面对雪橇的支持力做正功
C．重力对雪橇做负功
D．外力对雪橇做的总功是零
答案 D
解析 根据功的定义式可知，拉力做的功为W ＝Fscosα，A错误；雪橇受到的
1
重力和支持力与雪橇的位移垂直，做功为零，B、C错误；因为雪橇做匀速直线运动，
所以合力为零，则外力对雪橇做的总功为零，D正确。
2. 如图所示，物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的
过程中，下列关于A对地面的滑动摩擦力做功和B对A的静摩擦力做功的说法，
正确的是( )
A．静摩擦力做正功，滑动摩擦力做负功
B．静摩擦力不做功，滑动摩擦力做负功
C．静摩擦力做正功，滑动摩擦力不做功
D．静摩擦力做负功，滑动摩擦力做正功
答案 C
解析 A对地面虽然有摩擦力，但在力的作用下地面没有发生位移，所以滑动
摩擦力不做功，B对A的静摩擦力向右，A的位移也向右，所以该静摩擦力做正功，
故C正确。
3．(2020·山东省临沂市、枣庄市高三下临考演练)如图所示，一水平传送带向
左匀速传送，某时刻小物块P从传送带左端冲上传送带。物块P在传送带上运动
的过程中，传送带对物块P( )
A．一定始终做正功B．一定始终做负功
C．可能先做正功，后做负功
D．可能先做负功，后做正功
答案 D
解析 小物块P以某一速度冲上传送带后，向右运动，受到向左的摩擦力，运
动情况分几种：(1)可能小物块初速度比较大，所以一直向右减速，在此过程中传送
带对物块始终做负功；(2)小物块先向右减速，而后向左一直加速，传送带对物块先
做负功，后做正功；(3)小物块向右减速，而后向左加速，当两者速度相等时一起匀
速，传送带对物块先做负功后做正功，然后不做功。故D正确，A、B、C错误。
4．(2020·广东省广州市高三下二模)风力发电是一种环保的电能获取方式。某
风力发电机的叶片转动形成的圆面积为S，某时间风的速度大小为v，风向恰好跟
此圆面垂直；此时空气的密度为ρ，该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为
η，则风力发电机发电的功率为( )
A．ηρS
v
2 B.ηρS
v
2
C.ηρS 3 D.ηρS 3
v v
答案 D
解析 时间t内，通过风力发电机叶片转动形成的圆面的空气的动能为 E ＝
k
m
v
2＝ρtS
v
3，故该风力发电机发电的功率为P＝＝＝ηρS
v
3，故D正确。
5．(2020·河北省石家庄市高三下一模)一辆货车在满载情况下，以恒定功率P
匀速经过一平直路段，速度为v；当货车空载再次经过同一路段的某位置时，功率
为，速率仍为v，此时加速度为。已知重力加速度为g，货车所受阻力是货车对地面
压力的，则货车满载与空载时的质量之比为( )
A．5∶2 B.5∶1
C．3∶1 D.3∶2
答案 C
解析 货车满载时，以恒定功率P匀速经过一平直路段，速度为v，有F＝f，P
＝F v＝f v＝mg v；当货车空载时，再次经过同一路段，功率为，速率为v，加速度为a＝，有F′－f′＝m′a，f′＝m′g，＝F′ v，联立解得：m＝3m′，故货车满载与
空载时的质量之比为3∶1，故C正确，A、B、D错误。
6．(2020·天津市十二区县重点学校联考)如图甲所示，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at图像如图乙所示，t＝0
时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )
A．t＝2 s时，水平拉力F的大小为4 N
B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s内，合力对物体的冲量为36 N·s
D．t＝6 s时，拉力F的功率为180 W
答案 C
解析 由图乙at图像可知，a＝2＋(m/s2)，则t＝2 s时，物体的加速度a ＝
2
m/s2，由牛顿第二定律有F
2
－f＝ma
2
，得水平拉力F
2
＝ N，故A错误；根据Δ v＝at
可知，在at图像中，图线与t轴围成的面积表示速度的变化量，则在0～6 s时间内
速度变化量为Δ v＝18 m/s，所以t＝6 s时刻，物体的速度v6 ＝v0 ＋Δ v＝20 m/s，在
0～6 s内，根据动能定理得W
合
＝ΔE
k
＝m v－m v，代入数据解得W
合
＝396 J，故B
错误；在0～6 s内，根据动量定理得I＝m
v6
－m
v0
，解得合力对物体的冲量I＝36
N·s，故C正确；t＝6 s时，a ＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F －f＝ma ，解得拉力
6 6 6
F
6
＝10 N，则此时拉力F的功率P＝F
6v6
＝200 W，故D错误。
7．(2020·山东省滨州市高三下三模)如图甲所示，在一无限大光滑水平面上静
止放置可视为质点、质量为m＝2 kg的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建
立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其大小与坐标的关系如
图乙所示。则在x＝4 m处，作用力F的瞬时功率为( )A．15 W B.20 W
C．40 W D.无法计算
答案 B
解析 当物体运动到x＝4 m处时，作用力F＝5 N，该过程中，作用力F对物
体做的功W＝(3＋5)×4 J＝16 J，根据动能定理，有W＝m
v
2－0，代入数据，可得物
体运动到x＝4 m处时的速度v＝4 m/s，则在x＝4 m处，作用力F的瞬时功率为P
＝F v＝5×4 W＝20 W，故B正确，A、C、D错误。
8. (2020·山东省泰安市高三下四模)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情况是( )
A．逐渐增大 B.逐渐减小
C．先增大，后减小 D.先减小，后增大
答案 A
解析 因为小球以恒定速率运动，即它在竖直平面内做匀速圆周运动，那么小
球受到的重力G、水平拉力F、细线拉力T三者的合力必是沿细线指向O点。设细
线与竖直方向夹角是θ，则＝tanθ，解得F＝Gtanθ，而水平拉力F的方向与速度v
的方向夹角也是θ，所以水平拉力F的瞬时功率是P＝F
v
cosθ，则P＝G
v
sinθ，因小
球从A到B的过程中，θ不断增大，所以水平拉力F的瞬时功率逐渐增大，故A正
确。9. (2021·重庆市高三第一次联合诊断)无动力翼装飞行是一种专业的极限滑翔
运动，飞行者运用肢体动作来掌控滑翔方向，进行无动力空中飞行。某翼装飞行者
在某次飞行过程中，在同一竖直面内从A到B滑出了一段圆弧，如图所示，该段运
动可视为匀速圆周运动的一部分。关于该段运动，下列说法正确的是( )
A．飞行者所受合力为零
B．飞行者所受重力的瞬时功率逐渐减小
C．空气对飞行者的作用力的瞬时功率为零
D．空气对飞行者的作用力做负功
答案 BD
解析 飞行者所受合力提供其做匀速圆周运动的向心力，故一定不为零，A错
误；分析可知，在该段运动中，飞行者在竖直方向的分速度逐渐减小，根据P＝F
vy
知，重力的瞬时功率逐渐减小，B正确；飞行者在该段运动过程中的机械能一直减
小，则空气对飞行者的作用力一直做负功，瞬时功率不为零，C错误，D正确。
10．(2020·山东省济南市二模)一辆质量为m、额定功率为P的汽车在水平路面
上从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t达到额定功率，此时的速度为v，汽
车行驶过程中阻力保持不变。下列说法正确的是( )
A．汽车受到的阻力大小为
B．汽车受到的阻力大小为－
C．在0～时间内汽车牵引力的平均功率为
D．在0～时间内汽车牵引力的平均功率为答案 BC
解析 汽车达到额定功率时的牵引力大小为 F＝，匀加速过程的加速度为 a
＝，由牛顿第二定律有F－f＝ma，即－f＝m，则汽车受到的阻力大小为f＝－，故
A错误，B正确；t时刻有P＝F v，由于汽车做匀加速直线运动，则时刻汽车的速度
为v＝，在0～时间内汽车牵引力的平均功率＝F×＝＝，故C正确，D错误。
11. (2020·山东省师范大学附属中学高三线上测试)2019年7月11日至14日，
一级方程式世界锦标赛在英国银石举行，选手塞巴斯蒂驾驶法拉利 SF90赛车由
静止启动，赛车所受阻力大小恒为F，驾驶员和赛车的总质量为m，开始一段时间
f
内为直线运动，其加速度随时间倒数的变化规律图线如图所示，a 和t 已知，下列
1 1
说法正确的是( )
A．赛车在0～t 时间段内做加速度增大的加速运动
1
B．赛车在0～t 时间段内所受牵引力大小为ma ＋F
1 1 f
C．赛车在t 时刻的动能为mat
1
D．赛车在0～t 时间段内牵引力做的功为(ma ＋F)a t
1 1 f 1
答案 BC
解析 由题图知，赛车在0～t 时间段内加速度不变，为a ，做初速度为零的匀
1 1
加速直线运动，故A错误；赛车在0～t 时间段内做初速度为零的匀加速直线运动
1
由牛顿第二定律得F－F＝ma ，解得其所受牵引力大小F＝F＋ma ，故B正确；
f 1 f 1
赛车在t
1
时刻速度为v1 ＝a
1
t
1
，所以动能为E
k
＝m v＝mat，故C正确；赛车在0～t
1
时间段内的位移 x＝a t，所以牵引力做的功为 W ＝Fx＝(F＋ma )×a t＝(F＋
1 F f 1 1 f
ma )a t，故D错误。
1 1
二、非选择题(本题共1小题，共12分)
12. (2020·福建省泉州市高三下第一次质量检测)(12分)如图，某小学举行拍皮
球比赛，一参赛者将皮球从0.8 m高度处以一定的初速度竖直向下拋出，皮球碰地反弹后恰好可以返回原来高度，此时参赛者立即用手竖直向下拍皮球，使皮球获
得一个速度，之后皮球又恰能回到原来高度，如此反复。已知皮球每次碰地反弹的
速率均为碰地前瞬间速率的0.8倍，皮球的质量为0.5 kg，重力加速度取10 m/s2，
不计空气阻力和球与手、地面的接触时间。求：
(1)皮球来回运动一次的时间；
(2)参赛者拍皮球过程中做功的平均功率。
答案 (1)0.6 s (2) W
解析 (1)设皮球被手拍出时的速率为v0 ，碰地前瞬间的速率为v，则皮球刚反
弹回来时的速率为0.8 v，皮球向上运动的时间为t
1
，向下运动的时间为t
2
，根据运
动学规律可得
02－(0.8
v
)2＝－2gh
0＝0.8 v－gt
1
v
2－v＝2gh
v＝v0 ＋gt
2
皮球来回运动一次的时间为t＝t ＋t
1 2
联立解得t＝0.6 s。
(2)每次拍皮球时，参赛者对皮球做的功W＝m
v
参赛者拍皮球过程中做功的平均功率＝
联立解得＝ W。
