PAGEPAGE14功和功率小題狂練?小題是基礎練小題提分快1．[2024·寧夏銀川一中摸底](多選)如圖所示，水平路面上有一質量為M的汽車，車廂中有一質量為m的人正用恒力F向前推車廂，在車以加速度a向前加速行駛距離L的過程中，下列說法正確的是()A．人對車的推力F做的功為FLB．人對車做的功為maLC．車對人的摩擦力做的功為(F＋ma)LD．車對人的作用力大小為ma答案：AC解析：人對車的推力為F，在力F的方向上車行駛了L，則推力F做的功為FL，故A正確；在水平方向上，由牛頓其次定律可知車對人的力向左，大小為ma，則人對車水平方向上的作用力大小為ma，方向向右，車向左運動了L，故人對車做的功為－maL，故B錯誤；豎直方向車對人的作用力大小為mg，則車對人的作用力F0＝eq\r(mg2＋ma2)，故D錯誤；人在水平方向受到F的反作用力和車對人向左的摩擦力，則f－F′＝ma，F′＝F，得f＝ma＋F，則車對人的摩擦力做的功為(F＋ma)L，故C正確．2．[2024·河南省鄭州一中模擬](多選)如圖，長為L的輕桿A一端固定小球B，另一端固定在水平轉軸O上，輕桿A繞轉軸O在豎直平面內勻速轉動，在輕桿A與水平方向的夾角θ從0°增加到90°的過程中()A．小球B受到輕桿A的作用力的方向始終平行于輕桿B．小球B受到輕桿A的作用力漸漸減小C．小球B受到輕桿A的作用力對小球B不做功D．小球B受到輕桿A的作用力的瞬時功率減小答案：BD解析：小球做勻速圓周運動，則合力供應向心力，知合力方向確定沿著輕桿A指向O，而小球受重力和桿對小球的作用力，則可知桿對小球作用力的方向與輕桿不平行，A錯誤；設輕桿對小球的作用力為F，因為小球做勻速圓周運動，則F與mg的合力大小恒定不變，如圖，由圖可以看出小球受到輕桿A的作用力漸漸減小，B正確；依據動能定理，可知動能的改變量為零，重力做負功，則輕桿對小球的作用力做正功，C錯誤；P＝F′v，F′為輕桿A對小球的作用力在小球速度方向上的分力，由分析可知，F′始終減小，故P始終減小，D正確．3．[2024·浙江省溫州模擬]某質量為m的電動玩具小車在平直的水泥路上由靜止沿直線加速行駛，經過時間t前進的距離為x，且速度達到最大值vm，設這一過程中電動機的功率恒為P，小車受到的阻力恒為F，則t時間內()A．小車做勻加速運動B．小車受到的牽引力漸漸增大C．合外力對小車所做的功為PtD．牽引力對小車所做的功為Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)答案：D解析：電動機功率恒定，P＝F牽v，結合牛頓其次定律F牽－F＝ma可知，當速度增大時，牽引力減小，加速度減小，故小車做加速度減小的變加速運動，故A、B錯誤；整個過程中，牽引力做正功，阻力做負功，故合外力做的功為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，Pt為牽引力所做的功，故C錯誤；整個過程中，依據動能定理可知Pt－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得Pt＝Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，故D正確．4．[2024·四川省成都外國語學校模擬](多選)太陽能汽車是靠太陽能來驅動的汽車．當太陽光照耀到汽車上方的光電板時，光電板中產生的電流經電動機帶動汽車前進．設汽車在平直的馬路上由靜止起先勻加速行駛，經過時間t，速度為v時功率達到額定功率，并保持不變．之后汽車又接著前進了距離s，達到最大速度vmax.設汽車質量為m，運動過程中所受阻力恒為f，則下列說法正確的是()A．汽車的額定功率為fvmaxB．汽車勻加速運動過程中，牽引力做的功為eq\f(1,2)fvt＋eq\f(1,2)mv2C．汽車從靜止起先到速度達到最大值的過程中，克服阻力做的功為fvt＋fsD．汽車速度為eq\f(v＋vmax,2)時的加速度大小為eq\f(fvmax－v,mvmax＋v)答案：ABD解析：當汽車達到最大速度時牽引力與阻力平衡，功率為額定功率，汽車的額定功率為fvmax，故A正確；汽車勻加速運動過程中通過的位移x＝eq\f(1,2)vt，克服阻力做的功為W＝eq\f(1,2)fvt，由動能定理知：WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2，得WF＝Wf＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)fvt＋eq\f(1,2)mv2，故B正確；汽車勻加速運動過程中克服阻力做的功為W＝eq\f(1,2)fvt，后來汽車又運動了距離s，則這段過程克服阻力做的功為W′＝fs，整個過程中克服阻力做的功為W總＝W＋W′＝eq\f(1,2)fvt＋fs，故C錯誤；汽車的功率P＝Fv，由牛頓其次定律知：F－f＝ma，當汽車速度為eq\f(v＋vmax,2)時的加速度a＝eq\f(fvmax－v,mvmax＋v)，故D正確．5．[2024·河北省名校聯盟一測]質量為2kg的物體，放在與物體間的動摩擦因數為μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由靜止起先運動，拉力做的功W和物體發生的位移x之間的關系如圖所示，g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．此物體在OA段做勻加速直線運動，且此過程中拉力的最大功率為6WB．此物體在OA段做勻速直線運動，且此過程中拉力的最大功率為6WC．此物體在AB段做勻加速直線運動，且此過程中拉力的最大功率為6WD．此物體在AB段做勻速直線運動，且此過程中拉力的功率恒為6W答案：D解析：對物體受力分析，物體受到的摩擦力為Ff＝μmg＝2N，由題圖可知，斜率表示物體所受拉力的大小，OA段的拉力為5N，AB段的拉力為2N，所以物體在OA段做勻加速直線運動，在AB段做勻速直線運動，選項B、C錯誤；在OA段物體所受的拉力為5N，物體做勻加速直線運動，當速度最大時，拉力的功率最大，v＝at，x＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(F－Ff,m)，代入數據得v＝3m/s，此時拉力的最大功率Pm＝Fv＝15W，選項A錯誤；在AB段，物體以3m/s的速度做勻速運動，此過程中拉力的功率恒為P＝F′v＝6W，選項D正確．6．[2024·福建省福州市閩侯一中檢測](多選)如圖所示，斜面頂端A與另一點B在同一水平線上，甲、乙兩小球質量相等，小球甲沿光滑斜面以初速度v0從頂端A滑究竟端，乙球以同樣的初速度v0從B點拋出，不計空氣阻力，則()A．兩球落地時速率相同B．兩球落地時，重力的瞬時功率相同C．從起先運動至落地過程中，重力對它們做的功相同D．從起先運動至落地過程中，重力的平均功率相同答案：AC解析：依據動能定理知，mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由于甲、乙兩球下降的高度相同，則重力做的功相等，初動能相等，則末動能相等，可知兩球落地的速率相同，故A、C正確；乙球僅受重力作用，做勻變速曲線運動，落地時速度方向與甲球落地時速度方向不同，依據P＝mgvcosθ知，其中θ為落地時速度方向與豎直方向的夾角，則可知重力的瞬時功率不同，故B錯誤；由于兩球在整個過程中重力做的功相等，但是運動的時間不同，則重力的平均功率不同，故D錯誤．7．[2024·南寧模擬]關于功的概念，下列說法正確的是()A．物體受力越大，位移越大，力對物體做功越多B．合力的功等于各分力功的矢量和C．摩擦力可以對物體做正功D．功有正負，但正負不表示方向，而表示大小答案：C解析：因功的確定因素為力、位移及二者的夾角，若力大、位移大，但兩者夾角為90°，則做功為0，故A錯誤；功是物體之間能量轉化的量度，它是標量，功也有正負之分，但功的正負不是表示方向，是表示力對物體的做功效果，所以B、D錯誤；摩擦力可以做正功，也可做負功，這要看摩擦力與位移的方向關系，故C正確．8．[2024·全國卷Ⅱ]如圖，一光滑大圓環固定在桌面上，環面位于豎直平面內，在大圓環上套著一個小環．小環由大圓環的最高點從靜止起先下滑，在小環下滑的過程中，大圓環對它的作用力()A．始終不做功B．始終做正功C．始終指向大圓環圓心D．始終背離大圓環圓心答案：A解析：由于大圓環是光滑的，因此小環下滑的過程中，大圓環對小環的作用力方向始終與速度方向垂直，因此作用力不做功，A項正確，B項錯誤；小環剛下滑時，大圓環對小環的作用力背離大圓環的圓心，滑到大圓環圓心以下的位置時，大圓環對小環的作用力指向大圓環的圓心，C、D項錯誤．9．[2024·天津模擬]一個中學生騎電動車以20km/h的速度勻速行駛，電動車所受阻力是人和車總重力的eq\f(1,10).已知人和車的總質量約為80kg，重力加速度大小g取10m/s2，則此時電動車電機的輸出功率約為()A．50WB．100WC．450WD．800W答案：C解析：車在勻速行駛時，人和車受力平衡，人和車受到的阻力大小為f＝eq\f(1,10)mg＝eq\f(1,10)×800N＝80N，此時的功率P＝Fv＝fv＝444W，所以C正確．10．[2024·貴陽監測](多選)如圖所示，位于水平面上的同一物體在恒力F1的作用下，做速度為v1的勻速直線運動；在恒力F2的作用下，做速度為v2的勻速直線運動，已知F1與F2的功率相同．則可能有()A．F1＝F2，v1＜v2B．F1＝F2，v1＞v2C．F1＜F2，v1＜v2D．F1＞F2，v1＞v2答案：BD解析：設F1與水平面間的夾角為α，依據題述，F1與F2的功率相同，則有F1v1cosα＝F2v2.若F1＝F2，則有v1cosα＝v2，即v1＞v2；若F1＞F2且v1＞v2，F1v1cosα＝F2v2可能成立，選項B、D正確，A錯誤．若F1＜F2且v1＜v2，則F1v1cosα＝F2v2確定無法成立，選項C錯誤．11．[2024·安徽四校摸底](多選)如圖所示，兩根輕質細線的一端拴在O點、另一端分別固定在樓道內的傾斜天花板上的a點和b點，一質量為m的重物P通過長度為L的輕質細線固定在O點，系統靜止，Oa水平、Ob與豎直方向成確定夾角．現在對重物施加一個水平向右的拉力F，使重物以較小速率繞O點做勻速圓周運動，至O、P間細線轉動60°，此過程中拉力F做功為W，則下列推斷正確的是()A．Oa上的拉力F1不斷增大，Ob上的拉力F2確定不變B．Oa上的拉力F1可能不變，Ob上的拉力F2可能增大C．W＝eq\f(1,2)mgL，拉力F做功的瞬時功率始終增大D．W＝eq\f(\r(3),2)FL，拉力F做功的瞬時功領先增大后減小答案：AC解析：對結點O與P整體受力分析，豎直方向受P的重力與細線Ob拉力F2的豎直分力并處于平衡狀態，則F2不變，對重物應用圖解法可知水平拉力F不斷增大，又F2不變，由結點O和重物水平方向受力平衡可知，細線Oa的拉力F1不斷增大，故A項正確，B項錯誤；重物繞O點做勻速圓周運動，則拉力F、重力二者沿垂直半徑(OP)方向的分力等大，拉力F做功功率P＝(mgsinθ)×v不斷增大，θ為OP與豎直方向的夾角，依據拉力F做的功等于重物削減的重力勢能可知W＝mgL(1－cos60°)，選項C正確，D錯誤．12．[2024·昆明適應性檢測](多選)一物體置于升降機中，t＝0時刻升降機由靜止起先運動，規定豎直向上為運動的正方向，其加速度a隨時間t改變的圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．在2～6s內升降機對物體不做功B．在6～8s內升降機對物體做正功C．在6～8s內物體處于失重狀態D．在0～8s內物體的平均速度大小為4m/s答案：BC解析：由題圖可知，在2～6s內，物體豎直向上做勻速運動，升降機對物體的作用力方向豎直向上，與物體的運動方向相同，故升降機對物體做正功，故A錯誤，在6～8s內，升降機做減速運動，由牛頓其次定律可知，升降機對物體的作用力仍向上，則升降機對物體做正功，B正確；在6～8s內，物體的加速度方向向下，故物體處于失重狀態，故C正確；依據運動學公式可知，前2s內物體的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m,2s末物體的速度v＝at1＝2×2m/s＝4m/s；在2～6s內，物體的位移x2＝vt2＝4×4m＝16m，物體減速過程的加速度大小與加速過程相同，時間相同，則其位移x3＝x1＝4m，則物體的平均速度v＝eq\f(x1＋x2＋x3,8s)＝eq\f(4＋16＋4,8)m/s＝3m/s，故D錯誤．13．[2024·開封模擬](多選)如圖所示，一質量為m的小球固定在長為2L的輕桿上端，輕桿下端用光滑鉸鏈連接于地面上的A點，桿可繞A點在豎直平面內自由轉動，桿的中點系一細繩，電機與自動裝置限制繩子，使得桿可以從虛線位置繞AA．小球重力做功為2mgLB．繩子拉力做功大于2mgLC．重力做功功率漸漸增大D．繩子拉力做功功領先增大后減小答案：AC解析：小球在該過程中下降高度為2L，所以小球重力做功為2mgL14．一輕繩一端固定在O點，另一端拴一小球，拉起小球使輕繩水平，然后無初速度釋放小球．如圖所示，小球從起先運動至輕繩到達豎直位置的過程中，小球重力的瞬時功率的改變狀況是()A．始終增大B．始終減小C．先增大，后減小D．先減小，后增大答案：C解析：小球在初位置重力做功的功率為零，在最低點，由于重力的方向與速度方向垂直，則重力做功的功率為零，因為初末位置重力做功的功率都為零，則小球從起先運動至輕繩到達豎直位置的過程中重力做功的功領先增大后減小，C正確．15．如圖，物塊A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做勻速直線運動的過程中，下列關于A對地面的滑動摩擦力做功和B對A的靜摩擦力做功的說法正確的是()A．靜摩擦力做正功，滑動摩擦力做負功B．靜摩擦力不做功，滑動摩擦力做負功C．靜摩擦力做正功，滑動摩擦力不做功D．靜摩擦力做負功，滑動摩擦力做正功答案：C解析：把物塊A、B看成一個整體，一起沿水平地面做勻速直線運動，所以fA－地＝f地－A＝F，其中f地－A的方向與運動方向相反，故地面對A的滑動摩擦力做負功，因為地面沒有位移，所以A對地面的滑動摩擦力不做功；選擇A作為探討對象，A做勻速運動，所以fB－A＝F，fA－B＝fB－A，其中B對A的靜摩擦力的方向與運動方向相同，故B對A的靜摩擦力做正功．綜上可知，B對A的靜摩擦力做正功，A對地面的滑動摩擦力不做功，C正確．16．如圖所示，通過一動滑輪提升質量m＝1kg的物體，豎直向上拉繩子，使物體由靜止起先以5m/s2的加速度上升，不計動滑輪及繩子的質量和一切摩擦，則拉力F在1s末的瞬時功率為(取g＝10m/s2)()A．75WB．25WC．12.5WD．37.5W答案：A解析：由牛頓其次定律得2F－mg＝ma，得F＝7.5N,1s末物體的速度為v1＝at＝5m/s，力F作用點的速度v2＝2v1＝10m/s，則拉力F在1s末的瞬時功率為P＝Fv2課時測評?綜合提實力課時練贏高分一、選擇題1.[2024·江蘇南通模擬](多選)如圖所示，有三個相同的小球A、B、C，其中小球A沿高為h、傾角為θ的光滑斜面以初速度v0從頂端滑究竟端，小球B以同樣大小的初速度從同等高度處豎直上拋，小球C在同等高度處以初速度v0水平拋出，則()A．小球A到達地面時的速度最大B．從起先至落地，重力對它們做功相同C．從起先運動至落地過程中，重力對它們做功的平均功率確定相同D．三個小球到達地面時，小球B重力的瞬時功率最大答案：BD解析：三個小球在運動的過程中都是只有重力做功，機械能守恒，所以依據機械能守恒定律可知三個小球落地時動能相等，速度的大小相等．故A錯誤；重力做功只與初、末位置有關，三個小球的起點和終點的高度差一樣，所以重力做的功相同，故B正確；由題可知，B與C在空中運動的時間明顯不同，平均功率等于做功的大小與所用時間的比值，小球重力做的功相同，但是時間不同，所以重力做功的平均功率不同，故C錯誤；小球落地時的速度的大小相等而方向不同，由于A、C兩球都有水平方向的分速度，而B球沒有水平方向的分速度，所以B球豎直方向的速度最大，由瞬時功率的公式可以知道，B球的重力的瞬時功率最大，故D正確．2．如圖所示，一架自動扶梯以恒定的速度v1運輸乘客上同一樓層，某乘客第一次站在扶梯上不動，其次次以相對扶梯v2的速度勻速往上走．扶梯兩次運輸乘客所做的功分別為W1、W2，牽引力的功率分別為P1、P2，則()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過的距離的乘積，由于都是勻速運動，兩種狀況力的大小相等；由于其次次人沿扶梯向上走了一段距離，所以第一次扶梯運動的距離要比其次次扶梯運動的距離長，故兩次扶梯運客所做的功不同，有W1>W2；功率等于力與沿力方向的速度的乘積，由于都是勻速，兩種狀況力的大小相等，扶梯移動的速度也相同，電機驅動扶梯做功的功率相同，即P1＝P2，故選D.3．[2024·河北五個一名校聯盟模擬](多選)放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內其速度隨時間改變的圖象和該拉力的功率隨時間改變的圖象分別如圖甲、乙所示．下列說法正確的是()A．0～6s內物體的位移大小為30mB．2～6s內拉力做的功為40JC．合外力在0～6s內做的功與0～2s內做的功相等D．滑動摩擦力的大小為5N答案：ABC解析：0～6s內物體的位移大小x＝eq\f(4＋6,2)×6m＝30m，故A正確；2～6s內拉力做的功W＝Pt＝10×4J＝40J，故B正確；在2～6s內，物體做勻速直線運動，合外力為零，合外力做的功為零，則合外力在0～6s內做的功與0～2s內做的功相等，故C正確；在2～6s內，v＝6m/s，P＝10W，物體做勻速直線運動，摩擦力f＝F，得到f＝F＝eq\f(P,v)＝eq\f(5,3)N，故D錯誤．4．[2024·湖南師大附中模擬]一摩托車在豎直的圓軌道內側做勻速圓周運動，人和車的總質量為m，軌道半徑為R，車經最高點時發動機功率為P0、車對軌道的壓力為mg.設軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比，則()A．車經最低點時對軌道的壓力為mgB．車運動過程中發動機的功率始終不變C．車經最低點時發動機功率為3P0D．車從最高點到最低點的過程中，人和車重力做功的功率不變答案：C解析：在最高點，向心力大小為Fn＝N1＋mg＝2mg，摩托車做勻速圓周運動，向心力大小不變，則在最低點N2－mg＝Fn，得N2＝3mg，依據牛頓第三定律得車經最低點時對軌道的壓力為3mg，故A錯誤；在最高點，發動機功率P0＝F1v＝μN1v＝μmgv，在最低點發動機功率為P＝F2v＝μN2v＝3μmgv，則有P＝3P0，故B錯誤，C正確；摩托車做勻速圓周運動，速度大小不變，重力大小不變，車從最高點到最低點的過程中，重力方向和速度方向的夾角先變小再變大，重力功領先變大再變小，故D錯誤．5．[2024·安徽安慶二中月考](多選)一質量為m的木塊靜止在光滑的水平面上．從t＝0起先，將一個大小為F的水平恒力作用在該木塊上，下列說法正確的是()A．木塊在經驗時間t1的過程中，水平恒力F做的功為eq\f(F2t\o\al(2,1),2m)B．木塊在經驗時間t1的過程中，在t1時刻力F的瞬時功率為eq\f(F2t1,2m)C．木塊在經驗時間t1的過程中，在t1時刻力F的瞬時功率為eq\f(F2t1,m)D．木塊在經驗時間t1的過程中，水平恒力F做功的平均功率為eq\f(F2t\o\al(2,1),m)答案：AC解析：由牛頓其次定律可以得到，F＝ma，所以a＝eq\f(F,m)，t1時刻的速度為v＝at1＝eq\f(F,m)t1，t1時間內通過的位移為x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(Ft\o\al(2,1),2m)，做的功為W＝Fx＝eq\f(F2t\o\al(2,1),2m)，故A正確；所以t1時刻F的瞬時功率為P＝Fv＝F·eq\f(F,m)t1＝eq\f(F2t1,m)，故B錯誤，C正確；平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(F2t1,2m)，故D錯誤．6.[2024·四川資陽檢測](多選)一質量為800kg的電動汽車由靜止起先沿平直馬路行駛，達到的最大速度為18m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動汽車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出F－eq\f(1,v)圖象，圖中AB、BC均為直線．若電動汽車行駛過程中所受的阻力恒定，由圖象可知下列說法正確的是()A．電動汽車由靜止起先始終做變加速直線運動B．電動汽車的額定功率為10.8kWC．電動汽車由靜止起先經過2s，速度達到6m/sD．電動汽車行駛中所受的阻力為600N答案：BD解析：AB段牽引力不變，依據牛頓其次定律知，電動汽車的加速度不變，做勻加速直線運動，故A錯誤；額定功率P＝Fminvmax＝600×18W＝10.8kW，故B正確；勻加速運動的加速度a＝eq\f(3000－600,800)m/s2＝3m/s2，到達B點對應狀態時的速度v＝eq\f(P,F)＝eq\f(10800,3000)m/s＝3.6m/s，所以勻加速的時間t＝eq\f(v,a)＝1.2s，若電動汽車在2s內由靜止起先始終做勻加速運動，則經過2s時的速度v＝at＝6m/s，所以電動汽車由靜止起先經過2s，速度小于6m/s，故C錯誤；當最大速度vmax＝18m/s時，牽引力為Fmin＝600N，故恒定阻力f＝Fmin＝600N，故D正確．7．如圖所示，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動力的小船沿直線拖向岸邊．已知拖動纜繩的電動機功率恒為P，小船的質量為m，小船受到的阻力大小恒為f，經過A點時纜繩與水平方向的夾角為θ，小船的速度大小為v0，則此時小船加速度大小a和纜繩對船的拉力F為(纜繩質量忽視不計)()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：依據P＝Fv0cosθ得F＝eq\f(P,v0cosθ)，依據牛頓其次定律Fcosθ－f＝ma得a＝eq\f(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,v0)－f))，所以選項B正確．8．用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設木板對釘子的阻力與釘進木板的深度成正比，已知鐵錘第一次將釘子釘進d，假如鐵錘其次次敲釘子時對釘子做的功與第一次相同，那么，其次次釘子進入木板的深度是()A．(eq\r(3)－1)dB．(eq\r(2)－1)dC.eq\f(\r(5)－1,2)dD.eq\f(\r(2),2)d答案：B解析：在將釘子釘入木板的過程中，隨著深度的增加，阻力成正比地增加，這屬于變力做功問題，由于力與位移成正比，可求出力對位移的平均值，將變力轉化為恒力來處理．依據題意可得，第一次做功W＝F1d＝eq\f(kd,2)d；其次次做功W＝F2d′＝eq\f(kd＋kd＋d′,2)d′，且d′＞0，聯立解得d′＝(eq\r(2)－1)d，B正確．9．質量為m的汽車在平直的路面上啟動，啟動過程的速度－時間圖象如圖所示，其中OA段為直線，AB段為曲線，B點后為平行于橫軸的直線．已知從t1時刻起先汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力的大小恒為Ff，以下說法正確的是()A．0～t1時間內，汽車牽引力為meq\f(v1,t1)B．t1～t2時間內，汽車的功率等于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m\f(v1,t1)＋Ff))v2C．t1～t2時間內，汽車的平均速度小于eq\f(v1＋v2,2)D．汽車運動的最大速率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv1,Fft1)＋1))v1答案：D解析：由題圖可以知道，0～t1階段，汽車做勻加速直線運動，a＝eq\f(v1,t1)，F1－Ff＝ma，聯立得，F1＝meq\f(v1,t1)＋Ff，A錯誤；在t1時刻汽車達到額定功率P＝F1v1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m\f(v1,t1)＋Ff))v1，t1～t2時間內，汽車保持額定功率不變，B錯誤；由v－t圖線與橫軸所圍面積表示位移的大小可以知道，t1～t2時間內，汽車的平均速度大于eq\f(v1＋v2,2)，C錯誤；t2時刻，速度達到最大值v2，此時刻F2＝Ff，P＝F2v2，得v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv1,Fft1)＋1))v1，所以D正確．10．(多選)在傾角為θ的光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量分別為m1、m2，彈簧勁度系數為k，C為一固定擋板，系統處于靜止狀態．現起先用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛要離開C時，物塊A運動的距離為d，速度為v，重力加速度大小為g，則此時()A．m2gsinθ＝kdB．物塊A的加速度大小為eq\f(F－kd,m1)C．重力對物塊A做功的功率為(kd－m2gsinθ)vD．彈簧的彈力對物塊A做功的功率為(kd－m2gsinθ)v答案：BC解析：起先系統處于靜止狀態，彈簧彈力等于A的重力沿斜面對下的分力，當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面對下的分力，故m2gsinθ＝kx2，但由于起先時彈簧是壓縮的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A錯誤；物塊A的加速度a＝eq\f(F－kx2－m1gsinθ,m1)， 起先彈簧處于壓縮狀態，壓縮量x1＝eq\f(m1gsinθ,k)，又x1＋x2＝d，解得a＝eq\f(F－kd,m1)，故B正確；由于速度v與重力夾角不為零，故重力的瞬時功率等于m1gvsinθ，則由m1gsinθ＝kx1、m2gsinθ＝kx2及x1＋x2＝d得，m1gsinθ＋m2gsinθ＝kd，所以重力做功的功