內容   要求   要點解讀
功和功率   Ⅱ   可單獨命題，也可綜合性命題，多以選擇題考查。主要從求恒力做功和變力做功的方法、摩擦力做功的特點、平均功率和瞬時功率的區別、機車的啟動方式等考點入手，考查考生的綜合能力。

一、功的理解
做功兩要素   （1）力；（2）物體在力的方向上發生了位移。兩個要素缺一不可
物理意義   功是能量轉化的量度。功只有大小，沒有方向。
計算公式   （1）力F與位移l同向時，W=Fl。
（2）W=Flcos α，其中F、l、α分別為力的大小、位移的大小和力與位移的夾角。
功的單位   焦耳，簡稱焦，符號是J。
功的正負   意義   功的正負不表示方向、大小，只表示做功的力是阻力還是動力。
   判定   當F、l夾角為銳角時，F做正功；為鈍角時，F做負功；為直角時，不做功。
合力做功的方法   方法1：先求物體所受到的合外力，再根據公式W合=F合lcos α求合外力的功。
   方法2：先根據W=Flcos α，求每個分力做的功W1，W2，•••，Wn，再根據W合=W1+W2+•••+Wn，求合力的功，即合力做的功等于各分力做功的代數和。
二、摩擦力做功問題
1．靜摩擦力做功的特點：（1）可以做正功，也可以做負功，還可以不做功。（2）在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能從一個物體轉移到另一個物體，而沒有機械能轉化為其他形式的能。（3）相互摩擦的物體系統，一對靜摩擦力所做的功的代數和為零。
2．滑動摩擦力做功的特點：（1）可以做正功，也可以做負功，還可以不做功（如相對運動的兩物體之一相對地面靜止，則滑動摩擦力對該物體不做功）。（2）在相互摩擦的物體系統中，一對相互作用的滑動摩擦力對物體系統所做的總功與路徑無關，且總功為負值，其絕對值等于摩擦力與相對路程的乘積，即|W|=Ffl相對，表示物體系統損失了機械能，克服摩擦力做功，ΔE損=Ffl相對（摩擦生熱）。
一對滑動摩擦力做功的過程中能量轉化和轉移的情況：
（1）相互摩擦的物體通過摩擦力做功將部分機械能轉移到另一個物體上；
（2）部分機械能轉化為內能，此部分能量就是系統損失的機械能ΔE損=Q=Ffl相對。

三、一對作用力與反作用力做功問題
1．作用力與反作用力的特點：大小相等、方向相反，作用在不同的物體上。
2．作用力和反作用力作用下物體的運動特點：可能向相反的方向運動，也可能向同一方向運動；可能一個運動，另一個靜止，還可能兩個都靜止。
3．由W=Flcos α不難判斷，作用力做功時，反作用力可能做功，可能不做功，作用力做的功與反作用力做的功沒有必然聯系，不能認為二者一正一負、絕對值相等。
四、一對平衡力做的功
一對平衡力作用在同一個物體上，若物體靜止，則兩個力都不做功；若物體運動，則這一對平衡力做的功在數值上一定相等，一正一負或均為零。
五、變力做功的計算方法
動能定理   曲線運動或變力做功問題，公式W＝Flcos α不容易直接求功時，可考慮由動能的變化來間接求功
化變力為恒力   有些變力做功問題通過轉換研究對象，轉化為恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常用于輕繩通過定滑輪拉物體做功的問題中
微元法   將物體的位移分割成許多小段，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣將變力做功轉化為無數多個小位移上的恒力所做功的代數和。此法常應用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題。
平均力   若力的方向不變，而大小隨位移(注意不是隨時間)均勻變化時，則可以認為物體受到一大小為F＝F1＋F22的恒力作用，然后用公式W＝Flcos α求此變力所做的功
F-x圖象   在F-x圖象中，圖線與x軸所圍“面積”的代數和表示力F在這段位移所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正，位于x軸下方的“面積”為負，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規則的幾何圖形)
W＝Pt   適用于變力的功率恒定或平均功率已知的情形

六、功率
定義式   功W跟完成這些功所用的時間t的比值叫做功率，通常用P表示，定義式P=W/t。
物理意義   功率是表征物體做功快慢的物理量。功率是標量，只有大小，沒有方向。
單位   功率的單位是瓦特，簡稱瓦，符號是W。常用單位：1 kW=1 000 W。
計算方法   方法1：P = （功率的定義式），計算平均功率。

   方法2：P=Fv，恒力做功，當v是平均速度時計算平均功率，當v是瞬時速度時計算瞬時功率。
平均功率   表示在一段時間內做功的平均快慢，用公式表示為P= 或P=Fv。

瞬時功率   表示在某一瞬間（或某一時刻）做功的快慢，一般用P=Fv表示。通常情況下，計算瞬時功率可根據P=Fvcos α，其中v是瞬時速度，α為F與v之間的夾角，P、F、v、α為瞬時對應關系。
額定功率   額定功率是發動機工作時的最大功率，通常都在銘牌上標明。額定功率是動力機器重要的性能指標，一個動力機器的額定功率是一定的。
實際功率   實際功率是發動機實際工作時輸出的功率。機器工作時受額定功率的限制，發動機實際輸出的功率（即實際功率），可以小于或等于額定功率，有時實際功率也會略大于額定功率，但不允許長時間超過額定功率。

計算瞬時功率公式P=Fvcos α中F、v、α、P的說明
物理量   應用說明
F   力F是研究對象所受到的外力，F是恒力，F可以是某個力，也可以是幾個力的合力
v   通常情況下，速度v是一瞬時值，但物體的速度可能是恒定的，也可能是變化的
α   角α是F、v兩個矢量正方向間的夾角，式中cos α的作用是將F、v統一到一條直線上
P   所有功率都是對力而言的，因此，要注意弄清所求的是某一個力的功率還是合力的功率

六、機車的兩種啟動模型
1．模型綜述
物體在牽引力（受功率和速度制約）作用下，從靜止開始克服一定的阻力，加速度不變或變化，最終加速度等于零，速度達到最大值。
2．模型特征
（1）以恒定功率啟動的方式：
①動態過程：

②這一過程的速度—時間圖象如圖所示：

（2）以恒定加速度啟動的方式：
①動態過程：

②這一過程的速度—時間圖象如圖所示：

深化拓展：無論哪種啟動方式，機車最終的最大速度都應滿足：vm= ，且以這個速度做勻速直線運動。
3．利用公式P=Fv分析汽車啟動問題時三個物理量的相互制約及應用
定值   物理量間的關系   應用說明
P一定   F與v成反比   汽車上坡時，要增大牽引力，應換擋減小速度
v一定   F與P成正比   汽車上坡時，要使速度不變，應加大油門，增大輸出功率，獲得較大的牽引力
F一定   v與P成正比   汽車在高速路上行駛時，加大油門，增大輸出功率，可以提高速度

4．分析機車啟動問題時的注意事項
（1）機車啟動的方式不同，機車運動的規律就不同，因此機車啟動時，其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規律也不相同，分析圖象時應注意坐標軸的意義及圖象變化所描述的規律；
（2）在用公式P=Fv計算機車的功率時，F是指機車的牽引力而不是機車所受到的合力；
（3）恒定功率下的加速一定不是勻加速，這種加速過程發動機做的功可用W=Pt計算，不能用W=Fl計算（因為F是變力）；
（4）以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發動機做的功常用W=Fl計算，不能用W=Pt計算（因為功率P是變化的）；
（5）勻加速過程結束時機車的速度并不是最后的最大速度。因為此時F>F阻，所以之后還要在功率不變的情況下變加速一段時間才達到最后的最大速度vm。

三個重要關系式
關系式01 無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即（式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻）。
關系式02 機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結束時，功率最大，速度不是最大，即
關系式03 機車以恒定功率運行時，牽引力做的功W=Pt。由動能定理：Pt–F阻x=ΔEk。此式經常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小。

【2019•綿陽南山中學實驗學校高二開學考試】如圖所示，拖著輪胎跑是身體耐力訓練的一種有效方法。某受訓者拖著輪胎在水平直道上勻速跑了一段距離，下列說法正確的是

A．輪胎所受的合力不做功               B．重力對輪胎做負功
C．繩子的拉力對輪胎不做功           D．地面對輪胎的摩擦力不做功
【參考答案】A
【詳細解析】輪胎做勻變速直線運動，根據動能定理可得，輪胎所受的合力不做功，故A正確。輪胎受的重力豎直向下，而輪胎的位移方向為水平方向，則輪胎在豎直方向沒有發生位移，重力不做功，故B錯誤。拉力與水平方向的夾角是銳角，所以輪胎受到的拉力做正功，故C錯誤。地面對輪胎的摩擦力的方向向右，與輪胎運動的方向相反，所以地面對輪胎的摩擦力做負功，故D錯誤。

1．【2019•甘肅省玉門市第一中學高一期末】一個人從水面深4m的井中勻速提起50N的水桶至地面在水平道路上行走12m，再勻速走下6m深的地下室，則此人用來提水桶的力所做的功為（）
A．500J   B．1100J   C．100J   D．-100J
【答案】D
【解析】人在勻速上提過程中做的功W1=FL1=GL1=50×4J=200J，而在人勻速行走時，人對水桶不做功；再勻速走下6m深的地下室，人提水桶的力做功W2=-GL2=-50×6J=-300J，故人對水桶做的功為W= W1+ W2=200J-300J=-100J，故選項D符合題意。

【2019•重慶一中高一期末】光滑水平地面上靜止一質量為1kg的物塊，某時刻開始受到一外力作用，外力F隨時間t的變化如圖所示。取 g =10m/s2，則下列說法正確的是

A．2s末，物塊的運動方向發生改變           B．前2s內，外力F做的功為 64J
C．3s末，外力F的功率為-4W               D．4s內，外力F的功率為 2W
【參考答案】D
【詳細解析】0-2s物體的加速度為a1=F/m=4 m/s2，物體由靜止做勻加速度直線運動，2s內發生的位移為，力F做功為WF=Fx1=32J，2s時力F反向，所以加速度反向，物體沿原來的運動方向做勻減速直線運動，故A、B錯誤；2s-4s物體的加速度為a2=F′/m=-2 m/s2，3s末物體的速度為v=4×2 m/s +（-2）×1 m/s =6m/s，此時外力F的功率為P=Fv=-2×4=-8W，故C錯誤；4s末物體的速度為v′=4 m/s，2s-4s物體發生的位移為x2=6m/s×2s=12m，力F做功為：WF′=F′•x2=-2×12=-24J，則4s內外力F的功率為P′=（WF+ WF′）/t總=2W，故D錯誤。

1．質量m=1kg的物體在水平拉力F的作用下，沿水平面做直線運動。t=3s時撒去拉力F。物體運動的v-t圖象如圖所示，下列說法正確的是

A．第末合力對物體做功的功率為
B．第末拉力對物體做功的功率為
C．整個過程中拉力對物體做功為
D．在內拉力對物體做功為
【答案】B
【解析】根據圖象可知1 s末的速度為，v–t圖象中圖線的斜率表示加速度，0~2 s過程中的加速度為，故0~2 s內的合力，所以1 s末合力的功率為，A錯誤；3 s后撤去外力時的加速度為，此過程中只受摩擦力作用，，解得，所以在0~2 s過程中根據牛頓第二定律可得，解得，故1 s末拉力的功率為，B正確；圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，整個過程中，而，故拉力做功不為零，C錯誤；在內物體做勻速直線運動，所以拉力和摩擦力相等，故，故，D錯誤。
【名師點睛】本題的突破口是根據v–t圖象的斜率，面積的物理意義（斜率表示加速度，面積表示位移），然后結合功率的公式P=Fv和動能定理求解。

質量為M的長木板放在光滑的水平面上，一個質量為m的滑塊以某一速度沿木板表面從A點滑到B點，在木板上前進了L，而木板前進了l，如圖所示，若滑塊與木板間的摩擦因數為μ，求：
（1）摩擦力對滑塊和木板做的功；
（2）系統產生的熱量。

【參考答案】（1）–μmg(L+l) μmgl （2）μmgL
【詳細解析】（1）滑塊的對地位移為x1=L+l，摩擦力對滑塊做的功為：W1=–Ffx1=–μmg(L+l)，木板的對地位移為：x2=l，摩擦力對木板做的功為：W2=Ffx2=μmgl。
（2）滑塊相對木板的位移為：Δx=L，系統產生的熱量：Q=FfΔx=μmgL。

1．如圖所示，質量為m的滑塊放在光滑斜面上，斜面與水平面間的摩擦力不計，在滑塊從斜面頂端滑到斜面底端的過程中

A．重力對滑塊做功
B．滑塊受到斜面的支持力與斜面垂直，所以支持力對滑塊不做功
C．斜面對滑塊的支持力對滑塊做負功
D．滑塊對斜面的壓力對斜面做正功
【答案】ACD
【解析】如圖所示，重力對滑塊做正功；支持力與滑塊的位移方向成鈍角，支持力對滑塊做負功；壓力與斜面的位移方向成銳角，壓力對斜面做正功。綜上，選項ACD正確，B錯誤。

如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為

A． mgR   B． mgR C． mgR   D． mgR
【參考答案】C
【詳細解析】質點在最低點Q時受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所以有FN－mg＝，由牛頓第三定律知，FN＝FN′＝2mg，聯立解得v＝gR，質點自P滑到Q的過程中重力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可得mgR－Wf＝ mv2，解得Wf＝ mgR，即克服摩擦力做的功為 mgR，C正確。

1．如圖所示，小球自a點由靜止自由下落，到b點時與彈簧接觸，到c點時彈簧被壓縮到最短，若不計彈簧質量和空氣阻力，在小球由a→b→c的運動過程中

A．小球的機械能守恒
B．小球的重力勢能隨時間一直減少
C．小球的動能先從0增大，后減小到0，在b點時動能最大
D．到c點時小球重力勢能為0，彈簧彈性勢能最大
【答案】B
【解析】由于小球在接觸彈簧后收到彈簧向上的彈力作用，且彈力對小球做負功，故小球的機械能減小，選項A錯誤；因小球位置不斷降低，故小球的重力勢能隨時間一直減少，選項B正確；小球的速度從0開始增加，接觸彈簧后做速度逐漸減小的加速運動，當彈力和重力相等時，加速度為零，此時速度最大，然后小球再做減速運動到最低點，故小球的動能先從0增大，后減小到0，在b點一下的某位置時動能最大，選項C錯誤；小球到達c點時彈性勢能最大，但是由于沒有規定零重力勢能點，故c點的重力勢能大小無法確定，故選項D錯誤。

為減機動車尾氣排放，某市推出新型節能環保電動車。在檢測該款電動車性能的實驗中，質量為8×102 kg的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出如圖所示的圖象（圖中AB、BO均為直線），假設電動車行駛中所受阻力恒定，最終勻速運動，重力加速度g取10 m/s2。則

A．當該電車的速度為10 m/s時，加速度為0.25 m/s2
B．該車起動后，先做勻加速運動，然后勻速運動
C．該車做勻加速運動的時間是6 s
D．該車勻加速運動時加速度大小為2.5 m/s2
【參考答案】A
【詳細解析】AB段牽引力不變，根據牛頓第二定律知，加速度不變，做勻加速直線運動；BC圖線的斜率表示電動車的功率，知BC段功率不變，牽引力減小，加速度減小，做加速度減小的加速運動；電動機的功率為：，勻加速運動的末速度為：，當牽引力等于阻力時，速度最大，由圖線知，，根據牛頓第二定律得，勻加速運動的加速度大小，則勻加速運動的時間；當該電車的速度為時，根據牛頓第二定律：，代入數據可以得到：，故A正確，BCD錯誤。
【名師點睛】AB過程牽引力不變，根據牛頓第二定律知，做勻加速直線運動，BC段圖線的斜率表示電動車的功率，斜率不變，則功率不變，根據功率與牽引力的關系，判斷BC段的運動情況，速度達到最大時，牽引力等于阻力。

1．【2019•寧夏高二月考】汽車發動機的額定功率為80kW，它以額定功率在平直公路上行駛的最大速度為20m/s，那么汽車在以最大速度勻速行駛時所受的阻力是（）
A．8000N   B．4000N   C．2500N   D．1600N
【答案】B
【解析】汽車勻速運動，說明汽車處于受力平衡狀態，此時汽車受到的阻力的大小和汽車的牽引力大小相等，由P=Fv=fv可以求得f=P/v=4000N，故選項B正確。
2．質量為m的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的速度圖象如圖所示，0~t1段為直線，從t1時刻起汽車保持額定功率不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為f，則

A．0~t1時間內，汽車的牽引力等于
B．t1~t2時間內，汽車做勻加速運動
C．t1~t2時間內，汽車的功率等于fv1
D．t1~t2時間內，汽車的功率等于fv2
【答案】D
【解析】0~t1時間內，汽車做勻加速直線運動，加速度，根據牛頓第二定律得，F–f=ma，解得牽引力F=f+m ，故A錯誤。從t1時刻起汽車的功率保持不變，根據P=Fv可知，隨速度的增加，牽引力減小，則可知汽車在t1~t2時間內做加速減小的加速運動，選項B錯誤；在t2時刻，汽車的加速度為零，則F=f，此時汽車的功率P=Fv2=fv2，選項D正確，C錯誤；故選D。
【名師點睛】本題考查的是汽車的啟動方式，對于汽車的兩種啟動方式，恒定加速度啟動和恒定功率啟動，對于每種啟動方式的汽車運動的過程一定要熟悉。

1．【2019•陜西高一期末】（多選）關于功率公式P＝和P＝Fv，下列說法正確的是
A．由于力F和速度v均為矢量，故根據公式P＝Fv求得的功率P為矢量
B．由公式P＝Fv可知，若功率保持不變，則隨著汽車速度增大汽車所受的牽引力減小
C．由公式P＝Fv可知，在牽引力F一定時，功率與速度成正比
D．由P＝可知，只要知道W和t就可求出任意時刻的功率
2．【2019•廣東高一期末】如圖所示，在水平雪面上雪橇受與水平方向成α角的拉力F作用，沿直線勻速前進了s的距離。下列說法正確的是（　　）

A．拉力做功為Fs
B．地面對雪橇的支持力做正功
C．重力對雪橇做負功
D．外力對雪桶做的總功是零
3．（多選）如圖所示，分別用恒力F1、F2先后將一物體由靜止開始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至頂端，兩次所用時間相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向。則兩個過程比較

A．接觸面上因摩擦產生的熱量相同
B．物體的機械能增加量相同
C．F1做的功與F2做的功相同
D．F1做功的功率比F2做功的功率小
4．用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設木板對鐵釘的阻力與鐵釘進入木板的深度成正比。已知鐵錘第一次使鐵釘進入木板的深度為d，接著敲第二錘，如果鐵錘第二次敲鐵釘時對鐵釘做的功與第一次相同，那么，第二次使鐵釘進入木板的深度為
A． B． C． D．
5．【2019•重慶一中高一期末】摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。在摩天輪轉動過程中，下列敘述正確的是

A．乘客的速度保持不變               B．乘客的機械能保持不變
C．乘客的動量保持不變               D．乘客重力的瞬時功率在變化
6．【2019•湖北高三開學考試】（多選）如圖所示為豎直平面內固定的四分之一圓弧軌道AP，圓弧軌道的圓心為O，OA水平，OP豎直，半徑為R=2m。一質量為m=1kg的可視為質點的小物塊從圓弧頂點A開始以 m/s的速度從A到P做勻速圓周運動，重力加速度g=10m/s2， Q為圓弧AP的一個三等分點(圖中未畫出)，OA與OQ的夾角為30°，則下列說法正確的是（）

A．在A到P的過程中軌道的動摩擦因數逐漸減小
B．在Q點時，重力的瞬時功率為15W
C．小物塊在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功
D．在P點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為10 N
7．起重機以恒定功率P，將原來靜止在地面上質量為m的貨物提升H高度，這時物體速度達到v，在這個過程中
A．貨物上升做勻變速直線運動 B．貨物上升的平均速度大于
C．起重機對貨物做功大于 D．合外力對物體做功 m 2
8．在檢測某款電動車性能的實驗中，質量為8×102 kg的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，達到的最大速度為15 m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出F– 圖象（圖中AB、BO均為直線），假設電動車圖行駛中所受的阻力恒定，求此過程中：
（1）電動車的額定功率；
（2）電動車由靜止開始運動，經過多長時間，速度達到2 m/s。

9．如圖甲所示，質量m=2.0 kg的物體靜止在水平面上，物體跟水平面間的動摩擦因數μ=0.20。從t=0時刻起，物體受到一個水平力F的作用而開始運動，前8 s內F隨時間t變化的規律如圖乙所示，g取10 m/s2。求：

（1）在圖丙坐標系中畫出物體在前8 s內的v–t圖象；
（2）前8 s內水平力F所做的功。

1．【2018•新課標全國II卷】如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能一定

A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
2．【2018•新課標全國III卷】（多選）地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程，

A．礦車上升所用的時間之比為4:5
B．電機的最大牽引力之比為2:1
C．電機輸出的最大功率之比為2:1
D．電機所做的功之比為4:5
3．【2015•海南卷】假設摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發動機的輸出功率變為原來的2倍，則摩托艇的最大速率變為原來的
A．4倍 B．2倍 C．倍 D．倍
4．【2015•新課標全國Ⅱ卷】一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發動機的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的是

1．BC 雖然力F和速度v均為矢量，但是功率P為標量，故A錯誤；由公式P=Fv可知，若功率保持不變，則隨著汽車速度增大，汽車所受的牽引力減小，當速度達到最大值時，牽引力最小，故B正確；由P=Fv可知，當牽引力不變時，汽車牽引力的功率一定與它的速度成正比，故C正確；根據只能計算平均功率的大小，所以只要知道W和t就可求出時間t內的平均功率，故D錯誤。
2．D   根據功的定義式可以知道，拉力做的功為：W1＝Fscosα，故選項A不符合題意；雪橇受到重力和支持力與雪橇的位移垂直，做功為零，故選項BC不符合題意；因為雪橇勻速運動，所以合力為零，則外力做功為零，故選項D符合題意。
3．BD   兩個過程中物體對斜面的壓力不同，故摩擦力大小不同，則產生的熱量不相同，故A錯誤；物體末速度相同，又由于處于相同的高度，所以兩物體機械能變化量相同，故B正確；由題圖分析可知，第一次物體所受到的摩擦力小于第二次物體所受到的摩擦力，故兩個過程中物體克服摩擦力做的功不同，重力做功相同，則做的功比做的少，故C錯誤；物體的運動情況相同，重力做功的功率相同，第二次中克服摩擦力做功的功率大，故做功的功率比做功的功率小，故D正確。
4．B 由題意可知，阻力與深度d成正比，f–d圖象如圖所示：

F–x圖象與坐標軸所形成圖形的面積等于力所做的功，每次釘釘子時做功相同，如圖所示可得力與深度成正比，則：f=kd，f′=kd′，兩次做功相同，，解得：，第二次釘子進入木板的深度故。選B。
【名師點睛】本題考查了變力做功問題，可以應用圖象法解題，也可以求出力的平均值，應用動能定理解題。
5．D 因為速度是矢量，做圓周運動的乘客其速度方向時刻變化，所以乘客的速度時刻變化，根據P=mv可知，乘客的動量大小不變，而動量的方向和速度方向相同，所以動量時刻變化，故A、C錯誤；根據機械能等于重力勢能和動能之和，知摩天輪做勻速圓周運動，乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，其重力勢能變化，所以機械能在變化，故B錯誤；摩天輪轉動過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時刻在變化，豎直方向的分速度在變化，所以重力的瞬時功率在變化，故D正確。
6．ABC 小物塊做勻速圓周運動，說明重力沿切面方向的分力和滑動摩擦力大小相等，方向相反mgsinθ=μmgcosθ，解得：。小物塊在下滑過程中，切面與水平面的夾角變小，所以在A到P的過程中軌道的動摩擦因數逐漸減小，故A正確；在Q點時，重力的瞬時功率為P=mgcosθ•v=15W，故B正確；根據動能定理，小物塊在AQ段克服摩擦力做的功W1- mgRsinθ=0，解得W1=10J，在QP段克服摩擦力做的功W2- mgR（1-sinθ）=0解得W2=10J，所以小物塊在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功，故C正確；在P點根據向心力公式，解得FN=11.5N，D錯誤。
7．BCD 起重機以恒定功率P提升貨物時，由P=Fv知，速度v增大時，牽引力F減小，貨物做加速度減小的變加速運動，平均速度不等于v/2。若做出v–t圖象如圖，由圖象可知貨物速度到達v時的位移大于貨物做勻加速運動的位移，可知貨物上升的平均速度大于v/2，故A錯誤，B正確。

起重機對貨物的牽引力F是變力，當速度為v時F最小，則整個過程中F平均值大于，根據公式W=FH可知起重機對貨物做功大于，故C正確。根據動能定理知，合外力對物體做功等于物體動能的變化為 mv2，故D正確。
【名師點睛】解決本題時要明確貨物的運動情況，類似于汽車起動，知道貨物做變加速運動，平均速度公式只適用于勻變速直線運動。
8．（1）6 kW （2）1 s
【解析】（1）由題圖可知AB段表示電動車由靜止開始做勻加速直線運動，達到額定功率（B點），BC段表示車做變加速運動，達到最大速度（C點）后做勻速運動。
當vmax=15 m/s時，F=400 N，則恒定的阻力Ff=F=400 N
電動車的額定功率P=Ffvmax=6 kW。
（2）在AB段：F=2 000 N
由P=Fv得勻加速運動的末速度v=3 m/s
又F–Ff=ma
加速度a=2 m/s2
由v′=at得所求運動時間t=1 s。
9．（1）見解析圖（2）155 J
【解析】（1）0~4 s物體做勻加速直線運動；F–μmg=ma1⇒a1=3 m/s2，
4 s時物體速度v1=a1t1=12 m/s。
4~5 s物體做加速度為a2的勻減速直線運動，F+μmg=ma2⇒a2=7 m/s2，
5 s時物體速度v2=v1–a2t2=5 m/s，
5 s后F撤去，做加速度為a3的勻減速直線運動，設t3時間后速度為零。
μmg=ma3⇒a3=μg=2 m/s2。

0=v2–a3t3⇒t3=2.5 s.
即5~7.5 s內做勻減速直線運動到速度為零。
7.5~8 s內物體處于靜止狀態。
綜上，0~8 s內的v–t圖象如圖所示。
（2）前8 s內水平力F所做的功由v–t圖象知：WF=F• t1–F• t2=155 J。

1．A 受力分析，找到能影響動能變化的是那幾個物理量，然后觀測這幾個物理量的變化即可。
木箱受力如圖所示：

木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可知即：，所以動能小于拉力做的功，故A正確；無法比較動能與摩擦力做功的大小，CD錯誤。故選A。
【名師點睛】正確受力分析，知道木箱在運動過程中有那幾個力做功且分別做什么功，然后利用動能定理求解末動能的大小。
2．AC 設第次所用時間為t，根據速度圖象的面積等于位移（此題中為提升的高度）可知， ×2t0×v0= ×（t+3t0/2）× v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升過程所用時間之比為2t0∶5t0/2=4∶5，選項A正確；由于兩次提升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–mg=ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，選項B錯誤；由功率公式，P=Fv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，選項C正確；加速上升過程的加速度a1= ，加速上升過程的牽引力F1=ma1+mg=m( +g)，減速上升過程的加速度a2=- ，減速上升過程的牽引力F2=ma2+mg=m(g– )，勻速運動過程的牽引力F3=mg。第次提升過程做功W1=F1× ×t0×v0+F2× ×t0×v0=mgv0t0；第次提升過程做功W2=F1× × t0× v0+ F3× v0×3t0/2+ F2× × t0× v0 =mgv0t0；兩次做功相同，選項D錯誤。
【名師點睛】此題以速度圖像給出解題信息。解答此題常見錯誤主要有四方面：一是對速度圖像面積表示位移掌握不到位；二是運用牛頓運動定律求解牽引力錯誤；三是不能找出最大功率；四是不能得出兩次提升電機做功。實際上，可以根據兩次提升的高度相同，提升的質量相同，利用功能關系得出兩次做功相同。
3．D 設，當阻力等于牽引力時，速度最大，輸出功率變化前，有，變化后有，聯立解得，D正確。
4．A 由圖可知，汽車先以恒定功率P1起動，所以剛開始做加速度減小的加速度運動，后以更大功率P2運動，所以再次做加速度減小的加速運動，故A正確，BCD錯誤。

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