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英恋物理
《高考物理顶层
系列资料点考向通01
功和功率
资料编号:20
功的理解
试题编号:20
(1)做功两要素:①力:②物体
向上发生了位移。两个要素缺一不
(2)物理意义:功
量度。功只有大
量
(3)功是过程量,是力在空间上的积累效应
(3)功的单位:焦耳,符
(4)计算公式:①力F与位移l同向时,W=Fl
②W=
FIcos
a,其中F、l、a分别为力的大小、位移的大小和力与位移的央
③该公式只适用于恒力做
(5)功的正负:①
当F、(v)夹角为锐角
做正功;为钝角时,F做负功;为直角
时,不做功
②意义
正负不表示方向、大小,只表示做功的力是阻力还是动力
较,比较的是绝对值
4规
表达式书写必须带功的正负,代号的书写前面统一为正
某个力做功等
做功的
做
(6合力做功的方法
法1:先求物体所受到的合外力,再根据公式环合=Flosα求合外力的功
方法2:先根据
每个分力做的功W
根据
W+W+…+W,求合力的
力做的功等于各分力做功的代数和
算
(1)恒力做功:不论物体做直线运动还是曲线
对物体做的功用W
写
功等于力与力方向上位移的乘积或功等于位移
与位移方向上力的乘
说明:一个力做功只与这个力和力作用的位移有关,跟是否受到其他力、物体的运动性
质无关
次P、Q分别在
等
的洹
用
面的动摩擦固效
进相距高的过程守,F1和
P、Q两块克飛摩搂方做的
F
【例2】如刻所示,质量为m的物体静止在
θ的斜面上,物与斜面的动摩擦囡
斜面水
速移动巨腐l,物体始
终与斜面保持詣对歆亠。则在斜面水向左匀速
运动距离的过程中
A.摩擦灯刈楔
为-
angICOS
B.斜面刈榴体的营力的功为
mgisin
e52
C,定
D.斜面对物体敌
英恋物理
考物理顶层
系列资料考点考向通02
【例3】质量为m的物体
晨过动漕
拉动较
求人做
(2)变力做功的计算方法
①动能定理法:曲线运动或变力做功问题,公式W=
Flosα不容易直接求功时
变化来间接求功
变力为恒力法:有些变力做功问题通过转换研究对象,转化为恒力做功,用
α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题
例4】如图,庋量m-0.lkg的泑块与地面闻动揍因数
物块与跨过小滑轮的绲
铃的
水平坐标
在滑第的正下方。至
恒定的拉
物块白A(xA=173m)到B(=0.75m),A、B
的加
物块汩A到
程口拉
微
将物体的位移分割成许多小段,每
上作用在物体上的力可以视
为恒力,这样将变力做功转化为无数多个小位移上的恒力所做功的代数和。用W=F
变、方向改变的变力做功
始终与物体运动
角
在北过渠
F对物体做的功为FRs
物依做的功为mR
方F对物公做的功为R
变力,无沄计箩做功大小201
功和功率及其机车启动问题(例题)
参考答案与试题解析
【例1】两个相同物块P、Q分别在大小相等、方向如图的恒力F1和F2作用下沿水平面向右运动，物块与水平面的动摩擦因数相同。在它们前进相同距离的过程中，F1和F2做功分别为W1和W2，P、Q两物块克服摩擦力所做的功分别为Wf1和Wf2，则有(　　)
A．W1＞W2，Wf1＞Wf2
B．W1＝W2，Wf1＞Wf2
C．W1＞W2，Wf1＝Wf2
D．W1＝W2，Wf1＝Wf2
【分析】根据功的定义，通过W＝Fscosθ，明确做功的两个因素：力以及力的方向上的位移，然后比较做功的大小。
【解答】解：作用在物块上的恒力F1和F2的大小相等，两物体位移相同，
根据W＝Fscosθ知W1＞W2，
根据摩擦力f＝μFN
知fA＝μmg，fB＝μ(mg﹣F2sinθ)
由此可知fA＞fB，
根据W＝Fscosθ知，位移相同，P、Q两物块克服摩擦力所做的功分别为Wf1和Wf2，所以Wf1＞Wf2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握功的公式W＝Fscosθ，注意分析力和位移的大小，方向即可。
【例2】如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，现使斜面水平向左匀速移动距离l，物体始终与斜面保持相对静止。则在斜面水平向左匀速运动距离l的过程中(　　)
A．摩擦力对物体做的功为﹣μmglcosθ
B．斜面对物体的弹力做的功为mglsin
θcos2θ
C．重力对物体做的功为mgl
D．斜面对物体做的功为0
【分析】对物体受力分析，可以求得斜面对物体的支持力和摩擦力，再由功的公式即可求得对物体做的功的大小
【解答】解：物体处于静止，对物体受力分析可得，
在竖直方向
mg＝Ncosθ+fsinθ
在水平分析
Nsinθ＝fcosθ
解得
N＝mgcosθ
f＝mgsinθ
支持力与竖直方向的夹角为θ，
A、摩擦力做的功
Wf＝﹣fcosθ?l＝﹣mglsinθcosθ，故A错误；
B、支持力做的功为WN＝Nsinθ?s＝mgssinθcosθ，支持力做功的功率为：mgcosθ?vsinθ，故B错误；
C、重力做功为零，故C错误；
D、由于匀速运动，所以斜面体对物体作用力的合力与速度方向垂直，则作用力做的总功为零，故D正确；
故选：D。
【点评】对物体受力分析，求出力的大小，再由功的公式即可做功的大小。
【例3】质量为m的物体放在一固定的斜面上，一个人通过动滑轮用恒定的力F拉动物体沿斜面前进l，力F与斜面夹角为α，如图所示。求人做的功。
【分析】先根据数学知识求出力F作用点移动的位移，然后会根据功的计算公式求出人做的功。
【解答】解：力的作用点发生的位移如图所示：
力F作用点的位移：x＝2lcos，
故拉力F所做的功：
W＝Fxcos＝F?2lcos?cos＝2Flcos2＝Fl(1+cosα)。
答：人做的功为Fl(1+cosα)。
【点评】本题主要考查功的计算公式的灵活应用，关键弄清力移动的位移，熟练应用数学知识即可正确解题，难度不大。
【例4】如图，质量m＝0.1kg的物块与地面间动摩擦因数μ＝0.5，物块与跨过小滑轮的绳子相连，滑轮的摩擦不计。取水平坐标如图所示，原点O在滑轮的正下方。在绳的另一端施加大小为0.9N、方向恒定的拉力F，将物块由A(xA＝1.73m)拉到B(xB＝0.75m)，A、B处绳与水平面间的夹角θ分别为30°和53°．(取g＝10m/s2，cos53°＝0.6，≈1.73)求：
(1)物块位于B处时的加速度；
(2)物块由A到B过程中拉力的功。
【分析】(1)在B点对物体受力分析，根据牛顿第二定律可求得物体位于B点处时的加速度；
(2)对F的作用点进行分析，求出拉力的位移，再由功的公式即可求出拉力的功。
【解答】解：(1)受力分析如图
由牛顿定律Fcosθ﹣μN＝maFsinθ+N＝mg
得Fcosθ﹣μ(mg﹣Fsinθ)＝ma
a＝(cosθ+μsinθ)﹣μg
代入相应数据得a＝4m/s2
(2)F的作用点的位移x＝﹣；
由功的定义W＝Fscosθ可知，在物体运动过程中拉力做功
W＝F(﹣)
代入数据解得W＝0.675J
答：(1)物块位于B处时的加速度为4m/s2
(2)物块由A到B过程中拉力的功为0.675J。
【点评】本题考查牛顿第二定律以及功的计算，要注意对物体分析拉力为变力，故应分析F作用点的位移，再由功的公式求解。
【例5】用大小不变、方向始终与物体运动方向一致的力F，将质量为m的小物体沿半径为R的固定圆弧轨道从A点推到B点，圆弧对应的圆心角为60°，如图所示，则在此过程(　　)
A．力F对物体做的功为FRsin60°
B．力F对物体做的功为
C．力F对物体做的功为
D．力F是变力，无法计算做功大小
【分析】力F是变力，根据力的公式以及功的公式即可求出．
【解答】解：该图中，力F虽然方向不断变化，是变力，但由于该力的方向始终与物块运动的方向是相同的，所以该力做的功与路程成正比，即：
W＝FS＝＝．故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了在恒力和变力作用下做功的求法，由于该题中力F的方向始终与物块速度的方向一致，所以该力的功在求法上与摩擦力做功相似．
【例6】一根弹簧的弹力(F)大小与弹簧伸长量(x)的图线如图所示，那么在弹簧的伸长量由4cm伸长到8cm的过程中，弹簧弹力做功和弹性势能的变化量为(　　)
A．0.6J，﹣0.6J
B．﹣0.6J，0.6J
C．1.8J，﹣1.8J
D．﹣1.8J，1.8J
【分析】由胡克定律：F＝kx，可知F﹣x图象的斜率表示弹簧劲度系数，弹性势能的表达式为：，由此可计算弹簧形变之后的弹性势能。
【解答】解：由胡克定律：F＝kx，可知F﹣x图象的斜率表示弹簧劲度系数，故该弹簧的劲度系数为：
k＝＝/m＝750N/m。
弹性势能的表达式为：，故将此弹簧从原长拉伸0.04m时，它的弹性势能为：
Ep＝0.6J。
将此弹簧从原长拉伸0.08m时，它的弹性势能为：
Ep＝2.4J。
当弹簧由伸长量0.04m
到伸长量0.08m的过程中，弹力做功和弹性势能的变化量为：
w＝﹣△Ep＝﹣(2.4﹣0.6)J＝﹣1.8J
即为：△Ep＝1.8J，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题重点是要知道弹性势能的表达式，这个好像在高中不要求会计算弹性势能(可能不同省份不一样，我知道我们省教材没有弹性势能的要求，也不给公式。)，其次要知道x指形变量，包含压缩量和伸长量。
【例7】如图所示，质量为m的物体沿着不同倾角的三个斜面下滑，其倾角θ1＜θ2＜θ3，斜面高度均为h。若物体从三个斜面顶端滑至底端的过程中，重力所做的功分别为W1、W2、W3，则(　　)
A．W1＞W2＞W3
B．W1＜W2＜W3
C．W1＝W2＝W3
D．W1＜W2＝W3
【分析】重力做功与路径无关，只与物体始末位置的高度差有关，根据W＝mgh即可判断；
【解答】解：重力做功与路径无关，只与物体始末位置的高度差有关，物体从同一高度h沿着不同仰角的斜面下滑，重力做功都等于w＝mgh，故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题考查了影响重力做功的因素，与高度差有关，属于基础题。
【例8】水平地面上叠放着木板B和木块A，木块A在木板B上向右滑行，同时木板B向左滑行，如图所示，图中x1的长度为2m，x2的长度为3m，上图为滑行前，下图为滑行后，在此过程中木块A受到木板B对它的滑动摩擦力大小为10N，则摩擦力对木块A做功为(　　)
A．50J
B．﹣50J
C．30J
D．﹣30J
【分析】根据W＝Fxcosθ求解物块所受的摩擦力做功，注意找到力和力方向上的位移。
【解答】解：物块所受的摩擦力做的功为：W＝﹣fx2＝﹣10×3J＝﹣30J，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，知道功是力与力的方向上的位移的乘积，难度不大，属于基础题。
【例9】质量为m的物体沿底面长度均为L、倾角不同的a、b、c三个斜面从顶端滑下，如图所示，物体和斜面间的滑动摩擦因数相同，a、b、c三个斜面与水平面的夹角的关系是θ1＞θ2＞θ3，物体从a、b、c三个斜面顶端到底端过程中，摩擦力做功分别是W1、W2和W3，则它们的关系是(　　)
A．W1＞W2＞W3
B．W1＝W3＞W2
C．W1＞W2＝W3
D．W1＝W2＝W3
【分析】设出斜面的底边长度，利用角度求出斜面长度，由W＝FL求摩擦力做功，即可选择。
【解答】解：A、B、C、D、设斜面的底边长为x，斜面的倾角为θ，则任一斜面的长度为
L＝，故物体在斜面下滑时所受的摩擦力大小为：f＝μmgcosθ。
摩擦力做功为：W＝﹣fL＝﹣μmgcosθ?＝﹣μmgx，与倾角无关，故W1＝W2＝W3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了功的求法，关键要明确滑动摩擦力做功与斜面的倾角无关，与水平位移大小有关。
【例10】(多选)如图所示，一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块，并留在木块当中，在此过程中子弹钻入木块的深度为d，木块的位移为l，木块与子弹间的摩擦力大小为F，则(　　)
A．F对木块和子弹做功的代数和为0
B．F对木块做功为F(l+d)
C．F对子弹和木块做功的代数和为﹣Fd
D．F对子弹做功为﹣F(l+d)
【分析】子弹受到摩擦力是阻力，而木块所受到的摩擦力是动力，两者摩擦力大小相等，可认为是恒力，分别由功的公式可求得做功的大小，并求出做功的代数和。
【解答】解：子弹的位移为(l+d)，故F对子弹做功为﹣F(l+d)；
子弹对木块的作用力大小也为F，木块相对于地的位移为l，则F对木块做功为Fl；
F对子弹和木块做功的代数和为﹣F(l+d)+Fl＝﹣Fd；
故AB错误，CD正确。
故选：CD。
【点评】本题考查子弹打木块模型，掌握好功的公式应用，要注意对单个物体求功时，位移的参照物是地面。
【例11】(多选)质量为2千克的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下，由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移S之间的关系如图所示，则(　　)
A．此物体在AB段做匀加速直线运动
B．此物体在AB段做匀速直线运动
C．此物体在OA段做匀加速直线运动
D．此物体在OA段做匀速直线运动
【分析】物体在水平面上运动，水平拉力与物体运动方向相同，由功的公式W＝FS可知，F等于W﹣S图象斜率的大小．由数学知识求出两段图象的斜率，解得水平拉力的大小，根据拉力与摩擦力大小比较，分析物体的运动情况．
【解答】解：物体在水平面上运动，水平拉力与物体运动方向相同，物体受到的滑动摩擦力大小f＝μmg＝2N。
物体在0A段受到的水平拉力大小等于F1＝＝，可见，水平拉力大于摩擦力，则物体在OA段做匀加速直线运动。
物体在AB段受到的水平拉力大小等于F2＝＝N＝2N，水平拉力等于摩擦力，则物体在AB段做匀速直线运动。
故选：BC。
【点评】本题关键从图象的斜率大小确定水平拉力的大小，即从图象的数学意义来理解在其物理意义．
【例12】(多选)质量相等的A、B两物体分处于不同的水平支持面上，分别受到水平恒力F1、F2的作用，同时由静止开始沿相同方向做匀加速运动．经过时间t0和4t0，当速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．对于上述全过程下列说法中正确的是(　　)
A．F1和F2的大小之比为12：5
B．A、B的总位移大小之比为1：2
C．F1、F2对A、B分别做的功之比为3：2
D．A、B各自所受的摩擦力分别做的功之比为6：5
【分析】根据两物块做匀减速运动，求出匀减速运动的加速度之比，从而求出摩擦力之比，再根据匀加速运动的加速度之比，根据牛顿第二定律求出F1和F2的大小之比；速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，根据面积比得出位移比；根据功的定义求解功的比．
【解答】解：A、从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f＝ma′，则摩擦力大小都为m．根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：，，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F﹣f＝ma，则F1＝，F2＝，F1和F2的大小之比为12：5．故A正确。
B、图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6：5．故B错误。
C、F1和F2的大小之比为12：5，加速位移之比为1：2，故F1、F2对A、B分别做的功之比为6：5，故C错误；
D、摩擦力大小都为m相等，位移之比为6：5，故A、B各自所受的摩擦力分别做的功之比为6：5，故D正确；
故选：AD。
【点评】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．
【例13】如图，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L＝0.75m，质量m＝1.0kg的物块从斜面顶端无初速度释放，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则(　　)
A．物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18W
B．物块滑到斜面底端时的动能为1.5J
C．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24W
D．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5J
【分析】根据牛顿第二定律求出物块下滑的加速度，然后有运动学公式求出下滑时间和速度，由WG＝mgh求出重力做的功，由P＝求出平均功率，瞬时功率为P＝mgVcosθ．在整个下滑过程中，重力做的功全部转化为动能．
【解答】解：A、由受力分析可知
mgsin37°＝mga
a＝gsin37°＝6m/s2
V＝at＝6m/s2×0.5s＝3m/s
瞬时功率为：P瞬＝mgvsin37°＝1kg×10m/s2×3m/s×0.6＝18W，故A正确
B、根据动能定理可得：Ek＝mgLsinθ＝4.5J，故B错误
C、由X＝得：t＝0.5s
平均功率为：P平＝＝9W，故C错误
D、重力做的功为：WG＝mgLsin37°＝4.5J，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了动能定理得应用，瞬时功率及平均功率的计算，难度不大，属于基础题
【例14】如图所示，在天花板上的O点系一根细绳，细绳的下端系一小球．将小球拉至细绳处于水平的位置，由静止释放小球，小球从位置A开始沿圆弧下落到悬点的正下方的B点的运动过程中，下面说法正确的是(　　)
A．小球受到的向心力在逐渐变大
B．由于细线的拉力方向始终与小球的速度方向垂直，所以拉力对小球的冲量为零
C．重力对小球做功的瞬时功率逐渐增大
D．重力对小球做功的平均功率为零
【分析】小球被释放后做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒，在下落过程中速度逐渐增大，运动过程中，由向心力公式可判断出向心力变化，冲量I＝Ft，拉力不为零，故冲量不为零，平均功率P＝，而瞬时功率P＝mgv可判断
【解答】解：A、小球从A点运动到B点过程中，速度逐渐增大，由向心力可知，向心力增大，故A正确
B、细线拉力不为零，则拉力冲量不为零，故B错误
C、该过程中重力的瞬时功率从0变化到0，应是先增大后减小，故C错误
D、平均功率不为零，故D错误
故选：A。
【点评】本题主要考查了圆周运动向心力公式、机械能守恒定律及牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析小球的受力情况，会利用特殊点解题，难度适中．
【例15】(多选)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F的作用，如图所示。下列判断正确的是(　　)
A．第1s末的瞬时功率为6W
B．第1s内的平均功率为4W
C．前2s内的平均功率为4W
D．第1s末与第2s末外力的瞬时功率之比为9：4
【分析】本题可由动量定理求得1s末及2s末的速度，再由动能定理可求得合力的功；由功率公式求得功率。
【解答】解：由动量定理Ft＝mv2﹣mv1，代入数据求得1s末、2s末速度分别为：v1＝3m/s、v2＝4m/s；
A、第1秒末外力的瞬时功率：P1＝F1v1＝3×3W＝9W．故A错误；
B、第1s内的平均功率为＝F×＝4.5W，故B错误；
C、由动能定理可知0﹣2s内合力做功为：W＝mv22＝×1×42＝8J，故前2s内的平均功率为：＝＝W＝4W，故C正确；
D、第2s末外力的瞬时功率：P2＝F2v2＝4×1＝4W，第1s末与第2s末外力的瞬时功率之比为9：4，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题主要是考查功率的计算，解答本题的关键是要掌握P＝Fv的物理意义，知道P＝Fv可以计算平均功率。也可以计算瞬时功率，而P＝只能计算平均功率。
【例16】(多选)如图所示，长为2L的轻杆硬杆，上端固定一质量为m的小球，下端用光滑铰链连接于地面上的O点，杆可绕O点在竖直平面内自由转动，定滑轮固定于地面上方L处，到O点的水平距离为，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒下地面，假设从α＝60°到α＝0的过程中，杆做匀速转动(设杆与水平的夹角为α)，则在此过程中(　　)
A．在前一半路程电动机对杆做的功比在后一半路程少
B．电动机的输出功率先增大后减小
C．α＝60°时，绳子对杆的拉力大小为mg
D．杆对小球的作用力最大时，绳子对杆的拉力大小为4mg
【分析】A、在前一半程小球重力势能的减少量小于后一半程小球重力势能的减少量，根据功能关系，在前一半程电动机对杆做的功比在后一半程少，可判断A选项；
B、依题意知电动机的输出功率一直在增大，可判断B选项；
C、当α＝60°时，绳子对杆的拉力小于小球的重力mg，可判断C选项；
D、当α＝0°时，杆对小球的作用力最大，此时绳子与水平面的夹角为30°，由力矩平衡可判断D选项。
【解答】解：A、在前一半程小球重力势能的减少量小于后一半程小球重力势能的减少量，根据功能关系，在前一半程电动机对杆做的功比在后一半程少，故选项A正确；
B、电动机的输出功率一直在增大，故选项B错误；
C、当α＝60°时，绳子对杆的拉力小于小球的重力mg，故C选项错误；
D、当α＝0°时，杆对小球的作用力最大，此时绳子与水平面的夹角为30°，由力矩平衡可得，
mg?2L＝F?Lsin30°，解之得，F＝4mg。故D选项正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了功能关系、转动平衡等知识，明确能量转化的过程及能量的转化方向是解答此题的关键。
【例17】(多选)河北省张家口市风电装机容量累计突破了千万千瓦。草原天路景区风力发电机如图所示，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为l，风速为v，空气的密度为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，下列说法正确的是(　　)
A．一台风力发电机获得风能的功率为πρl2v3
B．一台风力发电机获得风能的功率为πρl2v3
C．空气对一台风力发电机的平均作用力为πρl2v2
D．空气对一台风力发电机的平均作用力为πρl2v2
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；能量守恒定律；电功、电功率．版权所有
【专题】应用题；定量思想；模型法；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；分析综合能力．
【答案】BC
【分析】建立一个“风柱”模型，算出“风柱”的质量，利用动能定理求出“风柱”做的功，然后求出功率；根据动量定理和牛顿第三定律求得空气对一台风力发电机的平均作用力。
【解答】解：AB、建立一个“风柱”模型如图所示：
风柱的横截面积为叶片旋转扫出的面积S＝πl2
经过t风柱长度x＝vt，所形成的风柱体积V＝πl2vt
空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，
所以与叶片发生相互作用的风柱质量m＝ρV＝ρπl2vt，
根据动能定理，风力在这一段位移做的功W＝Ek＝mv2＝ρπl2vt?v2＝ρπl2v3t
一台风力发电机获得风能的功率为：P风＝＝ρπl2v3，故A错误，B正确；
CD、对与叶片发生相互作用的那部分空气为研究对象，规定空气流动的方向为正方向，
根据动量定理得：﹣F?t＝0﹣mv
代入数据解得：F＝πρl2v2
根据牛顿第三定律，可知空气对一台风力发电机的平均作用力为：F′＝F＝πρl2v2，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题以草原天路景区风力发电机为情景载体，考查了动能定理、功率、动量定理在实际问题中的应用，解决此题的关键是建立适合的物理模型。
【例18】(多选)如图为一种测量运动员体能的装置，运动员质量为M，细绳拴在腰间沿水平方向跨过质量和摩擦均不计的定滑轮，绳的另一端悬挂质量为m的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率v顺时针运动，则下列说法正确的是(　　)
A．人对传送带做正功
B．人对传送带不做功
C．人对传送带做功的瞬时功率为mgv
D．人对传送带做功的瞬时功率为(M+m)gv
【分析】通过在力的方向上有无位移判断力是否做功。人的重心不动知人处于平衡状态，摩擦力与拉力平衡，根据功率和速度关系进行分析。
【解答】解：AB、人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有位移，所以人对传送带做功，摩擦力和位移的方向相同，故做正功，故A正确、B错误；
CD、人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于mg。所以人对传送带做功的功率为mgv。故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键掌握判断力是否做功的方法，当力与运动方向垂直，该力不做功；掌握功率与速度的关系是关键。
【例19】在检测某款电动车性能的某次实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到最大速度为15m/s时，位移为20m，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出图象，如图所示(图中AB、BO均为直线)。假设电动车行驶中所受阻力恒定，求此过程中：
(1)电动车的额定功率。
(2)电动车由静止开始运动，速度达到10m/s时，加速度为多大？
(3)电动车由静止开始运动，速度刚达到15m/s时，运动了多长时间？
【分析】(1)图象的斜率等于功率，图线平行于横轴，表示F不变，分析电动车在A﹣B和B﹣C过程的运动的特点。当牵引力与阻力大小相等时，电动车做匀速直线运动，速度达到最大值，此时功率为额定功率；
(2)在恒力作用下电动车做匀加速度运动，达到额定功率后做变加速运动，最终达到最大速度，先判断出匀加速达到的最大速度，再结合由牛顿第二定律可以求出速度为10m/s时的加速度；
(3)在恒力作用下电动车做匀加速度运动，达到额定功率后做变加速运动，最终达到最大速度，先判断出匀加速达到的最大速度所需时间，在利用动能定理计算出变加速运动的时间即可；
【解答】解：由图象可知，AB段对应电动车加速的过程中保持牵引力F＝2000N恒定不变，即做匀加速直线运动；BO段中的斜率保持恒定不变，对应电动车在这一阶段以额定功率加速行驶。
(1)当电动车达到最大速度vm＝15m/s时，电动车的牵引力Fmin＝Ff＝400N，其中Ff表示地面对电动车的阻力。
所以电动车的额定功率Pm＝Ffvm＝400×15W＝6000W。
(2)电动车匀加速行驶过程中的加速度，
电动车刚达到额定功率时其速度
之后它将做加速度减小的变加速运动。故当电动车的速度v'＝10m/s＞v＝3m/s时，已处于变加速阶段，但这一过程电动车的功率已达额定功率，所以设此时的牵引力为F'，
有：Pm＝F'v'得：
设此时电动车的加速度为a'，有：F'﹣Ff＝ma'
得：
(3)电动车由静止开始，设先匀加速达v＝3m/s，用时t1，由v＝at1得：
通过得位移为：
设此后再经时间t2速度达vm＝15m/s，则车由静止到速度刚好为vm＝15m/s的过程，据动能定理得：得：t2＝15.58s≈15.6s
则总时间为：t＝t1+t2＝17.1s
答：(1)电动车的额定功率为6000W；
(2)电动车由静止开始运动，速度达到10m/s时，加速度为0.25m/s2；
(3)电动车由静止开始运动，速度刚达到15m/s时，运动了17.1s
【点评】本题首先要理解图象的物理意义：斜率等于功率；其次要能分析电动车的受力情况和运动情况，把握速度最大的条件。
【例20】汽车发动机的最大功率为P＝60kW，汽车的质量为m＝2.0×103kg．汽车在足够长的水平路面从静止以a＝1.0m/s2的加速度先做匀加速直线运动，当小车牵引力的功率达到最大时，保持最大功率不变，变加速运动了t＝20s后小车的速度达到最大vm，已知汽车在行驶中所受路面阻力恒定为重力的0.1倍，重力加速度g＝10m/s2，求：
(1)汽车在水平路面能达到的最大速度大小vm；
(2)汽车在水平路面做匀加速运动能维持的时间t1；
(3)小车在加速运动过程中的总位移s的大小。
【分析】(1)当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最大，根据P＝fv求出汽车的最大速度；
(2)根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，结合P＝Fv求出匀加速运动的末速度，根据速度时间公式求出汽车匀加速运动的时间；
(3)在匀加速阶段，根据运动学公式求得位移，达到额定功率后，整个过程中根据动能定理求得通过的位移；
【解答】解：由题意知：f＝0.1mg＝2000N
(1)当牵引力等于阻力时，速度达到最大，为：
P＝Fv＝fvm
最大速度为：
(2)在匀加速阶段，根据牛顿第二定律可知，F′﹣f＝ma，解得F′＝ma+f＝2000×1N+2000N＝4000N
匀加速达到最大速度时，恰好达到额定功率，根据P＝F′v可得v＝
在匀加速度阶段设运动时间为t1，则v＝at1，解得
(3)匀加速阶段通过的位移为
在变加速阶段，根据动能定理可知
解得x2＝262.5m
小车在加速运动过程中的总位移s＝x1+x2＝375m
答：(1)汽车在水平路面能达到的最大速度大小vm为30m/s；
(2)汽车在水平路面做匀加速运动能维持的时间t1为15s；
(3)小车在加速运动过程中的总位移s的大小为375m。
【点评】本题考查了汽车以恒定加速度启动问题，知道汽车在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和功率的公式进行求解，抓住两个过程，匀加速过程和变加速过程。
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日期：2020/7/27
20:56:42；用户：云众学校物理；邮箱：yzxx0学号：22049688
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