《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版》

7. [2025 福建漳州月考]下列关于功率的计算式 $P=\frac{W}{t}$ 和 $P=Fv$ 说法正确的是(BD)

A.据 $P=\frac{W}{t}$ 可知，机器做功越多，其功率就越大
B.由 $P=\frac{W}{t}$ 知，只要知道 W 和 t 就可求出平均功率
C.由 $P=Fv$ 只能求某一时刻的瞬时功率
D.由 $P=Fv$ 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比

答案： 7. BD 据$P = \frac{W}{t}$可知，机器做功越多，其功率不一定越大，还与所需时间有关，A错误；由$P = \frac{W}{t}$知，只要知道$W$和$t$就可求出$t$时间内的平均功率，B正确；由$P = Fv$可知，若$v$是平均速度，求得是平均功率，若$v$是瞬时速度，求得是瞬时功率，C错误；由$P = Fv$知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比，D正确。
规律总结 $P = Fv$三个量的制约关系
定值 各量间的关系 应用
$P$一定 $F$与$v$成反比 汽车上坡时，要增大牵引力，应换低速挡减小速度
$v$一定 $F$与$P$成正比 汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大牵引力
$F$一定 $v$与$P$成正比 汽车在高速路上时，加大油门增大输出功率，可以提高速度

8. 一个物体从光滑斜面由静止下滑，下列关于重力做功的功率的说法中正确的是(BD)

A.重力不变，重力做功的功率也不变
B.重力做功的功率在下滑过程中不断增大
C.重力做功的功率等于重力和下滑速度的乘积
D.重力做功的功率小于重力和下滑速度的乘积

答案： 8. BD 设斜面的倾角为$\theta$，物体在斜面上下滑，做初速度为0的匀加速运动，速度$v = at$，重力的瞬时功率$P = mgv\sin\theta = mgat\sin\theta$，重力做功的功率不断变大，A错误，B正确；重力做功的功率等于重力和下滑速度在竖直方向的分速度的乘积，所以重力做功的功率小于重力和下滑速度的乘积，C错误，D正确。

9. [2024 上海期中]水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为 $\mu$(0＜$\mu$＜1)，现对木箱施加一拉力 F，使木箱做匀速直线运动，设 F 的方向与水平面的夹角为 $\theta$，如图所示，在 $\theta$ 从 0°逐渐增大到 90°的过程中，木箱的速度保持不变，则可能的是(AC)

A.F 先减小后增大

B.F 先增大后减小
C.F 的功率一直减小
D.F 的功率先增大后减小

答案：
9. AC 由于木箱的速度保持不变，因此木箱始终处于平衡状态，受力分析如图所示。由平衡条件得，水平方向上，有$F\cos\theta = F_f$，竖直方向上，有$F_N + F\sin\theta = mg$，$F_f = \mu F_N$，联立解得$F = \frac{\mu mg}{\cos\theta + \mu\sin\theta} = \frac{\mu mg}{\sqrt{1 + \mu^2}\sin(\theta + \varphi)}$，其中$\tan\varphi = \frac{1}{\mu}$，在$\theta$从$0^{\circ}$逐渐增大到$90^{\circ}$的过程中，拉力$F$先减小后增大，故A正确，B错误；$F$的功率$P = Fv\cos\theta = \frac{\mu mgv\cos\theta}{\cos\theta + \mu\sin\theta} = \frac{\mu mgv}{1 + \mu\tan\theta}$，在$\theta$从$0^{\circ}$逐渐增大到$90^{\circ}$的过程中，拉力$F$的功率$P$一直减小，故C正确，D错误。

10. [2025 浙江月考]人工智能 AI 技术的不断创新发展，外卖配送正踏入“无人⁺”领域. 某天工作人员通过无人机将医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，升力 F 为 250 N，经过 3 s 后匀速直线运动 4 s，然后再经匀减速直线运动 5 s 后到达用户阳台，此时无人机恰好悬停，货物离地高度为 72 m. 整个过程的阻力不变，无人机和物品的总质量为 15 kg，求：
（1）物品上升过程中的最大速率；
（2）无人机运动过程受到的阻力大小；
（3）匀速运动时无人机的输出功率.

答案： 10.
(1)设最大速度为$v_m$，在加速阶段上升的高度$h_1 = \bar{v}t_1 = \frac{v_m}{2}t_1$，
匀速阶段上升的高度$h_2 = v_mt_2$，
减速阶段上升的高度$h_3 = \bar{v}t_3 = \frac{v_m}{2}t_3$，
上升的总高度$h = h_1 + h_2 + h_3$，
解得最大速度$v_m = 9\ m/s$。
(2)在匀加速阶段加速度$a = \frac{v_m}{t} = 3\ m/s^2$，
根据牛顿第二定律$F - mg - f = ma$，
解得$f = 55\ N$。
(3)匀速时升力$F_2 = mg + f = 205\ N$，
功率$P = F_2v = 1845\ W$。

11. [2024 河北衡水阶段练习]在如图所示的竖直平面内，平行板 AB、DC 与水平方向成 37°角固定放置，构成的 ABCD 区域是边长为 5L 的正方形，在此区域中制造一个恒定的风场，现让小球（可视为质点）从与 A 点的等高点 P 以水平向左的速度抛出，当小球从 AD 的中点 M 进入风场后，会受到恒定的风力，并沿直线运动到 BC 的中点 N. 已知风力的大小为 F、方向与 MN 垂直，重力加速度为 g，取 sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，忽略空气的阻力，求：
（1）小球的质量以及小球在 P 点的速度大小；
（2）小球在 N 点时重力的瞬时功率.

答案： 11.
(1)小球从$P$点到$M$点的过程做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，由几何关系和自由落体运动规律，有
$\frac{5L}{2}\cos37^{\circ} = \frac{1}{2}gt^2$，
$v_p\tan37^{\circ} = v_y = gt$，
联立解得$v_p = \frac{8\sqrt{gL}}{3}$。
由于小球从$AD$的中点$M$进入风场后会受到恒定的风力，并沿直线运动到$BC$的中点$N$，根据物体做直线运动的条件，重力与风力的合力方向应沿直线$MN$，有
$F = mg\cos37^{\circ}$，
解得$m = \frac{5F}{4g}$。
(2)根据上述分析可知，小球所受合力的方向沿直线$MN$，小球做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有
$mg\sin37^{\circ} = ma$，
小球在$M$点的速度$v_M = \frac{v_p}{\cos37^{\circ}}$，
小球从$M$点到$N$点的过程，由匀变速直线运动速度与位移的关系，有
$v_N^2 - v_M^2 = 2a · 5L$，
小球在$N$点时重力的瞬时功率$P = mgv_N\sin37^{\circ}$，
解得$P = \frac{F\sqrt{154gL}}{4}$