2.选D　阻力与小球速度方向始终相反，故阻力一直做负功，W=-Fh+(-Fh)=-2Fh，D正确。

3.选B　根据功的计算公式W=Fx，速度时间图像与时间轴围成的面积代表位移x，对照力F随时间变化的图像和速度时间图像。在0～1 s，力F1=1 N，x1= m=0.5 m，做功W1=F1x1=0.5 J。在1～2 s，力F2=3 N，x2=m=0.5 m，做功W2=F2x2=1.5 J，在2～3 s，力F3=2 N，x3=1×1 m=1 m，做功W3=F3x3=2 J，所以有W3>W2>W1，选项B对。

4.选C　F，F=mgsin θ+μmgcos θ，F的方向变为竖直向上，仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，F=mg，θ和μ的具体数值，F如何变化，选项A、BF的方向变为竖直向上后，摩擦力不再做功，力F的功率将减小，选项C正确D错误。

5.选B　小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P=mgvy，而vytan θ=v0，所以P=，B正确。

6.选A　由F-Ff=ma可知，因汽车牵引力F保持恒定，故汽车做匀加速直线运动，C错误;由v=at可知，A正确;而x=at2，故B错误;由WF=F·x=F·at2可知，D错误。

7.选D　F-Ff=ma，P=Fv：a=·-，，=k=40，P，a=0，=0.05：vm=20 m/s，vm=，Ff，。

8.选B　提升30个货箱到离地12 m高的平台上，克服重力所做的总功一定，机械的输出功率越大，所用时间越短，由P­m图像可知，每次提升15 kg即每次提升3个货箱时，机械功率最大，Pm=25 W，由Pm=3mg·v可得v== m/s= m/s，每次提升过程对应的时间t==72 s，故所需的总时间t总=10t=720s，B正确。

9.选B　0～t1时间内重物匀加速上升，此过程中F1-mg=ma1，P1=F1v。可见F1恒定，起重机功率P1随v均匀增大;t1～t2时间内，重物匀速上升，F2=mg，P2=mgv，大小不变，但匀加速过程的末时刻功率大于mgv，故A、D均错误;t2～t3时间内，重物减速上升，mg-F3=ma3，P3=F3v，此过程中F3不变，P3随v均匀减小，但匀速运动末时刻功率大于匀减速开始时刻的功率，故B正确，C错误。

10.选C　P=Fv，v ­t图像和P ­t图像可得30=F·6,10=Ff·6，：F=5 N，Ff= N，D;0～6 s(4+6)×6× m=30 m，A;0～6 sW=F·x1+Ff·x2=5×6×2× J+×6×4 J=70 J，B，C。

11.解析：(1)在0～2 s内，拉力等于4 N，最大静摩擦力等于4 N，故物体静止。

在2～4 s内，拉力F=8 N，由牛顿第二定律得

F-μmg=ma

解得a=2 m/s2

位移为x1=a(Δt)2=4 m

4 s末物体的速度大小v=aΔt=4 m/s

4 s末拉力的瞬时功率P=F v=8×4 W=32 W

(2)在4～6 s内，拉力等于4 N，滑动摩擦力等于4 N，故物体做匀速直线运动。

位移x2=vΔt=4×2 m=8 m

在6～8 s内，拉力仍然是F=8 N，物体的加速度大小仍为a=2 m/s2。

位移x3=vΔt+a(Δt)2=12 m

拉力所做的功W=Fx3=8×12 J=96 J

(3)8 s内拉力做功W=0+8×4 J+4×8 J+96 J=160 J

平均功率==20 W

答案：(1)32 W　(2)96 J　(3)20 W

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