第1讲 功和功率-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案课件PPT（新教材）

第六章　机械能及其守恒定律 第1讲　功和功率 目录 1 2 3 教材阅读指导 必备知识　梳理与回顾 关键能力　发展与提升 课时作业 4 教材阅读指导 (对应人教版必修第二册相关内容及问题) 目录 第八章第1节阅读“功”这一部分内容，功的表达式W＝Flcosα中的l指什么？α指什么？ 第八章第1节阅读“正功和负功”这一部分内容，总功怎样计算？ 第八章第1节“功率”部分的[思考与讨论]。 提示：l指力的作用点的位移；α指力和位移方向的夹角。 提示 * 提示：几个力对物体做的总功等于各个力分别对物体所做功的代数和，也就是这几个力的合力对物体所做的功。 提示：通过减小速度提高牵引力。 目录 第八章第1节[练习与应用]T7。 提示 * 提示：(1)汽车的加速度减小，速度增大。因P＝F牵v，v增大，故F牵减小，而a＝eq \f(F牵－F,m)，所以加速度减小。 (2)当汽车的速度为v、加速度为a时，汽车的牵引力F牵＝ma＋F。发动机的额定功率P＝F牵v＝(ma＋F)v。当加速度减小到0时，汽车做匀速直线运动，F牵＝F。所以汽车行驶的最大速度vmax＝eq \f(P,F)＝eq \f(（ma＋F）v,F)。 目录 第八章[复习与提高]A组T3。 提示 * 提示：(1)如图所示。 (2)重力做功WG＝－mgxsinθ，推力做功WF＝Fx，支持力做功WN＝0，摩擦力做功Wf＝－Ffx＝－μmgxcosθ。 (3)总功W总＝WF＋WG＋Wf＋WN＝Fx－mgxsinθ－μmgxcosθ。 (4)合力F合＝F－mgsinθ－μmgcosθ。 (5)合力做功W合＝F合x＝(F－mgsinθ－μmgcosθ)x，显然W总＝W合。 必备知识　梳理与回顾 目录 力的方向 能量转化 力 力的方向 * 一、功 1．定义：一个物体受到力的作用，如果在eq \x(\s\up1(01))________________上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功。 2．物理意义：功是eq \x(\s\up1(02))_______________的量度。 3．做功的两个必要因素 (1)作用在物体上的eq \x(\s\up1(03))_______。 (2)物体在eq \x(\s\up1(04))_______________上发生的位移。 目录 Flcosα 位移 恒力 标量 * 4．公式：W＝eq \x(\s\up1(05))____________。 (1)α是力与eq \x(\s\up1(06))__________方向之间的夹角，l为物体对地的位移。 (2)该公式只适用于eq \x(\s\up1(07))__________做功。 (3)功是eq \x(\s\up1(08))__________量。功的正负表示对物体做功的力是动力还是阻力。 目录 正功 负功 克服 不做功 * 5．功的正负 夹角 功的正负 0≤α<eq \f(π,2) 力对物体做eq \x(\s\up1(09))___________ eq \f(π,2)<α≤π 力对物体做eq \x(\s\up1(10))__________，或者说物体eq \x(\s\up1(11))__________这个力做了功 α＝eq \f(π,2) 力对物体eq \x(\s\up1(12))__________ 目录 可正、可负，也可为零 * 6.一对作用力与反作用力的功 做功情形 图例 备注 都做正功 一对相互作用力做的总功eq \x(\s\up1(13))________________________ 都做负功 一正一负 一为零 一为正 一为负 目录 之比 做功的快慢 * 7.一对平衡力的功 一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等、一正一负或都为零。 二、功率 1．定义：功W与完成这些功所用时间teq \x(\s\up1(01))_________叫作功率。 2．物理意义：描述力对物体eq \x(\s\up1(02))__________________。 目录 平均功率 平均功率 瞬时功率 正常工作 实际工作 额定功率 * 3．公式 (1)P＝eq \f(W,t)，P为时间t内的eq \x(\s\up1(03))______________。 (2)P＝Fv(F与v方向相同) ①v为平均速度，且F为恒力，则P为eq \x(\s\up1(04))______________。 ②v为瞬时速度，则P为eq \x(\s\up1(05))______________。 4．额定功率 机械eq \x(\s\up1(06))______________时的最大输出功率。 5．实际功率 机械eq \x(\s\up1(07))______________时的功率，要求不大于eq \x(\s\up1(08))______________。 目录 × √ × × √ √ * 一、堵点疏通 1．功是标量，功的正负表示大小。(　　) 2．一个力对物体做了负功，说明这个力一定阻碍物体的运动。(　　) 3．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功；静摩擦力对物体一定不做功。(　　) 4．作用力做正功时，反作用力一定做负功。(　　) 5．力对物体做功的正负是由力与位移间的夹角大小决定的。(　　) 6．汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度，得到较大的牵引力。(　　) 目录 答案 解析 * 二、对点激活 1.(人教版必修第二册·第八章第1节[练习与应用]T1改编)如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体，m1<m2，在大小相等的两个力F1和F2的作用下沿水平方向向右移动了相同的距离。若F1做的功为W1，F2做的功为W2，则(　　) A．W1>W2 B．W1<W2 C．W1＝W2 D．条件不足，无法确定 解析　由题意可得F1和F2是恒力，物体移动的位移相同，并且力与位移的夹角相等，所以由功的公式W＝Flcosθ可知，它们对物体做的功是相同的，C正确。 目录 答案 解析 * 解析　依据功的定义式W＝Flcosθ，在本题的四种情况下，F、l、θ均相同，则四种情况下力F所做的功一样大，故D正确。 2．如图所示的a、b、c、d中，质量为M的物体甲受到相同的恒力F的作用，在力F作用下使物体甲在水平方向移动相同的位移。μ表示物体甲与水平面间的动摩擦因数，乙是随物体甲一起运动的小物块，比较物体甲移动的过程中力F对甲所做的功的大小(　　) A．Wa最小 B．Wd最大 C．Wa>Wc D．四种情况一样大 目录 答案 解析 * 3．(人教版必修第二册·第八章第1节[练习与应用]T3改编)(多选)一位质量m＝60 kg的滑雪运动员从高h＝10 m的斜坡自由下滑，如果运动员在下滑过程中受到的阻力F＝50 N，斜坡的倾角θ＝30°，重力加速度g取10 m/s2，运动员滑至坡底的过程中，关于各力做功的情况，下列说法正确的是(　　) A．重力做功为6000 J B．阻力做功为1000 J C．支持力不做功 D．各力做的总功为零 解析　重力做功WG＝mgh＝6000 J，故A正确；阻力做功WF＝－Feq \f(h,sinθ)＝－1000 J，故B错误；支持力与位移夹角为90°，不做功，故C正确；由以上分析可知，各力做的总功为5000 J，故D错误。 目录 答案 解析 * 4．质量为m的物体沿倾角为θ的斜面滑到底端时的速度大小为v，则此时重力的瞬时功率为(　　) A．mgv B．mgvsinθ C．mgvcosθ D．mgvtanθ 解析　重力与物体的速度之间的夹角为90°－θ，则重力的瞬时功率为P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，所以B正确。 关键能力　发展与提升 目录 * 考点一　功的正负判断与恒力、合力做功的计算　　拓展延伸 1．定性判断力是否做功及做正、负功的方法 (1)看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形。 (2)看力F的方向与速度v的方向间的夹角θ——常用于曲线运动的情形。 (3)根据动能的变化判断：动能定理描述了合力做功与动能变化的关系，即W合＝ΔEk，当动能增加时合力做正功，当动能减少时合力做负功。 (4)根据功能关系或能量守恒定律判断。 目录 * 2．恒力做功的一般计算方法 直接用W＝Flcosα计算。 恒力做功与物体的运动路径无关，只与初、末位置有关。 3．合力做功的计算方法 方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。 方法三：先求动能变化ΔEk，再利用动能定理W合＝ΔEk求功。 目录 答案 * 考向1　做功正负的分析 例1　图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止。下列关于力做功的判断正确的是(　　) A．甲图中支持力对人做正功 B．甲图中摩擦力对人做负功 C．乙图中支持力对人做正功 D．乙图中摩擦力对人做负功 目录 解析 解析　对图甲中女士受力分析如图1，受重力和支持力两个力，支持力与速度v的夹角为锐角，做正功，故A正确，B错误。对图乙中男士受力分析如图2，受重力、支持力与静摩擦力，支持力与速度v的夹角为90°，不做功，Ff与速度方向相同，做正功，故C、D错误。 目录 答案 * 考向2　功的计算 例2　(2023·北京高考)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中(　　) A．摩擦力做功大小与F方向无关 B．合力做功大小与F方向有关 C．F为水平方向时，F做功为μmgx D．F做功的最小值为max 目录 解析 解析　F的方向会影响物体与地面间弹力大小，因此会影响摩擦力大小，故摩擦力做功大小与F方向有关，A错误；合力做功为W＝F合·x＝max，与F方向无关，B错误；F为水平方向时有WF－μmgx＝max，则WF>μmgx，C错误；由WF－Ffx＝max可得，当Ff＝0时F做功最小，最小值为max，D正确。 目录 答案 * 例3　一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F、滑块的速率v随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示，设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是(　　) A．W1＝W2＝W3 B．W1<W2<W3 C．W1<W3<W2 D．W1＝W2<W3 目录 解析 解析　由题图甲和题图乙得，第1 s内力F1＝1 N，滑块位移x1＝0.5 m；第2 s内力F2＝3 N，滑块位移x2＝0.5 m；第3 s内力F3＝2 N，滑块位移x3＝1 m。则第1 s内力F对滑块做功W1＝F1x1＝0.5 J，第2 s内力F对滑块做功W2＝F2x2＝1.5 J，第3 s内力F对滑块做功W3＝F3x3＝2 J，所以W1<W2<W3，故B正确。 目录 答案 * 例4　如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。开始时绳与水平方向的夹角为θ，当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，B、O间距离也为L，小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是(　　) A．WF＝FL(2cosθ－1) B．WF＝2FLcosθ C．Wf＝μmgLcosθ D．Wf＝FL－mgLsin2θ 目录 解析 解析　小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为WF＝Fs，s为F作用点的位移，即绳端移动的长度，由几何关系可知s＝2Lcosθ－L，所以WF＝FL(2cosθ－1)，故A正确，B错误；根据几何关系得BO斜面倾角为2θ，小物块在BO段运动过程中所受摩擦力大小为f＝μmgcos2θ，则Wf＝fL＝μmgLcos2θ，故C、D错误。 目录 1．使用W＝Flcosα应注意的几个问题 (1)位移l ①“l”应取作用点的位移。 ②“l”的取值一般以地面为参考系。 (2)力F ①力的独立性原理，即求某个力做的功仅与该力及物体沿该力方向的位移有关，而与其他力是否存在、是否做功无关。 ②力只能是恒力。此公式只能求恒力做功。 (3)α是l与F之间的夹角。 目录 2．摩擦力做功的特点 (1)单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。 (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。 (3)相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝Ffl相对，其中l相对为相对路程(即相对运动轨迹的长度)。 目录 * 考点二　变力做功的计算方法　对比分析 方法 举例说明 应用动能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ) 微元法 质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR 目录 * 等效转 换法 用恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinα)－\f(h,sinβ))) 平均 力法 弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝eq \f(kx1＋kx2,2)·(x2－x1) 图像法 在F­x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移上所做的功 目录 答案 考向1　应用动能定理求解变力做功 例5　某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，假设该同学的质量为60 kg，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功为(g＝10 m/s2)(　　) A．750 J B．480 J C．270 J D．1470 J 目录 解析 解析　 该同学起跳后至着地的过程做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，沿竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则从起跳至最高所用时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，竖直方向的初速度vy＝gt＝4 m/s，沿水平方向做匀速直线运动，则vx＝eq \f(x,2t)＝eq \f(2.4,0.8) m/s＝3 m/s，则该同学起跳时的速度v0＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝5 m/s，该同学的质量为60 kg，根据动能定理得W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝750 J，故B、C、D错误，A正确。 目录 选对方法求变力做功 遇见变力做功问题时，依题意选准方法，平时要注意多总结，除了以上方法还可以用功率求功，机车类发动机保持功率P恒定做变速运动时，牵引力是变力，牵引力做功W＝Pt。 目录 答案 * 考向2　微元法求变力做功 例6　(多选)如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是(　　) A．重力做功为mgL B．悬线的拉力做功为0 C．空气阻力做功为－mgL D．空气阻力做功为－eq \f(1,2)F阻πL 目录 解析 解析　根据W＝Flcosα，摆球下摆过程中，重力做功为mgL，A正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，故做功为0，B正确；空气阻力的大小不变，方向始终与速度方向相反，故做功为－F阻·eq \f(1,2)πL，C错误，D正确。 目录 答案 * 考向3　平均力法求变力做功 例7　某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为20 m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为10 kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。由图像可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为(　　) A．2000 J B．1800 J C．200 J D．180 J 目录 解析 解析　由于水桶匀速上升，故拉力大小等于水和桶的总重力，由于水和桶的总质量随位移均匀减小，故拉力与位移满足线性关系，所以可用平均力法求解变力做功。结合题图可知，F1＝m1g＝100 N，F2＝m2g＝80 N，则在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为：W拉＝eq \f(F1＋F2,2)h＝1800 J，故B正确。 目录 * 考点三　功率的计算　　解题技巧 1．瞬时功率的计算方法 利用公式P＝F·vcosθ，其中v为该时刻的瞬时速度，θ为该时刻F与v的夹角。 2．平均功率的计算方法 (1)利用eq \o(P,\s\up16(－))＝eq \f(W,t)。 (2)利用eq \o(P,\s\up16(－))＝F·eq \o(v,\s\up6(－))F，其中F必须为恒力，eq \o(v,\s\up6(－))F为物体沿F方向的平均速度。 证明：无论物体做直线运动还是曲线运动，当F为恒力时，F的平均功率eq \o(P,\s\up16(－))＝eq \f(W,t)＝eq \f(\o(∑,\s\do14(i))Fvicosθi·Δti, \o(∑,\s\do14(i))Δti)＝eq \f(F\o(∑,\s\do14(i))vicosθiΔti, \o(∑,\s\do14(i))Δti)＝eq \f(F·lF,t)＝F·eq \o(v,\s\up6(－))F。 目录 答案 * 例8　如图1所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2、3所示，g＝10 m/s2，则(　　) A．第1 s内推力做的功为1 J B．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J C．第1.5 s时推力F做功的功率为2 W D．第2 s内推力F做功的平均功率eq \o(P,\s\up16(－))＝1.5 W 目录 解析 解析　由题图3可知，第1 s内物体的速度为零，物体静止不动，故位移为零，推力不做功，A错误；第2 s内推力为3 N，第3 s内推力为2 N且物体做匀速直线运动，则可知摩擦力f＝2 N，物体第2 s内的位移x＝1 m，则克服摩擦力所做的功W＝fx＝2 J，B正确；第1.5 s时推力为3 N，速度v＝1 m/s，则推力F做功的功率P＝3×1 W＝3 W，C错误；第2 s内平均速度eq \o(v,\s\up12(－))＝1 m/s，推力F＝3 N，推力F做功的平均功率eq \o(P,\s\up16(－))＝Feq \o(v,\s\up12(－))＝3 W，D错误。 目录 答案 * 例9　(2023·山东高考)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　) A.eq \f(2nmgω2RH,5) B.eq \f(3nmgωRH,5) C.eq \f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH 目录 解析 解析　由题意可知，水轮每转一圈灌入稻田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，筒车对这些水做的功W＝m总gH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝eq \f(W,T)，其中T＝eq \f(2π,ω)，联立解得P＝eq \f(3nmgωRH,5)，故选B。 目录 * 考点四　机车启动问题　　对比分析 1．两种启动方式的比较 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P­t图和 v ­t图 OA 段 过程 分析 v↑⇒F＝eq \f(P额（不变）,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓ a＝eq \f(F－F阻,m)不变⇒F不变，v↑⇒P＝Fv↑直到P额＝Fv1 运动 性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝eq \f(v1,a) 目录 * AB 段 过程 分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq \f(P额,F阻) v↑⇒F＝eq \f(P额（不变）,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓ 运动 性质 以vm匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC段 无 F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq \f(P额,F阻)匀速直线运动 目录 2.三个重要关系式 (1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度，即vm＝eq \f(P额,Fmin)＝eq \f(P额,F阻)(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。 (2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v1＝eq \f(P额,F)<vm＝eq \f(P额,F阻)。 (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝P额t。由动能定理：P额t－F阻x＝ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。 目录 答案 * 例10　(2024·辽宁省朝阳地区高三上期中)(多选)一辆汽车在水平平直公路上由静止开始匀加速启动，汽车的输出功率与速度的关系如图所示，当汽车的速度达到v0后功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知汽车的质量为m，运动过程中所受的阻力恒为f，下列说法正确的是(　　) A．汽车的最大功率为fv0 B．汽车匀加速时的加速度大小为eq \f(f,m) C．汽车做匀加速直线运动的时间为eq \f(mv0,2f) D．汽车的速度从v0增加到2v0的过程中，其加速度逐渐减小 目录 解析 解析　汽车达到最大速度vm＝2v0时，牵引力最小，且Fm＝f，则汽车的最大功率为Pm＝Fmvm＝2fv0，故A错误；汽车匀加速启动时，根据牛顿第二定律有F0－f＝ma0，汽车速度为v0时的牵引力大小F0＝eq \f(Pm,v0)，联立可得汽车匀加速时的加速度大小为a0＝eq \f(f,m)，故B正确；汽车做匀加速直线运动的时间为t＝eq \f(v0,a0)＝eq \f(mv0,f)，故C错误；汽车的速度从v0增加到2v0的过程中，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，汽车的牵引力为F＝eq \f(Pm,v)，可得a＝eq \f(f,m) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2v0,v)－1))，则汽车的速度v从v0增加到2v0的过程中，加速度逐渐减小，故D正确。 目录 答案 * 例11　(2023·湖北高考)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　) A.eq \f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B.eq \f(P1v2＋P2v1,P1＋P2) C.eq \f(（P1＋P2）v1v2,P1v1＋P2v2) D.eq \f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1) 目录 解析 解析　设两节动车在运动过程中所受阻力大小分别为f1、f2，则有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后，则有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得该动车组能达到的最大速度v＝eq \f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)，故选D。 目录 答案 * 例12　(2021·湖南高考)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(　　) A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为eq \f(3,4)vm D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)－Pt 目录 解析 解析　动车组在匀加速启动过程中，由牛顿第二定律有F－F阻＝ma，加速度a恒定，F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随速度增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，由牛顿第二定律有eq \f(4P,v)－kv＝ma，可知加速启动的过程，加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有eq \f(2.25P,v1)＝kv1，而以额定功率匀速行驶时有eq \f(4P,vm)＝kvm，联立解得v1＝eq \f(3,4)vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W阻＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)－0，可得动车组克服阻力做的功为W阻＝4Pt－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)，故D错误。 目录 解决机车启动问题时的四点注意 (1)首先弄清是匀加速启动还是恒定功率启动。 (2)若是匀加速启动过程，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速直线运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。 (3)若是恒定功率启动过程，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不适用，速度最大值等于eq \f(P额,F阻)，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝P额t计算，但不能用W＝Flcosα计算。 (4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P额＝F阻vm，P额为机车的额定功率。 目录 答案 * 【跟进训练】一辆汽车在平直公路上保持恒定功率P0以速度v0匀速行驶，t1时刻驾驶员立即将功率增大到2P0行驶一段时间，t2时刻遇到险情，驾驶员立即将功率减小到P0继续向前行驶。整个过程汽车所受阻力恒定，则该过程中汽车的速度v随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 目录 解析 解析　 汽车原来以功率P0、速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F0＝f，t1时刻，功率增大到2P0，由P＝Fv可知，牵引力变为原来的2倍，即2F0，由牛顿第二定律可得2F0－f＝ma，汽车开始做加速运动，之后随着牵引力逐渐减小，加速度减小，当速度增大到2v0时，牵引力减小到与阻力相等；t2时刻，功率减小到P0，牵引力变为原来的一半，即eq \f(1,2)F0，由牛顿第二定律可得f－eq \f(1,2)F0＝ma，汽车开始做减速运动，之后随着牵引力逐渐增大，加速度减小，当速度减小到v0时，牵引力增大到与阻力相等，之后维持匀速运动，B正确。 课时作业 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ［A组　基础巩固练］ 答案 1.如图所示，在水平雪面上雪橇受与水平方向成α角的拉力F作用，沿直线匀速前进了s的距离。下列说法正确的是(　　) A．拉力做功为Fs B．地面对雪橇的支持力做正功 C．重力对雪橇做负功 D．外力对雪橇做的总功是零 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　根据功的定义式可知，拉力做的功为W＝Fscosα，A错误；雪橇受到的重力和支持力的方向与雪橇的位移方向均垂直，做功为零，B、C错误；因为雪橇做匀速直线运动，所以合力为零，则外力对雪橇做的总功为零，D正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 2．(2021·浙江6月选考)中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3，假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为(　　) 发动机最大输出功率(kW) 332 最大输送高度(m) 63 整车满载质量(kg) 5.4×104 最大输送量(m3/h) 180 A.1.08×107 J B．5.04×107 J C．1.08×108 J D．2.72×108 J 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功至少为W＝mgh＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30 J＝1.08×108 J，故选C。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 3.某健身爱好者质量为55 kg，在做俯卧撑运动的过程中可将他的身体视为一根直棒。已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为1.0 m和0.5 m。若他在1 min内做了36个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.5 m，则1 min克服重力做功和相应的功率约为(　　) A．660 J，11 W B．6600 J，110 W C．990 J，16.5W D．9900 J，165 W 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　设该健身爱好者做俯卧撑时，重心上升高度为h，根据几何知识可得eq \f(h,0.5 m)＝eq \f(1.0 m,1.0 m＋0.5 m)，解得h＝eq \f(1,3) m，故该健身爱好者做一次俯卧撑克服重力做功为mgh＝eq \f(550,3) J，所以其一分钟克服重力做功为W＝36×eq \f(550,3) J＝6600 J，功率约为P＝eq \f(W,t)＝eq \f(6600,60) W＝110 W，故B正确，A、C、D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 4．(2021·北京高考)如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是(　　) A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小 B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大 C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小 D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　汽车做匀速率运动，则在各直线路段受力始终平衡。设上、下坡路面与水平路面夹角分别为θ1、θ2，汽车受到的阻力为f，行驶速率为v。在ab段，根据平衡条件可知，牵引力F1＝mgsinθ1＋f，所以在ab段汽车的输出功率P1＝F1v不变，在bc段牵引力F2＝f＜F1，所以汽车的输出功率P2＝F2v<P1，故A错误，B正确；在cd段牵引力F3＝f－mgsinθ2＜F2，所以汽车的输出功率P3＝F3v不变，且小于P2，故C、D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 5.一质量m＝2 kg的物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，则拉力的功率最大值是(　　) A．30 W B．50 W C．60 W D．120 W 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　由v­t图像可知，前5 s物体的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(5,5) m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律可知，F－f＝ma，又f＝0.5mg，解得F＝12 N；当速度达到5 m/s时物体匀速运动，此时拉力的功率最大，由P＝Fv可得，最大功率Pmax＝12×5 W＝60 W，故C正确，A、B、D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析 6．已知动车组列车每节动车的额定功率相同，每节动车与拖车质量相等，动车组运行时所受阻力与其重力成正比。若某动车组由4节动车加8节拖车组成，其运行的最大速率为240 km/h，则由该4节动车加4节拖车组成的动车组，运行的最大速率为(　　) A．480 km/h B．360 km/h C．320 km/h D．240 km/h 解析　设每节车质量为m，每节车厢所受阻力为f，则4节动车加8节拖车时4Pm＝12fvm1，其中vm1＝240 km/h，4节动车加4节拖车时4Pm＝8fvm2，解得vm2＝360 km/h，故选B。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 7．(2023·山东高考)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力。如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为S1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落，物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为(　　) A.eq \r(\f(2F2（F－f）（S2－S1）S1,（M＋m）S2－MS1)) B.eq \r(\f(2F2（F－f）（S2－S1）S1,（M＋m）S2－mS1)) C.eq \r(\f(2F2（F－f）（S2－S1）S2,（M＋m）S2－MS1)) D.eq \r(\f(2F2（F－f）（S2－S1）S2,（M＋m）S2＋mS1)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中，对小车和物体整体有F－f－μmg＝(m＋M)a1，v2＝2a1S1，P0＝Fv，轻绳从物体上脱落后，对物体分析，有μmg＝ma2，v2＝2a2(S2－S1)，联立解得P0＝eq \r(\f(2F2（F－f）（S2－S1）S1,（M＋m）S2－MS1))，故选A。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ［B组　综合提升练］ 答案 8.(2024·江苏省南京市高三上零模)如图所示，物块套在光滑的竖直杆上，通过光滑的定滑轮用不可伸长的轻绳将物块由A点匀速拉到B点，AB高度差为h，则在运动过程中(　　) A．绳子张力增大 B．绳子自由端的速率增大 C．拉力F做的功为eq \f(Fh,cosθ) D．拉力F的功率P减小 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　设物块质量为m，因为物块做匀速直线运动，在竖直方向上所受合力为零，则有Fcosθ＝mg，解得F＝eq \f(mg,cosθ)，在物块上升过程中，θ增大，cosθ减小，则拉力F增大，A正确；物块沿绳子的分速度v＝vAcosθ，该速度大小等于绳子自由端的速率，物块上升过程中速度vA不变，θ增大，故绳子自由端速率v减小，B错误；物块由A到B过程中，设拉力F做功为W，根据动能定理，有W－mgh＝0，解得W＝mgh，C错误；拉力F的功率为P＝Fv，联立解得P＝mgvA，可知拉力F的功率P不变，故D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 9．(多选)如图甲所示，一物块前端有一滑轮，轻绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用力F拉住，力F大小如图乙所示，前10 s内物块的v­t图像如图丙所示，保持力F与水平方向之间的夹角θ＝60°不变，当用力F拉绳使物块前进时，下列说法正确的是(　　) A．0～5 s内拉力F做的功为75 J B．3 s末拉力F的功率为9 W C．5～10 s内摩擦力大小为6 N D．5～10 s内拉力F做的功为150 J 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　通过穿过滑轮的轻绳用力F拉物块，等效于如图所示的两个力F同时拉物块，拉力F做的功等于这两个力做功的代数和。由题图乙知，0～5 s内拉力大小F1＝6 N，根据题图丙求得物块在0～5 s的位移s1＝eq \f(1,2)×5×5 m＝12.5 m，所以0～5 s内拉力做的功W1＝F1s1＋F1s1cosθ，解得W1＝112.5 J，故A错误；由题图丙知，物块3 s末的速度v1＝3 m/s，拉力F的功率P1＝F1v1＋F1v1cosθ，解得P1＝27 W，故B错误；由题图丙知，5～10 s内物块做匀速运动，物块所受合力等于零，水平方向由平衡条件得F2＋F2cosθ＝f，又由题图乙可知，F2＝4 N，解得5～10 s内摩擦力大小为f＝6 N，故C正确；根据题图丙求得物块在5～10 s的位移s2＝5×5 m＝25 m，所以5～10 s内拉力做的功W2＝F2s2＋F2s2cosθ，解得W2＝150 J，故D正确。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 10.(2023·广东省茂名市高三下二模)“广湛”高铁将茂名到广州的通行时间缩短至2小时。假设静止的动车启动后沿平直轨道行驶，发动机功率恒定，行车过程中受到的阻力恒为f，已知动车质量为m、最高行驶速度为vm，下列说法正确的是(　　) A．动车启动过程中所受合外力不变 B．动车发动机功率为fvm C．从启动到运动至最大速度过程中，动车平均速度为eq \f(vm,2) D．从启动到运动至最大速度过程中，动车牵引力做功为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　动车启动过程中，发动机功率恒定，根据P＝Fv，速度变大，可知牵引力变小，又动车所受合外力F合＝F－f，则该过程动车所受合外力变小，故A错误；动车速度最大时，加速度为零，有F＝f，则动车发动机功率P＝Fvm＝fvm，故B正确；从启动到最大速度过程中，动车做加速度减小的加速运动，其v­t图像为上凸曲线，如图所示，图线与时间轴所围图形面积比从静止做匀加速直线运动到vm的图线与时间轴所围图形面积大，又动车匀加速到vm时，其平均速度为eq \f(vm,2)，则由eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)可知，动车平均速度大于eq \f(vm,2)，故C错误；动车从启动到最大速度过程中，根据动能定理有WF－Wf＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)，其中Wf为动车克服阻力f做的功，且Wf＞0，则动车牵引力做的功WF大于eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)，故D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 11．(2021·重庆高考)(多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与其重力成正比，且比例系数相同，则(　　) A．甲车的总重比乙车大 B．甲车比乙车先开始运动 C．甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同 D．甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　根据题述，两车额定功率P相同，两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力不变，由P＝Fv可知此后两车速度不变，牵引力等于各自所受阻力，结合题图可知，甲车所受阻力大于乙车所受阻力，又两车行驶时所受的阻力大小与其重力成正比且比例系数相同，可知甲车的总重比乙车大，A正确。将两车t2、t4之后部分的图线反向延长，由A项分析知，延长线与启动阶段图线交点即为各车开始运动的对应点，可知甲车比乙车先开始运动，B正确。由题图可知，甲车在t1时刻的牵引力等于乙车在t3时刻的牵引力，又两车均刚达到相同的额定功率，根据P＝Fv可知，甲车在t1时刻的速率和乙车在t3时刻的速率相同，C正确。由题图可知，甲车在t2时刻的牵引力大于乙车在t4时刻的牵引力，又两车的功率均为相同的额定功率，根据P＝Fv可知，甲车在t2时刻的速率小于乙车在t4时刻的速率，D错误。 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 12．(2022·浙江6月选考)小明用额定功率为1200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　　) A．13.2 s B．14.2 s C．15.5 s D．17.0 s 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　为了以最短时间提升重物，开始阶段应以最大拉力提升重物做匀加速运动，当功率达到额定功率时，保持功率不变，拉力减小，当拉力等于重力时，速度达到最大，接着做匀速运动，最后以最大加速度5 m/s2做匀减速运动，上升至平台速度刚好为零。重物在第一阶段匀加速上升，根据牛顿第二定律可得a1＝eq \f(Tm－mg,m)＝eq \f(300－20×10,20) m/s2＝5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝eq \f(P额,Tm)＝eq \f(1200,300) m/s＝4 m/s，匀加速过程所用时间和上升高度分别为t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(4,5) s＝0.8 s，h1＝2,1)eq \f(v,2a1) ＝eq \f(42,2×5) m＝1.6 m；重物的最大速度vm＝eq \f(P额,mg)＝eq \f(1200,20×10) m/s＝6 m/s， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝eq \f(vm,am)＝eq \f(6,5) s＝1.2 s，h3＝2,m)eq \f(v,2am) ＝eq \f(62,2×5) m＝3.6 m；设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，又h2＝85.2 m－1.6 m－3.6 m＝80 m，解得t2＝13.5 s，故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8 s＋13.5 s＋1.2 s＝15.5 s，故C正确。 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$