第5章第1讲功和功率-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮课件PPT（人教版）

2024-07-10

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第1讲功和功率第五章机械能守恒定律下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）课前双基落实课堂师生互动 02 03 提升学科素养 04 课后素养提能 05 高考备考指南 01 第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）高考备考指南教师专享下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）课前双基落实下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）课堂师生互动下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）提升学科素养下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）课时作业点击进入WORD链接下一页上一页返回导航第五章机械能守恒定律高考总复习物理（新教材）考点内容三年考题分析核心素养 2023 2022 2021 功和功率新课标卷，15T 辽宁卷，3T 湖北卷，4T 山东卷，4T 浙江6月选考，13T 广东卷，9T 湖南卷，3T 1.物理观念功和功率、动能、势能及功能关系 2．科学思维 (1)机车启动模型．动能和动能定理新课标卷，20T 江苏卷，15T 湖北卷，14T 湖南卷，14T 全国甲卷，20T 山东卷，3T 重力做功与重力势能 (2)利用动能定理、机械能守恒定律、功能关系进行科学推理或科学论证. 3．科学态度与责任利用能量观点解决生产、生活、科技中的问题功能关系、机械能守恒定律及其应用湖南卷，8T 全国乙卷，21T 辽宁卷，13T 全国乙卷，16T 河北卷，9T 浙江6月选考，12T 河北卷，6T 广东卷，9T 全国甲卷，24T 实验七：验证机械能守恒定律广东卷，11T 河北卷，11T 浙江卷，17(1)T [知识点一]　功　 1．做功两因素力和物体在力的方向上发生的　位移　. 2．公式：W＝Flcos α (1)α是力与　位移　方向之间的夹角，l是物体对地的位移． (2)该公式只适用于　恒力　做功． 3．功的正负的判断方法恒力的功依据力与　位移　方向的夹角来判断曲线运动中的功依据力与　速度　方向的夹角α来判断，0°　≤　α＜90°时，力对物体做正功；90°＜α　≤　180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功能量变化时的功功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功 [知识点二]　功率　 1．定义：功与完成这些功所用　时间　的比值． 2．物理意义：描述力做功的　快慢　. 3．公式 (1)P＝eq \f(W,t)，P为时间t内的　平均功率　. (2)P＝Fvcos α(α为F与v的夹角)． ①v为平均速度，则P为　平均功率　. ②v为瞬时速度，则P为　瞬时功率　. 4．额定功率与实际功率 (1)额定功率：动力机械长时间　正常工作　时输出的　最大　功率． (2)实际功率：动力机械　实际工作　时输出的功率，要求　小于或等于　额定功率．一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”) 1．只要物体受力的同时又有位移发生，则一定有力对物体做功．(×) 2．一个力对物体做了负功，则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做负功．(×) 4．据P＝Fv可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比．(√) 5．汽车上坡的时候，司机必须换挡，其目的是减小速度，得到较大的牵引力．(√) 6．公式P＝Fv中的F是物体受到的合外力．(×) 二、走进教材 1. (人教版必修第二册 P75第1题改编)如图所示，质量为m的雪橇在与竖直方向成α角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向左运动一段距离l.在此过程中，雪撬受到的阻力大小恒为Ff，则(　　) A．拉力对雪橇做功为Flcos α B．支持力对雪橇做功为Flcos α C．阻力对雪橇做功为－Ffl D．重力对雪橇做功为mgl 解析：C　[根据力做功的公式：W＝Flcos θ，其中θ为力与位移的夹角，所以拉力做功为：Wf＝Flsin α，阻力做功为：WF＝－Ffl，故A错误，C正确．支持力和重力的方向与运动方向垂直，所以不做功，故B、D错误．] 2．(人教版必修第二册 P77例题2改编)一列火车总质量m＝500 t，火车发动机的额定功率P＝6×105W，在轨道上行驶时，轨道对火车的阻力Ff是车重的eq \f(1,100)，g取10 m/s2，求： (1)火车在平直轨道上以额定功率匀速行驶时的速度大小； (2)火车在平直轨道上以36 km/h的速度匀速行驶时，发动机的实际功率P′. 解：(1)火车以额定功率匀速行驶时，牵引力等于阻力，即 F＝Ff＝kmg＝eq \f(1,100)×500×103×10 N＝5×104 N，由于P额＝eq \f(W,t)＝eq \f(Fs,t)＝Fv，则 v＝eq \f(P额,F)＝eq \f(6×105 W,5×104 N)＝12 m/s. (2)当火车以v′＝36 km/h＝10 m/s的速度匀速行驶时，发动机的实际功率P′＝Ffv′＝5×104×10 W＝5×105 W. 答案：(1)12 m/s　(2)5×105 W 3．(人教版必修第二册 P78第7题改编)质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力F保持不变．当它以速度v、加速度a加速前进时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从此时开始，发动机始终在额定功率下工作． (1)汽车的加速度和速度如何变化？说出理由． (2)如果公路足够长，汽车最后的速度是多大？解：(1)质量为m的汽车，当发动机的实际功率等于额定功率P额时速度为v，加速度为a，则有eq \f(P额,v)－F＝ma，得P额＝(F＋ma)v.此后由于P额和F不变，随着速度增大，a逐渐减小，当eq \f(P额,vmax)＝F时，a＝0，此时速度达到最大，vmax＝eq \f(P额,F)＝eq \f(F＋mav,F)，达到最大速度后，以最大速度匀速行驶． (2)如果公路足够长，汽车最终速度vmax＝eq \f(F＋mav,F). 答案：(1)见解析　(2)eq \f(F＋mav,F) 考点一　功的正负判断及恒力做功的计算 1．功的正负的判断方法 2．计算功的方法 (1)恒力做功的计算方法 (2)几种力做功比较 ①重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关． ②滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关． ③摩擦力做功有以下特点： a．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． b．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． c．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＝Ffx相对． 3．合力做功的计算方法方法一先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功．适用于F合为恒力的过程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 [典例1]　如图所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离s.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，则关于雪橇的分析正确的是(　　 ) A．支持力做功为mgs B．重力做功为0 C．拉力做功为Fs D．滑动摩擦力做功为－μmgs 解析：B　[对雪橇受力分析，如图所示由于支持力、重力的方向均与位移方向垂直，故支持力和重力做功均为0，故A错误，B正确；根据功的计算公式可得，拉力做功为WF＝Fs cosθ，故C错误；在竖直方向受力平衡，则有N＋F sinθ＝mg，滑动摩擦力大小为f＝μN＝μ(mg－F sinθ)，所以滑动摩擦力做功为Wf＝－fs＝－μ(mg－F sinθ)s，故D错误．] ◆[迁移1]　对功的正、负的判断　 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解析：A　[图甲中，人匀速上楼，不受静摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误．] ◆[迁移2]　恒力做功的求解　 2. (多选)如图所示，质量为m的飞机在水平甲板上，在与竖直方向成θ角的斜向下的恒定拉力F作用下，沿水平方向移动了距离s，飞机与水平甲板之间的摩擦力大小恒为f，则在此过程中(　　) A．摩擦力做的功为－fs B．力F做的功为Fscos θ C．重力做的功为mgs D．力F做的功为Fssin θ 解析：AD　[摩擦力大小为f，且摩擦力方向与位移方向相反，则摩擦力所做的功Wf＝－fs，A项正确；由题意可知，拉力的方向与位移方向的夹角为90°－θ，则根据功的公式可得WF＝Fscos(90°－θ)＝Fssin θ，B项错误，D项正确；由于飞机在竖直方向上没有位移，故重力不做功，C项错误．] ◆[迁移3]　合力做功的求解　 3.如图所示，小艳同学将手臂与水平面成θ角倾斜地捧着一硬皮书本，又将一手机盒放在硬皮书本上，手臂、硬皮书本、手机盒始终保持相对静止．已知手机盒质量为m，当她保持手臂的姿势不变，匀速水平向前运动了距离x的过程中(　　) A．重力对手机盒做功mgx B．支持力对手机盒做功mgx cos θ C．合力对手机盒做功mgx sin θ D．摩擦力对手机盒做功－mgx sin θcos θ 解析：D　[重力方向与位移方向垂直，故重力对手机盒做功为零，故A错误；对手机盒受力分析可知，受到的支持力大小FN＝mg cos θ，故支持力做功WFN＝FNx cos(90°－θ)＝mgx sin θcos θ，故B错误；手机盒做匀速运动，受到的合力为零，故合力做功为0，故C错误；手机盒受到的静摩擦力大小为f＝mg sin θ，故摩擦力做功Wf＝fx cos(180°－θ)＝－mgx sin θcos θ，故D正确．] 　某厢式货车在装车时，用木板做成斜面，将货物沿斜面拉到车上，拉力方向始终平行于接触面．第一次装卸工人用长木板搭成与地面夹角较小的斜面，将货物从所在位置直接沿斜面拉到车上；第二次装卸工人用较短木板搭成与地面夹角较大的斜面，先沿水平地面拉动货物，再通过短木板搭成的斜面将货物拉到货车上，两次拉动过程中，货物与货车的水平距离保持不变，货物与地面及两斜面的动摩擦因数均相同，则两次拉动过程中，关于摩擦力对货物所做的功，下列说法正确的是(　　) A．第一次拉动货物过程中，货物克服摩擦力做功较多 B．第二次拉动货物过程中，货物克服摩擦力做功较多 C．两次拉动货物过程中，货物克服摩擦力做功相同 D．两次拉动货物过程中，货物克服摩擦力做功多少无法比较解析：C　[设货物与货车的水平距离为d，长木板的长度为l，与地面的夹角为θ，则用长木板时，摩擦力对货物做的功为W＝－μmgl cos θ＝－μmgd.设短木板的长度为l′，与地面的夹角为θ′，水平拖动的距离为d′，则用短木板时，摩擦力对货物做的功为W′＝－μmg(l′cos θ′＋d′)＝－μmgd，两次拉动货物过程中，摩擦力做的功相同，货物克服摩擦力做功相同，选项C正确，A、B、D错误．] 考点二　功率的理解与计算功率的计算方法 [典例2]　(2023·山东卷，8)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)) [审题指导]　题目中的小车为玩具动力小车，其所受的牵引力并非外加力，小车的功率就是指牵引力的功率．解析：A　[设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为s1的过程中有F－f－μmg＝(m＋M)a1， v2＝2a1s1，P0＝Fv，轻绳从物体上脱落后a2＝μg， v2＝ 2a2(s2－s1)，联立有P0＝eq \r(\f(2F2F－fs2－s1s1,M＋ms2－Ms1))，故选A.] 　求解功率时应注意的“三个”问题 1．首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率． 2．求功率大小时要注意F与v方向的夹角α对结果的影响． 3．用P＝Feq \o(v,\s\up6(－))cos α求平均功率时，eq \x\to(v)应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率． 1．(2023·辽宁卷，3)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道．两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示．由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　　) A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大解析：B　[AB.由图可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；CD.乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误．故选B.] 2．(多选)(2024·昆明七校调研)物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示．取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．物体的质量m＝0.5 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4 C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J D．前2 s内推力F做功的平均功率eq \x\to(P)＝3 W 解析：ABC　[由题图甲、乙可知，在1～2 s内，推力F2＝3 N，物体做匀加速直线运动，其加速度a＝2 m/s2，由牛顿运动定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3 s，推力F3＝2 N，物体做匀速直线运动，由平衡条件可知，μmg＝F3；联立解得物体的质量m＝0.5 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，A、B正确；由速度时间图像所围的“面积”表示位移可得，第2 s内物体位移x＝1 m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2 J，C正确；第1 s内，由于物体静止，推力不做功；第2 s内，推力做功W＝F2x＝3 J，即前2 s内推力F做功为W′＝3 J，前2 s内推力F做功的平均功率eq \x\to(P)＝eq \f(W′,t)＝eq \f(3,2) W＝1.5 W，D错误．] 　如图高为h的光滑斜面固定于水平地面上，质量为m的质点P从斜面顶端沿斜面滑至底端，另一质量也是m的质点Q从同一高度自由下落至地面，则关于重力对两质点做功的功率，下列说法正确的是(　　) A．下滑(落)的过程中，重力对两质点的平均功率相同 B．下滑(落)的过程中，重力对P的平均功率较大 C．质点将要接触地面瞬间，重力对两质点的瞬时功率相等 D．质点将要接触地面瞬间，重力对P的瞬时功率较小解析：D　[设斜面高度为h，倾角为θ.根据机械能守恒定律得：mgh＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(2gh)，可知两质点接触地面瞬间速度大小相等．重力对P的平均功率为eq \x\to(P1)＝mg·eq \f(v,2)sin θ，重力对Q的平均功率为eq \x\to(P2)＝mgeq \o(v,\s\up6(－))＝mg·eq \f(v,2)，则eq \x\to(P1)＜eq \x\to(P2)，即下滑(落)的过程中，重力对P的平均功率较小，故A、B错误；质点将要接触地面瞬间，重力对P的瞬时功率为P1＝mgvsinθ，重力对Q的瞬时功率为P2＝mgv，则P1＜P2，即质点将要接触地面瞬间，重力对P的瞬时功率较小，故C错误，D正确．] 考点三　机车启动问题 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 vt图 OA段过程分析 v↑⇒F＝eq \f(P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) AB 段过程分析 F＝F阻⇒a＝0⇒ F阻＝eq \f(P,vm) v↑⇒F＝eq \f(P额,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运动 BC段无 F＝F阻⇒a＝0⇒ 以vm＝eq \f(P额,F阻)匀速运动 2.四个常用规律 (1)P＝Fv. (2)F－Ff＝ma. (3)v＝at(a恒定)． (4)Pt－Ffx＝ΔEk(P恒定)． 3．三个重要结论 (1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝eq \f(P,Fmin)＝eq \f(P,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v＝eq \f(P,F)＜vm＝eq \f(P,F阻). (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理：Pt－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． [典例3]　(2023·湖北卷，4)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) 　人教版教材必修第二册P77“例题2”分析汽车的额定功率行驶时的最大速度和以某一速度行驶时的实际功率，2023年湖北高考第4题研究动车以额定功率行驶的最大速度，分析思路基本相同．解析：D　[由题意可知两节动车功率分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝eq \f(P1＋P2v1v2,P1v2＋P2v1)，故选D.] 　机车启动问题的求解方法 (1)机车的最大速度vmax的求法机车做匀速运动时速度最大，此时牵引力F等于阻力Ff，故vmax＝eq \f(P,F)＝eq \f(P,Ff). (2)匀加速启动时，做匀加速运动的时间t的求法牵引力F＝ma＋Ff，匀加速运动的最大速度vmax′＝eq \f(F额,ma＋Ff)，时间t＝eq \f(vmax′,a). (3)瞬时加速度a的求法根据F＝eq \f(P,v)求出牵引力，则加速度a＝eq \f(F－Ff,m). ◆[迁移1]　以恒定功率启动方式的求解　 1．汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，若所受阻力始终不变，如图所示为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中A点结束，所用的时间t＝10 s，经历的路程s＝60 m,10 s后汽车做匀速运动．则(　　) A．汽车所受阻力的大小为1×104 N B．汽车匀速运动时的牵引力大小为3×104 N C．汽车恒定功率为5×104 W D．汽车的质量为6×103 kg 解析：A　[汽车加速结束时合力为零，即牵引力等于阻力，汽车做匀速直线运动时，由平衡条件可知，牵引力等于阻力，由题中图像可知，汽车加速结束时与匀速运动时汽车的牵引力大小均为F＝1×104 N，由平衡条件可知，汽车所受的阻力f＝F＝1×104 N，故A正确，B错误；由题中图像可知，汽车匀速运动的速度v＝10 m/s，汽车的功率P＝Fv＝1×104×10 W＝1×105 W，故C错误；汽车加速过程，由动能定理得：Pt－fs＝eq \f(1,2)mv2－0，代入数据解得m＝8×103 kg，故D错误．] ◆[迁移2]　以恒定加速度启动方式的求解　 2. (多选)一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前4 s内做匀加速直线运动，4 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其vt图像如图所示．已知汽车的质量为m＝3×103 kg，汽车受到地面的阻力恒为车重的eq \f(1,5)，g取10 m/s2，则(　　) A．汽车的最大速度为20 m/s B．汽车的额定功率为180 kW C．汽车在前4 s内的牵引力为1.5×104 N D．汽车在前4 s内牵引力做的功为3.6×105 J 解析：BCD　[汽车受到地面的阻力恒为车重的eq \f(1,5)，则阻力Ff＝eq \f(1,5)mg＝eq \f(1,5)×3×103×10 N＝6 000 N；由题图知前4 s的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝3 m/s2，由牛顿第二定律知前4 s内的牵引力F＝Ff＋ma，得F＝(6 000＋3×103×3)N＝1.5×104N,4 s末达到额定功率，P额＝Fv4＝1.5×104×12 W＝1.8×105 W＝180 kW，最大速度vmax＝eq \f(P额,Ff)＝eq \f(1.8×105,6 000)m/s＝30 m/s，汽车在前4 s内的位移为s＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×3×42m＝24 m，则牵引力做的功W＝Fs＝1.5×104×24 J＝3.6×105 J，故A错误，B、C、D正确．] 　一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力．则整个过程中，下列说法正确的是(　　) A．钢绳的最大拉力为eq \f(P,v2) B．重物匀加速过程的时间为eq \f(mv\o\al(2,1),P－mgv1) C．重物匀加速过程的加速度为eq \f(P,mv1) D．速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度eq \x\to(v)<eq \f(v1＋v2,2) 解析：B　[匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F＝eq \f(P,v1)，故A错误；根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，结合v1＝at解得a＝eq \f(P,mv1)－g，t＝eq \f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)，故B正确，C错误；重物的速度由v1增大至v2的过程中，功率恒定，根据P＝Fv可知钢绳的拉力减小，a＝eq \f(F－mg,m)，故加速度在减小，所以重物做加速度减小的加速运动， vt图像如图中曲线所示，若重物做匀加速直线运动，其vt图像如图中直线所示，所以重物做变加速直线运动的vt图线与坐标轴围成的面积大于匀加速直线运动时vt图线与坐标轴围成的面积，即重物做变加速直线运动时的位移大，而所用时间相同，故eq \o(v,\s\up6(－))>eq \f(v1＋v2,2)，D错误．] 变力做功的求解方法方法阐述方法　　　以例说法应用动能定理用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgl(1－cos θ)＝0，得WF＝mgl(1－cos θ) 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＝f·Δx1＋f·Δx2＋f·Δx3＋…＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝f·2πR 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) 图像法水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围“面积”表示拉力所做的功，W＝F0x0 转化法通过转换研究对象把变力转化为恒力做功，Δl＝l1－l2＝heq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,sin α)－\f(1,sin β))) WFT＝WF＝FΔl＝ Fheq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,sin α)－\f(1,sin β))) [典例1]　(微元法)如图所示，在一半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m＝8 kg的物块(可看成质点)．用大小始终为F＝75 N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在同一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120°，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求这一过程中： (1)拉力F做的功； (2)桥面对物块的摩擦力做的功．解：(1)将圆弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn.因拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，所以W1＝Fl1cos 37°、W2＝Fl2cos 37°…Wn＝Flncos 37° 所以WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos 37°×eq \f(1,6)×2πR≈376.8 J. (2)重力G做的功WG＝－mgR(1－cos 60°)＝－240 J，因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知WF＋WG＋Wf＝0 所以Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J ＝－136.8 J. 答案：(1)376.8 J　(2)－136.8 J [典例2]　(平均力法)静止于水平地面上质量为1 kg的物体，在水平拉力F＝4＋2x(式中F为力的大小、x为位移的大小，力F、位移x的单位分别是N、m)作用下，沿水平方向移动了5 m．已知物体与地面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g＝10 m/s2，则在物体移动5 m的过程中拉力所做的功为(　　) A．35 J　 B．45 J　　C．55 J 　 D．65 J 解析：B　[当x＝0时，F1＝4 N，当x＝5 m时，F2＝14 N，由于F随x均匀变化，则该段位移内F的平均值eq \o(F,\s\up6(－))＝eq \f(F1＋F2,2)＝eq \f(4＋14,2) N＝9 N，拉力做功W＝eq \o(F,\s\up6(－))x＝9×5 J＝45 J，故B正确，A、C、D错误．] [典例3]　 (图像法)当前，我国某些偏远山区的日常用水仍然主要依靠井水．某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为4 m．水桶离开水面时，桶和水的总质量为8 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．280 J　 B．320 J　　C．240 J　 D．200 J 解析：A　[由于水桶匀速上升，拉力和重力相平衡，拉力对水桶做的功可借助图像的面积来求，即：W＝eq \f(m0g＋mg,2)h，代入数据可得：W＝280 J，故A正确；B、C、D错误．] [典例4]　(转化法)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O.现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，滑块运动到C点时速度最大．已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则滑块由A到C过程轻绳对滑块做功为(　　) A.eq \f(48,25)mgd　　　　　 B．eq \f(25,48)mgd C.eq \f(25,36)mgd D．eq \f(36,25)mgd 解析：C　[滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcos53°－mg＝0，解得F＝eq \f(5,3)mg；拉力F做的功等于轻绳拉力对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1＝eq \f(d,sin37°)，滑轮与C间绳长L2＝eq \f(d,sin53°)，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝eq \f(d,sin37°)－eq \f(d,sin53°)＝eq \f(5d,12)，拉力做功W＝FΔL＝eq \f(25,36)mgd，选项C正确，A、B、D错误．] 　(动能定理法)一个质量为m的小球拴在绳的一端，另一端用大小为F1的拉力作用，在光滑水平面上做半径为R1的匀速圆周运动(如图所示)，今将力的大小变为F2，仍使小球在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R2(R2<R1)，则小球运动的半径由R1变为R2的过程中拉力对小球做的功为多少？解：小球运动的半径由R1变为R2时，半径变小，绳子的拉力虽为变力，但对小球做了正功，使小球的速度增大，动能发生了变化，根据动能定理，拉力对小球做的功为WF＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)　①，根据牛顿第二定律有F1＝meq \f(v\o\al(2,1),R1)，故有eq \f(1,2)F1R1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)　②，同理有eq \f(1,2)F2R2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)　③，由①②③得WF＝eq \f(1,2)(F2R2－F1R1)．答案：eq \f(1,2)(F2R2－F1R1) $$

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