第1讲 功和功率-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮讲义（人教版2019）

[教师专享] 高考考点 考情概览 ２０２４ ２０２３ ２０２２ 核心素养 功和功率 海南卷,T１ 安徽卷,T７ 浙江６月选考T５ 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 动能和动能定理 全国新课标卷,T２ 安徽卷,T２ 海南卷,T１８ 新课标卷,２０T 江苏卷,１５T 湖北卷,１４T 湖南卷,１４T 重力做功与重力势能 功能关系、机械能守 恒定律及其应用 山东卷,T７ 全国甲卷,T４ 北京卷,T７ 浙江１月选考 T３ 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 实验七:验证机械能 守恒定律 浙江６月选 考 T１６(１) 广东卷,１１T 河北卷,１１T 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． (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 第１讲　功和功率 　　　　　　学生用书　P８９ [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＝Flcosα (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＝Wt ,P 为时间t内的平均功率． (２)P＝Fvcosα(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． １．(人教版必修第二册P７８􀅰T１ 改编)如图所示,甲、 乙、丙三个物体分别在大小相等、方向不同的力F 的作用下,向右移动相等的位移x,关于F对甲、乙、 丙做功的大小W１、W２、W３ 判断正确的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７２１􀅰 A．W１＞W２＞W３　　B．W１＝W２＞W３ C．W１＝W２＝W３ D．W１＜W２＜W３ 解析:C　[由 功 的 公 式 W ＝Flcosα 可 得 W１ ＝ Fxcosα,W２＝Fxcosα,W３＝|Fxcos(１８０°－α)|＝ |－Fxcosα|＝Fxcosα,由此可知,W１、W２、W３ 大 小相等,选项C正确．] ２．(人教版必修第二册P９９例题２改编)(多选)一台起 重机匀加速地将质量为１．０×１０３kg的货物从静止 开始竖直吊起,若２s末货物的速度为４．０m/s,不 计空气阻力,重力加速度g取１０m/s２,则在起重机 匀加速吊起货物的过程中 (　　) A．起重机对货物的拉力大小为１．２×１０４ N B．２s内起重机对货物做的功为８．０×１０３J C．起重机在２s末输出的瞬时功率为４．８×１０４ W D．起重机在２s内输出的平均功率为２．４×１０３ W 解析:AC　[设起重机在匀加速吊起货物的过程 中,对货物竖直向上的拉力为T,则由牛顿第二定 律可得T－mg＝ma,a＝ΔvΔt＝２m /s２,两式联立可 解得T＝１．２×１０４ N,选项 A 正确;２s内货物上升 的高度为h＝０＋v２ 􀅰t＝４m,故起重机对货物做的 功为W＝Th＝４．８×１０４J,选项B错误;起重机在２ s末输出的瞬时功率为P＝Tv＝４．８×１０４ W,选项 C正确;起重机在２s内输出的平均功率为P＝Wt ＝２．４×１０４W,选项 D错误．] ３．(人教版必修第二册P７８􀅰T７ 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? 解析:(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 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 P额 vmax ＝F 时, a＝０,此时速度达到最大,vmax＝ P额 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＝ (F＋ma)v F ． 答案:(１)见解析　(２) (F＋ma)v F 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　　　　　学生用书　P９０ 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lcosα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 １．(２０２４􀅰海南卷,T１)神舟十七号载人飞船返回舱 于２０２４年４月３０日在东风着陆场成功着陆,在飞 船返回至离地面十几公里时打开主伞,飞船快速减 速,返回舱速度大大减小,在减速过程中 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８２１􀅰 高考总复习　物理 A．返回舱处于超重状态　B．返回舱处于失重状态 C．主伞的拉力不做功 D．重力对返回舱做负功 解析:A　[返回舱在减速过程中,加速度竖直向 上,处于超重状态,故 A 正确,B错误;主伞的拉力 与返回舱运动方向相反,对返回舱做负功,故 C错 误;返回舱的重力与返回舱运动方向相同,重力对 返回舱做正功,故 D错误．] ２．(２０２５􀅰四川内江期末)如图,一送 餐机器人在送餐,餐具放在水平托 盘上,机器人在水平方向上做匀加 速直线运动的过程中,餐具与水平 托盘始终无相对滑动．下列说法正 确的是 (　　) A．摩擦力对餐具做正功 B．支持力对餐具做正功 C．重力对餐具做负功 D．合力对餐具不做功 解析:A　[餐具跟着机器人在水平方向做匀加速 直线运动,对餐具受力分析可知,受重力、支持力, 向前的静摩擦力,则静摩擦力与运动方向相同,静 摩擦力对餐具做正功,故 A 正确;支持力与运动方 向垂直,则支持力对餐具不做功,故B错误;重力与 运动方向垂直,则重力对餐具不做功,故C错误;餐 具在水平方向做匀加速直线运动,则合力对餐具做 正功,故 D错误．] 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mgxcosθ C．合力对手机盒做功mgxsinθ D．摩擦力对手机盒做功－mgxsinθcosθ 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＝mgcosθ,故支持力做功 WFN ＝FNxcos(９０° －θ)＝mgxsinθcosθ,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＝mgsinθ,故摩 擦力做功Wf＝fxcos(１８０°－θ)＝－mgxsinθcosθ,故 D正确．] 　(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Fscosθ C．重力做的功为mgs D．力F 做的功为Fssinθ 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) ＝Fssinθ,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．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点二　功率的理解与计算 功率的计算方法 [典例１]　(２０２５􀅰陕西西安期末)若高铁在平直铁 轨上运行时受到的阻力大小f＝kv２,其中k为常 量,v为高铁运行的速度,当高铁以某一速度匀速 行驶时,发动机的功率为P,则当高铁的运行速度 增大为原来的两倍时,发动机的功率为 (　　) A．２P　　B．４P　　C．８P　　D．１６P 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９２１􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第六章　机械能守恒定律 [解析]　C　[根据P＝fv＝kv３,则当高铁的运行 速度增大为原来的两倍时,发动机的功率为８P．故 选C．] [典例２]　(２０２４􀅰浙江６月选考 T５)一个音乐喷泉 喷头出水口的横截面积为２×１０－４ m２,喷水速度约 为１０m/s,水的密度为１×１０３kg/m３,则该喷头喷 水的功率约为 (　　) A．１０W B．２０W C．１００W D．２００W [解析]　C　[设 Δt时间内从喷头流出的水的质量 为m＝ρSvΔt,喷头喷水的功率等于 Δt时间内喷出 的水 的 动 能 增 加 量 与 Δt 的 比 值,即 P＝WΔt＝ １ ２mv ２ Δt ,联立解得P＝１００W,故选C．] 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　(本题源于人教版必修第二册P９４􀅰 T６)如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景．从 远处看,喷泉喷出的水柱超过了４０层楼的高度; 靠近看,喷管的直径约为１０cm．请你据此估计 用于给喷管喷水的电动机输出功率至少有多大? 答案:４．６×１０５W [典例３]　(多选)(２０２５􀅰山东济南期末)跳绳是一 种健身运动．一位同学在原地跳绳过程中,离开地 面后竖直方向的速率Ｇ时间图像如图所示．已知该 同学的质量m 和图像中的数据t０,重力加速度为 g,不计阻力,下列对该同学跳绳过程中的说法正确 的是 (　　) A．该同学重心上升的最大高度为 ９１００gt０ ２ B．该同学重心上升的最大高度为 ９２００gt０ ２ C．该同学克服重力做功的平均功率约为３４０mg ２t０ D．该同学克服重力做功的平均功率约为 ９２００mg ２t０ [解析]　BD　[根据竖直上抛规律,可知离开地面 后瞬间速度为v＝g×３１０t０＝ ３ １０gt０ ,速度Ｇ时间图像 与时间轴围成的面积表示位移,可知该同学重心上 升的最大高度h＝ v×３１０t０ ２ ＝ ９ ２００gt０ ２,故 B正确,A 错误;一个周期内克服重力做功 W ＝mgh 克服重 力做功的平均功率P＝Wt０ ,解得P＝ ９２００mg ２t０,故 C错误,D正确．] 　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＝F􀭵vcosα求平均功率时,v应容易求得,如求 匀变速直线运动中某力的平均功率． 　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＝１２mv ２,得v＝ 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P１＝mg􀅰 v ２sinθ ,重力对 Q 的平均功率为 P２＝mg􀭵v＝mg􀅰 v ２ ,则P１＜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．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０３１􀅰 高考总复习　物理 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 PＧt图和 vＧt图 OA 段 过程 分析 v↑⇒F＝P (不变) v ↓ ⇒a＝ F－F阻 m ↓ a＝ 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＝ v１ a AB 段 过程 分析 F＝F阻⇒a＝０⇒ F阻＝Pvm v↑⇒F＝ P额 v ↓⇒ a＝ 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＝ 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＝ P Fmin ＝ PF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＝PF ＜ vm＝ 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４]　(２０２５􀅰四川乐山期末)某学校师生参加 建模大赛制作了一辆由清洁能源驱动的小车,模型 展示环节小车能在平直轨道上由静止开始沿直线 加速行驶,经过时间t速度刚好达到最大值vm．设 在此加速过程中小车电动机的功率恒为P,小车质 量为m,运行中所受阻力恒定,则下列说法中正确 的是 (　　) A．加速过程中小车所受合外力恒定不变 B．加速过程中小车前进的距离为１２vmt C．加速过程中小车所受阻力恒为Pvm D．加速过程中小车合外力做功为Pt [解析]　C　[这一过程中电动机的功率恒为P,根 据P＝Fv,可知随着小车速度的增加,小车受到的 牵引力逐渐减小,而阻力恒定,故加速过程中小车 所受合外力发生变化,故 A 错误;当牵引力等于阻 力时,速度最大,则加速过程中小车所受阻力为f＝ P vm ,故C正确;加速过程中,根据动能定理可得小车 受到的合外力所做的功为W合 ＝Pt－fx＝１２mv ２ m＜ Pt,可得小车受到的牵引力做的功为 W ＝Pt＝fx ＋１２mv ２ m,解得x＝vmt－ mv２m ２P ,故B、D错误．] [典例５]　(多选)一辆汽车 在水平路面上由静止启 动,在前４s内做匀加速 直线运动,４s末达到额定 功率,之后保持额定功率 运动,其vＧt图像如图所示． 已知汽车的质量为m＝３×１０３kg,汽车受到地面的阻 力恒为车重的１ ５ ,g取１０m/s２,则 (　　) A．汽车的最大速度为２０m/s B．汽车的额定功率为１８０kW C．汽车在前４s内的牵引力为１．５×１０４ N D．汽车在前４s内牵引力做的功为３．６×１０５J [解析]　BCD　[汽车受到地面的阻力恒为车重的 １ ５ ,则阻力Ff＝ １ ５mg＝ １ ５×３×１０ ３×１０N＝６０００N; 由题图知前４s的加速度a＝ΔvΔt＝３m /s２,由牛顿 第二定律知前４s内的牵引力F＝Ff＋ma,得F＝ (６０００＋３×１０３×３)N＝１．５×１０４N,４s末达到额 定功率,P额＝Fv４＝１．５×１０４×１２W＝１．８×１０５ W＝ １８０kW,最 大 速 度vmax ＝ P额 Ff ＝１．８×１０ ５ ６０００ m /s＝ ３０m/s,汽车在前４s内的位移为s＝１２at ２＝１２×３ ×４２m＝２４m,则牵引力做的功W＝Fs＝１．５×１０４ ×２４J＝３．６×１０５J,故 A 错误,B、C、D正确．] [典例６]　(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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１３１􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第六章　机械能守恒定律 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． P１v１＋P２v２ P１＋P２ 　　　　B． P１v２＋P２v１ P１＋P２ C． (P１＋P２)v１v２ P１v１＋P２v２ D． (P１＋P２)v１v２ P１v２＋P２v１ [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＝ (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＝ P 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′＝ P额 ma＋Ff ,时间t＝ vmax′ a ． (３)瞬时加速度a的求法 根据 F＝ Pv 求 出 牵 引 力,则 加 速 度 a＝ F－Ff m ． 　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＝１０s,经历的路程s＝６０m,１０s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６×１０３kg 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＝１０m/s,汽车的功率P＝Fv ＝１×１０４×１０W＝１×１０５ W,故 C错误;汽车加速 过程,由动能定理得:Pt－fs＝１２mv ２－０,代入数 据解得m＝８×１０３kg,故 D错误．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　　　　　学生用书　P９２ 变力做功的求解方法 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－ 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＝ 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 ＝ kx１＋kx２ ２ 􀅰(x２－x１) 方法 　　　 以例说法 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＝h １ sinα－ １ sinβ æ è ç ö ø ÷ WFT＝WF＝FΔl＝ Fh １sinα－ １ sinβ æ è ç ö ø ÷ [典例１]　(微元法)如图 所示,在一半径为 R＝ ６m的圆弧形桥面的底 端 A,某人把一质量为 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２３１􀅰 高考总复习　物理 m＝８kg的物块(可看成质点)．用大小始终为F＝ ７５N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１０m/s２,sin３７°＝０􀆰６,cos３７°＝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． [解析]　(１)将圆弧AB︵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＝Fl１cos３７°、W２＝Fl２cos３７°􀆺Wn ＝Flncos３７° 所以WF＝W１＋W２＋􀆺＋Wn＝Fcos３７°(l１＋l２＋ 􀆺＋ln)＝Fcos３７°× １ ６×２πR≈３７６􀆰８J． (２)重 力 G 做 的 功 WG ＝ －mgR(１－cos６０°) ＝－２４０J,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􀆰８J＋２４０J ＝－１３６􀆰８J． 答案:(１)３７６􀆰８J　(２)－１３６􀆰８J [典例２]　 (平均力法) (２０２５􀅰重庆期末)如 图所示,水平轻弹簧左 端固定在竖直墙壁上,右端连接一可视为质点的物 块,该物块置于光滑水平面上．弹簧无弹力时,其右 端位于O 点．现对该物块施力使弹簧右端压缩到P 点,然后将该物块由静止释放．已知Q 点为PO 中 点,弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,该物块 向右运动过程中,在PQ段,弹簧对该物块做功W１,在 QO段,弹簧对该物块做功W２．则 W１ W２ 为 (　　) A．１　　B．２　　C．３　　D．４ [解析]　C　[设弹簧的劲度系数为k,则弹簧形变 量为x时,弹力大小为F＝kx,假设PQ＝QO＝x０, 则在 PQ 段,弹 簧 对 该 物 块 所 做 的 功 为 W１ ＝ k􀅰２x０＋kx０ ２ 􀅰x０＝ ３ ２kx ２ ０,在QO 段,弹簧对该物 块所做的功W２＝ kx０ ２ 􀅰x０＝ １ ２kx ２ ０,联立可得 W１ W２ ＝ ３,故选C．] [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４m．水桶离开水 面时,桶和水的总质量为８kg． 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１０m/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．２８０J　　B．３２０J　　C．２４０J　　D．２００J [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＝ m０g＋mg ２ h ,代入数据可得:W ＝２８０J,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．４８２５mgd　　　　　　B． ２５ ４８mgd C．２５３６mgd D． ３６ ２５mgd [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＝５３mg ;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＝ d sin３７° ,滑轮与C 间绳长L２＝ d sin５３° , 滑轮右侧绳子增大的长度 ΔL＝L１－L２＝ d sin３７°－ d sin５３°＝ ５d １２ ,拉力做功 W＝FΔL＝２５３６mgd ,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＝ １ ２mv ２ ２－ １ ２mv ２ １　①,根据牛顿 第二定律有F１＝m v２１ R１ ,故有１ ２F１R１＝ １ ２mv ２ １　②, 同 理 有 １ ２F２R２ ＝ １ ２ mv ２ ２ 　 ③,由 ① ② ③ 得 WF＝ １ ２ (F２R２－F１R１)． 答案:１ ２ (F２R２－F１R１) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３３１􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第六章　机械能守恒定律