第6章 第1讲 功 功率-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

第1讲　功　功率 第六章　机械能及其守恒定律 1 [学习目标]　1.理解功的概念，会判断功的正负，会计算功的大小。 2.理解功率的概念，掌握功率的两个公式，会计算平均功率和瞬时功率。 3.会分析两种机车启动方式中各物理量的变化并能进行相关计算。 2 基础知识　自主梳理 核心知识　典例研析 考点一　恒力做功的分析与计算 考点二　变力做功的分析与计算 考点三　对功率的理解与计算 分层训练　巩固提高 考点四　机车启动问题 内容索引 3 基础知识　自主梳理 一 4 一、功 1.定义：一个物体受到力的作用，如果在__________上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功。 2.做功的两个要素 (1)作用在物体上的__________。 (2)物体在力的方向上发生的__________。 力的方向 力 位移 3.公式：W＝Fscos α。 (1)α是力与__________方向之间的夹角，s为物体对地的位移。 (2)该公式只适用于__________做功。 位移 恒力 4.功的正负 (1)当0°≤α＜90°时，W＞0，力对物体做__________。 (2)当90°＜α≤180°时，W＜0，力对物体做__________，或者说物体__________这个力做了功。 (3)当α＝90°时，W＝0，力对物体__________。 正功 负功 克服 不做功 二、功率 1.定义：功与完成这些功所用时间的__________。 2.物理意义：描述力对物体______________。 3.公式 (1)P＝，P为时间t内的__________。 (2)P＝Fvcos α(α为F与v的夹角)。 ①v为平均速度，则P为__________。 ②v为瞬时速度，则P为__________。 4.发动机功率：机车发动机的功率P＝__________，F为__________力，并非机车所受的合力。 比值 做功的快慢 平均功率 平均功率 瞬时功率 Fv 牵引 [思考判断] (1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。(　　) (2)作用力做正功时，反作用力一定做负功。(　　) (3)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。(　　) (4)摩擦力对物体一定做负功。(　　) (5)由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率。(　　) (6)当F为恒力时，v增大，F的功率一定增大。(　　) (7)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。(　　) × × √ × √ × √ 二 核心知识　典例研析 10 考点一　恒力做功的分析与计算 基础考点 11 1.功的正负的判断方法 (1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。 (2)曲线运动中做功正负的判断：依据F与v的方向的夹角来判断。0°≤α＜90°，力对物体做正功；90°＜α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。 12 2.恒力做功的计算方法 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scos α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。 4.几种力做功的比较 (1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功只与始、末位置有关，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： 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，不仅会发生物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，内能Q＝fs相对。 [典例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)的情景，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼的情景， 两人相对扶梯均静止。下列关于做功的判断中正确的是(　　) A.图甲中支持力对人做正功 B.图甲中摩擦力对人做负功 C.图乙中支持力对人做正功 D.图乙中摩擦力对人做负功 考向1　力做功正负的判断 A [解析]　题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；题图乙中，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。 [典例2]　如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2 kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动。在升降机以5 m/s的速度匀速上升4 s的过程中，g取10 m/s2，求： 考向2　恒力做功的计算 (1)斜面对物体的支持力所做的功； [解析]　物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状态，受力分析如图所示。 由平衡条件得fcos θ－FNsin θ＝0，fsin θ＋FNcos θ－G＝0 代入数据得f＝10 N，FN＝10 N。 此过程中，物体在竖直方向上的位移s＝vt＝20 m。 斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNscos θ＝300 J。 [答案]　300 J (2)斜面对物体的摩擦力所做的功； [解析]　斜面对物体的摩擦力所做的功 Wf＝fscos(90°－θ)＝100 J。 [答案]　100 J　 (3)物体重力所做的功； [解析]　物体重力做的功WG＝－Gs＝－400 J。 [答案]　－400 J (4)合外力对物体所做的功。 [解析]　合外力对物体做的功 W合＝WN＋Wf＋WG＝0 或F合＝0，W合＝F合scos α＝0。 [答案]　0 考点二　变力做功的分析与计算 基础考点 23 求变力做功的五种方法 方法 举例 微元法 质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动 一周克服摩擦力做的功Wf＝f·Δs1＋f·Δs2＋f·Δs3＋…＝f(Δs1＋Δs2＋Δs3＋…)＝f·2πR 24 方法 举例 等效转换法 恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做的 功W＝F·() 图像法 一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为 s0，F－s图线与坐标轴所围面积表示拉力所做的 功，W＝s0 方法 举例 平均值法 当力与位移为线性关系时，力可用平均值 表示，W＝Δx，可得出弹簧弹性势能表达式为Ep＝k(Δx)2 应用动能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做的功为 WF，则有WF－mgL·(1－cos θ)＝0，得WF＝ mgL(1－cos θ) [典例3]　(2025·广东深圳调研)如图所示，在水平 桌面上，长R＝5 m的轻绳一端固定于O点(俯视图)， 另一端系一质量m＝2.0 kg的小球，现对小球施加一 个大小不变的力F＝10 N，方向始终与小球在该点 的切线成37°角，F拉着小球从M点运动到N点，已 知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，重力加速度g取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则拉力F做的功与克服摩擦力做的 功之比为(　　) A.　　　　　　　　 B.2 C. D.4 考向1　微元法求变力做功 B [解析]　将圆弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力 F在每小段上做的功为W1、W2、…、Wn，因拉力F 大小不变，方向始终与小球在该点的切线成37°角， 所以W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°，…，Wn＝ Flncos 37°，W＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝ Fcos 37°·R＝π J，同理可得克服摩擦力做的功Wf＝μmg·R＝π J，则拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为2，故选B。 [典例4]　一质量为2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，如图为拉力随位移变化的关系图像，则根据以上信息能精确得出或估算得出的 物理量有(g取10 m/s2)(　　) A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25 B.物体在8 m处的加速度为a＝4 m/s2 C.整个过程中拉力做的功为96 J D.整个过程中合力做的功为－32 J 考向2　图像法求变力做功 D [解析]　物体做匀速运动时，受力平衡，则f ＝F0＝8 N，又 μ＝，解得μ＝0.4，故 A错误；由题图可知在8 m处拉力大小为4 N， 根据牛顿第二定律可知F－f＝ma，代入数据 可得 a＝－2 m/s2，故B错误；F－s图像与坐 标轴围成的面积表示拉力做的功，WF＝(8×4＋×8×8)J＝64 J，滑动摩擦力做的功 Wf＝－μmgs＝－96 J，所以合外力做的功为 W合＝WF＋Wf＝64 J＋(－96 J)＝－32 J，故C错误，D正确。 [典例5]　如图所示，一轻质立方体被从水表面缓慢压入水中，直至其上表面没入水中，已知立方体的棱长为L，水的密度为ρ，重力加速度为g，不考虑水面高度的变化。该过程中，立方体克服水的浮力所做的功 为(　　) A. C.ρgL2 D.ρgL4 考向3　平均值法求变力做功 B [解析]　设立方体浸入的深度为x，则浮力的大小为F＝ρgV＝ρgL2x，可见浮力与进入水中的位移成正比。由平均值法知克服浮力做的功为W＝×L＝L＝，故选B。 考点三　对功率的理解与计算 能力考点 33 1.平均功率的计算方法 (1)利用计算。 (2)利用＝Fcos α计算，其中为物体运动的平均速度。 34 2.瞬时功率的计算方法 (1)利用公式P＝Fvcos α计算，其中v为t时刻的瞬时速度。 (2)利用公式P＝FvF计算，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。 (3)利用公式P＝Fvv计算，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。 [典例6]　(2024·贵州卷)质量为1 kg的物块静置于 光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。 现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小 随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x＝ 3 m处，F做功的瞬时功率为(　　) A.8 W　　　　　　　 B.16 W C.24 W D.36 W A [解析]　根据图像可知物块运动到x＝3 m处，F做的总功为WF＝3×2 J＋2×1 J＝8 J，该过程根据动能定理得WF＝mv2，解得物块运动到x＝ 3 m处时的速度为v＝4 m/s，故此时F做功的瞬时功率为P＝Fv＝8 W，故选A。 [典例7]　如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过 程中拉力的瞬时功率变化情况是(　　) A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大，后减小 D.先减小，后增大 A [解析]　因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示。设细线与竖直方向的夹角为θ，则在速度方向上应有mgsin θ＝Fcos θ，拉力F的瞬时功率P＝Fvcos θ＝mgvsin θ。小球从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A正确。 考点四　机车启动问题 能力考点 40 1.机车启动的两种方式   恒定功率启动 恒定加速度启动 P－t图像和v－t图像     OA段 过程分析 P不变：v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ a不变：a＝⇒F不变 v↑⇒P＝Fv↑⇒P额＝Fv1 41   恒定功率启动 恒定加速度启动 OA段 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＝ AB段 过程分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 运动性质 做速度为vm的匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动，在B点达到最大速度，vm＝ 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运动时的速度，即vm＝(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过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝＜vm＝。 (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理得Pt－F阻s＝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8]　(2025·广东汕头模拟)如图所示，某 重型气垫船，自重达5.0×105 kg，最高时速为 108 km/h，装有额定输出功率为9 000 kW的燃 气轮机。假设该重型气垫船在海面沿直线航行 过程所受的阻力f不变，下列说法正确的是(　　) A.该重型气垫船在海面沿直线航行过程加速度一定保持不变 B.该重型气垫船在海面沿直线航行过程所受的阻力f为3.0×105 N C.以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船所受的牵引力为6.0×105 N D.以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为 9 000 kW B [解析]　以额定功率航行过程中，气垫船的牵引 力逐渐减小，当时速达到最大时，牵引力等于阻 力，速度保持不变，A错误； 由P额＝fvm可得f＝3.0×105 N，当气垫船以不同 的速度做匀速运动时，牵引力都等于阻力，B正 确，C错误； 根据P＝，解得P＝4 500 kW，D错误。 [典例9]　某汽车质量m＝2 000 kg，发动机的额 定功率为P，当汽车在路面上行驶时受到的阻力 为车对路面压力的0.1倍。若汽车从静止开始以 a＝1 m/s2的加速度在水平路面上匀加速启动， t1＝20 s时，达到额定功率。此后汽车以额定功 率运动，t2＝100 s时速度达到最大值，汽车的 v－t图像如图所示，g取10 m/s2。求： (1)该汽车的额定功率P； [解析]　由题图可知，汽车的最大速度为vm＝ 40 m/s，汽车达到最大速度时满足F1＝Ff＝0.1mg 汽车的额定功率为P＝F1vm＝8×104 W＝80 kW。 [答案]　80 kW (2)当速度为25 m/s时，汽车加速度大小； [解析]　当速度为v＝25 m/s时，汽车牵引力为 F2＝＝3 200 N 由牛顿第二定律得F2－Ff＝ma' 解得a'＝0.6 m/s2。 [答案]　0.6 m/s2 (3)汽车在0~t2时间内的位移大小s。 [解析]　0~t1时间内汽车通过的位移为s1＝t1＝200 m 汽车在t1至t2时间内，根据动能定理得 P(t2－t1)－Ffs2＝mm 代入数据解得s2＝2 600 m 所以0~t2时间内汽车通过的总位移大小为 s＝s1＋s2＝2 800 m。 [答案]　2 800 m 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＝。 2.机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但 速度不是最大，v＝＜vm＝。 3.机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理得Pt－F阻s ＝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和时间。 总结提升 分层训练　巩固提高 三 51 1.(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 后释放。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.重力做的功为mgL B.悬线的拉力做的功为0 C.空气阻力做的功为－mgL D.空气阻力做的功为－F阻πL 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 ABD A 夯实基础 52 解析：重力做功与路径无关，由高度差决定，WG＝mgL，A正确；由于悬线拉力的方向始终与速度方向垂直，故悬线的拉力不做功，B正确；空气阻力做的功等于每个小弧段上空气阻力所做功的代数和，即W阻＝－(F阻Δx1＋F阻Δx2＋…)＝－F阻πL，D正确，C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 53 2.(多选)(2025·广东清远模拟)如图所示，倾角为30°、长度为10 m的光 滑固定斜面，一质量为0.8 kg的小物块从斜面顶端由静止开始下滑至斜 面底端，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.整个过程中重力做功80 J B.整个过程中合外力做功40 J C.整个过程中重力做功的平均功率是20 W D.小物块滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是80 W 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BC 54 解析：对小物块受力分析，根据牛顿第二定律 mgsin 30°＝ma，解得a＝5 m/s2，根据x＝at2，解 得t＝2 s，根据v＝at，解得v＝10 m/s。根据公式可 得，重力做功WG＝mgxsin 30°＝0.8×10×10×0.5 J＝40 J，故A错误；根据公式可得，合外力做功为W合＝mgxsin 30°＝40 J，故B正确；整个过程中重力做功的平均功率是P＝ W＝20 W，故C正确；小物块滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是P＝mgvsin 30°＝0.8×10×10×0.5 W＝40 W，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 55 3.(2024·浙江6月卷)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10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率 约为(　　) A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析：设Δt时间内从喷头流出的水的质量为 m＝ρSv·Δt，喷头喷水做的功等于喷出的水的动能增加量，即PΔt＝W＝mv2，联立解得 P＝ 100 W，故选C。 56 4.(多选)(2025·广东茂名模拟)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发 动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率 立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速 直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变)。在下列选项中能正确反 映汽车速度v、汽车牵引力F在这个过程中随时间t的变化规律的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 AD 57 解析：开始时汽车做匀速运动，则F0＝Ff，由P＝Fv可判断，P＝F0v0，v0＝，当汽车功率减小一半，即P'＝时，其牵引力为F'＝＜Ff，汽车开始做减速运动，F1＝，加速度大小为a＝ ，由此可见，随着汽车速度v减小，其加速度a也减小，即汽车做加速度不断减小的减速运动，最终以v＝做匀速直线运动，故A正确，B错误；同理，可判断出汽车的牵引力由F'＝最终增加到F0，故D正确，C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 58 5.(多选)(2022·广东卷)如图所示，载有物资的无人驾驶小车，在水平 MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率 570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m， PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法 正确的有(　 　) A.从M到N，小车牵引力大小为40 N B.从M到N，小车克服摩擦力做功800 J C.从P到Q，小车重力势能增加1×104 J D.从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 ABD 59 解析：从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力F1 ＝ N＝40 N，A正确；从M到N，小车 匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1 ＝F1＝40 N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝ f1·MN＝40×20 J＝800 J，B正确；从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力F2＝ N＝285 N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝f2＋mgsin 30°，解得f2＝F2－mgsin 30°＝285 N－50×10× N＝35 N，从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20 J＝700 J，D正确；从P到Q，小车上升的高度h＝PQsin 30°＝20×0.5 m＝10 m，小车重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10 J＝5 000 J，C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 60 6.用铁锤把钉子钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正 比。已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做 的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度为(　　) A.(－1)d B.(－1)d C. D.d 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 解析：铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功。由于阻力与深度成正比，则可用阻力的平均值求功，根据题意可得W＝d＝d①，W＝d'＝d'②，联立①②式解得d'＝(－1)d，故选项B正确。 61 7.如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在拉力F作用 下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示。 由此可知(　　) A.物体加速度大小为2 m/s2 B.F的大小为21 N C.4 s末F的功率为42 W D.4 s内F的平均功率为42 W 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 62 解析：由题图乙可知，v－t图像的 斜率表示物体加速度的大小，即a＝ 0.5 m/s2，由2F－mg＝ma可得F＝ 10.5 N，A、B错误；4 s末F的作用 点的速度大小为vF＝2v物＝4 m/s， 故4 s末F的功率为P＝FvF＝42 W，C正确；4 s内物体上升的高度h＝4 m，力F的作用点的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝Fl＝84 J，故平均功率＝21 W，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 63 8.(多选)我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销 国。质量为m的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度a启动，其v－t 图像如图所示，其中OA段和BC段为直线。已知汽车动力系统的额定功 率为P，汽车所受阻力大小恒为f，则下列说法正确的是(　　) A.汽车做匀加速运动的最大速度v1＝ B.汽车能达到的最大行驶速度v2＝ C.汽车速度为时的功率为P'＝ D.汽车速度为时的加速度大小为a'＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 CD B 能力提升 64 解析：据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得 F＝f＋ma，则汽车做匀加速运动的最大速 度v1＝，故A错误；当牵引力与 阻力平衡时，汽车达到最大行驶速度，即 v2＝，故B错误；汽车速度为时，功率为P'＝F·，故C正确；汽车速度为时，牵引力大小为F'＝，根据牛顿第二定律有F'－f＝ma'，解得a'＝，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 65 9.(多选)(2025·广东茂名模拟)共享电动车已经成为我们日常生活中不可或缺的重要交通工具。某共享电动车和驾驶员的总质量为100 kg，行驶时所受阻力大小为车和人所受总重力的，电动车从静止开始以额定功率在水平公路上沿直线行驶，7 s内行驶了20 m，速度达到4 m/s。重力 加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.该电动车的额定功率为560 W B.该电动车的额定功率为400 W C.在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为4 m/s D.在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为5.6 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BC 66 解析：由题意可知电动车行驶过程中受到的阻力大小f＝mg＝×100×10 N＝100 N，根据功能关系有W＝P额t＝fs＋mv2＝100×20 J＋×100×42 J＝2 800 J，解得该电动车的额定功率为P额＝ W＝400 W，A错误，B正确；该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为vmax＝ m/s＝4 m/s，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 67 10.(2025·广东广州模拟)如图甲所示，质量为m的小火箭由静止开始加速上升，竖直向上的推力F与速度倒数的关系图像如图乙所示，火箭获得的最大速度为vm，由静止开始到速度为v1需要的时间为t1。不计空气 的阻力和燃料燃烧时的质量损失，重力加速度为g，则(　　) A.火箭在启动过程中，加速度不变 B.F－关系图像与横轴围成的面积表示 火箭的最大功率mgvm C.火箭的速度为v1时，加速度为g D.0~t1，火箭上升的高度为vmt1－ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 68 解析：根据题意，由牛顿第二定律有F－ mg＝ma，可得a＝－g，由题图乙可知， 随着速度的变化，推力F变化，则加速度 a变化，故A错误；根据功率与速度的关 系P＝Fv，可得F＝P·，由题图乙可知， F－图像是过原点的倾斜直线，则火箭以恒定的最大功率Pm启动，图像的斜率表示火箭启动的恒定功率，当速度达到最大速度vm时，开始 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 69 匀速运动，由平衡条件可得F＝mg，则有 Pm＝mgvm，故B错误；根据题意可知，火 箭的速度为v1时，推力F1＝，由 牛顿第二定律可知，火箭的加速度为a1＝ g，故C错误；根据题意，设0~t1内火箭上升的高度为h，由动能定理有Pmt1－mgh＝m，解得h＝vmt1－，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 70 11.(12分)(2025·广东江门模拟)如图甲所示，在某次送药过程中，送药机器人“艾米”(图中未画出)的输出功率恒为P＝30 W，在水平地面AB段，“艾米”以大小v1＝2 m/s的速度向右匀速运动，前方的水平地面BC段铺有地毯，阻力较大。“艾米”通过整个路段的v－t图像如图乙所示，在t＝14 s时刻图线与水平虚线相切，此时“艾米”的速度大小为v2＝1 m/s且恰好到达C点。已知水平地面BC段的长度x＝11 m，假设“艾米”在两个路段上所受阻力均恒定，求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 71 (1)“艾米”在AB段上运动时所受的阻力大小Ff； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：“艾米”在水平地面AB段做匀速直线运动，根据物体的平衡条件有F＝Ff，又P＝Fv1 解得Ff＝15 N。 答案：15 N 72 (2)“艾米”(含药)的质量m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：根据题图乙可知，“艾米”在t＝14 s时刻处于平衡状态，根据物体的平衡条件有F'＝Ff'，P＝F'v2 解得Ff'＝30 N 根据动能定理有PΔt－Ff'x＝mm 其中Δt＝8 s 解得m＝60 kg。 答案：60 kg 73 $$