第6章 第1讲 功和功率（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习课件聚焦机械能守恒定律专题，覆盖功和功率核心考点，依据高考评价体系梳理2022-2024年各省真题考情，明确恒力做功分析、功率计算、机车启动等四大高频考点，归纳实验验证机械能守恒定律等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件以“考点整合+真题突破+素养提升”为特色，通过机车启动模型建构（科学思维）、变力做功方法归纳（科学推理）等突破考点，结合浙江卷等真题训练实验探究能力，帮助学生掌握答题技巧，教师可借此系统开展复习教学，助力高效备考。

正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义 物 理 1 06 第六章 机械能守恒定律 考情概览 2024 2023 2022 功和功率、机车启动 贵州卷T6；浙江6月卷T5 海南卷T1；福建卷T14 新课标卷T15、T20；山东 卷T4、T8；北京卷T11 广东卷T8；湖北卷T4 广东卷T9；福建卷T1 动能定理 重庆卷T4；新课标卷T2、T11 福建卷T8 湖北卷T14 江苏卷T8；福建卷T7 浙江6月卷T20 湖南卷T14 机械能守恒定律 全国甲卷T4；海南卷T18 — 全国乙卷T16 功和能的综合 北京卷T7、T19；安徽卷T7 江西卷T5；山东卷T7 江苏卷T15 湖南卷T8 江苏卷T10；河北卷T9 实验：验证机械 能守恒定律 浙江6月卷T16 天津卷T9 河北卷T11；湖北卷T12 备考指南 第1讲 功和功率 考点一 考点二 考点三 考点四 02 03 04 01 备考目标 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。 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 恒力做功的分析和计算 整合必备知识 考点一 力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 9 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 10 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 11 提升关键能力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 12 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 13 求变力做功的几种方法 整合必备知识 考点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 15 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 16 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 17 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 18 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 19 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 20 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 21 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 22 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 23 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 24 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 25 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 26 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 27 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 28 功率的分析与计算 整合必备知识 考点三 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 29 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 30 提升关键能力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 31 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 32 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 33 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 34 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 35 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 36 机车启动问题 整合必备知识 考点四 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 37 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 38 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 39 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 40 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 41 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 42 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 43 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 44 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 45 课下巩固精练卷（十四） 功和功率 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 47 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 48 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 49 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 50 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 51 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 52 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 53 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 54 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 55 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 56 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 57 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 58 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 59 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 60 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 61 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 62 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 63 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 64 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 65 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 66 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 67 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 68 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 69 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 70 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 71 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 72 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 73 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 74 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 75 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 76 谢谢观看 理解功、功率、动能、势能等概念，会计算功和功率；掌握动能定理，并能灵活利用动能定理求解相关物理量、分析复杂的力学综合问题；知道机械能守恒定律的表达式，注意机械能守恒定律的适用条件、系统的选择和使用技巧。功能关系和能量守恒是本专题学习的核心，涉及的主要思想方法有：微元法、转化法、图像法、守恒思想等。 位移 恒力 1．做功的两个要素 (1)作用在物体上的力。 (2)物体在 上发生位移。 2．公式：W＝Fl cos α (1)α是 与 方向之间的夹角，l为力的作用点的位移。 (2)该公式只适用于 做功。 力的方向 不做功 3．功的正负 (1)当0≤α＜90°时，W＞0，力对物体做 功。 (2)当90°＜α≤180°时，W＜0，力对物体做 功，或者说物体 这个力做了功。 (3)当α＝90°时，W＝0，力对物体 。 正 负 克服 4．恒力做功的计算方法 (1)直接用W＝Fl cos α计算。 (2)对于合外力做的功： 方法一 先求合外力F合，再用W合＝F合l cos 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＋…求合外力做的功。 方法三 利用动能定理W合＝Ek2－Ek1 √ [辨析明理] 1．判断下列说法的正误 (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)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)作用力做正功时，反作用力一定做负功。( ) (4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。( ) × √ × 2.商场为了方便购物车上下行，安装了斜坡式扶手电梯。如图所示，一人站在斜坡式扶手电梯上不动，随扶梯匀速上升，该过程中摩擦力对人 ________ ，支持力对人________。(均选填“做功”“不做功”) 提示：不做功　做功 【例1】 如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，现使斜面水平向左以速度v匀速移动距离l，物体与斜面相对静止，以下说法正确的是(　　 ) A．摩擦力对物体做的功为μmgl cos θ B．重力对物体做的功为mgl C．斜面体对物体做的总功是0 D．斜面对物体的支持力做的功为mgl cos θ 解析：选C。物体匀速运动，受力平衡，物体受到重力、支持力和摩擦力的作用，受力如图所示， 根据平衡条件可得FN＝mg cos θ，f＝mg sin θ，所以WN＝mg cos θ·l·cos (90°－θ)＝mgl sin θcos θ，Wf＝mg sin θ·l·cos (180°－θ)＝－mgl sin θcos θ，WG＝mgl·cos 90°＝0，故A、B、D错误；斜面体对物体做的总功为WN＋Wf＝0，故C正确。 方法1　利用“微元法”求变力的功 物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力做功的代数和。此法常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。 【例2】 如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为 eq \f(R,2) 和R的两个半圆构成，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(　　) 0 B．FR C． eq \f(3,2) πFR D．2πFR 解析：选C。虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，根据微元法，F在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR＋π eq \f(R,2) ，则拉力做的功为 eq \f(3,2) πFR，故C正确。 [规律方法] 区别位移和路程的两个关键点 当力F的方向时刻与物体的运动方向一致或相反时，则力的功等于力与路程的乘积，方向一致时为正功，方向相反时为负功。 方法2　化变力的功为恒力的功 通过转换研究的对象，有时可将变力做功转化为恒力做功，用W＝Fl cos α求解。 【例3】如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则(　　) A．W1＞W2 B．W1＜W2 C．W1＝W2 D．无法确定W1和W2的大小关系 解析：选A。绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做的功转化为恒力做的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A正确。 方法3　利用F­x图像求变力的功 在F­x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负。 【例4】 如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆，则小物块运动到x0处时F做的总功为(　　) A．0 B． eq \f(1,2) Fmx0 C． eq \f(π,4) Fmx0 D． eq \f(π,4) x02 解析：选C。F为变力，根据F­x图像包围的面积在数值上等于F做的总功来计算，图线为半圆，由图线可知在数值上Fm＝ eq \f(1,2) x0，W＝ eq \f(1,2) π·Fm2＝ eq \f(1,2) π·Fm· eq \f(1,2) x0＝ eq \f(π,4) Fmx0，C正确。 方法4　利用平均力求变力的功 当物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则等效为物体受到一大小为F＝ eq \f(F1＋F2,2) 的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末状态所受到的力，然后用公式W＝Fl cos α求力所做的功。 【例5】 (多选)如图，质量为m的物块放置在水平地面上，右端连接一根轻弹簧。现对弹簧施加水平向右缓慢变大的拉力，当弹簧伸长L时物块开始运动。物块开始运动后保持拉力F不变将物块沿水平地面缓慢拉动距离L。取重力加速度为g，已知物块与水平地面的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．物块缓慢向右移动时，拉力F＝1.5mg B．弹簧的劲度系数为 eq \f(0.5mg,L) C．整个过程中拉力做的功为0.75 mgL D．整个过程克服摩擦力做的功为mgL 解析：选BC。物块缓慢运动时，由平衡条件得F＝F弹＝μmg＝kL，解得F＝F弹＝0.5mg，k＝ eq \f(0.5mg,L) ，故A错误，B正确；整个过程中拉力做功为WF＝ eq \f(F＋0,2) ×L＋F·L＝0.75mgL，故C正确；整个过程克服摩擦力做的功为Wf＝μmgL＝0.5mgL，故D错误。 方法5　利用动能定理求变力的功 动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功。使用动能定理可根据动能的变化来求功，是求变力做功的一种方法。 【例6】 如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg。重力加速度大小为g，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　) A． eq \f(1,4) mgR B． eq \f(1,3) mgR C． eq \f(1,2) mgR D． eq \f(π,4) mgR 解析：选C。在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m eq \f(v2,R) ，FN＝2mg，联立解得v＝ eq \r(gR) ，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR＋Wf＝ eq \f(1,2) mv2，解得Wf＝－ eq \f(1,2) mgR，所以克服摩擦力做功 eq \f(1,2) mgR，C正确。 快慢 平均功率 瞬时功率 1．功率的定义：功与完成这些功所用时间之比叫作功率。 2．物理意义：描述力对物体做功的 。 3．两个公式 (1)P＝ eq \f(W,t) ，P描述时间t内力对物体做功的 。 (2)P＝Fv cos α ①若v为某时间段内的平均速度，则P为 。 ②若v为某时刻的瞬时速度，则P为 。 快慢 [辨析明理] 判断下列说法的正误 (1)由P＝ eq \f(W,t) 知，只要知道W和t就可求任意时刻力的功率。( ) (2)由P＝Fv cos α既能求瞬时功率，也可以求平均功率。( ) (3)力F为恒力时，当速度v增大时，力F的功率一定增大。( ) × √ × 角度(一) 瞬时功率的计算 【例7】 (2024·江苏泰州模拟)如图所示，质量为m的小球以初速度v0从倾角为θ的斜面顶端水平抛出，不计空气阻力，当小球落在斜面上时重力的瞬时功率为(　　 ) A．mgv0tan θ B．2mgv0tan θ C．mgv0tan 2θ D．2mgv0tan 2θ 解析：选B。由平抛运动得vx＝v0，vy＝gt，根据位移方向和速度方向规律和平行四边形定则知tan θ＝ eq \f(y,x) ＝ eq \f(gt,2v0) ＝ eq \f(vy,2vx) ，则vy＝2v0tan θ，重力的瞬时功率为P＝mgvy＝2mgv0tan θ，故B正确。 [应考反思] 用公式P＝Fv cos α求瞬时功率时，可认为F cos α是力F在速度v方向上的分力，也可认为v cos α是速度v在力F方向上的分速度。 角度(二) 平均功率的计算 【例8】 (2024·浙江高考)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 解析：选C。设Δt时间内从喷头流出的水的质量为m＝ρSv·Δt，喷头喷水的功率等于Δt时间内喷出的水的动能增加量，即P＝ eq \f(W,Δt) ＝ eq \f(\f(1,2)mv2,Δt) ，联立解得P＝100 W，故C正确。 【例9】 如图所示，质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点，其垂线与两脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9 m和0.6 m。若她在1 min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为 0.4 m，则1 min内克服重力做的功和相应的功率约为(g取10 m/s2)(　　 ) A．430 J，7 W B．4 320 J，72 W C．720 J，12 W D．7 200 J，120 W 解析：选B。设重心上升的高度为h，如图所示， 根据相似三角形，有 eq \f(h,0.4) ＝ eq \f(0.9,0.9＋0.6) ，解得h＝0.24 m，则做一次俯卧撑克服重力做的功为WG＝mgh＝144 J，所以1 min内克服重力做的功为W＝30WG＝4 320 J，功率约为 P＝ eq \f(W,t) ＝ eq \f(4 320,60) W＝72 W，故B正确。 1．两种启动方式的比较 两种模型 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P­t图像、 v ­t图像 OA 段 过程分析 v↑⇒＝ eq \f(P（不变）,v) ↓⇒a＝ eq \f(F－f,m) ↓ a＝ eq \f(F－f,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⇒a＝0⇒vm＝ eq \f(P,f) v↑⇒F＝ eq \f(P额,v) ↓⇒a＝ eq \f(F－f,m) ↓ 运动性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC段 无 F＝f⇒a＝0⇒以vm＝ eq \f(P额, f) 匀速运动 2．机车启动问题的三个重要关系式 (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＝ eq \f(P,f) 。 (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，但速度不是最大，即 v＝ eq \f(P额,F) <vm＝ eq \f(P额,f) 。 (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－fx＝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。 【例10】目前，上海有若干辆超级电容车试运行，运行中无须连接电缆，只需在乘客上车间隙充电 30 s～1 min，就能行驶3～5 km。假设有一辆超级电容车，质量m＝2×103 kg，额定功率P＝60 kW，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力Ff是车重力的0.1倍，g取10 m/s2。 (1)超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？ (2)若超级电容车从静止开始，保持以0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？ (3)若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50 s后达到最大速度，求此过程中超级电容车的位移大小。 解析：(1)当超级电容车速度达到最大时，超级电容车的牵引力与阻力平衡，即F＝Ff Ff＝kmg＝2 000 N 又P＝Ffvm 解得vm＝30 m/s。 (2)超级电容车做匀加速运动，由牛顿第二定律得 F1－Ff＝ma 解得F1＝3 000 N 设超级电容车刚达到额定功率时的速度为v1 P＝F1v1 v1＝ eq \f(P,F1) ＝20 m/s 设超级电容车匀加速运动的时间为t，则v1＝at 解得t＝40 s。 (3)从静止到达到最大速度的整个过程牵引力与阻力做功，由动能定理得Pt2－Ffx＝ eq \f(1,2) mvm2 解得x＝1 050 m。 答案：(1)30 m/s　(2)40 s　(3)1 050 m [思维延伸]若超级电容车以额定功率做加速运动，当速度v＝10 m/s时超级电容车的加速度为多大？ 提示：超级电容车以额定功率做加速运动，当v＝10 m/s时，牵引力F＝ eq \f(P,v) ＝6 000 N，超级电容车的加速度a＝ eq \f(F－Ff,m) ＝2 m/s2。 [误区警示] (1)在机车功率P＝Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受的合力或阻力，表达式P＝Ffvm只有在达到最大速度时才成立，此时F＝Ff。 (2)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速运动，匀变速直线运动的公式不再适用，启动过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)。 (3)以恒定加速度启动只能维持一段时间，之后又要经历非匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的公式只适用于匀加速阶段，不可生搬硬套。 【基础落实练】 1．(2024·海南高考)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(　　 ) 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：选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．成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示的劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕因质量不同而落到地面不同位置，以达到分离它们的目的。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　 ) A．从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间 B．落地时，米粒重力的瞬时功率等于糠秕重力的瞬时功率 C．从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功相同 D．从释放到落地的过程中，风力对米粒和糠秕做功相同 解析：选A。糠秕和米粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度相同，根据h＝ eq \f(1,2) gt2，可知从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间等于米粒的运动时间，故A正确；落地时，米粒的竖直速度等于糠秕的竖直速度，根据P＝mgvy，因米粒的重力大于糠秕的重力，则米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故B错误；根据WG＝mgh，因米粒和糠秕质量不同，则从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功不相同，故C错误；从释放到落地的过程中，因米粒质量较大，则加速度较小，落地时水平位移较小，根据W＝Fx，可知风力对米粒和糠秕做功不相同，故D错误。 3．(2025·广东佛山模拟)如图甲所示，水平地面上的一物体，受到方向不变的水平拉力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体的速度v与时间t的关系如图乙所示；则下列说法正确的是(　　 ) A．0～3 s，物体受到的摩擦力是零 B．3～6 s，物体受到的摩擦力是6 N C．6～9 s，拉力F的功率是12 W D．6～9 s，拉力F对物体做的功是24 J 解析：选D。由图乙可知，0～3 s内，物体处于静止状态，由平衡条件可知，此时物体受到的摩擦力为f1＝F1＝2 N，故A错误。由图乙可知，3～6 s内，物体做匀加速直线运动，设物体受到的滑动摩擦力为f2；6～9 s内，物体受到拉力F3和滑动摩擦力f2的作用，由于此时物体做匀速直线运动，由平衡条件得f2＝F3＝4 N，故B错误。由图乙可知，6～9 s内，物体做匀速直线运动的位移为x3＝v3t3＝2×(9－6) m＝6 m，6～9 s，拉力F对物体做的功为W＝F3x3＝4×6 J＝24 J，6～9 s，拉力F的功率为P＝ eq \f(W,t3) ＝ eq \f(24,9－6) W＝8 W，故C错误，D正确。 4．如图所示，质量m＝10 kg的物体在F＝100 N斜向下的推力作用下，沿水平面以v＝1 m/s的速度匀速前进x＝1 m，已知F与水平方向的夹角θ＝30°，重力加速度g取10 m/s2，则(　　 ) A．推力F做的功为50 eq \r(3) J B．推力F的功率为100 W C．物体克服摩擦力做功为50 J D．物体与水平面间的动摩擦因数为 eq \f(\r(3),2) 解析：选A。推力F做的功为WF＝Fx cos 30°＝100×1× eq \f(\r(3),2) J＝50 eq \r(3) J，A正确；推力F的功率为PF＝Fv cos 30°＝100×1× eq \f(\r(3),2) W＝50 eq \r(3) W，B错误；物体受摩擦力f＝F cos 30°＝50 eq \r(3) N，物体克服摩擦力做功为Wf＝fx＝50 eq \r(3) J，C错误；根据f＝μ(mg＋F sin 30°)，可得物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝ eq \f(\r(3),3) ，D错误。 5．一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　 ) 解析：选A。由P ­t图像可知，0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv，可知当v增加时，F减小，由a＝ eq \f(F－f,m) ，可知当v增加时，a减小，根据v ­t图像的斜率表示加速度，图A符合要求。 6．(多选)如图甲所示，质量为4 kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则(　　 ) A．物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动 B．物体在运动过程中的加速度先变小后不变 C．运动过程中推力做的功为200 J D．物体在运动过程中的最大速度为8 m/s 解析：选CD。滑动摩擦力大小为f＝μmg＝20 N，一开始推力大于滑动摩擦力，随着推力的减小，物体先做加速度逐渐减小的加速运动；当推力减小到20 N时，加速度为零，物体的速度达到最大；之后推力小于滑动摩擦力，物体做加速度逐渐增大的减速运动，当推力减小为零后，物体做匀减速 运动，故A、B错误。根据F ­x图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，可得运动过程中推力做的功为W＝ eq \f(1,2) ×100×4 J＝200 J，故C正确。当推力减小到20 N时，加速度为零，物体的速度达到最大，根据F ­x图像可知此时物体的位移为x＝3.2 m，根据动能定理可得WF－fx＝ eq \f(1,2) mvm2－0，其中WF＝ eq \f(1,2) ×(100＋20)×3.2＝192 J，解得物体在运动过程中的最大速度为vm＝8 m/s，故D正确。 【综合提升练】 7．(2025·安徽黄山模拟)目前市面上有一款磁性轨道的电动遥控车玩具，可组合出各种轨道模型。如图所示，将直线轨道固定在竖直平面内，开启电源后小车以恒定功率启动沿直线从A点一直加速运动到B点，到达B点时恰好做匀速运动。经查阅玩具说明书可知：小车质量为0.5 kg，磁性轨道与小车之间的磁力为定值25 N，小车的恒定功率为100 W，小车与轨道间的动摩擦因数为0.8，AB直线轨道长度为1.6 m，重力加速度取g＝10 m/s2。利用以上数据分析，下列说法正确的是(　　 ) A．小车到达B点时速度大小为5 m/s B．整个过程摩擦阻力对小车做的功为32 J C．克服重力做功的平均功率约为18 W D．整个过程的中间时刻，克服重力做功的功率为10 W 解析：选C。小车到达B点时恰好做匀速运动，则有F＝mg＋f＝mg＋μF吸＝25 N，小车到达B点时速度大小为vB＝ eq \f(P,F) ＝4 m/s，故A错误；整个过程摩擦阻力对小车做的功为Wf＝－fh＝－μF吸h＝－32 J，故B错误；设整个过程所用时间为t，根据动能定理可得Pt－mgh－fh＝ eq \f(1,2) mvB2－0，解得 t＝0.44 s，则小车克服重力做功的平均功率为P＝ eq \f(mgh,t) ＝ eq \f(0.5×10×1.6,0.44) W≈18 W，故C正确；若小球整个过程做匀加速直线运动，则整个过程的中间时刻的速度大小为v＝ eq \f(0＋vB,2) ＝2 m/s，实际上小车做加速度逐渐减小的加速运动，则整个过程的中间时刻，克服重力做功功率P≠mgv＝0.5×10×2 W＝10 W，故D错误。 8．某新能源汽车的生产厂家在测试新产品的性能时，由司机驾驶一质量为m的新能源汽车由静止开始沿平直的公路运动，通过传感器在计算机上描绘出了汽车的牵引力F与汽车速度v的关系图像，已知整个过程中汽车所受的阻力恒为F2，汽车达到额定功率后功率就保持不变，v2＝3v1，图像中F1未知。则下列说法正确的是(　　 ) A．汽车在加速阶段的加速度保持不变 B．F1∶F2＝4∶1 C．汽车的速度为 eq \f(v1＋v2,2) 时，汽车的加速度为 eq \f(F2,2m) D．在v1～v2的过程中，汽车的平均速度为2v1 解析：选C。0～v1的过程中，汽车的牵引力保持不变，则该过程中汽车做匀加速直线运动，在v1～v2的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，则汽车的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当牵引力等于F2时，汽车的加速度为零，速度达到最大值，故A错误；在v1～v2的过程中，汽车的功率保持不变， 则P＝F1v1＝F2v2，解得F1∶F2＝3∶1，故B错误；汽车的速度为 eq \f(v1＋v2,2) 时，汽车的牵引力为F＝ eq \f(P,\f(v1＋v2,2)) ，由牛顿第二定律得F－F2＝ma，解得a＝ eq \f(F2,2m) ，故C正确；在v1～v2的过程中，汽车做加速度减小的加速运动，其速度—时间图像如图所示， 显然该过程中汽车的平均速度满足> eq \f(v1＋v2,2) ＝2v1，故D错误。 9．(2025·江苏徐州模拟)如图所示，长为L的平板静置于光滑的水平面上，一小滑块以某一初速度冲上平板的左端，当平板向右运动s时，小滑块刚好滑到平板最右端。已知小滑块与平板之间的摩擦力大小为Ff，在此过程中(　　 ) A．摩擦力对滑块做的功为Ff(s＋L) B．摩擦力对平板做的功为Ffs C．摩擦力对系统做的总功为零 D．摩擦力对系统做的总功的绝对值Q＝Ff(s＋L) 解析：选B。滑块相对平板运动到右端的过程中，所受的摩擦力方向水平向左，与位移方向相反，相对于地的位移大小为s＋L，所以摩擦力对滑块做的功为Wf＝－Ff(s＋L)，故A错误；平板向右运动，所受的摩擦力方向水平向右，摩擦力对平板做正功，平板的对地位移为s，摩擦力对平板做的功为Wf′＝Ffs，故B正确；摩擦力对系统做的总功为W＝Wf＋Wf′＝－FfL，故C错误；由功能关系可知，系统产生的热量等于摩擦力对系统做的总功的绝对值，即Q＝FfL，故D错误。 10．(2024·福建高考)两绳拉木板，每条拉力F＝250 N，15 s内匀速前进20 m，θ＝22.5°，cos 22.5°≈0.9。求： (1)阻力f大小； (2)两绳拉力做的功； (3)两绳拉力的总功率。 解析：(1)由于木板匀速运动，则有2F cos θ＝f 代入数据解得f＝450 N。 (2)根据功的定义式有W＝2Fl cos θ 代入数据解得W＝9.0×103 J。 (3)根据功率的定义式有P＝ eq \f(W,t) 代入数据有P＝600 W。 答案：(1)450 N　(2)9.0×103 J　(3)600 W 11．智慧充电技术的日益成熟，极大地促进了电动汽车销量的增长。某辆总质量为m＝2 000 kg的电动汽车在封闭平直路段测试时，由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t1＝5 s汽车的速度大小达到v1＝10 m/s，此时汽车的功率恰好达到额定值，之后汽车维持额定功率不变，汽车达到最大速度v2后做匀速直线运动。已知电动汽车在测试时受到的阻力f为汽车车重的 eq \f(1,10) ，汽车的速度大小由v1＝10 m/s增大至恰好为最大速度v2的过程中通过的位移大小x＝1 400 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)汽车在0～t1时间内牵引力F的大小； (2)汽车的最大速度v2的大小； (3)汽车由静止开始至达到最大速度所经历的时间t。 解析：(1)根据题意，由运动学公式v＝v0＋at可得，汽车在0～t1时间内加速度大小为 a＝ eq \f(v－v0,t) ＝2 m/s2 由牛顿第二定律有F－f＝ma 解得F＝f＋ma＝6 000 N。 (2)汽车的额定功率为P＝Fv1＝60 000 W 汽车的最大速度 v2＝ eq \f(P,f) ＝30 m/s。 (3)汽车的速度大小由v1＝10 m/s增大至恰好为最大速度v2的过程中，由动能定理有 Pt2－fx＝ eq \f(1,2) mv22－ eq \f(1,2) mv12 解得t2＝60 s 则汽车由静止开始至达到最大速度所经历的时间 t＝t1＋t2＝65 s。 答案：(1)6 000 N　(2)30 m/s　(3)65 s $