5.1 功与功率 课件 -2026届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“功与功率”核心模块，覆盖恒力做功分析、变力做功计算、功率分析与机车启动四大高考高频考点，严格对接高考评价体系，通过近五年真题统计明确“变力做功计算”占30%、“功率与机车启动”占40%的权重，归纳出微元法、图像法等八大解题模型。 课件亮点在于“真题溯源+素养导向”的设计，如以2025八省联考恒力做功题为例，运用科学思维中的模型建构方法拆解“受力分析-位移计算-功的正负判断”步骤，针对变力做功总结微元法、动能定理法等五种突破技巧，培养学生能量观念与科学推理能力。配套“易错警示”（如混淆平均功率与瞬时功率）和“限时训练”，助力教师精准教学，学生高效提分。

第1讲　功与功率 第五章　机械能守恒定律 考点 1 考点二　变力做功的分析和计算 考点一　恒力做功的分析和计算 考点三　功率的分析与计算 考点四　机车启动问题 目录 2 考点一　恒力做功的分析和计算 1.做功的两个要素 力 (1)作用在物体上的___。 (2)物体在力的方向上发生______。 2.公式:W=________________________ (1)α是力与______方向之间的夹角，l为_______________的位移。 (2)该公式只适用于______做功。 位移 Flcos α 位移 力的作用点 恒力 目录 考点 3.功的正负 正功 (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_________。 负功 克服 不做功 目录 考点 4.判断力是否做功及做正、负功的方法 判断根据 适用情况 根据力和位移方向的夹角判断 常用于恒力做功的判断 根据力和瞬时速度方向的夹角判断 常用于质点做曲线运动 根据功能关系或能量守恒定律判断 常用于变力做功的判断 目录 考点 5.合力做功的计算方法 (1)方法一:先求合力F合，再用W合=F合lcos α求功，尤其适用于已知质量m和加速度a的情况。 (2)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。 (3)方法三:利用动能定理，合力做的功等于物体动能的变化量。 目录 考点 判断正误 × √ (1)只要物体受力的同时又发生了位移，就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)力F1、F2做的功分别为10 J和－15 J，则力F1比F2做功多。( ) (4)功有正负，说明功是矢量，因此总功是所有外力做功的矢量和。( ) × × 目录 考点 例1 (2025·八省联考河南卷，13)如图甲所示的水平地面上，质量为1 kg的物体在水平方向力F的作用下从静止开始做直线运动。图乙为F随时间t变化的关系图像。已知物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10 m/s2，求: (1)在2 s末物体的速度大小; 解析　物体所受的摩擦力为 Ff=μmg=0.2×1×10=2 N 0~2 s，根据牛顿第二定律得 F－Ff=ma 目录 考点 答案　8 m/s　 其中F=6 N，解得a=4 m/s2 2 s末物体的速度v=at=4×2 m/s=8 m/s 前2 s内物体的位移 x1=at2=×4×22 m=8 m。 目录 考点 解析　2~3 s内，根据牛顿第二定律得F'－Ff=ma' 其中F'=－3 N，解得a'=－5 m/s2 2~3 s内，物体的位移x2=vt'+at'2 代入数据解得x2=5.5 m 在0~3 s内物体所受摩擦力做的功 Wf=－Ff(x1+x2) 代入数据解得Wf=－27 J。 (2)在0~3 s内物体所受摩擦力做的功。 答案　－27 J 目录 考点 (1)各个力所做的功分别是多少? 例2 如图所示，一位质量m=50 kg的滑雪运动员从高度h=30 m的斜坡自由滑下(初速度为零)。斜坡的倾角θ=37°，滑雪板与雪面间的动摩擦因数μ=0.1。则运动员滑至坡底的过程中(不计空气阻力，g=10 m/s2， sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)， 求: 答案　WG=1.5×104 J，WN=0，Wf=－2×103 J　 解析　重力做的功WG=mgh=1.5×104 J 支持力做功WN=0 摩擦力做功Wf=－Ffl=－μmgcos 37°·=－2×103 J。 目录 考点 答案　1.3×104 J (2)合力做了多少功? 解析　合力做的功 W合=WG+Wf+WN=1.3×104 J。 目录 考点 考点二　变力做功的分析和计算 变力做功常见的五种计算方法 方法 情境说明 方法总结 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为 Wf=Ff·Δx1+Ff·Δx2+Ff·Δx3+…=Ff(Δx1+Δx2+Δx3+…)=Ff·2πR 目录 考点 方法 情境说明 方法总结 等效 转换 法 恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做的功为W=F· 平均 力法 弹簧由伸长量为x1被继续拉至伸长量为x2的过程中，克服弹簧弹力做的功为W=Δx=·(x2－x1) 目录 考点 方法 情境说明 方法总结 图像法 在F－x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 动能定 理法 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) 目录 考点 例3 (多选)力F对物体所做的功可由公式W=Flcos α求得。公式中力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。如图所示，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是(　　) AB A.甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的功为W=F(lOA－lOC) B.乙图中，全过程中F做的总功为72 J C.丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功W=πRf D.图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是W=Flsin θ 目录 考点 解析　等效转换法:甲图中因力对绳做的功等于绳对物块做的功，则物块从A到C过程中力F做的功为W=F(lOA－lOC)，故A正确; 图像法:乙图中，F－x图线与坐标轴围成的面积代表功，则全过程中F做的总功为W=15×6 J+(－3)×6 J=72 J，故B正确; 目录 考点 微元法:丙图中，空气阻力f大小不变，方向始终与运动方向相反，则小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为W=－f·=－πRf，故C错误; 动能定理法:图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，F做的功是W=Flsin θ，而F缓慢将小球从P拉到Q，F为水平方向的变力，根据动能定理得W－mgl(1－cos θ)=0，解得W=mgl(1－cos θ)，故D错误。 目录 考点 除了以上求变力做功的方法外，还存在其他变力做功情况，如: (1)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，牵引力做的功W=Pt。 (2)恒力做功和变力做功均可应用动能定理求解。 目录 考点 例4 (2025·河南信阳模拟)如图所示，用一个大小不变的力F拉着滑块(视为质点)使其沿半径为R的水平圆轨道匀速运动半周，若力F的方向始终与其在圆轨道上作用点的切线成60°夹角，则力F做的功为(　　) A. B.2FR C.FR D.FπR A 解析　将力F分解为切线方向和径向方向两个分力，其中径向方向始终与速度方向垂直，不做功，切线方向分力始终与速度方向相同，则滑块匀速运动半周，力F做的功为W=Fcos 60°·πR=，故A正确。 目录 考点 例5 (2025·辽宁省实验中学高三月考)一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到沿水平方向的力F作用。已知力F的方向不变，其大小随位移x变化的规律如图所示，下列说法正确的是(　　) A A.物块一直做加速运动 B.3x0时，物块的速度为零 C.力F对物块做的总功为6F0x0 D.物块的最大速度为 目录 考点 解析　由图可知，物块受到水平方向的力为物块的合力，合力方向与速度方向相同，物块一直做加速运动，位移为3x0时，物块的速度达到最大，故A正确，B错误;力F对物块做的总功为WF=x0+(3x0－x0)= ·x0+·2x0=3F0x0，故C错误;根据动能定理WF=m－0，解得vm=，故D错误。 目录 考点 1.功率 考点三　功率的分析与计算 时间 (1)定义:功与完成这些功所用______之比。 (2)物理意义:描述力对物体做功的______。 (3)公式: ①P=，P描述时间t内力对物体做功的______。 ②P=Fvcos α a.v为平均速度，则P为______功率。 b.v为瞬时速度，则P为______功率。 快慢 快慢 平均 瞬时 目录 考点 2.公式P=和P=Fv的区别 P=是功率的定义式，P=Fv是功率的计算式。 目录 考点 判断正误 × √ (1)由P=知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率。( ) (2)由P=Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率。( ) (3)当F为恒力时，v增大，F的功率一定增大。( ) × 目录 考点 例6 (2025·四川南充模拟)质量为2 kg的物体与水平地面的动摩擦因数为0.1，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体的位移x之间的关系如图所示，重力加速度g=10 m/s2，物体从静止到位移为9 m的过程中，下列说法中正确的是(　　) B A.物体一直做匀加速直线运动 B.拉力F的平均功率为6.75 W C.摩擦力做的功为18 J D.拉力F的最大瞬时功率为12 W 目录 考点 解析　根据W=Fx，可得W－x图像的斜率表示拉力F，由图可知在x=3 m处，水平拉力F发生改变，根据牛顿第二定律F=ma，在x=3 m处，加速度发生了改变，故A错误;由图像可得，当位移为9 m时，拉力F做的功为27 J，物体从开始运动到x= 3 m处，做匀加速直线运动，此时拉力为F1=5 N， 则Ff=μmg=2 N，F1－Ff=ma1，解得a1=1.5 m/s2，根据x1=a1，得加速时间为t1=2 s，末速度为v1=a1t1=3 m/s，物体从x=3 m到x=9 m过程中，物体拉力为F2=2 N，则F2=Ff，即物体从x=3 m到x=9 m做匀速直线运动，运动的时间为t2==2 s，拉力F作用的总时间为t=t1+t2=4 s，拉力F的平均功率为P==6.75 W，故B正确;摩擦力做的功为Wf=－Ffx=－18 J，故C错误;根据P=Fv，可得，当物体速度最大和拉力最大时，功率最大，即Pmax=F1v1=15 W，故D错误。 目录 考点 1.平均功率的计算方法 (1)利用=。 (2)利用=F cos α，其中为物体运动的平均速度，其中F为恒力，α不变。 2.瞬时功率的计算方法 (1)利用公式P=Fvcos α求瞬时功率时，其中v为t时刻的瞬时速度。F可为恒力，也可为变力，α与F与v的夹角，α可以不变，也可以变化。 (2)对公式P=Fvcos α的理解:可认为Fcos α是力F在速度v方向上的分力，也可认为vcos α是速度v在力F方向上的分速度。 目录 考点 例7 (2024·安徽卷，7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　) B A. B. C. D. 目录 考点 解析　设水从出水口喷出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m=ρSv0t，根据平抛运动规律l=v0t，h=gt2，解得v0=l，根据功能关系得ηPt=m+mg(H+h)，联立解得水泵的输出功率为P=·，故B正确。 目录 考点 例8 (2024·江西卷，5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(　　) B A.109 W B.107 W C.105 W D.103 W 解析　发电功率P=η，由于W=mgh，m=ρV，Q=，所以P==ηρQgh，代入数据解得P≈107 W，B正确。 目录 考点 粤教版教材必修第二册P115习题四T7与本高考试题均考查气体、液体等流体运动过程中的功率计算问题，都要根据m=ρV=ρv0tS进行质量的计算，然后根据能量守恒定律或功能关系进行相关计算，属于教材习题的变式训练。 7.如图所示，某风力发电机的叶片长度为L，已知空气的密度为ρ，当地风速度为v，风的动能转化为电能的效率为η，则该风力发电机的功率P=____________。  目录 考点 两种启动方式 考点四　机车启动问题 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P－t图像 和 v－t图像 目录 考点 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 OA段 过程 分析 v↑⇒F=↓⇒a=↓ a=不变⇒F不变，v↑⇒P=Fv↑直到P=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t1= 目录 考点 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 AB段 过程 分析 F=F阻⇒a=0⇒vm= v↑⇒F=↓⇒a=↓ 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 目录 考点 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 BC段 过程分析   F=F阻⇒a=0⇒vm= 运动性质   以vm做匀速直线运动 转折点 在转折点A，牵引力与阻力大小相等，此时加速度为零，速度达到最大，为vm= 在转折点A，功率达到额定功率，匀加速运动结束，此时v1=;在转折点B，速度达到最大，为vm= 目录 考点 例9 (2024·上海卷)一辆质量m=2.0×103 kg的汽车，以v=36 km/h的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率P1=6.0 kW，汽车受到的阻力大小为_______________N。当车载雷达探测到前方有障碍物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在刚进入制动状态的瞬间，系统提供的制动功率P2=48 kW，此时汽车的制动力大小为____________N，加速度大小为____________m/s2(不计传动装置和热损耗造成的能量损失)。  答案　600　4 800　2.7 解析　根据题意可知，汽车匀速行驶，则牵引力等于阻力，有P1=Fv=fv，其中P1=6.0 kW，v=36 km/h=10 m/s，解得f=600 N，根据题意，由P=Fv可得，汽车的制动力大小为F制== N=4 800 N，由牛顿第二定律可得，加速度大小为a== m/s2=2.7 m/s2。 目录 考点 例10 (2025·贵州遵义模拟)如图，世界首套设计时速达600公里的高速磁浮交通系统在青岛下线，假设磁悬浮列车受到大小不变的牵引力F，由静止启动后沿平直轨道行驶，当列车速度增大到v0时，功率为P，此后保持功率P不变，直到列车达到最高行驶速度vm。已知列车总质量为m，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。下列说法正确的是(　　) A.未达最高速度前，列车一直做匀加速直线运动 B.列车速度增大到v0时，列车前进的位移为 C.列车从启动到速度为vm的过程中，经历的时间为 D.列车从启动到速度为vm的过程中，牵引力F所做的功为m B 目录 考点 解析　列车速度增大到v0前，列车受到大小不变的牵引力和阻力作用，由牛顿第二定律F－f=ma，可知列车的加速度不变;列车速度增大到v0后，功率P不变，列车达到最高行驶速度vm，由P=F1v，可知速度增大，牵引力减小，由牛顿第二定律F1－f=ma1，可知列车 的加速度减小，列车达到最高行驶速度vm时，加速度减为零，所以未达最高速度前，列车先做匀加速直线运动再做加速度减小的加速运动，故A错误;由列车达到最高行驶速度vm时P=fvm，解得阻力大小f=，列车由静止启动，速度 目录 考点 增大到v0时由动能定理得(F－f)x=m，解得列车前进的位移为x=，故B正确;列车匀加速过程由F－f=ma，解得加速度a=，由v0=at1，解得匀加速运动的时间t1=，列车从启动到速度为vm的过程中，经历的时间大于，故C错误;列车从启动到速度为vm的过程中，由动能定理得WF－Wf=m，牵引力F所做的功为WF=m+Wf，故D错误。 目录 考点 掌握三个重要关系式 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，其值等于阻力大小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，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 考点 限时作业 2 目录 　基础对点练 D 对点练1　恒力做功的分析和计算 1.(2025·北京海淀模拟)细心的同学会发现商场里安装供顾客上、下楼的电梯主要有如图所示两种:台阶式如图甲，斜面式如图乙。下列对某同学分别乘坐两种扶梯的过程，描述正确的是(　　) A.乘坐电梯甲匀速下降时，该同学受到水平方向的摩擦力 B.乘坐电梯甲加速下降时，该同学所受摩擦力做负功 C.乘坐电梯乙匀速上升时，该同学不受到摩擦力作用 D.乘坐电梯乙加速上升时，该同学受到的摩擦力做正功 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　乘坐电梯甲匀速下降时，该同学不受摩擦力作用，故A错误;乘坐电梯甲加速下降时，摩擦力水平向前，该同学所受摩擦力做正功，故B错误;乘坐电梯乙匀速上升时，该同学受到沿电梯面向上的摩擦力作用，故C错误;乘坐电梯乙加速上升时，该同学受到沿电梯面向上的摩擦力作用，摩擦力做正功，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 AD 2.(多选)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/s2的加速度从静止开始匀加速上升4 s的过程中。g取10 m/s2，则(　　) A.斜面对物体的支持力做功900 J B.斜面对物体的摩擦力做功－300 J C.物体克服重力做功－800 J D.合力对物体做功400 J 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　物体置于升降机内随升降机一起匀加速运动过程中，受力分析，由牛顿第二定律得Ffcos θ－FNsin θ=0，Ffsin θ+FNcos θ－mg=ma，代入数据得Ff=15 N，FN=15 N，又x=at2=40 m，斜面对物体的支持力所做的功WN=FNxcos θ=900 J，故A正确;斜面对物体的摩擦力所做的功Wf=Ffxsin θ=300 J，故B错误;物体重力做的功WG=－mgx=－800 J，则物体克服重力做功800 J，故C错误;合力对物体做的功W合=WN+Wf+WG=400 J，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 C 对点练2　变力做功的分析和计算 3.(2025·江苏南通联考)某块石头陷入淤泥过程中，其所受的阻力F与深度h的关系为F=kh+F0(k，F0已知)，石头沿竖直方向做直线运动，当h=h0时，石头陷入淤泥过程中克服阻力做的功为(　　) A.F0h0 B.kF0 C.F0h0+k D.(kh0+F0)h0 解析　所受的阻力F与深度h的关系为线性关系，则有W=h0=h0=F0h0+k，故C正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 CD 4.(多选)(2025·黑龙江哈尔滨实验中学月考)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 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　滑动摩擦力大小为Ff=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=×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－Ffx=m－0，其中WF=×(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。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 A 对点练3　功率的分析和计算 5.(2024·贵州卷，6)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 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 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A正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 C 6.(2024·浙江6月选考，5)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　 P=ρSv3 P≈100 W，C正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 B 对点练4　机车启动问题 7.(2025·甘肃宁夏吴忠模拟)某汽车在平直路面上启动后的牵引力F随时间t变化的图像如图所示，已知该汽车以额定功率启动，在平直路面上运动的最大速度为vm，所受阻力恒定，由此可知该汽车(　　) A.在0~t0时间内做加速度增大的加速运动 B.启动后速度为时的加速度为 C.额定功率为2fvm D.在0~t0时间内位移可能小于 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　汽车在平直路面上启动由牛顿第二定律有F－f=ma，在0~t0时间内牵引力F逐渐减小，则汽车做加速度减小的加速运动，故A错误;汽车运动的最大速度为vm，则有vm=，可得额定功率为P=fvm，而启动后速度为时，有P=F1·，F1－f=ma1，联立解得a1=，故B正确，C错误;若0~t0时间做匀加速直线运动，则位移为x匀=t0，而汽车在0~t0内做的是加速度减小的加速运动，其位移一定大于，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 A 8.(2025·四川眉山高三期末)一质量为2×103 kg的汽车，在倾角θ=30°的足够长斜坡底端，由静止开始以大小为0.5 m/s2的恒定加速度启动，行驶过程中汽车受到的空气和摩擦阻力之和恒为103 N，汽车发动机的额定输出功率为60 kW，则汽车从启动至发动机功率达到额定输出功率所用的时间为(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.10 s B.20 s C.30 s D.40 s 解析　汽车的牵引力F=f+mgsin 30°+ma=103 N+2×103×10×0.5 N+ 2×103×0.5 N=1.2×104 N，达到额定功率时的速度v== m/s=5 m/s，所用的时间为t==10 s，故A正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 综合提升练 BD 9.(多选)(2025·四川成都模拟)如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力Ff随位移x变化的关系如图乙所示，x0、Ff0为已知量，则下列说法正确的是(工件与传送带间的动摩擦因数处处相等)(　　) A.工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动 B.工件向右运动2x0后与弹簧分离 C.弹簧的劲度系数为 D.整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.75Ff0x0 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 解析　由题图乙可知，摩擦力在x0处方向发生变化，在x0~2x0区间工件的摩擦力大小发生变化，说明工件与传送带相对静止，故工件先做加速运动后做匀速运动，故A错误;在x0~2x0区间摩擦力 大小等于弹簧弹力大小，2x0位置摩擦力为零，则弹力为零，所以工件运动2x0后与弹簧分离，故B正确;由胡克定律得kx0=0.5Ff0，解得弹簧的劲度系数k=，故C错误;摩擦力对工件先做正功后做负功，Ff－x图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即W=Ff0x0－×0.5Ff0x0=0.75Ff0x0，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 10.(2024·福建卷，14)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。 答案　(1)450 N　(2)9.0×103 J　(3)600 W 解析　(1)由于木板匀速运动，则有2Fcos θ=f 代入数据解得f=450 N。 (2)根据功的定义式有W=2Flcos θ 代入数据解得W=9.0×103 J。 (3)根据功率的定义式有P= 代入数据得P=600 W。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 11.(2025·安徽名校联盟模拟)为了确保汽车每次能安全顺利地通过一段陡峭的上坡路，小明通过观察汽车在上坡时的加速度情况对其进行分析。已知汽车总质量m=1 500 kg，汽车发动机的额定功率P=132 kW，坡面与水平面夹角为θ=37°，汽车在坡面受到的阻力恒为车重的0.4倍，坡面足够长。某次该汽车以加速度a=1 m/s2启动沿坡向上做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后保持功率不变直到汽车获得最大速度时，汽车总位移为s=40 m。重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，求: (1)汽车保持匀加速直线运动的最长时间; (2)汽车从开始启动到速度达到最大值所用的时间(结果保留整数)。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 答案　(1)8 s　(2)9 s 解析　(1)设汽车匀加速运动的牵引力为F， 根据牛顿第二定律可得F－0.4mg－mgsin θ=ma 解得F=1.65×104 N 匀加速能够达到的最大速度为v1==8 m/s 故能够保持匀加速直线运动的最长时间为 t1==8 s。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 (2)匀加速的位移为x1=a=32 m 故保持恒定功率加速阶段的位移为 x2=s－x1=8 m 由(0.4mg+mgsin θ)vm=P 解得汽车最大速度为vm=8.8 m/s 根据动能定理可得Pt2－(0.4mg+mgsin θ)x2=mm 解得t2≈0.99 s 故总时间为t=t1+t2≈9 s。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 10 11 限时作业 $