(新高考)高考物理一轮复习教案第5章第1讲《功和功率》(含详解)

第1讲　功和功率

知识点　　功　Ⅱ

1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功。

2．物理意义：功是能量转化的量度。

3．做功的两个必要因素

(1)作用在物体上的力。

(2)物体在力的方向上发生的位移。

4．公式：W＝Flcosα。

(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。

(2)该公式只适用于恒力做功。

(3)功是标量。功的正负表示对物体做功的力是动力还是阻力。

5．功的正负

6．一对作用力与反作用力的功

7．一对平衡力的功

一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等、一正一负或都为零。

知识点　　功率　Ⅱ

1．定义：功W与完成这些功所用时间t之比叫作功率。

2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。

3．公式

(1)P＝，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

机械正常工作时的最大输出功率。

5．实际功率

机械实际工作时的功率，要求不大于额定功率。

一 堵点疏通

1．功是标量，功的正负表示大小。(　　)

2．一个力对物体做了负功，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不做功。(　　)

4．作用力做正功时，反作用力一定做负功。(　　)

5．力对物体做功的正负是由力与位移间的夹角大小决定的。(　　)

6．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。(　　)

答案　1.×　2.√　3.×　4.×　5.√　6.√

二 对点激活

1. (人教版必修第二册·P78·T1改编)如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体，m1<m2，在大小相等的两个力F1和F2的作用下沿水平方向向右移动了相同的距离。若F1做的功为W1，F2做的功为W2，则(　　)

A．W1>W2  B.W1<W2

C．W1＝W2  D.条件不足，无法确定

答案　C

解析　由题意可得F1和F2是恒力，物体移动的位移相同，并且力与位移的夹角相等，所以由功的公式W＝Flcosθ可知，它们对物体做的功是相同的，C正确。

2．如图所示的a、b、c、d中，质量为M的物体甲受到相同的恒力F的作用，在力F作用下使物体甲在水平方向移动相同的位移。μ表示物体甲与水平面间的动摩擦因数，乙是随物体甲一起运动的小物块，比较物体甲移动的过程中力F对甲所做的功的大小(　　)

A．Wa最小  B.Wd最大

C．Wa>Wc  D.四种情况一样大

答案　D

解析　依据功的定义式W＝Flcosθ，在本题的四种情况下，F、l、θ均相同，则四种情况下力F所做的功一样大，故D正确。

3．(人教版必修第二册·P78·T3改编)(多选)一位质量m＝60 kg的滑雪运动员从高h＝10 m的斜坡自由下滑，如果运动员在下滑过程中受到的阻力F＝50 N，斜坡的倾角θ＝30°，重力加速度g取10 m/s2，运动员滑至坡底的过程中，关于各力做功的情况，下列说法正确的是(　　)

A．重力做功为6000 J  B.阻力做功为1000 J

C．支持力不做功  D.各力做的总功为零

答案　AC

解析　重力做功WG＝mgh＝6000 J，故A正确；阻力做功WF＝－F＝－1000 J，故B错误；支持力与位移夹角为90°，不做功，故C正确；由以上分析可知，各力做的总功为5000 J，故D错误。

4．质量为m的物体沿倾角为θ的斜面滑到底端时的速度大小为v，则此时重力的瞬时功率为(　　)

A．mgv  B.mgvsinθ

C．mgvcosθ  D.mgvtanθ

答案　B

解析　重力与物体的速度之间的夹角为90°－θ，则重力的瞬时功率为P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，所以B正确。

考点1　　功的正负判断与恒力、合力做功的计算

1.定性判断力是否做功及做正、负功的方法

(1)看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形。

(2)看力F的方向与速度v的方向间的夹角θ——常用于曲线运动的情形。

(3)根据动能的变化判断：动能定理描述了合力做功与动能变化的关系，即W合＝ΔEk，当动能增加时合力做正功，当动能减少时合力做负功。

(4)根据功能关系或能量守恒定律判断。

2．恒力做功的计算方法

直接用W＝Flcosα计算。

恒力做功与物体的运动路径无关，只与初、末位置有关。

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lcosα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。

方法三：先求动能变化ΔEk，再利用动能定理W合＝ΔEk求功。

例1　(2020·河北省衡水中学三月教学质量监测)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F、滑块的速率v随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示，设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是(　　)

A．W1＝W2＝W3  B.W1<W2<W3

C．W1<W3<W2  D.W1＝W2<W3

 (1)第1 s内、第2 s内、第3 s内力F分别为恒力吗？

提示：分别为恒力。

(2)力的方向和位移方向发生过改变吗？

提示：没有。

尝试解答　选B。

由图甲和图乙得，第1 s内力F1＝1 N，滑块位移x1＝0.5 m；第2 s内力F2＝3 N，滑块位移x2＝0.5 m；第3 s内力F3＝2 N，滑块位移x3＝1 m。则第1 s内力F对滑块做功W1＝F1x1＝0.5 J，第2 s内力F对滑块做功W2＝F2x2＝1.5 J，第3 s内力F对滑块做功W3＝F3x3＝2 J，所以W1<W2<W3，故B正确。

1.使用W＝Flcosα应注意的几个问题

(1)位移l

①“l”应取作用点的位移。

②“l”的取值一般以地面为参考系。

(2)力F

①力的独立性原理，即求某个力做的功仅与该力及物体沿该力方向的位移有关，而与其他力是否存在、是否做功无关。

②力只能是恒力。此公式只能求恒力做功。

(3)α是l与F之间的夹角。

2．摩擦力做功的特点

(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。

[变式1－1]　

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。下列关于力做功的判断正确的是(　　)

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

答案　A

解析　对图甲中女士受力分析如图1，受重力和支持力两个力，支持力与速度v的夹角为锐角，做正功，故A正确，B错误。对图乙中男士受力分析如图2，受重力、支持力与静摩擦力，支持力与速度v的夹角为90°，不做功，Ff与速度方向相同，做正功，故C、D均错误。

[变式1－2]　(2020·浙江大学附属中学高三下学期1月选考模拟)如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。开始时绳与水平方向的夹角为θ，当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，B、O间距离也为L，小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是(　　)

A．WF＝FL(2cosθ－1)  B.WF＝2FLcosθ

C．Wf＝μmgLcosθ  D.Wf＝FL－mgLsin2θ

答案　A

解析　小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为WF＝Fs，s为F作用点的位移，即绳端移动的长度，由几何关系可知s＝2Lcosθ－L，所以WF＝FL(2cosθ－1)，故A正确，B错误；根据几何关系得BO斜面倾角为2θ，小物块在BO段运动过程中所受摩擦力大小为f＝μmgcos2θ，则Wf＝fL＝μmgLcos2θ，故C、D错误。

考点2　　变力做功的计算方法

例2　(2020·山东省聊城一中高三下6月模拟)某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，假设该同学的质量为60 kg，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功为(g＝10 m/s2)(　　)

A．750 J  B.480 J

C.270 J  D.1470 J

 (1)起跳过程该同学做的功转化成了什么能？

提示：该同学的动能。

(2)如何求解该同学起跳时的初速度？

提示：根据运动的合成与分解求解。

尝试解答　选A。

该同学起跳后至着地的过程做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，沿竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则从起跳至最高所用时间t＝ ＝0.4 s，竖直方向的初速度vy＝gt＝4 m/s，沿水平方向做匀速直线运动，则vx＝＝ m/s＝3 m/s，则该同学起跳时的速度v0＝ ＝5 m/s，该同学的质量为60 kg，根据动能定理得W＝mv＝750 J，故B、C、D错误，A正确。

 选对方法求变力做功

遇见变力做功问题时，依题意选准方法，平时要注意多总结，除了以上方法还可以用功率求功，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，牵引力做功W＝Pt。

 [变式2－1]　(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放手。设在摆球从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．重力做功为mgL

B．悬线的拉力做功为0

C．空气阻力做功为－mgL

D．空气阻力做功为－F阻πL

答案　ABD

解析　根据W＝Flcosα，摆球下摆过程中，重力做功为mgL，A正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，故做功为0，B正确；空气阻力的大小不变，方向始终与速度方向相反，故做功为－F阻·πL，C错误，D正确。

[变式2－2]　

(2020·江苏省高三三模)当前，我国某些贫困地区的日常用水仍然依靠井水。某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为20 m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为10 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．2000 J  B.1800 J

C．200 J  D.180 J

答案　B

解析　由于水桶匀速上升，故拉力大小等于水和桶的总重力，由于水和桶的总质量随位移均匀减小，故拉力与位移满足线性关系，所以可用平均力法求解变力做功。结合题图可知，F1＝m1g＝100 N，F2＝m2g＝80 N，则在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为：W拉＝h＝1800 J，故B正确。

考点3　　功率的计算

1.平均功率的计算方法

(1)利用＝。

(2)利用＝F·cosθ，其中为物体运动的平均速度，F为恒力。

2．瞬时功率的计算方法

利用公式P＝F·vcosθ，其中v为该时刻的瞬时速度。

例3　如图1所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2、3所示，g＝10 m/s2，则(　　)

A．第1 s内推力做的功为1 J

B．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J

C．第1.5 s时推力F做功的功率为2 W

D．第2 s内推力F做功的平均功率＝1.5 W

 (1)第3 s内物体匀速运动，可以求出摩擦力大小为多少？

提示：f＝2 N。

(2)由图3知1.5 s时物体速度为多少？

提示：1 m/s。

尝试解答　选B。

由题图3可知，第1 s内物体的速度为零，物体静止不动，故位移为零，推力不做功，A错误；第2 s内推力为3 N，第3 s内推力为2 N且物体做匀速直线运动，则可知摩擦力f＝2 N，物体第2 s内的位移x＝1 m，则克服摩擦力所做的功W＝fx＝2 J，B正确；第1.5 s时推力为3 N，速度v＝1 m/s，则推力F做功的功率P＝3×1 W＝3 W，C错误；第2 s内平均速度＝1 m/s，推力F＝3 N，推力F做功的平均功率＝F＝3 W，D错误。

 求力做功的功率时应注意的问题

(1)明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。求平均功率首选＝，其次是用＝F·cosα，应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率。

(2)求瞬时功率用P＝Fvcosα，要注意F与v方向间的夹角α对结果的影响，功率是力与力的方向上速度的乘积。

[变式3－1]　

(2020·江苏省徐州市高三上学期第一次质量抽测)如图所示，AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，当初速度为v0时，小球恰好落到坡底B。不计空气阻力，则下列图像能正确表示小球落地(不再弹起)前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是(　　)

答案　C

解析　当平抛的初速度v≤v0时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角且均等于斜坡倾角θ，可得：tanθ＝＝＝，可得平抛时间：t＝，则小球落地前所受的重力的瞬时功率为：P＝mg·vy＝mg·gt＝2mgtanθ·v，可知，P与v成正比；当平抛的初速度v>v0时，小球落在水平面上，平抛的竖直高度相同，为h，且有：h＝gt2，则平抛时间为：t＝ ，则小球落地前所受的重力的瞬时功率为：P＝mg·vy＝mg·gt＝mg，可知功率P为恒定值；综合两种情况可知C正确，A、B、D错误。

 [变式3－2]　

(2020·福建省厦门市高三下五月质量检查)无论是远海岛礁建设，还是超大型疏浚及填海造陆工程，都离不开钢铁巨轮——重型绞吸船。我国自主研制的自航绞吸挖泥船“天鲲号”性能达到世界先进水平，其远程输送能力达15000米，居世界第一。若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1.6×104 kW，排泥量为1.6 m3/s，排泥管的横截面积为0.8 m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为(　　)

A．5×106 N  B.8×106 N

C．5×107 N  D.8×107 N

答案　B

解析　由于功率大小P＝Fv，而每秒钟排泥管排出泥浆的体积(排泥量)Q＝Sv，联立并代入数据，解得F＝8×106 N，故B正确，A、C、D错误。

考点4　　机车启动问题

1.两种启动方式的比较

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直线运动时的速度，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＝<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：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。

例4　(多选)下列各图是反映汽车(额定功率为P额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是(　　)

 (1)汽车从静止开始匀加速启动，能一直匀加速吗？

提示：不能。当P＝P额时再匀加速，机车发动机会烧毁。

(2)汽车最后匀速阶段，有什么典型特征？

提示：a＝0，F＝f。

尝试解答　选ACD。

从静止开始匀加速启动，由公式P＝Fv及题意知，当力恒定时，随着速度的增加功率P增大，当P＝P额时，功率不再增加，此时，牵引力F－f＝ma，v1＝，速度继续增加，牵引力减小，此后汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当F＝f时，a＝0，速度达到最大，vm＝，做匀速直线运动。由以上分析知，B错误，A、C、D正确。

 解决机车启动问题时的四点注意

(1)首先弄清是匀加速启动还是恒定功率启动。

(2)若是匀加速启动过程，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速直线运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。

(3)若是以额定功率启动的过程，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不适用，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt计算，但不能用W＝Flcosα计算。

(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm，P为机车的额定功率。

[变式4－1]　(2020·山东省聊城市高三下二模)(多选)某汽车质量为5 t，发动机的额定功率为60 kW，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍。若汽车以0.5 m/s2的加速度由静止开始匀加速启动，经过24 s，汽车达到最大速度。取重力加速度g＝10 m/s2，在这个过程中，下列说法正确的是(　　)

A．汽车的最大速度为12 m/s

B．汽车匀加速的时间为24 s

C．汽车启动过程中的位移为120 m

D．4 s末汽车发动机的输出功率为60 kW

答案　AC

解析　当阻力与牵引力平衡时，汽车速度达到最大值，由汽车的功率和速度关系可得P＝Fv＝fvmax，解得vmax＝＝＝ m/s＝12 m/s，故A正确；汽车以0.5 m/s2的加速度匀加速启动，当汽车的功率达到额定功率时，汽车达到了匀加速运动阶段的最大速度，由汽车的功率和速度关系可得P＝F′vm，由牛顿第二定律F′－0.1mg＝ma，联立可得vm＝8 m/s，F′＝7.5×103 N，这一过程能维持的时间t1＝＝ s＝16 s，故B错误；匀加速过程中汽车通过的位移为x1＝at＝×0.5×162 m＝64 m，启动过程中，由动能定理得F′x1＋P(t－t1)－0.1mgx＝mv－0，解得汽车启动过程中的位移为x＝120 m，故C正确；由B项分析可知，4 s末汽车还在做匀加速运动，实际功率小于额定功率，所以4 s末汽车发动机的输出功率小于60 kW，故D错误。

[变式4－2]　

(2020·河北高三4月联考)(多选)一辆汽车从静止开始以恒定功率P启动，若汽车行驶过程中受到的阻力恒定，其加速度与速度的倒数的关系如图所示，图像斜率为k，横截距为b，则(　　)

A．汽车所受阻力为

B．汽车的质量为

C．汽车的最大速度为

D．汽车从静止到获得最大速度的时间为

答案　BC

解析　汽车从静止开始以恒定功率启动，由P＝Fv，及F－f＝ma，得a＝·－，结合图像有＝k,0＝b－，解得m＝，f＝Pb，故A错误，B正确；当汽车加速度为零时，速度最大，此时有＝b，解得汽车的最大速度vm＝，故C正确；汽车从静止到获得最大速度的过程，由动能定理得Pt－fx＝mv，联立解得t＝＋bx>，故D错误。

1．(2020·江苏高考)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N。此时，汽车发动机输出的实际功率是(　　)

A．90 W  B.30 kW

C.36 kW  D.300 kW

答案　C

解析　汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡，有F＝f＝1.8×103 N，汽车发动机输出的实际功率P＝Fv＝1.8×103×20 W＝36 kW，故C正确。

2. (2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程(　　)

A．矿车上升所用的时间之比为4∶5

B．电机的最大牵引力之比为2∶1

C．电机输出的最大功率之比为2∶1

D．电机所做的功之比为4∶5

答案　AC

解析　设第②次所用时间为t，根据速度图象与t轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，×2t0×v0＝××v0，解得：t＝，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶＝4∶5，A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－mg＝ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，B错误；由功率公式P＝Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，C正确；两次提升过程中动能增加量均为0，由动能定理得W电－mgh＝0，两次提升高度h相同，所以电机两次做功相同，D错误。

3．(2017·全国卷Ⅱ) 如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　)

A．一直不做功  B.一直做正功

C．始终指向大圆环圆心  D.始终背离大圆环圆心

答案　A

解析　光滑大圆环对小环只有弹力作用，弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功。故选A。

4．(2017·天津高考) “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是(　　)

A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力

C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

答案　B

解析　摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机械能不断变化，A错误；乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态，B正确；根据I＝Ft知，重力的冲量不为0，C错误；根据P＝mgvcosθ，θ为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，θ不断变化，重力的瞬时功率不断变化，D错误。

5．(2018·天津高考) 我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s，已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2，求飞机滑跑过程中

(1)加速度a的大小；

(2)牵引力的平均功率P。

答案　(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W

解析　(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax①

代入数据解得a＝2 m/s2②

(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，根据题意可得

F阻＝0.1mg③

设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有

F－F阻＝ma④

设飞机滑跑过程中的平均速度为，有＝　⑤

在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝F⑥

联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106 W。

6. (2017·江苏高考)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

重力加速度为g。求：

(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；

(2)动摩擦因数的最小值μmin；

(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W。

答案　(1)mg　(2)　(3)(2μ－1)(－1)mgR

解析　(1)对C受力分析，如图所示。

根据平衡条件有2Fcos30°＝mg

解得F＝mg。

(2)C恰好降到地面时，F＝mg，

B受C压力的水平分力最大

Fxmax＝F·cos30°，

Fxmax＝mg

B受地面的摩擦力f＝μmg

根据题意，B保持静止，则有fmin＝Fxmax

解得μmin＝。

(3)C下降的高度h＝(－1)R

A的位移x＝2(－1)R

摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR

根据动能定理W－Wf＋mgh＝0－0

解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。

　　时间：40分钟　 　　满分：100分

一、选择题(本题共11小题，每小题8分，共88分。其中1～8题为单选，9～11题为多选)

1. 如图所示，在水平雪面上雪橇受与水平方向成α角的拉力F作用，沿直线匀速前进了s的距离。下列说法正确的是(　　)

A．拉力做功为Fs

B．地面对雪橇的支持力做正功

C．重力对雪橇做负功

D．外力对雪橇做的总功是零

答案　D

解析　根据功的定义式可知，拉力做的功为W1＝Fscosα，A错误；雪橇受到的重力和支持力与雪橇的位移垂直，做功为零，B、C错误；因为雪橇做匀速直线运动，所以合力为零，则外力对雪橇做的总功为零，D正确。

2. 如图所示，物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的过程中，下列关于A对地面的滑动摩擦力做功和B对A的静摩擦力做功的说法，正确的是(　　)

A．静摩擦力做正功，滑动摩擦力做负功

B．静摩擦力不做功，滑动摩擦力做负功

C．静摩擦力做正功，滑动摩擦力不做功

D．静摩擦力做负功，滑动摩擦力做正功

答案　C

解析　A对地面虽然有摩擦力，但在力的作用下地面没有发生位移，所以滑动摩擦力不做功，B对A的静摩擦力向右，A的位移也向右，所以该静摩擦力做正功，故C正确。

3．(2020·山东省临沂市、枣庄市高三下临考演练)如图所示，一水平传送带向左匀速传送，某时刻小物块P从传送带左端冲上传送带。物块P在传送带上运动的过程中，传送带对物块P(　　)

A．一定始终做正功

B．一定始终做负功

C．可能先做正功，后做负功

D．可能先做负功，后做正功

答案　D

解析　小物块P以某一速度冲上传送带后，向右运动，受到向左的摩擦力，运动情况分几种：(1)可能小物块初速度比较大，所以一直向右减速，在此过程中传送带对物块始终做负功；(2)小物块先向右减速，而后向左一直加速，传送带对物块先做负功，后做正功；(3)小物块向右减速，而后向左加速，当两者速度相等时一起匀速，传送带对物块先做负功后做正功，然后不做功。故D正确，A、B、C错误。

4．(2020·广东省广州市高三下二模)风力发电是一种环保的电能获取方式。某风力发电机的叶片转动形成的圆面积为S，某时间风的速度大小为v，风向恰好跟此圆面垂直；此时空气的密度为ρ，该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为η，则风力发电机发电的功率为(　　)

A．ηρSv2  B.ηρSv2

C.ηρSv3  D.ηρSv3

答案　D

解析　时间t内，通过风力发电机叶片转动形成的圆面的空气的动能为Ek＝mv2＝ρtSv3，故该风力发电机发电的功率为P＝＝＝ηρSv3，故D正确。

5．(2020·河北省石家庄市高三下一模)一辆货车在满载情况下，以恒定功率P匀速经过一平直路段，速度为v；当货车空载再次经过同一路段的某位置时，功率为，速率仍为v，此时加速度为。已知重力加速度为g，货车所受阻力是货车对地面压力的，则货车满载与空载时的质量之比为(　　)

A．5∶2  B.5∶1

C．3∶1  D.3∶2

答案　C

解析　货车满载时，以恒定功率P匀速经过一平直路段，速度为v，有F＝f，P＝Fv＝fv＝mgv；当货车空载时，再次经过同一路段，功率为，速率为v，加速度为a＝，有F′－f′＝m′a，f′＝m′g，＝F′v，联立解得：m＝3m′，故货车满载与空载时的质量之比为3∶1，故C正确，A、B、D错误。

6．(2020·天津市十二区县重点学校联考)如图甲所示，一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图像如图乙所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)

A．t＝2 s时，水平拉力F的大小为4 N

B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J

C．在0～6 s内，合力对物体的冲量为36 N·s

D．t＝6 s时，拉力F的功率为180 W

答案　C

解析　由图乙a­t图像可知，a＝2＋(m/s2)，则t＝2 s时，物体的加速度a2＝ m/s2，由牛顿第二定律有F2－f＝ma2，得水平拉力F2＝ N，故A错误；根据Δv＝at可知，在a­t图像中，图线与t轴围成的面积表示速度的变化量，则在0～6 s时间内速度变化量为Δv＝18 m/s，所以t＝6 s时刻，物体的速度v6＝v0＋Δv＝20 m/s，在0～6 s内，根据动能定理得W合＝ΔEk＝mv－mv，代入数据解得W合＝396 J，故B错误；在0～6 s内，根据动量定理得I＝mv6－mv0，解得合力对物体的冲量I＝36 N·s，故C正确；t＝6 s时，a6＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F6－f＝ma6，解得拉力F6＝10 N，则此时拉力F的功率P＝F6v6＝200 W，故D错误。

7．(2020·山东省滨州市高三下三模)如图甲所示，在一无限大光滑水平面上静止放置可视为质点、质量为m＝2 kg的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其大小与坐标的关系如图乙所示。则在x＝4 m处，作用力F的瞬时功率为(　　)

A．15 W  B.20 W

C．40 W  D.无法计算

答案　B

解析　当物体运动到x＝4 m处时，作用力F＝5 N，该过程中，作用力F对物体做的功W＝(3＋5)×4 J＝16 J，根据动能定理，有W＝mv2－0，代入数据，可得物体运动到x＝4 m处时的速度v＝4 m/s，则在x＝4 m处，作用力F的瞬时功率为P＝Fv＝5×4 W＝20 W，故B正确，A、C、D错误。

8. (2020·山东省泰安市高三下四模)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

答案　A

解析　因为小球以恒定速率运动，即它在竖直平面内做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、细线拉力T三者的合力必是沿细线指向O点。设细线与竖直方向夹角是θ，则＝tanθ，解得F＝Gtanθ，而水平拉力F的方向与速度v的方向夹角也是θ，所以水平拉力F的瞬时功率是P＝Fvcosθ，则P＝Gvsinθ，因小球从A到B的过程中，θ不断增大，所以水平拉力F的瞬时功率逐渐增大，故A正确。

 9. (2021·重庆市高三第一次联合诊断)无动力翼装飞行是一种专业的极限滑翔运动，飞行者运用肢体动作来掌控滑翔方向，进行无动力空中飞行。某翼装飞行者在某次飞行过程中，在同一竖直面内从A到B滑出了一段圆弧，如图所示，该段运动可视为匀速圆周运动的一部分。关于该段运动，下列说法正确的是(　　)

A．飞行者所受合力为零

B．飞行者所受重力的瞬时功率逐渐减小

C．空气对飞行者的作用力的瞬时功率为零

D．空气对飞行者的作用力做负功

答案　BD

解析　飞行者所受合力提供其做匀速圆周运动的向心力，故一定不为零，A错误；分析可知，在该段运动中，飞行者在竖直方向的分速度逐渐减小，根据P＝Fvy知，重力的瞬时功率逐渐减小，B正确；飞行者在该段运动过程中的机械能一直减小，则空气对飞行者的作用力一直做负功，瞬时功率不为零，C错误，D正确。

10．(2020·山东省济南市二模)一辆质量为m、额定功率为P的汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t达到额定功率，此时的速度为v，汽车行驶过程中阻力保持不变。下列说法正确的是(　　)

A．汽车受到的阻力大小为

B．汽车受到的阻力大小为－

C．在0～时间内汽车牵引力的平均功率为

D．在0～时间内汽车牵引力的平均功率为

答案　BC

解析　汽车达到额定功率时的牵引力大小为F＝，匀加速过程的加速度为a＝，由牛顿第二定律有F－f＝ma，即－f＝m，则汽车受到的阻力大小为f＝－，故A错误，B正确；t时刻有P＝Fv，由于汽车做匀加速直线运动，则时刻汽车的速度为v＝，在0～时间内汽车牵引力的平均功率＝F×＝＝，故C正确，D错误。

11. (2020·山东省师范大学附属中学高三线上测试)2019年7月11日至14日，一级方程式世界锦标赛在英国银石举行，选手塞巴斯蒂驾驶法拉利SF90赛车由静止启动，赛车所受阻力大小恒为Ff，驾驶员和赛车的总质量为m，开始一段时间内为直线运动，其加速度随时间倒数的变化规律图线如图所示，a1和t1已知，下列说法正确的是(　　)

A．赛车在0～t1时间段内做加速度增大的加速运动

B．赛车在0～t1时间段内所受牵引力大小为ma1＋Ff

C．赛车在t1时刻的动能为mat

D．赛车在0～t1时间段内牵引力做的功为(ma1＋Ff)a1t

答案　BC

解析　由题图知，赛车在0～t1时间段内加速度不变，为a1，做初速度为零的匀加速直线运动，故A错误；赛车在0～t1时间段内做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1，解得其所受牵引力大小F＝Ff＋ma1，故B正确；赛车在t1时刻速度为v1＝a1t1，所以动能为Ek＝mv＝mat，故C正确；赛车在0～t1时间段内的位移x＝a1t，所以牵引力做的功为WF＝Fx＝(Ff＋ma1)×a1t＝(Ff＋ma1)a1t，故D错误。

二、非选择题(本题共1小题，共12分)

12. (2020·福建省泉州市高三下第一次质量检测)(12分)如图，某小学举行拍皮球比赛，一参赛者将皮球从0.8 m高度处以一定的初速度竖直向下拋出，皮球碰地反弹后恰好可以返回原来高度，此时参赛者立即用手竖直向下拍皮球，使皮球获得一个速度，之后皮球又恰能回到原来高度，如此反复。已知皮球每次碰地反弹的速率均为碰地前瞬间速率的0.8倍，皮球的质量为0.5 kg，重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力和球与手、地面的接触时间。求：

(1)皮球来回运动一次的时间；

(2)参赛者拍皮球过程中做功的平均功率。

答案　(1)0.6 s　(2) W

解析　(1)设皮球被手拍出时的速率为v0，碰地前瞬间的速率为v，则皮球刚反弹回来时的速率为0.8v，皮球向上运动的时间为t1，向下运动的时间为t2，根据运动学规律可得

02－(0.8v)2＝－2gh

0＝0.8v－gt1

v2－v＝2gh

v＝v0＋gt2

皮球来回运动一次的时间为t＝t1＋t2

联立解得t＝0.6 s。

(2)每次拍皮球时，参赛者对皮球做的功W＝mv

参赛者拍皮球过程中做功的平均功率＝

联立解得＝ W。