2024年高考物理复习第一轮：第 1讲　功和功率

这是一份2024年高考物理复习第一轮：第 1讲　功和功率，共20页。


第1讲　功和功率

[主干知识·填一填]
一、功
1．做功的两个必要条件
力和物体在力的方向上发生的位移．
2．公式
W＝Flcos α，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移．
3．功的正负判断
夹角
功的正负
α<90°
力对物体做正功
α>90°
力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功
α＝90°
力对物体不做功
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：描述做功的快慢．
3．公式
(1)P＝，P为时间t内的平均功率．
(2)P＝Fvcos α(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．
[规律结论·记一记]
1．力对物体做不做功，关键是看力与物体的位移方向间的夹角大小．
2．斜面对物体的支持力垂直于斜面，但不一定垂直于物体的位移，故斜面对物体的支持力可以做功．
3．求功率时应分清是瞬时功率还是平均功率，求平均功率时应明确是哪段时间或过程的平均功率．
4．机车启动类问题：P＝F·v中的F指的是机车牵引力而不是合外力．
5．汽车匀加速启动过程的末速度一定小于汽车所能达到的最大速度．
6．作用力与反作用力等大反向，而作用力与反作用力做的功并不一定一正一负、大小相等，实际上二者没有必然联系．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．只要物体受力的同时又发生了位移，则该力一定对物体做功．(×)
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．力始终垂直物体的运动方向，则该力对物体不做功．(√)
5．摩擦力对物体一定做负功．(×)
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．(√)
二、经典小题速练
1．(人教版必修2P59T1改编)如图所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等．在甲图中用力F1拉物体，在乙图中用力F2推物体，夹角均为α，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移．设F1和F2对物体所做的功分别为W1和W2，物体克服摩擦力做的功分别为W3和W4，下列判断正确的是(　　)

A．F1＝F2　　　　 B．W1＝W2
C．W3＝W4 D．W1－W3＝W2－W4
解析：D　因两物体均做匀速运动，故有：F1cos α＝μ(mg－F1sin α)＝Ff1，F2cos α＝μ(mg＋F2sin α)＝Ff2，故有：F1 2．(多选)关于功率公式P＝和P＝Fv的说法正确的是(　　)
A．由P＝知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率
B．由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率
C．由P＝Fv知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限制增大
D．由P＝Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比
解析：BD　P＝只适用于求平均功率，P＝Fv虽是由前者推导得出，但可以用于求平均功率和瞬时功率，故A错误，B正确．汽车运行时不能长时间超过额定功率，故随着汽车速度的增大，它的功率并不能无限制的增大，故C错误．当功率一定时，速度越大，牵引力越小；速度越小，牵引力越大，故牵引力与速度成反比，故D正确．
3．(2022·广东深圳市第一次调研)在水平地面上方某处，把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，Q向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中(　　)
A．P球重力做功较多
B．两球重力的平均功率相等
C．落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大
D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等
解析：D　根据W＝mgh可知两球重力做功相同，选项A错误；上抛的小球运动时间长，根据P＝可知两球重力的平均功率不相等，选项B错误；根据机械能守恒定律mgh＋mv＝mv2可知，两球落地的速度相同，由P＝mgv可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，选项C错误，D正确．

命题点一　功的正负判断和大小计算(自主学习)
[核心整合]
1．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：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W合＝ΔEk，当动能增加时合外力做正功，当动能减少时合外力做负功．
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lcos 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．
方法三：利用动能定理W合＝Ek2－Ek1.
[题组突破]
1．(功的正负判断)(多选)如图所示，粗糙的斜面体在水平恒力F的作用下向左匀速运动，一物块置于斜面上并与斜面保持相对静止，下列说法中正确的是(　　)

A．斜面对物块不做功
B．斜面对地面的摩擦力做负功
C．斜面对物块的支持力做正功
D．斜面对物块的摩擦力做负功
解析：ACD　斜面对物块的作用力可以等效为一个力，根据平衡条件，这个力与物块的重力大小相等，方向相反，与位移方向的夹角为90°，所以不做功，选项A正确；地面受到摩擦力作用，但没有位移，所以斜面对地面的摩擦力不做功，选项B错误；斜面对物块的支持力与位移方向的夹角小于90°，做正功，而斜面对物块的摩擦力与位移方向的夹角大于90°，做负功，所以选项C、D正确．


2．(恒力及合力做功的计算)(多选)如图所示，一个质量为m＝2.0 kg的物体放在倾角为α＝37°的固定斜面上，现用F＝30 N、平行于斜面的力拉物体使其由静止开始沿斜面向上运动．已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.50，斜面足够长，g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.物体运动2 s后，关于各力做功情况，下列说法中正确的是(　　)
A．重力做功为－120 J
B．摩擦力做功为－80 J
C．拉力做功为100 J
D．物体所受的合力做功为100 J
解析：ABD　物体在斜面上运动时受到重力、拉力、摩擦力和支持力作用，根据牛顿第二定律得a＝＝＝5 m/s2，由x＝at2得，物体在2 s内的位移为x＝×5×22 m＝10 m，重力做功为WG＝－mgxsin 37°＝－2×10×10×0.6 J＝－120 J，选项A正确；拉力做功为WF＝Fx＝30×10 J＝300 J，选项C错误；摩擦力做功为Wf＝－fx＝－μmgcos 37°·x＝－0.5×2×10×0.8×10 J＝－80 J，选项B正确；支持力做功为WN＝FNxcos 90°＝0，合外力做功为W＝WF＋WN＋WG＋Wf＝300 J－120 J－80 J＝100 J，选项D正确．
3．(结合图像计算恒力做的功)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 C．W1 解析：B　在第1 s内，滑块的位移大小为x1＝×1×1 m＝0.5 m，力F做的功为W1＝F1x1＝1×0.5 J＝0.5 J；第2 s内，滑块的位移大小为x2＝×1×1 m＝0.5 m，力F做的功为W2＝F2x2＝3×0.5 J＝1.5 J；第3 s内，滑块的位移大小为x3＝1×1 m＝1 m，力F做的功为W3＝F3x3＝2×1 J＝2 J，所以W1 命题点二　变力做功的五种计算方法(多维探究)
第1维度：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所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．
　如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为和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点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(　　)
A．0　　　　　　　　　 B．FR
C．πFR D．2πFR
解析：C　虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内F可以看成恒力，小球的路程为πR＋π·，则拉力做的功为πFR，故C正确．
第2维度：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，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)．
　 (2022·河南省洛阳市模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)(　　)

A．3.1 J B．3.5 J
C．1.8 J D．2.0 J
解析：A　物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1 N．现对物块施加水平向右的外力F，由F­x图像与x轴所围面积表示功可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ff x＝0.4 J．由于物块运动至x＝0.4 m处时，速度为0，由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，选项A正确．
第3维度：“转化法”求变力做功…………………
若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcos α 求解．此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中．
　(2022·安徽安庆市模拟)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点起由静止开始上升．滑块运动到C点时速度最大．已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的水平距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)拉力F的大小；
(2)滑块由A到C过程中拉力F做的功．
解析：(1)滑块运动到C点时速度最大，则在C点有
Fcos 53°＝mg
解得F＝mg.
(2)由能量守恒可知，拉力F对绳端点做的功就等于绳的拉力F对滑块做的功
滑轮与A间绳长L1＝
滑轮与C间绳长L2＝
则滑轮右侧绳子增加的长度
ΔL＝L1－L2＝－＝
故拉力做的功W＝FΔL＝mgd.
答案：(1)mg　(2)mgd
第4维度：利用平均力求变力的功…………………
在求解变力做功时，若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，则可以认为物体受到一大小为F＝的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝Flcos α求此力所做的功．
　(多选)如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面．小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为(　　)

A．Mv2 B．Mv2
C．μMgl D．μMgl
解析：AC　总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中滑动摩擦力由0均匀增大， 当全部进入时摩擦力达最大值μMg, 总位移为l, 平均摩擦力为f＝μMg，由功的公式可得Wf ＝－f·l ＝－μMgl，功的大小为μMgl，C正确，D错误；用动能定理计算，则为：Wf＝0－Mv2＝－Mv2，其大小为Mv2，A正确，B错误．
第5维度：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．
　如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，重力加速度为g，现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面，则这一过程中力F做的功至少为(　　)
A． B．
C． D．
解析：B　开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有kx1＝mg；木块B恰好离开地面时，弹簧的拉力等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有kx2＝mg，可得x1＝x2＝，则这一过程中，弹簧弹力做功为零，木块A上升的高度h＝x1＋x2＝，设变力F做的功为WF，由动能定理得WF－WG＝0，又WG＝mgh＝，所以WF＝，B选项正确．
命题点三　功率的理解与计算(自主学习)
[核心整合]
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．
2．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)利用公式P＝FvF，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，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
[题组突破]
1．(对功率的理解)水平恒力F两次作用在同一静止物体上，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，两次力F做的功和功率的大小关系是(　　)
A．W1＝W2，P1>P2 B．W1>W2，P1＝P2
C．W1>W2，P1>P2 D．W1＝W2，P1＝P2
解析：A　根据功的定义，两次水平恒力F做的功相等，即W1＝W2；第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，第二次受到摩擦力作用，作用同样大小的力F，第一次的加速度较大，由x＝at2可知，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次需要的时间较短，根据功率的定义，可知第一次的功率较大，即P1>P2，选项A正确．
2．(功率的计算)(多选)质量为m的物体从距地面H高处自由下落，经历时间t，则下列说法中正确的是(　　)
A．t时间内重力对物体做功为mg2t2
B．t时间内重力的平均功率为mg2t
C．前末重力的瞬时功率与后末重力的瞬时功率之比为1∶2
D．前内重力做功的平均功率与后内重力做功的平均功率之比为1∶3
解析：ACD　物体自由下落，t时间内物体下落H＝gt2，W＝mgH＝mg2t2，故A正确；P＝＝＝mg2t，故B错误；从静止开始自由下落，前末与后末的速度之比为1∶2(因v＝gt∝t)，又有P＝Fv＝mgv∝v，故前末与后末功率瞬时值之比为P1∶P2＝1∶2，C正确；前与后下落的位移之比为1∶3，则重力做功之比为1∶3，故重力做功的平均功率之比为1∶3，D正确．
3．(结合图像计算功率)(多选)质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t＝0时刻开始物体受到方向恒定的水平拉力F作用，拉力F与时间t的关系如图甲所示．物体在t0时刻开始运动，其运动的v­t图像如图乙所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)

A．物体与地面间的动摩擦因数为
B．物体在t0时刻的加速度大小为
C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0
D．水平力F在t0～2t0时间内的平均功率为F0
解析：AD　物体在时刻开始运动，故Ff＝F0，动摩擦因数μ＝，故A正确；在t0～t0时间内，假设物体做匀加速运动，则v0＝a·t0，解得a＝，实际上物体的加速度从0开始增大，故在t0时刻加速度大于，故B错误；在t0时刻，物体受到的合外力F＝2F0－Ff＝F0，功率P＝F0v0，故C错误；在2t0时刻速度v＝v0＋t0，在t0～2t0时间内物体的平均速度＝＝，故平均功率P＝2F0＝F0，故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．
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率．
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．
命题点四　机车启动问题(师生互动)
[核心整合]
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
P­t图像和
v ­t图像


OA
段
过程
分析
v↑⇒F＝↓
⇒a＝↓
a＝不变⇒F不变P＝F v↑直到P额＝F v 1
运动
性质
加速度减小的加速运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB
段
过程
分析
F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝,
Fv↑⇒F＝↓⇒a＝↓
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＝匀速运动
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＝.
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，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x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度．
　(2021·湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的．总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶．该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm.下列说法正确的是(　　)
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mv－Pt
解析：C　对动车由牛顿第二定律有F－F阻＝ma，若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv，而以额定功率匀速时，有＝kvm，联立解得v＝vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－WF阻＝mv－0，可得动车组克服阻力做的功为WF阻＝4Pt－mv，故D错误.

(1)在机车功率P＝Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力或阻力，所以P＝Ffvm只体现了一种数量关系用于计算，即牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度．
(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前一段时间，切不可生搬硬套．
[题组突破]
1．(机车启动的图像问题)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P.快进入闹区时，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．下面四个图像中，哪个图像正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系(　　)

解析：C　功率减小一半时，由于惯性汽车速度来不及变化，根据功率和速度关系公式P＝Fv，此时牵引力减小一半，小于阻力，汽车做减速运动，由公式P＝Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，则汽车所受合力减小，加速度减小，故汽车做加速度越来越小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，汽车做匀速运动，C正确．
2．(斜面上的机车启动问题)(多选)一辆质量为m的汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0.现汽车以恒定的功率P驶上倾角为30°的斜坡，已知汽车在斜坡上行驶时所受的摩擦阻力是在平直路面上的，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)
A．汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为F0
B．汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为F0＋mg
C．汽车能达到的最大速度为v0
D．汽车能达到的最大速度为
解析：BD　汽车在平直公路上匀速行驶时，牵引力等于阻力，则Ff＝F0，当汽车在斜坡上匀速运动时速度最大，则F－mgsin 30°－F0＝0，解得F＝F0＋mg，故A错误，B正确；由P＝Fv得汽车的最大速度为vmax＝＝，故C错误，D正确．

素养培优14　功和功率计算中的两类易错题
题型一　滑轮两侧细绳平行
　如图所示，质量为M、长度为L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接．木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止．现用水平向右的拉力F作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为(　　)

A．2μmgL　　　　　　 B．μmgL
C．μ(M＋m)gL D．μmgL
解析：D　拉力做功最小时，木块应做匀速运动，对木块m受力分析，由平衡条件可得FT＝μmg.对木板M受力分析，由平衡条件可得：F＝FT＋μmg，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l＝，故拉力F所做的功W＝Fl＝μmgL，或者根据功能关系求解，在木块运动到木板左端的过程，因摩擦产生热量为μmgL，D正确．

(1)不计摩擦和滑轮质量时，滑轮两侧细绳拉力大小相等．
(2)通过定滑轮连接的两物体，位移大小相等．
(3)通过动滑轮拉动物体时，注意物体与力的作用点的位移、速度、作用力间的大小关系．
题型二　滑轮两侧细绳不平行
　一木块前端有一滑轮，轻绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F拉住，保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示．当用力F拉绳使木块前进位移s时，力F做的功(不计滑轮摩擦)是(　　)
A．Fscos θ B．Fs(1＋cos θ)
C．2Fscos θ D．2Fs
解析：B　法一：如图所示，力F作用点的位移l＝2scos ，

故拉力F所做的功
W＝Flcos α＝2Fscos2＝Fs(1＋cos θ)．
法二：可看成两股绳都对木块做功W＝Fs＋Fscos θ＝Fs(1＋cos θ)，则选项B正确．

对于通过动滑轮拉物体，当拉力F的方向与物体的位移方向不同时，拉力F做的功可用如下两种思路求解：
(1)用W＝Flcos α求，其中l为力F作用点的位移，α为F与l之间的夹角．
(2)用两段细绳拉力分别所做功的代数和求解，如典例2的第二种方法．
限时规范训练
[基础巩固]
1．(2022·广东深圳中学月考)如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法中正确的是(　　)

A．货物受到的支持力对货物不做功
B．货物受到的支持力对货物做正功
C．货物受到的重力对货物不做功
D．货物受到的摩擦力对货物做负功
解析：B　货物受到的支持力的方向与运动方向时刻相同，做正功，故A错误，B正确；摩擦力的方向与其运动方向时刻垂直，不做功，故D错误；货物位置升高，重力做负功，C错误．
2．(2020·江苏卷)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
解析：C　汽车匀速行驶，牵引力F等于阻力Ff，实际功率P＝Fv＝Ffv＝1.8×103×20 W＝3.6×104 W＝36 kW，故选项C正确．
3．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104 kW，排泥量为1.4 m3/s，排泥管的横截面积为0.7 m2.则泥泵对排泥管内泥浆的推力为(　　)
A．5×106 N B．2×107 N
C．2×109 N D．5×109 N
解析：A　由排泥量和排泥管横截面积可求得排泥速度v＝＝2 m/s.由P＝Fv可得F＝＝＝5×106 N．故A正确．
4．(2021·广东卷)(多选)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有(　　)

A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
解析：BC　由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvcos θ＝mgvy＝mg，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh，故C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误．


5.(2020·天津卷)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果．如图所示一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变．动车在时间t内(　　)
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mv－mv
解析：BC　由P＝F牵v知，P不变，v变大，则F牵变小，由F牵－F＝ma知，a变小，故A错误，B正确；匀速时F牵＝F，故P＝F牵vm＝Fvm，C正确；由动能定理可知W＋W阻＝mv－mv，D错误．
6.如图，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.
解析：(1)飞机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/s2.②
(2)飞机受到的阻力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
飞机滑跑过程中的平均速度＝⑤
所以牵引力的平均功率P＝F⑥
联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106 W．⑦
答案：(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W
[能力提升]

7.(2021·浙江卷)中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数．已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3，假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为(　　)
发动机最大输
出功率(kW)
332
最大输送
高度(m)
63
整车满载
质量(kg)
5.4×104
最大输送
量(m3/h)
180
A．1.08×107 J B．5.04×107 J
C．1.08×108 J D．2.72×108 J
解析：C　泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30 J＝1.08×108 J，故选C．
8．(2022·临沂模拟)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力．则整个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．钢绳的最大拉力为
B．重物匀加速过程的时间为
C．重物匀加速过程的加速度为
D．速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度<
解析：B　匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力最大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F＝，故A错误；根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，结合v1＝at，解得a＝－g，t＝，故B正确，C错误；在速度由v1增大至v2的过程中，重物做加速度减小的变加速运动，平均速度>，故D错误．
9．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图像如图乙所示，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
解析：C　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均错误；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．
10．(多选)如图甲所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上．物块在与斜面成α＝37°、大小F＝10 N的拉力作用下，从底端A点沿斜面向上做匀加速运动，经t＝10 s物块运动到B点，物块运动的v­t图像如图乙所示．已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)

A．物块的质量m＝1 kg
B．物块的加速度a＝1 m/s2
C．A、B两点的距离x＝100 m
D．t＝10 s时拉力的功率P＝80 W
解析：ABD　v­t图像的斜率表示物体运动的加速度，故物块沿斜面上滑的加速度为a＝ m/s2＝1 m/s2，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可知在沿斜面方向上有Fcos α－mgsin θ－μ(mgcos θ－Fsin α)＝ma，解得m＝1 kg，A、B正确；v­t图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以A、B两点间的距离为x＝×10×10 m＝50 m，C错误；在t＝10 s时，速度为10 m/s，故拉力的功率为P＝Fcos α·v＝80 W，D正确．
11．质量为1.0×103 kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a＝1 m/s2 的加速度做匀加速运动(g取10 m/s2)．求：
(1)汽车做匀加速运动的时间t1；
(2)汽车所能达到的最大速率；
(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车到达坡顶之前已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间．
解析：(1)由牛顿第二定律得
F－mgsin 30°－Ff＝ma
设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fv
v＝at1
解得t1＝7 s.
(2)当达到最大速度vm时，加速度为零，
则有P＝(mgsin 30°＋Ff)vm
解得vm＝8 m/s.
(3)汽车匀加速运动的位移x1＝at，在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2－(mgsin 30°＋Ff)x2＝mv－mv2
又有x＝x1＋x2
解得t2≈15 s
故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22 s.
答案：(1)7 s　(2)8 m/s　(3)22 s