新高考物理一轮复习精讲精练第6章机械能守恒定律第1讲 功和功率（2份打包，原卷版+解析版）

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一、功的概念
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了位移。
4．公式：W＝Flcsα。
(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。
二、功率
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＝eq \f(W,t)，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcsα(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。
知识训练
考点一、恒力做功的分析和计算
1．恒力做功的计算方法
恒力做功的计算要严格按照公式W＝Fl cs α进行，应先对物体进行受力分析和运动分析，确定力、位移及力与位移之间的夹角，用W＝Fl cs α直接求解或利用动能定理求解．
2．合力做功的计算方法
方法一：先求合力F合，再用W合＝F合l cs α求功．
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3……再利用W合＝W1＋W2＋W3＋……求合力做的功．
方法三：利用动能定理W合＝Ek2－Ek1.
例1、如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体，m1A．W1>W2 B．W1C．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＝Flcsθ可知，它们对物体做的功是相同的，C正确。
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：
(1)斜面对物体的支持力所做的功；
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功；
(3)物体重力所做的功；
(4)合外力对物体所做的功．
【答案】(1)300 J (2)100 J (3)－400 J (4)0
【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Ffcs θ－FNsin θ＝0，Ffsin θ＋FNcs θ－G＝0
代入数据得Ff＝10 N，FN＝10eq \r(3) N
x＝vt＝20 m
(1)斜面对物体的支持力所做的功
WN＝FNxcs θ＝300 J
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功
Wf＝Ffxcs (90°－θ)＝100 J
(3)物体重力做的功WG＝Gxcs 180°＝－400 J
(4)合外力对物体做的功
方法一：W合＝WN＋Wf＋WG＝0
方法二：F合＝0，W合＝F合xcs α＝0.
例3、(2022·山东省二模)质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v－t图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．F1和F2大小相等
B．F1和F2对A、B做功之比为2∶1
C．A、B所受摩擦力大小相等
D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶2
【答案】C
【解析】匀减速运动的加速度大小分别为aA＝eq \f(v0,2t0)，aB＝eq \f(v0,t0)，摩擦力大小分别为fA＝2maA＝eq \f(mv0,t0)，fB＝maB＝eq \f(mv0,t0)，C正确；对于匀加速运动过程，两物体加速度大小分别为a1＝eq \f(v0,t0)，a2＝eq \f(v0,2t0)，根据牛顿第二定律得F1＝fA＋2ma1＝eq \f(3mv0,t0)，F2＝fB＋ma2＝eq \f(3mv0,2t0)，所以F1和F2大小不相等，A错误；两个物体匀加速直线运动的位移大小分别为x1＝eq \f(1,2)v0t0，x2＝eq \f(1,2)v0×2t0＝v0t0，F1和F2对A、B做功分别为W1＝F1x1＝eq \f(3,2)mveq \\al( 2,0)，W2＝F2x2＝eq \f(3,2)mveq \\al( 2,0)，所以F1和F2对A、B做功之比为1∶1，B错误；根据图线与时间轴所围面积等于位移，可知全过程中两物体的位移大小相等，两物体所受的摩擦力之比为1∶1，故全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶1，D错误。
课堂随练
训练1、 [2022·重庆南川检测](多选)如图所示，一个质量为m＝2 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＝0.5，斜面足够长，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.物体运动2 s后，关于各力做功的情况，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
【答案】ABD
【解析】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a＝＝ SKIPIF 1 < 0 ＝5 m/s2，由x＝ SKIPIF 1 < 0 at2得，物体在2 s内的位移为x＝ SKIPIF 1 < 0 ×5×22 m＝10 m，重力做功WG＝－mg·x sin 37°＝－2×10×10×0.6 J＝－120 J，选项A正确；拉力做的功为WF＝Fx＝30×10 J＝ 300 J，选项C错误；摩擦力做功为WFf＝－Ffx＝－μmg cs 37°·x＝－0.5×2×10×0.8×10 J＝－80 J，选项B正确；支持力做功WN＝FNx cs 90°＝0，合外力做的功W＝WF＋WN＋WG＋WFf＝300 J－120 J－80 J＝100 J，选项D正确．
训练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＝Flcsθ，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。
训练3、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(2csθ－1) B．WF＝2FLcsθ
C．Wf＝μmgLcsθ 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＝2Lcsθ－L，所以WF＝FL(2csθ－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＝μmgcs2θ，则Wf＝fL＝μmgLcs2θ，故C、D错误。
考点二、变力做功的分析和计算
求变力做功的五种方法
例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－eq \f(1,2)F阻πL
【答案】ABD
【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，故不做功，B正确；空气阻力大小恒定，方向在变，做功为空气阻力和路程的乘积，D正确，C错误。
例2、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．运动过程中推力做的功为200 J
C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变
D．因推力是变力，无法确定推力做功的大小
【答案】B
【解析】滑动摩擦力Ff＝μmg＝20 N，物体先加速运动，当推力减小到20 N时，加速度减小为零，之后推力逐渐减小，物体做加速度增大的减速运动，当推力减小为零后，物体做匀减速运动，选项A、C错误；F－x图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，W＝eq \f(1,2)×100×4 J＝200 J，选项B正确，D错误．
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．W1C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
【答案】A
【解析】轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为轻绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量，由题图及几何知识可知，ΔlAB>ΔlBC，故W1>W2，A正确．
例4、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
【答案】A
【解析】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＝eq \r(\f(2h,g))＝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＝eq \f(x,2t)＝eq \f(2.4,0.8) m/s＝3 m/s，则该同学起跳时的速度v0＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝5 m/s，该同学的质量为60 kg，根据动能定理得W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝750 J，故B、C、D错误，A正确。
课堂随练
训练1、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深度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． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【解析】据题意设钉子受的阻力与进入木板深度关系为F=kx，作F-x图像如图所示，则图像与横轴所围成图形的面积表示阻力功的大小，由能量关系知W锤=W阻。又因为两次W锤相等，故S△=S梯，即·d2，所以d2=(-1)d，选项B正确。
训练2、（2021·山东卷，3）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【解析】木块做圆周运动过程中，只有摩擦力做功且做功与路径有关，根据动能定理有－f·2πL＝ SKIPIF 1 < 0 ，可得摩擦力的大小f＝ SKIPIF 1 < 0 ，B项正确．
训练3、如图所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J．用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是( )
A．FN和Ff对物块都不做功
B．FN对物块做功为2 J，Ff对物块不做功
C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2 J
D．FN和Ff对物块所做功的代数和为0
【答案】B
【解析】物块所受的摩擦力Ff沿木板斜向上，与物块的运动方向垂直，故摩擦力Ff对物块不做功，物块在慢慢移动过程中，重力势能增加了2 J，重力做功－2 J，支持力FN对物块做功2 J，故B正确．
考点三、功率的分析和计算
1．平均功率的计算方法
(1)利用eq \x\t(P)＝eq \f(W,t).
(2)利用eq \x\t(P)＝F·eq \x\t(v)cs α，其中eq \x\t(v)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＝Fvcs α，其中v为t时刻的瞬时速度．F可为恒力，也可为变力，α为F与v的夹角，α可以不变，也可以变化．
(2)公式P＝Fvcs α中，Fcs α可认为是力F在速度v方向上的分力，vcs α可认为是速度v在力F方向上的分速度．
例1、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eq \x\t(P)＝1.5 W
【答案】B
【解析】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eq \x\t(v)＝1 m/s，推力F＝3 N，推力F做功的平均功率eq \x\t(P)＝Feq \x\t(v)＝3 W，D错误。
例2、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＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq \f(gt,2v)，可得平抛时间：t＝eq \f(2vtanθ,g)，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＝eq \f(1,2)gt2，则平抛时间为：t＝ eq \r(\f(2h,g))，则小球落地前所受的重力的瞬时功率为：P＝mg·vy＝mg·gt＝mgeq \r(2gh)，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。
例3、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的变化情况是( )
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】小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，即小球做匀速圆周运动，那么小球受到的重力mg、水平拉力F、绳子拉力FT三者的合力必是沿绳子指向O点．对小球受力分析如图，F＝mgtan θ，由P＝Fvcs θ，可得P＝mgvsin θ，θ逐渐增大，则功率P逐渐增大，A项正确．
课堂随练
训练1、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。
训练2、如图所示，质量为m＝2 kg的木块在倾角θ＝37°的斜面上由静止开始下滑，斜面足够长，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则前2 s内重力的平均功率和2 s末重力的瞬时功率分别为( )
A．48 W 24 W B．24 W 48 W
C．24 W 12 W D．12 W 24 W
【答案】B
【解析】木块所受的合外力F合＝mgsin θ－μmgcs θ＝4 N
木块的加速度a＝eq \f(F合,m)＝2 m/s2
前2 s内木块的位移x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×2×22 m＝4 m
所以，重力在前2 s内做的功为W＝mgxsin θ＝2×10×4×0.6 J＝48 J
重力在前2 s内的平均功率eq \x\t(P)＝eq \f(W,t)＝24 W
木块在2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s
2 s末重力的瞬时功率P＝mgvsin θ＝2×10×4×0.6 W＝48 W.
故选项B正确．
训练3、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和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是( )
A．第1 s内，F对滑块做的功为3 J
B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W
C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W
D．前3 s内，F对滑块做的总功为零
【答案】C
【解析】由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误．
考点四 机车启动问题
1．两种启动方式
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＝eq \f(P,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＝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－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和时间．
例1、(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( )
【答案】ACD
【解析】汽车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＝eq \f(P额,f＋ma)，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＝eq \f(P额,f)，做匀速直线运动。由以上分析知，B错误，A、C、D正确。
例2、(多选)如图所示为起重机竖直向上提升质量为50 kg的重物时的速度—时间图像，0～0.5 s图线为直线，2.5 s之后，图线为水平直线，已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．0～0.5 s内，重物受到的拉力为800 N
B．0～0.5 s内，拉力的功率与上升高度成正比
C．0.5～2.5 s内，重物受到的拉力逐渐减小
D．0.5～2.5 s内，拉力的功率保持不变
【答案】AC
【解析】0～0.5 s内，重物的加速度a＝6 m/s2，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，代入数值解得F＝800 N，即重物受到的拉力为800 N，选项A正确；0～0.5 s内，重物的速度与高度的关系为v2＝2ah，拉力的功率P＝Fv＝F SKIPIF 1 < 0 ，可见拉力的功率与上升高度不成正比，选项B错误；0.5～2.5 s内，重物的加速度逐渐减小，则受到的拉力逐渐减小，选项C正确；在0.5 s时，拉力的功率P＝Fv＝800×3 W＝2 400 W，在2.5 s时拉力的功率P′＝mgv′＝3 000 W，故0. 5～2.5 s内，拉力的功率变化600 W，选项D错误．
例3、(2022·福建三明市模拟)广泛使用氢燃料作为交通能源是氢经济的一个关键因素．使用氢为能源的最大好处是它跟空气中的氧反应，仅产生水蒸气排出，有效减少了传统汽油车造成的空气污染问题．一种氢气燃料的汽车，质量为m ＝5.0×103 kg，发动机的额定功率为60 kW，在平直公路上行驶时所受阻力恒为车重的0.1倍．若汽车保持额定功率从静止启动(g取10 m/s2)，求：
(1)汽车所能达到的最大速度大小；
(2)当汽车的速度为6 m/s时的加速度大小．
【答案】(1)12 m/s (2)1 m/s2
【解析】(1)汽车在整个运动过程中速度达到最大时，牵引力与阻力大小相等，即F＝Ff＝0.1mg＝5.0×103 N
又P＝Fv
所以最大速度v＝eq \f(60 000,5 000) m/s ＝12 m/s
(2)当汽车速度v′＝6 m/s时，汽车的牵引力
F′＝eq \f(P,v′)＝1×104 N
设此时汽车的加速度为a，根据牛顿第二定律，
有F′－Ff＝ma
得a＝eq \f(F′－Ff,m)＝1 m/s2.
课堂随练
训练1、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( )

【答案】C
【解析】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．
训练2、(多选)(2020·高考天津卷，T8)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。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＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
【答案】BC
【解析】由于动车以恒定功率启动，则由P＝F牵引力v可知动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力 －F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，则牵引力所做的功为W＝Fx＋eq \f(1,2)mveq \\al( 2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，D错误。
训练3、(2021·高考湖南卷，T3)“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eq \f(3,4)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eq \f(1,2)mveq \\al( 2,m)－Pt
【答案】C
【解析】在动车组匀加速启动的过程中，对动车组受力分析，根据牛顿第二定律有F1－F阻＝ma1，其中F阻＝kv，在动车组匀加速启动的过程中，加速度a1不变，v增大，则F阻增大，故牵引力F1逐渐增大，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则牵引力F2＝eq \f(4P,v)，而F2－F阻＝ma，其中F阻＝kv，由v增大可知加速度a减小，所以动车组从静止开始做加速度减小的变加速运动，B错误；设当四节动力车厢输出的总功率为2.25P时，动车组匀速运动的速度为vm′，动车组匀速行驶时受力平衡，有F′＝F阻＝kvm′，则4P＝kveq \\al( 2,m)，2.25P＝kvm′2，解得vm′＝eq \f(3,4)vm，C正确；当四节动力车厢输出功率均为额定值时，对动车组从启动到达到最大速度的过程，根据动能定理有4Pt－W克＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,m)，解得这一过程中该动车组克服阻力做的功W克＝4Pt－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,m)，D错误。
训练4、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2 000 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；
(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．
【答案】(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s
【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＝eq \f(1,2)at12，在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2－(mgsin 30°＋Ff)x2＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)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.
同步训练
1、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做的功和平均功率的大小关系是( )
A．W1＝W2，P1>P2 B．W1>W2，P1＝P2
C．W1>W2，P1>P2 D．W1＝W2，P1＝P2
【答案】A
【解析】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＝eq \f(1,2)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，可知第一次的平均功率较大，即P1>P2，选项A正确．
2、(2021·浙江6月选考) 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( )
A．1.08×107 J B．5.04×107 J
C．1.08×108 J D．2.72×108 J
【答案】C
【解析】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至少为W＝mgh＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30 J＝1.08×108 J，故选C。
3、(2022·马鞍山一模)一辆质量为m的汽车在水平路面上以速度v匀速行驶，此时发动机功率为P，汽车运动过程中所受阻力恒定不变。当汽车功率突然变为eq \f(3,4)P的瞬间，加速度大小为( )
A．0 B．eq \f(P,4mv)
C．eq \f(3P,4mv) D．eq \f(P,mv)
【答案】B
【解析】汽车匀速行驶时，有F＝f，P＝Fv，汽车功率突然变为eq \f(3,4)P的瞬间，牵引力发生变化，速度不变，则有eq \f(3,4)P＝F′v，此时加速度由牛顿第二定律有f－F′＝ma，由上面几式解得a＝eq \f(P,4mv)，所以B正确，A、C、D错误。
4、(2022·广东选考模拟)高铁在高速行驶时，受到的阻力f与速度v的关系为f＝kv2(k为常量)。若某高铁以160 km/h的速度匀速行驶时机车的输出功率为P，则该高铁以320 km/h的速度匀速行驶时机车的输出功率为( )
A．8P B．4P
C．2P D．P
【答案】A
【解析】当高铁匀速行驶时，牵引力F与阻力f大小相等，由题意可知当高铁以v1＝160 km/h行驶时机车的输出功率为P＝Fv1＝kveq \\al( 3,1)，所以当高铁以v2＝320 km/h 行驶时机车的输出功率为P′＝Fv2＝kveq \\al( 3,2)＝8kveq \\al( 3,1)＝8P。
5、 (2021·湖南省郴州市第三次教学质监)一质量m＝2 kg的物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，则拉力的功率最大值是( )
A．30 W B．50 W
C．60 W D．120 W
【答案】C
【解析】由v­t图像可知，前5 s物体的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(5,5) m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律可知，F－f＝ma，又f＝0.5mg，解得F＝12 N；当速度达到5 m/s时物体匀速运动，此时拉力的功率最大，由P＝Fv可得，最大功率Pmax＝12×5 W＝60 W，故C正确，A、B、D错误。
6、(2021·广东省广州市高三二模)已知动车组列车每节动车的额定功率相同，每节动车与拖车质量相等，动车组运行时所受阻力与其重力成正比。若某动车组由4节动车加8节拖车组成，其运行的最大速率为240 km/h，则由该4节动车加4节拖车组成的动车组，运行的最大速率为( )
A．480 km/h B．360 km/h
C．320 km/h D．240 km/h
【答案】B
【解析】设每节车质量为m，每节车厢所受阻力为f，则4节动车加8节拖车时4Pm＝12fvm1，其中vm1＝240 km/h,4节动车加4节拖车时4Pm＝8fvm2，解得vm2＝360 km/h，故选B。
7、(2022·湖南高考模拟)如图，小物块P在沿斜面向上的拉力F作用下沿固定光滑斜面匀速上滑。现将力F的方向变为水平向右，仍使P保持原来的速度沿斜面匀速上滑。则变化后与变化前比较( )
A．斜面对物块的支持力不变
B．力F变大
C．力F变小
D．力F的功率变大
【答案】B
【解析】对物块受力分析可知，物块受重力、支持力和拉力，根据受力平衡可得FN＝mgcs θ，当力F的方向变为水平向右，根据受力平衡可得FN′＝mgcs θ＋Fsin θ，因此支持力变大，故A错误；力F沿斜面方向时，根据受力平衡可得mgsin θ＝F，当力F的方向变为水平向右时，由受力平衡可得mgsin θ＝Fcs θ，因此F变大，故B正确，C错误；一开始F的功率为P＝Fv＝mgsin θ·v，变化之后功率为P′＝Fcs θ·v＝mgsin θ·v，拉力F的功率不变，故D错误。
8、(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】由题图可得，变速阶段的加速度大小a＝eq \f(v0,t0)，设第②次所用时间为t2，根据速度－时间图像与时间轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，eq \f(1,2)×2t0×v0＝eq \f(1,2)[t2＋(t2－2×eq \f(\f(1,2)v0,a))]×eq \f(1,2)v0，解得：t2＝eq \f(5t0,2)，所以第①次和第②次矿车上升所用时间之比为2t0∶eq \f(5t0,2)＝4∶5 ，选项A正确；由于两次提升过程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，可得电机的最大牵引力之比为1∶1，选项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，选项C正确；加速上升过程的加速度a1＝eq \f(v0,t0)，加速上升过程的牵引力F1＝ma1＋mg＝m(eq \f(v0,t0)＋g)，减速上升过程的加速度a2＝－eq \f(v0,t0)，减速上升过程的牵引力F2＝ma2＋mg＝m(g－eq \f(v0,t0))，匀速运动过程的牵引力F3＝mg.第①次提升过程做功W1＝F1×eq \f(1,2)×t0×v0＋F2×eq \f(1,2)×t0×v0＝mgv0t0；第②次提升过程做功W2＝F1×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)t0×eq \f(1,2)v0＋F3×eq \f(3,2)t0×eq \f(1,2)v0＋F2×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)t0×eq \f(1,2)v0＝mgv0t0，两次做功相同，选项D错误．
9、(2022·东北三省四市质检)“ETC”是高速公路上电子不停车收费系统的简称。若某汽车以恒定功率匀速行驶，为合理通过收费处，司机在t1时刻使汽车功率减半，并保持该功率行驶，到t2时刻又做匀速运动；通过收费处后，逐渐增加功率，使汽车做匀加速运动直到恢复原来功率，以后保持该功率行驶。设汽车所受阻力大小不变，则在该过程中，汽车的速度随时间变化的图像可能正确的是( )
【答案】选C
【解析】0～t1时间内，汽车以恒定功率匀速行驶，则有F＝f，P＝Fv1，t1时刻使汽车功率减半，则有eq \f(P,2)＝F1v1，解得F1＝eq \f(F,2)＝eq \f(f,2)，则汽车做减速运动，速度减小，t1到t2时刻保持该功率行驶，所以牵引力增大，由牛顿第二定律可得f－F1＝ma，则汽车做加速度逐渐减小的减速运动，t1到t2时间内图像的斜率逐渐减小；t2到 t3时间内做匀速运动则速度保持不变；t3到 t4时间内先做匀加速运动有F2－f＝ma2，P2＝F2v2，由于牵引力不变，速度增大，功率增大，当P2＝P时，保持功率不变，则汽车继续加速运动，其牵引力减小，由牛顿第二定律可知，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为0时，汽车的速度达到最大值，最后做匀速运动，所以在t3到 t4时间内图像斜率先保持不变，再逐渐减小，最后为0，所以C正确，A、B、D错误。
10、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．eq \f(1,2)ηρSv2
C．ηρSv3 D．eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)ρtSv3，故该风力发电机发电的功率为P＝eq \f(W,t)＝eq \f(ηEk,t)＝eq \f(1,2)ηρSv3，故D正确。
11、(多选)质量为2×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数eq \f(1,v)的关系图像如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s，设阻力恒定，则( )
A．汽车所受阻力为6×103 N
B．汽车的车速为5 m/s时，加速度为3 m/s2
C．汽车的车速为15 m/s时，加速度为1 m/s2
D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W
【答案】CD
【解析】当牵引力等于阻力时，速度最大，由题图可知阻力大小Ff＝2 000 N，故A错误；车速为5 m/s时，汽车的加速度a＝eq \f(6 000－2 000,2 000) m/s2＝2 m/s2，故B错误；由题图可知P＝Ffv＝2 000×30 W＝6×104 W，汽车的最大功率为6×104 W，故D正确；当车速为15 m/s时，牵引力F＝eq \f(P,v′)＝eq \f(6×104,15) N＝4 000 N，则加速度a′＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(4 000－2 000,2 000) m/s2＝1 m/s2，故C正确．
12、(2022·青岛黄岛区期末)校园农业实践基地里安装了一个灌溉喷头，装置示意图如图所示。已知地面与水面的距离为H，用水泵从水池抽水，喷头与地面的距离为h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力。水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到喷头出口的水平距离为4h，设管口横截面上各处水的速度都相同。
(1)求水从喷头喷出时的速度大小；
(2)若水泵的工作效率为η，则水泵的功率为多大？
【答案】(1)2eq \r(2gh) (2)eq \f(2ρgS \r(2gh),η)(H＋5h)
【解析】(1)设水喷出管口时的速度为v0，落地时间为t，水做平抛运动有h＝eq \f(1,2)gt2，4h＝v0t，解得v0＝2eq \r(2gh)。
(2)设时间t0内喷出的水的质量为m，则m＝ρv0t0S
水泵t0时间内输出的功W＝mg(H＋h)＋eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
水泵t0时间内输出的功率
P＝eq \f(W,t0)＝2ρgS eq \r(2gh)(H＋5h)
水泵的功率P0＝eq \f(P,η)＝eq \f(2ρgS \r(2gh),η)(H＋5h)。
夹角
功的正负
0≤α力对物体做正功
eq \f(π,2)<α≤π
力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功
α＝eq \f(π,2)
力对物体不做功
做功情形
图例
备注
都做正功
一对相互作用力做的总功可正、可负，也可为零
都做负功
一正一负
一为零
一为正
一为负
方法
以例说法
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功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
等效
转换法
恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·(eq \f(h,sin α)－eq \f(h,sin β))
图像法
一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝eq \f(F0＋F1,2)x0
平均
值法
当力与位移为线性关系，力可用平均值eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)表示，代入功的公式得W＝eq \f(kΔx,2)·Δx
应用动
能定理
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgL(1－cs θ)＝0，得WF＝mgL(1－cs θ)
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


OA
段
过程
分析
v↑⇒F＝eq \f(P不变,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
a＝eq \f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq \(⇒,\s\up7(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，持续时间t0＝eq \f(v1,a)
AB
段
过程
分析
F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq \f(P,F阻)
v↑⇒F＝eq \f(P额,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,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
F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq \f(P额,F阻)做匀速直线运动
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