(新高考)高考物理一輪復習教案第5章第1講《功和功率》(含詳解)

考情分析高考對本章知識點考查頻率最高的是動能定理、機械能守恒定律，單獨考查功和功率時多以選擇題形式出現(xiàn)，與牛頓運動定律、平拋運動、圓周運動及電磁學知識相結(jié)合時，多以計算題的形式出現(xiàn)。重要考點1.功和功率(Ⅱ)2．動能和動能定理(Ⅱ)3．重力做功與重力勢能(Ⅱ)4．功能關(guān)系、機械能守恒定律及其應用(Ⅱ)實驗七：驗證機械能守恒定律考點解讀1.從近幾年高考來看，關(guān)于功和功率的考查，多以選擇題的形式出現(xiàn)，有時與電流及電磁感應相結(jié)合命題。2．功和能的關(guān)系一直是高考的“重中之重”，是高考的熱點和重點，涉及這部分內(nèi)容的考題不但題型全、分值重，而且還經(jīng)常有壓軸題。3．動能定理及能量守恒定律仍將是高考考查的重點。高考題注重與生產(chǎn)、生活、科技相結(jié)合，將對相關(guān)知識的考查放在一些與實際問題相結(jié)合的情境中去，能力要求不會降低。第1講功和功率知識點功Ⅱ1．定義：一個物體受到力的作用，如果在eq\x(\s\up1(01))力的方向上發(fā)生了一段位移，就說這個力對物體做了功。2．物理意義：功是eq\x(\s\up1(02))能量轉(zhuǎn)化的量度。3．做功的兩個必要因素(1)作用在物體上的eq\x(\s\up1(03))力。(2)物體在eq\x(\s\up1(04))力的方向上發(fā)生的位移。4．公式：W＝eq\x(\s\up1(05))Flcosα。(1)α是力與eq\x(\s\up1(06))位移方向之間的夾角，l為物體對地的位移。(2)該公式只適用于eq\x(\s\up1(07))恒力做功。(3)功是eq\x(\s\up1(08))標量。功的正負表示對物體做功的力是動力還是阻力。5．功的正負夾角功的正負0≤α<eq\f(π,2)力對物體做eq\x(\s\up1(09))正功eq\f(π,2)<α≤π力對物體做eq\x(\s\up1(10))負功，或者說物體eq\x(\s\up1(11))克服這個力做了功α＝eq\f(π,2)力對物體eq\x(\s\up1(12))不做功6．一對作用力與反作用力的功做功情形圖例備注都做正功一對相互作用力做的總功eq\x(\s\up1(13))可正、可負，也可為零都做負功一正一負一為零一為正一為負7．一對平衡力的功一對平衡力作用在同一個物體上，若物體靜止，則兩個力都不做功；若物體運動，則這一對力所做的功一定是數(shù)值相等、一正一負或都為零。知識點功率Ⅱ1．定義：功W與完成這些功所用時間teq\x(\s\up1(01))之比叫作功率。2．物理意義：描述力對物體eq\x(\s\up1(02))做功的快慢。3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P為時間t內(nèi)的eq\x(\s\up1(03))平均功率。(2)P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)①v為平均速度，則P為eq\x(\s\up1(04))平均功率。②v為瞬時速度，則P為eq\x(\s\up1(05))瞬時功率。4．額定功率機械eq\x(\s\up1(06))正常工作時的最大輸出功率。5．實際功率機械eq\x(\s\up1(07))實際工作時的功率，要求不大于eq\x(\s\up1(08))額定功率。一堵點疏通1．功是標量，功的正負表示大小。()2．一個力對物體做了負功，說明這個力一定阻礙物體的運動。()3．滑動摩擦力可能做負功，也可能做正功；靜摩擦力對物體一定不做功。()4．作用力做正功時，反作用力一定做負功。()5．力對物體做功的正負是由力與位移間的夾角大小決定的。()6．汽車上坡時換成低擋位，其目的是減小速度，得到較大的牽引力。()答案1.×2.√3.×4.×5.√6.√二對點激活1.(人教版必修第二冊·P78·T1改編)如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個物體，m1<m2，在大小相等的兩個力F1和F2的作用下沿水平方向向右移動了相同的距離。若F1做的功為W1，F(xiàn)2做的功為W2，則()A．W1>W2 B.W1<W2C．W1＝W2 D.條件不足，無法確定答案C解析由題意可得F1和F2是恒力，物體移動的位移相同，并且力與位移的夾角相等，所以由功的公式W＝Flcosθ可知，它們對物體做的功是相同的，C正確。2．如圖所示的a、b、c、d中，質(zhì)量為M的物體甲受到相同的恒力F的作用，在力F作用下使物體甲在水平方向移動相同的位移。μ表示物體甲與水平面間的動摩擦因數(shù)，乙是隨物體甲一起運動的小物塊，比較物體甲移動的過程中力F對甲所做的功的大小()A．Wa最小 B.Wd最大C．Wa>Wc D.四種情況一樣大答案D解析依據(jù)功的定義式W＝Flcosθ，在本題的四種情況下，F(xiàn)、l、θ均相同，則四種情況下力F所做的功一樣大，故D正確。3．(人教版必修第二冊·P78·T3改編)(多選)一位質(zhì)量m＝60kg的滑雪運動員從高h＝10m的斜坡自由下滑，如果運動員在下滑過程中受到的阻力F＝50N，斜坡的傾角θ＝30°，重力加速度g取10m/s2，運動員滑至坡底的過程中，關(guān)于各力做功的情況，下列說法正確的是()A．重力做功為6000J B.阻力做功為1000JC．支持力不做功 D.各力做的總功為零答案AC解析重力做功WG＝mgh＝6000J，故A正確；阻力做功WF＝－Feq\f(h,sinθ)＝－1000J，故B錯誤；支持力與位移夾角為90°，不做功，故C正確；由以上分析可知，各力做的總功為5000J，故D錯誤。4．質(zhì)量為m的物體沿傾角為θ的斜面滑到底端時的速度大小為v，則此時重力的瞬時功率為()A．mgv B.mgvsinθC．mgvcosθ D.mgvtanθ答案B解析重力與物體的速度之間的夾角為90°－θ，則重力的瞬時功率為P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，所以B正確?？键c1功的正負判斷與恒力、合力做功的計算1.定性判斷力是否做功及做正、負功的方法(1)看力F的方向與位移l的方向間的夾角α——常用于恒力做功的情形。(2)看力F的方向與速度v的方向間的夾角θ——常用于曲線運動的情形。(3)根據(jù)動能的變化判斷：動能定理描述了合力做功與動能變化的關(guān)系，即W合＝ΔEk，當動能增加時合力做正功，當動能減少時合力做負功。(4)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律判斷。2．恒力做功的計算方法直接用W＝Flcosα計算。恒力做功與物體的運動路徑無關(guān)，只與初、末位置有關(guān)。3．合力做功的計算方法方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。方法三：先求動能變化ΔEk，再利用動能定理W合＝ΔEk求功。例1(2020·河北省衡水中學三月教學質(zhì)量監(jiān)測)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時其速度為1m/s，從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平作用力F，力F、滑塊的速率v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲和圖乙所示，設(shè)在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)力F對滑塊做的功分別為W1、W2、W3，則以下關(guān)系正確的是()A．W1＝W2＝W3 B.W1<W2<W3C．W1<W3<W2 D.W1＝W2<W3(1)第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)力F分別為恒力嗎？提示：分別為恒力。(2)力的方向和位移方向發(fā)生過改變嗎？提示：沒有。嘗試解答選B。由圖甲和圖乙得，第1s內(nèi)力F1＝1N，滑塊位移x1＝0.5m；第2s內(nèi)力F2＝3N，滑塊位移x2＝0.5m；第3s內(nèi)力F3＝2N，滑塊位移x3＝1m。則第1s內(nèi)力F對滑塊做功W1＝F1x1＝0.5J，第2s內(nèi)力F對滑塊做功W2＝F2x2＝1.5J，第3s內(nèi)力F對滑塊做功W3＝F3x3＝2J，所以W1<W2<W3，故B正確。1.使用W＝Flcosα應注意的幾個問題(1)位移l①“l(fā)”應取作用點的位移。②“l(fā)”的取值一般以地面為參考系。(2)力F①力的獨立性原理，即求某個力做的功僅與該力及物體沿該力方向的位移有關(guān)，而與其他力是否存在、是否做功無關(guān)。②力只能是恒力。此公式只能求恒力做功。(3)α是l與F之間的夾角。2．摩擦力做功的特點(1)單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)可以做正功，也可以做負功，還可以不做功。(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零；相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負值。(3)相互作用的一對滑動摩擦力做功過程中會發(fā)生物體間機械能轉(zhuǎn)移和機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，內(nèi)能Q＝Ffx相對。[變式1－1]圖甲為一女士站在臺階式自動扶梯上勻速上樓(忽略扶梯對手的作用)，圖乙為一男士站在履帶式自動扶梯上勻速上樓，兩人相對扶梯均靜止。下列關(guān)于力做功的判斷正確的是()A．甲圖中支持力對人做正功B．甲圖中摩擦力對人做負功C．乙圖中支持力對人做正功D．乙圖中摩擦力對人做負功答案A解析對圖甲中女士受力分析如圖1，受重力和支持力兩個力，支持力與速度v的夾角為銳角，做正功，故A正確，B錯誤。對圖乙中男士受力分析如圖2，受重力、支持力與靜摩擦力，支持力與速度v的夾角為90°，不做功，F(xiàn)f與速度方向相同，做正功，故C、D均錯誤。[變式1－2](2020·浙江大學附屬中學高三下學期1月選考模擬)如圖所示，輕繩一端受到大小為F的水平恒力作用，另一端通過定滑輪與質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小物塊相連。開始時繩與水平方向的夾角為θ，當小物塊從水平面上的A點被拖動到水平面上的B點時，位移為L，隨后從B點沿斜面被拖動到定滑輪O處，B、O間距離也為L，小物塊與水平面及斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，若小物塊從A點運動到B點的過程中，F(xiàn)對小物塊做的功為WF，小物塊在BO段運動過程中克服摩擦力做的功為Wf，則以下結(jié)果正確的是()A．WF＝FL(2cosθ－1) B.WF＝2FLcosθC．Wf＝μmgLcosθ D.Wf＝FL－mgLsin2θ答案A解析小物塊從A點運動到B點的過程中，F(xiàn)對小物塊做的功為WF＝Fs，s為F作用點的位移，即繩端移動的長度，由幾何關(guān)系可知s＝2Lcosθ－L，所以WF＝FL(2cosθ－1)，故A正確，B錯誤；根據(jù)幾何關(guān)系得BO斜面傾角為2θ，小物塊在BO段運動過程中所受摩擦力大小為f＝μmgcos2θ，則Wf＝fL＝μmgLcos2θ，故C、D錯誤。考點2變力做功的計算方法方法舉例說法應用動能定理用力F把小球從A處緩慢拉到B處，F(xiàn)做功為WF，則有：WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)微元法質(zhì)量為m的木塊在水平面內(nèi)做圓周運動，運動一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR等效轉(zhuǎn)換法恒力F把物塊從A拉到B，繩子對物塊做功W＝F·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinα)－\f(h,sinβ)))平均力法彈簧由伸長x1被繼續(xù)拉至伸長x2的過程中，克服彈力做功W＝eq\f(kx1＋kx2,2)·(x2－x1)圖像法在F-x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移上所做的功例2(2020·山東省聊城一中高三下6月模擬)某同學參加學校運動會立定跳遠項目比賽，起跳直至著地過程如圖，測量得到比賽成績是2.4m，目測空中腳離地最大高度約0.8m，假設(shè)該同學的質(zhì)量為60kg，忽略空氣阻力，則起跳過程該同學所做功為(g＝10m/s2)()A．750J B.480JC.270J D.1470J(1)起跳過程該同學做的功轉(zhuǎn)化成了什么能？提示：該同學的動能。(2)如何求解該同學起跳時的初速度？提示：根據(jù)運動的合成與分解求解。嘗試解答選A。該同學起跳后至著地的過程做拋體運動，從起跳至達到最大高度的過程中，沿豎直方向做加速度為g的勻減速直線運動，則從起跳至最高所用時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，豎直方向的初速度vy＝gt＝4m/s，沿水平方向做勻速直線運動，則vx＝eq\f(x,2t)＝eq\f(2.4,0.8)m/s＝3m/s，則該同學起跳時的速度v0＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝5m/s，該同學的質(zhì)量為60kg，根據(jù)動能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝750J，故B、C、D錯誤，A正確。選對方法求變力做功遇見變力做功問題時，依題意選準方法，平時要注意多總結(jié)，除了以上方法還可以用功率求功，機車類發(fā)動機保持功率P恒定做變速運動時，牽引力是變力，牽引力做功W＝Pt。[變式2－1](多選)如圖所示，擺球質(zhì)量為m，懸線長度為L，把懸線拉到水平位置后放手。設(shè)在擺球從A點運動到B點的過程中空氣阻力的大小F阻不變，則下列說法正確的是()A．重力做功為mgLB．懸線的拉力做功為0C．空氣阻力做功為－mgLD．空氣阻力做功為－eq\f(1,2)F阻πL答案ABD解析根據(jù)W＝Flcosα，擺球下擺過程中，重力做功為mgL，A正確；懸線的拉力始終與速度方向垂直，故做功為0，B正確；空氣阻力的大小不變，方向始終與速度方向相反，故做功為－F阻·eq\f(1,2)πL，C錯誤，D正確。[變式2－2](2020·江蘇省高三三模)當前，我國某些貧困地區(qū)的日常用水仍然依靠井水。某同學用水桶從水井里提水，井內(nèi)水面到井口的高度為20m。水桶離開水面時，桶和水的總質(zhì)量為10kg。由于水桶漏水，在被勻速提升至井口的過程中，桶和水的總質(zhì)量隨著上升距離的變化而變化，其關(guān)系如圖所示。水桶可以看成質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。由圖像可知，在提水的整個過程中，拉力對水桶做的功為()A．2000J B.1800JC．200J D.180J答案B解析由于水桶勻速上升，故拉力大小等于水和桶的總重力，由于水和桶的總質(zhì)量隨位移均勻減小，故拉力與位移滿足線性關(guān)系，所以可用平均力法求解變力做功。結(jié)合題圖可知，F(xiàn)1＝m1g＝100N，F(xiàn)2＝m2g＝80N，則在提水的整個過程中，拉力對水桶做的功為：W拉＝eq\f(F1＋F2,2)h＝1800J，故B正確?？键c3功率的計算1.平均功率的計算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)。(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosθ，其中eq\x\to(v)為物體運動的平均速度，F(xiàn)為恒力。2．瞬時功率的計算方法利用公式P＝F·vcosθ，其中v為該時刻的瞬時速度。例3如圖1所示，物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運動。監(jiān)測到推力F、物體速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖2、3所示，g＝10m/s2，則()A．第1s內(nèi)推力做的功為1JB．第2s內(nèi)物體克服摩擦力做的功W＝2JC．第1.5s時推力F做功的功率為2WD．第2s內(nèi)推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝1.5W(1)第3s內(nèi)物體勻速運動，可以求出摩擦力大小為多少？提示：f＝2N。(2)由圖3知1.5s時物體速度為多少？提示：1m/s。嘗試解答選B。由題圖3可知，第1s內(nèi)物體的速度為零，物體靜止不動，故位移為零，推力不做功，A錯誤；第2s內(nèi)推力為3N，第3s內(nèi)推力為2N且物體做勻速直線運動，則可知摩擦力f＝2N，物體第2s內(nèi)的位移x＝1m，則克服摩擦力所做的功W＝fx＝2J，B正確；第1.5s時推力為3N，速度v＝1m/s，則推力F做功的功率P＝3×1W＝3W，C錯誤；第2s內(nèi)平均速度eq\x\to(v)＝1m/s，推力F＝3N，推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝Feq\x\to(v)＝3W，D錯誤。求力做功的功率時應注意的問題(1)明確所求功率是平均功率還是瞬時功率。求平均功率首選eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)，其次是用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，eq\x\to(v)應容易求得，如求勻變速直線運動中某力的平均功率。(2)求瞬時功率用P＝Fvcosα，要注意F與v方向間的夾角α對結(jié)果的影響，功率是力與力的方向上速度的乘積。[變式3－1](2020·江蘇省徐州市高三上學期第一次質(zhì)量抽測)如圖所示，AB是斜坡，BC是水平面，從斜坡頂端A以不同初速度v向左水平拋出同一小球，當初速度為v0時，小球恰好落到坡底B。不計空氣阻力，則下列圖像能正確表示小球落地(不再彈起)前瞬間重力瞬時功率P隨v變化關(guān)系的是()答案C解析當平拋的初速度v≤v0時，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角且均等于斜坡傾角θ，可得：tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq\f(gt,2v)，可得平拋時間：t＝eq\f(2vtanθ,g)，則小球落地前所受的重力的瞬時功率為：P＝mg·vy＝mg·gt＝2mgtanθ·v，可知，P與v成正比；當平拋的初速度v>v0時，小球落在水平面上，平拋的豎直高度相同，為h，且有：h＝eq\f(1,2)gt2，則平拋時間為：t＝eq\r(\f(2h,g))，則小球落地前所受的重力的瞬時功率為：P＝mg·vy＝mg·gt＝mgeq\r(2gh)，可知功率P為恒定值；綜合兩種情況可知C正確，A、B、D錯誤。[變式3－2](2020·福建省廈門市高三下五月質(zhì)量檢查)無論是遠海島礁建設(shè)，還是超大型疏浚及填海造陸工程，都離不開鋼鐵巨輪——重型絞吸船。我國自主研制的自航絞吸挖泥船“天鯤號”性能達到世界先進水平，其遠程輸送能力達15000米，居世界第一。若某段工作時間內(nèi)，“天鯤號”的泥泵輸出功率恒為1.6×104kW，排泥量為1.6m3/s，排泥管的橫截面積為0.8mA．5×106N B.8×106NC．5×107N D.8×107N答案B解析由于功率大小P＝Fv，而每秒鐘排泥管排出泥漿的體積(排泥量)Q＝Sv，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得F＝8×106N，故B正確，A、C、D錯誤?？键c4機車啟動問題1.兩種啟動方式的比較兩種方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P-t圖和v-t圖OA段分析過程v↑?F＝eq\f(P不變,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不變?F不變v↑?P＝Fv↑直到P額＝Fv1運動性質(zhì)加速度減小的加速直線運動勻加速直線運動，維持時間t0＝eq\f(v1,a)AB段過程分析F＝F阻?a＝0?vm＝eq\f(P,F阻)v↑?F＝eq\f(P額不變,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓運動性質(zhì)以vm勻速直線運動加速度減小的加速直線運動BC段無F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)勻速直線運動2．三個重要關(guān)系式(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速直線運動時的速度，即vm＝eq\f(P,Fmin)＝eq\f(P,F阻)(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻)。(2)機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結(jié)束時，功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功W＝Pt。由動能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式經(jīng)常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小。例4(多選)下列各圖是反映汽車(額定功率為P額)從靜止開始勻加速啟動，最后做勻速直線運動的過程中，其速度隨時間以及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖像，其中正確的是()(1)汽車從靜止開始勻加速啟動，能一直勻加速嗎？提示：不能。當P＝P額時再勻加速，機車發(fā)動機會燒毀。(2)汽車最后勻速階段，有什么典型特征？提示：a＝0，F(xiàn)＝f。嘗試解答選ACD。從靜止開始勻加速啟動，由公式P＝Fv及題意知，當力恒定時，隨著速度的增加功率P增大，當P＝P額時，功率不再增加，此時，牽引力F－f＝ma，v1＝eq\f(P額,f＋ma)，速度繼續(xù)增加，牽引力減小，此后汽車做加速度逐漸減小的加速運動，當F＝f時，a＝0，速度達到最大，vm＝eq\f(P額,f)，做勻速直線運動。由以上分析知，B錯誤，A、C、D正確。解決機車啟動問題時的四點注意(1)首先弄清是勻加速啟動還是恒定功率啟動。(2)若是勻加速啟動過程，機車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速直線運動階段的最大速度小于機車所能達到的最大速度，達到額定功率后做加速度減小的加速運動。(3)若是以額定功率啟動的過程，機車做加速度減小的加速運動，勻變速直線運動的規(guī)律不適用，速度最大值等于eq\f(P,Ff)，牽引力是變力，牽引力做的功可用W＝Pt計算，但不能用W＝Flcosα計算。(4)無論哪種啟動方式，最后達到最大速度時，均滿足P＝Ffvm，P為機車的額定功率。[變式4－1](2020·山東省聊城市高三下二模)(多選)某汽車質(zhì)量為5t，發(fā)動機的額定功率為60kW，汽車在運動中所受阻力的大小恒為車重的0.1倍。若汽車以0.5m/s2的加速度由靜止開始勻加速啟動，經(jīng)過24s，汽車達到最大速度。取重力加速度g＝10m/s2，在這個過程中，下列說法正確的是()A．汽車的最大速度為12m/sB．汽車勻加速的時間為24sC．汽車啟動過程中的位移為120mD．4s末汽車發(fā)動機的輸出功率為60kW答案AC解析當阻力與牽引力平衡時，汽車速度達到最大值，由汽車的功率和速度關(guān)系可得P＝Fv＝fvmax，解得vmax＝eq\f(P,f)＝eq\f(P,0.1mg)＝eq\f(60×103,0.1×5×103×10)m/s＝12m/s，故A正確；汽車以0.5m/s2的加速度勻加速啟動，當汽車的功率達到額定功率時，汽車達到了勻加速運動階段的最大速度，由汽車的功率和速度關(guān)系可得P＝F′vm，由牛頓第二定律F′－0.1mg＝ma，聯(lián)立可得vm＝8m/s，F(xiàn)′＝7.5×103N，這一過程能維持的時間t1＝eq\f(vm,a)＝eq\f(8,0.5)s＝16s，故B錯誤；勻加速過程中汽車通過的位移為x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×0.5×162m＝64m，啟動過程中，由動能定理得F′x1＋P(t－t1)－0.1mgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)－0，解得汽車啟動過程中的位移為x＝120m，故C正確；由B項分析可知，4s末汽車還在做勻加速運動，實際功率小于額定功率，所以4s末汽車發(fā)動機的輸出功率小于60kW，故D錯誤。[變式4－2](2020·河北高三4月聯(lián)考)(多選)一輛汽車從靜止開始以恒定功率P啟動，若汽車行駛過程中受到的阻力恒定，其加速度與速度的倒數(shù)的關(guān)系如圖所示，圖像斜率為k，橫截距為b，則()A．汽車所受阻力為eq\f(P,b)B．汽車的質(zhì)量為eq\f(P,k)C．汽車的最大速度為eq\f(1,b)D．汽車從靜止到獲得最大速度的時間為eq\f(1,2kb2)答案BC解析汽車從靜止開始以恒定功率啟動，由P＝Fv，及F－f＝ma，得a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(f,m)，結(jié)合圖像有eq\f(P,m)＝k,0＝eq\f(P,m)b－eq\f(f,m)，解得m＝eq\f(P,k)，f＝Pb，故A錯誤，B正確；當汽車加速度為零時，速度最大，此時有eq\f(1,vm)＝b，解得汽車的最大速度vm＝eq\f(1,b)，故C正確；汽車從靜止到獲得最大速度的過程，由動能定理得Pt－fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，聯(lián)立解得t＝eq\f(1,2kb2)＋bx>eq\f(1,2kb2)，故D錯誤。1．(2020·江蘇高考)質(zhì)量為1.5×103kg的汽車在水平路面上勻速行駛，速度為20m/s，受到的阻力大小為1.8×10A．90W B.30kWC.36kW D.300kW答案C解析汽車勻速行駛，則牽引力與阻力平衡，有F＝f＝1.8×103N，汽車發(fā)動機輸出的實際功率P＝Fv＝1.8×103×20W＝36kW，故C正確。2.(2018·全國卷Ⅲ)(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程()A．礦車上升所用的時間之比為4∶5B．電機的最大牽引力之比為2∶1C．電機輸出的最大功率之比為2∶1D．電機所做的功之比為4∶5答案AC解析設(shè)第②次所用時間為t，根據(jù)速度圖象與t軸所圍的面積等于位移(此題中為提升的高度)可知，eq\f(1,2)×2t0×v0＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－t0＋t))×eq\f(1,2)v0，解得：t＝eq\f(5t0,2)，所以第①次和第②次提升過程所用時間之比為2t0∶eq\f(5t0,2)＝4∶5，A正確；由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)－mg＝ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，B錯誤；由功率公式P＝Fv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，C正確；兩次提升過程中動能增加量均為0，由動能定理得W電－mgh＝0，兩次提升高度h相同，所以電機兩次做功相同，D錯誤。3．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力()A．一直不做功 B.一直做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心 D.始終背離大圓環(huán)圓心答案A解析光滑大圓環(huán)對小環(huán)只有彈力作用，彈力方向沿大圓環(huán)的半徑方向(下滑過程先背離圓心，后指向圓心)，與小環(huán)的速度方向始終垂直，不做功。故選A。4．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是()A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變答案B解析摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的動能不變，重力勢能不斷變化，故乘客的機械能不斷變化，A錯誤；乘客在最高點時，具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，B正確；根據(jù)I＝Ft知，重力的沖量不為0，C錯誤；根據(jù)P＝mgvcosθ，θ為力方向與速度方向之間的夾角，摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，θ不斷變化，重力的瞬時功率不斷變化，D錯誤。5．(2018·天津高考)我國自行研制、具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程，假設(shè)飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位移x＝1.6×103m時才能達到起飛所要求的速度v＝80m/s，已知飛機質(zhì)量m＝7.0×104kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝(1)加速度a的大小；(2)牽引力的平均功率P。答案(1)2m/s2(2)8.4×106W解析(1)飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有v2＝2ax①代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2②(2)設(shè)飛機滑跑受到的阻力為F阻，根據(jù)題意可得F阻＝0.1mg③設(shè)發(fā)動機的牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－F阻＝ma④設(shè)飛機滑跑過程中的平均速度為eq\x\to(v)，有eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)⑤在滑跑階段，牽引力的平均功率P＝Feq\x\to(v)⑥聯(lián)立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106W。6.(2017·江蘇高考)如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為eq\f(m,2)，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；(2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin；(3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。答案(1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\f(\r(3),2)(3)(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR解析(1)對C受力分析，如圖所示。根據(jù)平衡條件有2Fcos30°＝mg解得F＝eq\f(\r(3),3)mg。(2)C恰好降到地面時，F(xiàn)＝mg，B受C壓力的水平分力最大Fxmax＝F·cos30°，F(xiàn)xmax＝eq\f(\r(3),2)mgB受地面的摩擦力f＝μmg根據(jù)題意，B保持靜止，則有fmin＝Fxmax解得μmin＝eq\f(\r(3),2)。(3)C下降的高度h＝(eq\r(3)－1)RA的位移x＝2(eq\r(3)－1)R摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(eq\r(3)－1)μmgR根據(jù)動能定理W－Wf＋mgh＝0－0解得W＝(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR。時間：40分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共11小題，每小題8分，共88分。其中1～8題為單選，9～11題為多選)1.如圖所示，在水平雪面上雪橇受與水平方向成α角的拉力F作用，沿直線勻速前進了s的距離。下列說法正確的是()A．拉力做功為FsB．地面對雪橇的支持力做正功C．重力對雪橇做負功D．外力對雪橇做的總功是零答案D解析根據(jù)功的定義式可知，拉力做的功為W1＝Fscosα，A錯誤；雪橇受到的重力和支持力與雪橇的位移垂直，做功為零，B、C錯誤；因為雪橇做勻速直線運動，所以合力為零，則外力對雪橇做的總功為零，D正確。2.如圖所示，物塊A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做勻速直線運動的過程中，下列關(guān)于A對地面的滑動摩擦力做功和B對A的靜摩擦力做功的說法，正確的是()A．靜摩擦力做正功，滑動摩擦力做負功B．靜摩擦力不做功，滑動摩擦力做負功C．靜摩擦力做正功，滑動摩擦力不做功D．靜摩擦力做負功，滑動摩擦力做正功答案C解析A對地面雖然有摩擦力，但在力的作用下地面沒有發(fā)生位移，所以滑動摩擦力不做功，B對A的靜摩擦力向右，A的位移也向右，所以該靜摩擦力做正功，故C正確。3．(2020·山東省臨沂市、棗莊市高三下臨考演練)如圖所示，一水平傳送帶向左勻速傳送，某時刻小物塊P從傳送帶左端沖上傳送帶。物塊P在傳送帶上運動的過程中，傳送帶對物塊P()A．一定始終做正功B．一定始終做負功C．可能先做正功，后做負功D．可能先做負功，后做正功答案D解析小物塊P以某一速度沖上傳送帶后，向右運動，受到向左的摩擦力，運動情況分幾種：(1)可能小物塊初速度比較大，所以一直向右減速，在此過程中傳送帶對物塊始終做負功；(2)小物塊先向右減速，而后向左一直加速，傳送帶對物塊先做負功，后做正功；(3)小物塊向右減速，而后向左加速，當兩者速度相等時一起勻速，傳送帶對物塊先做負功后做正功，然后不做功。故D正確，A、B、C錯誤。4．(2020·廣東省廣州市高三下二模)風力發(fā)電是一種環(huán)保的電能獲取方式。某風力發(fā)電機的葉片轉(zhuǎn)動形成的圓面積為S，某時間風的速度大小為v，風向恰好跟此圓面垂直；此時空氣的密度為ρ，該風力發(fā)電機將空氣動能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η，則風力發(fā)電機發(fā)電的功率為()A．ηρSv2 B.eq\f(1,2)ηρSv2C.ηρSv3 D.eq\f(1,2)ηρSv3答案D解析時間t內(nèi)，通過風力發(fā)電機葉片轉(zhuǎn)動形成的圓面的空氣的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ρtSv3，故該風力發(fā)電機發(fā)電的功率為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(ηEk,t)＝eq\f(1,2)ηρSv3，故D正確。5．(2020·河北省石家莊市高三下一模)一輛貨車在滿載情況下，以恒定功率P勻速經(jīng)過一平直路段，速度為v；當貨車空載再次經(jīng)過同一路段的某位置時，功率為eq\f(P,2)，速率仍為v，此時加速度為eq\f(g,10)。已知重力加速度為g，貨車所受阻力是貨車對地面壓力的eq\f(1,5)，則貨車滿載與空載時的質(zhì)量之比為()A．5∶2 B.5∶1C．3∶1 D.3∶2答案C解析貨車滿載時，以恒定功率P勻速經(jīng)過一平直路段，速度為v，有F＝f，P＝Fv＝fv＝eq\f(1,5)mgv；當貨車空載時，再次經(jīng)過同一路段，功率為eq\f(P,2)，速率為v，加速度為a＝eq\f(g,10)，有F′－f′＝m′a，f′＝eq\f(1,5)m′g，eq\f(P,2)＝F′v，聯(lián)立解得：m＝3m′，故貨車滿載與空載時的質(zhì)量之比為3∶1，故C正確，A、B、D錯誤。6．(2020·天津市十二區(qū)縣重點學校聯(lián)考)如圖甲所示，一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的a-t圖像如圖乙所示，t＝0時其速度大小為2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N，則()A．t＝2s時，水平拉力F的大小為4NB．在0～6s內(nèi)，合力對物體做的功為400JC．在0～6s內(nèi)，合力對物體的沖量為36N·sD．t＝6s時，拉力F的功率為180W答案C解析由圖乙a-t圖像可知，a＝2＋eq\f(t,3)(m/s2)，則t＝2s時，物體的加速度a2＝eq\f(8,3)m/s2，由牛頓第二定律有F2－f＝ma2，得水平拉力F2＝eq\f(22,3)N，故A錯誤；根據(jù)Δv＝at可知，在a-t圖像中，圖線與t軸圍成的面積表示速度的變化量，則在0～6s時間內(nèi)速度變化量為Δv＝18m/s，所以t＝6s時刻，物體的速度v6＝v0＋Δv＝20m/s，在0～6s內(nèi)，根據(jù)動能定理得W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入數(shù)據(jù)解得W合＝396J，故B錯誤；在0～6s內(nèi)，根據(jù)動量定理得I＝mv6－mv0，解得合力對物體的沖量I＝36N·s，故C正確；t＝6s時，a6＝4m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得F6－f＝ma6，解得拉力F6＝10N，則此時拉力F的功率P＝F6v6＝200W，故D錯誤。7．(2020·山東省濱州市高三下三模)如圖甲所示，在一無限大光滑水平面上靜止放置可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m＝2kg的物體，以物體所在初始位置為坐標原點建立一維坐標系，現(xiàn)給物體施加一沿x軸正方向的作用力F，其大小與坐標的關(guān)系如圖乙所示。則在x＝4m處，作用力F的瞬時功率為()A．15W B.20WC．40W D.無法計算答案B解析當物體運動到x＝4m處時，作用力F＝5N，該過程中，作用力F對物體做的功W＝eq\f(1,2)(3＋5)×4J＝16J，根據(jù)動能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0，代入數(shù)據(jù)，可得物體運動到x＝4m處時的速度v＝4m/s，則在x＝4m處，作用力F的瞬時功率為P＝Fv＝5×4W＝20W，故B正確，A、C、D錯誤。8.(2020·山東省泰安市高三下四模)如圖所示，細線的一端固定于O點，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點運動到B點。在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是()A．逐漸增大 B.逐漸減小C．先增大，后減小 D.先減小，后增大答案A解析因為小球以恒定速率運動，即它在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，那么小球受到的重力G、水平拉力F、細線拉力T三者的合力必是沿細線指向O點。設(shè)細線與豎直方向夾角是θ，則eq\f(F,G)＝tanθ，解得F＝Gtanθ，而水平拉力F的方向與速度v的方向夾角也是θ，所以水平拉力F的瞬時功率是P＝Fvcosθ，則P＝Gvsinθ，因小球從A到B的過程中，θ不斷增大，所以水平拉力F的瞬時功率逐漸增大，故A正確。9.(2021·重慶市高三第一次聯(lián)合診斷)無動力翼裝飛行是一種專業(yè)的極限滑翔運動，飛行者運用肢體動作來掌控滑翔方向，進行無動力空中飛行。某翼裝飛行者在某次飛行過程中，在同一豎直面內(nèi)從A到B滑出了一段圓弧，如圖所示，該段運動可視為勻速圓周運動的一部分。關(guān)于該段運動，下列說法正確的是()A．飛行者所受合力為零B．飛行者所受重力的瞬時功率逐漸減小C．空氣對飛行者的作用力的瞬時功率為零D．空氣對飛行者的作用力做負功答案BD解析飛行者所受合力提供其做勻速圓周運動的向心力，故一定不為零，A錯誤；分析可知，在該段運動中，飛行者在豎直方向的分速度逐漸減小，根據(jù)P＝Fvy知，重力的瞬時功率逐漸減小，B正確；飛行者在該段運動過程中的機械能一直減小，則空氣對飛行者的作用力一直做負功，瞬時功率不為零，C錯誤，D正確。10．(2020·山東省濟南市二模)一輛質(zhì)量為m、額定功率為P的汽車在水平路面上從靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)過時間t