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（含解析）

第一讲功和功率知识梳理一、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＝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．功的正负夹角功的正负0≤α<eq\f(π,2)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6．一对作用力与反作用力的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＝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。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＝Flcosα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＝Flcosα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lcosα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，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<W2C．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。例2、如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5m/s的速度匀速上升4s的过程中．g取10m/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)300J(2)100J(3)－400J(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Ffcosθ－FNsinθ＝0，Ffsinθ＋FNcosθ－G＝0代入数据得Ff＝10N，FN＝10eq\r(3)Nx＝vt＝20m(1)斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNxcosθ＝300J(2)斜面对物体的摩擦力所做的功Wf＝Ffxcos(90°－θ)＝100J(3)物体重力做的功WG＝Gxcos180°＝－400J(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xcosα＝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∶1C．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\o\al(2,0)，W2＝F2x2＝eq\f(3,2)mveq\o\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＝2kg的物体放在倾角为α＝37°的固定斜面上，现用F＝30N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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.物体运动2s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－120JB．摩擦力做功为－80JC．拉力做功为100JD．物体所受的合力做功为100J【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＝＝SKIPIF1<0＝5m/s2，由x＝SKIPIF1<0at2得，物体在2s内的位移为x＝SKIPIF1<0×5×22m＝10m，重力做功WG＝－mg·xsin37°＝－2×10×10×0.6J＝－120J，选项A正确；拉力做的功为WF＝Fx＝30×10J＝300J，选项C错误；摩擦力做功为WFf＝－Ffx＝－μmgcos37°·x＝－0.5×2×10×0.8×10J＝－80J，选项B正确；支持力做功WN＝FNxcos90°＝0，合外力做的功W＝WF＋WN＋WG＋WFf＝300J－120J－80J＝100J，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＝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。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(2cosθ－1) B．WF＝2FLcosθC．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。考点二、变力做功的分析和计算求变力做功的五种方法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,sinα)－eq\f(h,sinβ))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\to(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－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)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mgLB．悬线的拉力做功为0C．空气阻力做功为－mgLD．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4kg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10m/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200JC．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＝20N，物体先加速运动，当推力减小到20N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>W2B．W1<W2C．W1＝W2D．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2.4m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，假设该同学的质量为60kg，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功为(g＝10m/s2)()A．750J B．480JC．270J D．1470J【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))＝0.4s，竖直方向的初速度vy＝gt＝4m/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＝3m/s，则该同学起跳时的速度v0＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝5m/s，该同学的质量为60kg，根据动能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝750J，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．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<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d·kd2=kd+k(d+d2)2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．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<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＝SKIPIF1<0，可得摩擦力的大小f＝SKIPIF1<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2J．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2J，Ff对物块不做功C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2JD．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2J，重力做功－2J，支持力FN对物块做功2J，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\to(P)＝eq\f(W,t).(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(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＝Fvcosα，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＝Fvcosα中，Fcosα可认为是力F在速度v方向上的分力，vcosα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＝10m/s2，则()A．第1s内推力做的功为1JB．第2s内物体克服摩擦力做的功W＝2JC．第1.5s时推力F做功的功率为2WD．第2s内推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝1.5W【答案】B【解析】由题图3可知，第1s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2s内推力为3N，第3s内推力为2N且物体做匀速直线运动，则可知摩擦力f＝2N，物体第2s内的位移x＝1m，则克服摩擦力所做的功W＝fx＝2J，B正确；第1.5s时推力为3N，速度v＝1m/s，则推力F做功的功率P＝3×1W＝3W，C错误；第2s内平均速度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＝mgtanθ，由P＝Fvcosθ，可得P＝mgvsinθ，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1.6×104kW，排泥量为1.6m3/s，排泥管的横截面积为0.8m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为()A．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＝8×106N，故B正确，A、C、D错误。训练2、如图所示，质量为m＝2kg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sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则前2s内重力的平均功率和2s末重力的瞬时功率分别为()A．48W24W B．24W48WC．24W12W D．12W24W【答案】B【解析】木块所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝4N木块的加速度a＝eq\f(F合,m)＝2m/s2前2s内木块的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m所以，重力在前2s内做的功为W＝mgxsinθ＝2×10×4×0.6J＝48J重力在前2s内的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝24W木块在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s末重力的瞬时功率P＝mgvsinθ＝2×10×4×0.6W＝48W.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1m/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1s内，F对滑块做的功为3JB．第2s内，F对滑块做功的平均功率为4WC．第3s末，F对滑块做功的瞬时功率为1WD．前3s内，F对滑块做的总功为零【答案】C【解析】由题图可知，第1s内，滑块位移为1m，F对滑块做的功为2J，A错误；第2s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为4.5J，平均功率为4.5W，B错误；第3s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为1.5J，第3s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1W，C正确；前3s内，F对滑块做的总功为8J，D错误．考点四机车启动问题1．两种启动方式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\o(⇒,\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)<vm＝eq\f(P额,F阻).(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50kg的重物时的速度—时间图像，0～0.5s图线为直线，2.5s之后，图线为水平直线，已知重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．0～0.5s内，重物受到的拉力为800NB．0～0.5s内，拉力的功率与上升高度成正比C．0.5～2.5s内，重物受到的拉力逐渐减小D．0.5～2.5s内，拉力的功率保持不变【答案】AC【解析】0～0.5s内，重物的加速度a＝6m/s2，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，代入数值解得F＝800N，即重物受到的拉力为800N，选项A正确；0～0.5s内，重物的速度与高度的关系为v2＝2ah，拉力的功率P＝Fv＝FSKIPIF1<0，可见拉力的功率与上升高度不成正比，选项B错误；0.5～2.5s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0.5s时，拉力的功率P＝Fv＝800×3W＝2400W，在2.5s时拉力的功率P′＝mgv′＝3000W，故0.5～2.5s内，拉力的功率变化600W，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＝5.0×103kg，发动机的额定功率为60kW，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10m/s2)，求：(1)汽车所能达到的最大速度大小；(2)当汽车的速度为6m/s时的加速度大小．【答案】(1)12m/s(2)1m/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＝5.0×103N又P＝Fv所以最大速度v＝eq\f(60000,5000)m/s＝12m/s(2)当汽车速度v′＝6m/s时，汽车的牵引力F′＝eq\f(P,v′)＝1×104N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)＝1m/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350km/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＝FvmD．牵引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\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\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则牵引力所做的功为W＝Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\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)vmD．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\o\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\o\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\o\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\o\al(2,m)，D错误。训练4、质量为1.0×103kg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2000N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W，开始时以a＝1m/s2的加速度做匀加速运动(g取10m/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143.5m，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)7s(2)8m/s(3)22s【解析】(1)由牛顿第二定律得F－mgsin30°－Ff＝ma设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fvv＝at1解得t1＝7s.(2)当达到最大速度vm时，加速度为零，则有P＝(mgsin30°＋Ff)vm解得vm＝8m/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－(mgsin30°＋Ff)x2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv2又有x＝x1＋x2解得t2≈15s故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22s.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＝P2C．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2.4×103kg/m3，假设泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m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)180A．1.08×107J B．5.04×107JC．1.08×108J D．2.72×108J【答案】C【解析】泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m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＝2.4×103×150×10×30J＝1.08×108J，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160km/h的速度匀速行驶时机车的输出功率为P，则该高铁以320km/h的速度匀速行驶时机车的输出功率为()A．8P B．4PC．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＝160km/h行驶时机车的输出功率为P＝Fv1＝kveq\o\al(3,1)，所以当高铁以v2＝320km/h行驶时机车的输出功率为P′＝Fv2＝kveq\o\al(3,2)＝8kveq\o\al(3,1)＝8P。5、(2021·湖南省郴州市第三次教学质监)一质量m＝2kg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．30W B．50WC．60W D．120W【答案】C【解析】由v­t图像可知，前5s物体的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(5,5)m/s2＝1m/s2，由牛顿第二定律可知，F－f＝ma，又f＝0.5mg，解得F＝12N；当速度达到5m/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＝12×5W＝60W，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240km/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．480km/h B．360km/hC．320km/h D．240km/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＝240km/h,4节动车加4节拖车时4Pm＝8fvm2，解得vm2＝360km/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＝mgcosθ，当力F的方向变为水平向右，根据受力平衡可得FN′＝mgcosθ＋Fsinθ，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mgsinθ＝F，当力F的方向变为水平向右时，由受力平衡可得mgsinθ＝Fcosθ，因此F变大，故B正确，C错误；一开始F的功率为P＝Fv＝mgsinθ·v，变化之后功率为P′＝Fcosθ·v＝mgsinθ·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∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．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)，过程做功W1＝F1×eq\f(1,2)×t0×v0＋F2×eq\f(1,2)×t0×v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，