第17讲 功和功率-备战2025年高考物理一轮精细复习（解析版）

第第页第17讲功和功率——划重点之精细讲义系列考点1功的正负判断和计算考点2变力功的计算考点3功率的计算考点4机车启动问题考点1：功的正负判断和计算一．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＝Flcosα，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4．判断力是否做功及做正、负功的方法恒力做功的判断若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断曲线运动中功的判断若物体做曲线运动，依据F与v的方向夹角来判断。当0≤α<90°，力对物体做正功，90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功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＝Ek末－Ek初，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时，合外力做负功依据能量变化来判断根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断5.恒力做功的计算(1)单个力做的功：直接用W＝Flcosα计算．(2)合力做的功方法一：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．【考向1】如图所示，小球通过细线悬挂于车厢内的O点，在车厢内左右摆动，车厢始终水平向右匀速运动，小球从左侧最高点运动到最低点过程中，以地面为参考系，则（

）A．细线对车厢不做功 B．细线对车厢做正功C．细线对小球不做功 D．细线对小球做正功【答案】D【详解】对小球和车厢的受力分析如答图所示，其中F1为细线对车厢的拉力，F2为细线对小球的拉力。以地面为参考系，小球从左侧最高点运动到最低点过程中，F1故选D。【考向2】如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法不正确的是（）A．人对车的推力F做的功为FL B．车对人做的功为maLC．车对人的摩擦力做的功为F+maL D．车对人的作用力大小为【答案】D【详解】A．根据功的定义可知，人对车的推力F做的功为W=FL故A正确；B．根据牛顿第二定律可知，车对人的合力为F方向向前，所以车对人做的功为W故B正确；C．根据牛顿第二定律可得f−F=ma所以车厢对人的摩擦力大小为f=ma+F方向向前，则摩擦力做功为W故C正确；D．车厢对人有三个作用力：竖直向上的支持力，大小为mg；水平向后的推力，大小为F；水平向前的摩擦力，大小为F+ma。所以车对人的合力大小为F故D错误。本题要求选择不正确的，故选D。【考向3】如图所示，水平旋转魔盘上的物块A，当魔盘转动的角速度ω=kt(k>0)时，物块A相对转台静止。关于这种情况下物块A的情况，下列说法正确的是（

）A．物块A所受到的摩擦力越来越大B．物块A受重力、台面的支持力、指向圆心的摩擦力C．物块A的向心加速度大小可能不变D．魔盘对物块A永远不做功【答案】A【详解】A．物块A逐渐加速，则指向圆心的摩擦力f向=m随角速度的增加，切向速度也逐渐增加，则摩擦力越来越大，选项A正确；B．物块A受重力、台面的支持力、因物块受指向圆心和沿切线方向的摩擦力分量，则摩擦力方向不是指向圆心，选项B错误；C．物块A的向心加速度大小a逐渐增加，选项C错误；D．物块动能增加，则魔盘对物块A做正功，选项D错误。故选A。【考向4】如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止。则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是（）A．支持力一定不做正功 B．摩擦力一定做负功C．摩擦力一定做正功 D．摩擦力可能不做功【答案】D【详解】A．支持力垂直斜面向上，与运动方向夹角为锐角，根据W=Fx则支持力做正功，A错误；BC．若摩擦力为零，根据牛顿第二定律mg即摩擦力不做功。若加速度较小，则摩擦力沿斜面向上，做负功；若加速度较大，则摩擦力沿斜面向下，做正功，BC错误，D正确。故选D。【考向5】如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中（）A．A所受的合外力对A不做功 B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功 D．A对B做正功【答案】C【详解】A．木块向下加速运动，故动能增加，由动能定理可知，木块A所受合外力对A做正功，故A错误；B．B对A的弹力竖直向上，与位移夹角大于90°，则B对A的弹力对A做负功，选项B错误；C．因为A、B整体具有沿斜面向下的加速度，则加速度有水平向左的分量，则物块A所受B的摩擦力水平向左，由于此摩擦力与位移的夹角小于90°，则B对A的摩擦力做正功，选项C正确；D．设整体的加速度为a，则a=gsinθ将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示，对滑块A，由牛顿第二定律得：竖直方向上mg-N=ma1水平方向上f=ma2假设摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为α，由几何关系得a1=gsinθsinθa2=gsinθcosθtanα=联立得tan即α+θ=π2，所以B对A的作用力与斜面垂直，所以A对B作用力也垂直斜面向下，即A对B故选C。【考向6】如图，在电梯中有一固定放置的倾角为θ的斜面，斜面上放置一个质量为m的物体，二者以相同的加速度a匀加速上升了高度h，且物体和斜面始终保持相对静止，在这一过程中，下列说法正确的是（）A．斜面支持力对物体做的功为ma+gB．斜面对物体的摩擦力做的功为mC．斜面对物体做功为mah D．合力对物体做的功为mah【答案】AD【详解】AB．对m受力分析如图水平和竖直方向分别由动力学方程FF解得F=ma+gf=m根据定义分别计算出二者的做功WF=FℎW故A正确，B错误；CD．斜面对物体有2个力，所以做功为二者之和W=m合力做功由斜面对物体做的正功和重力做的负功两部分之和F再根据牛顿第二定律F同样可得W=m故C错误，D正确。故选AD。考点2：变力功的计算方法一利用“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。【考向7】（2023·海南·一模）如图所示，用一个大小不变的力F拉着滑块（视为质点）使其沿半径为R的水平圆轨道匀速运动半周，若力F的方向始终与其在圆轨道上作用点的切线成60°夹角，则力F做的功为（）

A．FπR2 B．2FR C．FR D．【答案】A【详解】将力F分解为切线方向和径向方向两个分力，其中径向方向始终与速度方向垂直，不做功，切线方向分力始终与速度方向相同，则滑块匀速运动半周，力F做的功为W=F故选A。方法二化变力的功为恒力的功若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。【考向8】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（滑轮大小可忽略）。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到竖直杆的距离为d，∠OAO′=37∘A．拉力F的大小为5B．滑块由A到C做匀加速运动C．滑块由A到C过程中拉力F做的功为5D．滑块在C点的动能为1【答案】ABC【详解】A．滑块运动到C点时速度最大，此时加速度为零，则有F解得，拉力为F=故A错误；B．滑块运动过程中，设绳与竖直杆在竖直方向的夹角为θ，则根据牛顿第二定律有F可知，滑块在向上运动过程中，θ逐渐增大，则加速度a逐渐变化，所以滑块做非匀变速运动，故B错误；C．滑块由A到C过程中拉力F做的功为W故C错误；D．滑块由A到C过程，根据动能定理有W根据几何知识可得x解得，滑块在C点的动能为E故D正确。本题选不正确的，故选ABC。方法三利用F­x图象求变力的功在F–x图象中，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）。【考向9】（多选）（2024·四川成都·一模）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力Ff随位移x变化的关系如图乙所示，x0、Ff0为已知量，则下列说法正确的是（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等）（）

A．工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动B．工件向右运动2x0后与弹簧分离C．弹簧的劲度系数为FD．整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.75【答案】BD【详解】A．从图乙可知，摩擦力在x0处方向发生变化，在xB．在x0∼2x0区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，C．由胡克定律得k解得弹簧的劲度系数k=故C错误；D．摩擦力对工件先做正功后做负功，图乙图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即W=故D正确。故选BD。方法四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＝eq\f(F1＋F2,2)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＝Flcosα求此力所做的功。【考向10】一遵从胡克定律、劲度系数为k的弹性轻绳，绕过固定于平台边缘的小滑轮A，将其一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，静止于M处。已知OA的距离恰为弹性绳原长，现将小球拉至与M等高的N处静止释放，MN的距离为d，则小球从释放到与平台右侧面碰撞前的过程中（不计空气阻力及绳子和滑轮间的摩擦，小球视为质点，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g）（）A．小球的最大速度为kB．小球的最大速度为2kC．小球的最大加速度为kdD．小球的最大加速度为(【答案】A【详解】AB．根据受力分析可知，小球在N到M的过程中，只受重力和弹力，且从N到M的过程中只有弹力在水平方向的分力做功，且弹力和位移成线性关系，因此可得1解得最大速度为v=A正确B错误；CD．小球的最大加速度时，即合力最大，为一开始释放的时候，因为小球最后静止于M点，因此弹力在竖直方向分力，与重力相等，水平分力，为合力，所以可得kd=ma解得a=CD错误。故选A。方法五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。【考向11】（2020·陕西·二模）如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高。质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。则质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A．12mgR B．13mgR C．14mgR 【答案】A【详解】质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得N−mg=m解得v质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgR−得克服摩擦力所做的功为W故A正确，BCD错误。故选A。考点3：功率的计算一.功率1.定义：功与完成这些功所用时间的比值。2.物理意义：标量，描述力对物体做功的快慢。只有正值，没有负值。3.定义式：P＝eq\f(W,t)，P为时间t内的平均功率。4.单位：国际单位是瓦特，符号是W，常用的单位还有kW。二.平均功率和瞬时功率区别平均功率瞬时功率定义在某一段时间内或某一过程的功率在某一时刻或某一位置时的功率意义反映物体在某一段时间内做功的快慢反映物体在某一时刻做功的快慢计算①利用＝eq\f(W,t)。②利用＝Fcosα，其中为物体运动的平均速度。①利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。②P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。③P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。三、额定功率和实际功率额定功率实际功率定义发动机正常条件下长时间工作时的最大功率机械实际工作时输出的功率特点不同机械额定功率可能不同，但同一机械额定功率不变同一机械实际功率随工作情况而变化联系为了机械的安全，P额≥P实。3．公式P=Fv的制约关系定值各量的关系应用F一定P与v成正比汽车在高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度v一定F与P成正比汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大牵引力P一定F与v成反比汽车在额定功率下行驶，要增大牵引力，则必须降低行驶速度；反之则必须减小牵引力【考向12】质量为m的物块在同一竖直平面内的几个共点力作用下处于静止状态。现将其中一个与水平方向成60°角的力F突然增大到2F，其他力保持不变，则在t秒末，该力的瞬时功率为（）A．F22mt B．2F2m【答案】B【详解】将其中一个与水平方向成60°角的力F突然增大到2F，物体受到的合力为F，并沿该力方向做匀加速直线运动，在t秒末，其速度为v=该力的瞬时功率为P=2Fv=故选B。【考向13】（2024·北京海淀·二模）如图1所示，某同学在表面平坦的雪坡下滑，不借助雪杖，能一直保持固定姿态加速滑行到坡底。该同学下滑情境可简化为图2，雪坡倾角为α，人可视为质点，图中用小物块表示，下滑过程中某一时刻滑行的速度v的方向与雪坡上所经位置的水平线夹角为β（β<90），已知该同学和滑雪装备的总质量为m，滑雪板与雪坡之间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，不计空气阻力。关于该下滑过程，下列说法正确的是（）A．该同学所受摩擦力小于μmgcosαB．该同学所受摩擦力的方向不变C．该同学沿v的方向做匀加速直线运动D．该同学所受重力的瞬时功率一直在增加【答案】D【详解】A．垂直斜面方向，人对斜面的正压力大小为F所以滑动摩擦力f=μ大小不变，故A错误；BC．正视斜面，在斜面内有平行斜面向下的重力的分力mgsinα和与v反向的滑动摩擦力f，会发现f与mgsinα的合力与D．由于人加速下滑，所以f与mgsinα的合力与v成锐角，且做曲线运动，所以随着下滑v增大，且与P=mg所以P增大，故D正确。故选D。【考向14】（2024·山东济南·二模）如图所示为古代的水车，该水车周边均匀分布着N个盛水的容器，容器到水车大圆转轴的距离为R。在流水的冲力作用下，水车以n转/分的转速匀速转动，当装满水的容器到达最高处时将水全部倒入水槽中。设每个盛水容器装入水的质量均为m，忽略容器装水给水增加的动能和水车浸入水的深度，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，则水车运水的功率为（）A．nNmgR30 B．nNmgR60 C．120NmgRn【答案】A【详解】水车每秒转动的圈数为n60，水车转动一圈对水做的功W=Nmg⋅2RP=故选A。【考向15】（多选）手动挡汽车最大的驾驶乐趣就是自己能随时控制挡位，加速时可以二挡2000转，也可以二挡4000转．把挡位推入后带来的不同动力感受，有人车合一的感觉．自己有什么操作，车辆就有什么反馈，做一些降挡补油、跟趾动作等等，很有成就感．如图所示，为轿车中的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同挡位，可获得不同的运行速度，从“1”~“5”挡速度增大，R是倒车挡，某型号轿车发动机的额定功率为60kW，在水平路面上行驶的最大速度可达180A．以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“1”挡B．该车在水平路面上行驶时所受阻力大小为900C．以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为1200D．改变输出功率，以54km/h的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为【答案】AC【详解】A．由功率的公式有P=Fv当车的功率不变时，其速度越小，其牵引力越大，所以当以最大牵引力爬坡时，变速杆应推至“1”档，故A项正确；BC．当车的牵引力等于车所受的阻力时，其达到最大速度，有P=F解得F=f=1200故B错误，C正确；D．车匀速行驶，所以此时牵引力等于阻力，即F根据功率公式有P解得P故D错误。故选AC。【考向16】（2024·山东济宁·三模）某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为P=2000W，喷灌机所做功的75%转化为水的动能，喷口的横截面积S=30cm2，水的密度ρ=1×103kg（1）喷灌机的最大喷水速度v；（2）喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时，该喷灌机的最大喷灌面积Sm【答案】（1）10m/s；（2）285m2【详解】（1）设在∆t时间内从喷口处喷出水的质量为∆m，则Δ由能量关系75解得v=10m/s（2）喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时，则−ℎ=vtx=vt该喷灌机的最大喷灌面积S解得Sm=285m2考点4：机车启动问题1.以恒定功率起动汽车从静止开始以额定功率起动，开始时由于汽车的速度很小，由公式P=Fv知：牵引力F较大，因而由牛顿第二定律F–f=ma知，汽车的加速度较大。随着时间的推移，汽车的速度将不断增大，牵引力F将减小，加速度减小，但是由于速度方向和加速度方向相同，汽车的速度仍在不断增大，牵引力将继续减小，直至汽车的牵引力F和阻力f相平衡为止。汽车的牵引力F和阻力f平衡时，F–f=0，加速度a＝0，汽车的速度达到最大值vm。汽车的运动形式是做加速度越来越小的变加速直线运动，最终做匀速直线运动，其速度–时间图像如图所示。2.以恒定牵引力起动由于牵引力F恒定，根据牛顿第二定律F–f=ma，可知：加速度a恒定，汽车作匀加速直线运动，随着时间的推移，实际功率将不断增大．由于汽车的实际功率不能超过其额定功率，汽车的匀加速直线运动只能维持到其实际功率等于其额定功率时，此时汽车的速度达到它匀加速直线运动阶段的最大速度v1，其后汽车只能以额定功率起动的方式进行再加速，其运动方式和第一种起动形式完全相同，即汽车继续做加速度越来越小的变加速直线运动，直至汽车进入匀速直线运动状态，速度达到最终的最大速度vm。汽车的起动过程经历了两阶段：一是匀加速直线运动阶段，二是变加速直线运动阶段，最终做匀速直线运动，其速度–时间图像如图所示。3.三个重要关系式（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（式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻）。（2）匀加速启动持续时间的求法：牵引力F＝ma＋Ff，匀加速的最后速度v′m＝eq\f(P额,ma＋Ff)，时间t＝eq\f(v′m,a)。匀加速过程结束时，功率最大（额定功率），速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)＜vm＝eq\f(P,F阻)。（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。（1）汽车在匀加速直线运动阶段，汽车的瞬时速度vt=v0+at（v0=0）；汽车做匀加速直线运动所能维持的时间t1=vm/a。（2）汽车在匀加速直线运动阶段，汽车的瞬时功率Pt=Fvt＜P额。（3）汽车在匀加速直线运动阶段结束时，瞬时功率pt等于额定功率P额，且满足pt=P额=Fv1。（4）汽车在变加速直线运动阶段功率恒为额定功率，进入匀速直线运动时牵引力和阻力平衡，有pt=P额=Fvm。（5）从能的角度看：对于匀加速直线运动阶段，根据动能定理有（W牵、s1分别表示匀加速运动阶段牵引力所做的功、位移），变加速直线运动阶段牵引力所做的功W'牵=P额t2（t2表示变加速直线运动阶段所经历的时间），（s2为变加速直线运动阶段的位移）。（6）在用公式P＝Fv计算机车的功率时，F是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力，也不是阻力。（7）匀加速过程结束时机车的速度并不是最后的最大速度。因为此时F>F阻，所以之后还要在功率不变的情况下变加速一段时间才达到最后的最大速度vm。【考向17】汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，如图，若保持功率P继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动。假设汽车运动过程中阻力（不包含重力沿斜面的分力）大小保持不变，下列图像中能正确表示该汽车运动过程速率v随时间tA． B．C． D．【答案】A【详解】匀速行驶时P=F0v0此时阻力等于牵引力f=F0若t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，由于多了一与速度方向相反的重力下滑分力，汽车开始做减速运动，功率不变，根据P=Fv在斜面上，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有−F+f+mg则该过程是加速度减小的减速运动。当加速度再次为零时，有F根据P=Fv可知，此时速度小于v0故选A。【考向18】（2024·山东济南·一模）如图所示为我国自主研发的第一台全地面起重机QAY25，起重范围从25t到2600t。若该起重机由静止开始竖直提升质量为200t的物体，其a−1v图像如图所示，不计其它阻力，g取A．起重机的额定功率为P=2.4×106WC．重物0~10s内做匀加速直线运动 D．7s内起重机对重物做的功为W=1.08×【答案】D【详解】C．由图像可知重物匀加速运动的时间为t=可知重物0~5s内做匀加速直线运动，故C错误；A．根据牛顿第二定律与功率表达式可得F−mg=ma，P=Fv联立可得a=由a−1P解得起重机的额定功率为P=2.4×故A错误；B．当牵引力等于重力时重物有最大速度，则重物的最大速度v故B错误；D．0∼5s内设起重机对重物做的功为WWℎ=解得W1=6×107JW那么7s内起重机对重物做的功为W=故D正确。故选D。【考向19】（多选）（2024·湖南常德·一模）新能源汽车指采用非常规车用燃料作为动力来源的新型汽车。比如纯电动汽车以电池模组和电动机为主要动力装置，有节能减排、低噪音、高效率等优点，是未来汽车产业的重要发展方向。现已知质量为M的新能源汽车由静止出发做匀加速直线运动，经过时间t后，该汽车的运行里程为L，此时发动机恰好到达额定功率P，汽车所受的阻力恒定，达到额定功率后，汽车保持额定功率做变加速运动，最后以v1A．汽车所受阻力为Pv1 C．到达速度v1时，发动机做功为12M【答案】ABD【详解】A．由题意，汽车最后以v1P=F整理可得有轨电车所受阻力为f=A正确；B．因为电车由静止出发做匀加速直线运动，经过时间t后，该有轨电车的运行里程为L，根据位移与加速度的关系可得L=解得有轨电车做匀加速运动时的加速度为a=B正确；C．到达速度v1W>C错误；D．由题意，根据牛顿第二定律可得F−f=Ma整理可得有轨电车所受阻力为f=当电车匀速运动时，阻力和动力相等，故可得vD正确。故选ABD。【考向20】（多选）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t=0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a−t图像如图乙所示，t1时达到额定功率，t1~

A．0~tB．0~t1C．该物体的最大速度为aD．0~t2【答案】CD【详解】A．0~tB．0~tW故B错误；C．根据牛顿第二定律F−mg=ma0~tF=m起重机的最大功率为P=Fv=F该物体的最大速度为v故C正确；D．t1W0~tW=故D正确。故选CD。【考向21】（多选）如图所示，质量m=2kg的物体（可看质点）静置在倾角为37°粗糙斜面上的A点，现利用固定在B点的电动机通过跨过斜面顶端光滑小定滑轮的轻绳将该物体从A点拉升到斜面顶端O点，轻绳均与所在的斜面和平面平行。物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，轻绳可承受最大的力F=20N，电动机的额定功率P=320W，AO的距离s=175m。若要用最短的时间将物体拉到斜面顶端O点，且物体到达O点前已经达到最大速度。则（已知sin37°=0.6，重力加速度取g=10m/s2）（）A．物体运动过程中的最大速度v=16m/sB．物体上升过程中最大的加速度am=2m/s2C．在将物体从A拉到O点的过程中，电动机共做功3200JD．物体从A运动到O共用时14s【答案】BCD【详解】A．对物体受力分析，当F=mg拉力最小，速度最大，根据P=F代入数据解得v故A错误；B．根据P=Fv物体向上加速，拉力F越来越小，故当F=20N时，加速度最大，根据牛顿第二定律有F−mg代入数据解得a故B正确；C．根据功能关系，可知在将物体从A拉到O点的过程中，电动机共做功为W=故C正确；D．若要用最短的时间将物体拉到斜面顶端O点，则物体必须先以最大加速度am=2m/sP=F解得匀加速直线运动的最大速度为v则匀加速运动的时间为t则匀加速运动的位移为x设再经过t2达到OP解得t故物体从A运动到O的总时间为t=故D正确。故选BCD。【真题1】（2024·海南·高考真题）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（）A．返回舱处于超重状态 B．返回舱处于失重状态C．主伞的拉力不做功 D．重力对返回舱做负功【答案】A【详解】AB．返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误；C．主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C错误；D．返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D错误。故选A。【真题2】（2023·湖北·高考真题）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和vA．P1v1+P2v2P【答案】D【详解】由题意可知两节动车分别有PP当将它们编组后有P联立可得v=故选D。【真题3】（2023·山东·高考真题）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（

）

A．2nmgω2RH5 B．3nmgωRH5 【答案】B【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=T=联立有P=故选B。【真题4】（2023·北京·高考真题）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中（）

A．摩擦力做功大小与F方向无关 B．合力做功大小与F方向有关C．F为水平方向时，F做功为μmgx D．F做功的最小值为max【答案】D【详解】A．设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为f=μ(mg−F摩擦力的功W即摩擦力的功与F的方向有关，选项A错误；B．合力功W=可知合力功与力F方向无关，选项B错误；C．当力F水平时，则F=ma+μmg力F做功为W选项C错误；D．因合外力功为max大小一定，而合外力的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当Fsinθ=mg时，摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为故选D。【真题5】（2023·山东·高考真题）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为S1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（

A．2F2(F−f)C．2F2(F−f)【答案】A【详解】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有F－f－μmg=(m＋M)a

v2=2aS1P0=Fv轻绳从物体上脱落后a2=μgv2=2a2(S2－S1)联立有P故选A。【真题6】（多选）（2023·湖北·高考真题）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为12l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（

A．弹簧的劲度系数为4mgB．小球在P点下方12lC．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同【答案】AD【详解】A．小球在P点受力平衡，则有mg=f，f=μFN联立解得k=A正确；C．在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F=k小球受到的摩擦力为f化简得f1=μklsinθ−kl2D．根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正确；B．小球运动到P点下方l2时θ=45°f由牛顿第二定律mg+F联立解得a=B错误。故选AD。【真题7】（2024·福建·高考真题）两绳拉木板，每条拉力F=250N，15s内匀速前进20m，θ=22.5°，cos22.5°≈0.9。求：（1）阻力f大小；（2）两绳拉力做的功；（3）两绳拉力的总功率。【答案】（1）450N；（2）9.0×103J；（3）600W【详解】（1）由于木板匀速运动则有2Fcosθ=f带入数据解得f=450N（2）根据功的定义式有W=2Flcosθ带入数据解得W=9.0×103J（3）根据功率的定义式有P=带入数据有P=600W一、单选题1．（2023·湖南长沙·一模）木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁，每次砸击对铁钉做功相同。已知钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比，木匠砸击4次，就把一枚长为L的钉子全部砸进木梁，那么他第1锤将铁钉砸进木梁的深度是（）A．L4 B．L2 C．3L4【答案】B【详解】作出钉子所受阻力与进入深度的关系图，可知前一半深度与后一半深度过程中，阻力做功之比为1:3，由题意可知，每次砸锤，锤对钉做功相同，将钉全部砸进木梁需要砸4次，则第1锤将铁钉砸进木梁的深度是L2故选B。2．（2024·浙江金华·三模）如图，某同学将皮球从水平地面上的1位置静止踢出，最后落回水平地面上的3位置，虚线是足球在空中的运动轨迹，2位置为轨迹的最高点，此处离地高度为h，足球在最高处的速度为v0，下列说法正确的是（

A．足球全程运动过程中重力做功不为零B．足球的运动过程中加速度保持不变C．足球从2位置到3位置的运动时间大于从1位置到2位置的运动时间D．足球从1位置到2位置的水平位移与2位置到3位置的水平位移之比为2∶1【答案】C【详解】A．足球全程运动过程中位移与重力方向垂直，重力做功为零，故A错误；B．由题图可知，足球运动过程中，受到空气阻力作用，且空气阻力方向时刻改变，所以足球所受合外力为变力，根据牛顿第二定律可知足球的加速度改变，故B错误；C．足球从1位置到2位置过程，空气阻力竖直方向的分力向下，足球从2位置到3位置过程，气阻力竖直方向的分力向上，根据牛顿第二定律可知足球由位置1运动到位置2过程中竖直方向上加速度的平均值大于足球由位置2运动到位置3过程中竖直方向上加速度的平均值，根据ℎ=可知，足球由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间，故C正确；D．根据题意无法得出足球从1位置到2位置的水平位移与2位置到3位置的水平位移之比，故D错误。故选C。3．（2024·湖北·一模）某品牌电动汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，在t1时刻突发故障使汽车的功率减小一半，司机保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始做匀速直线运动（设汽车所受阻力不变），则在tA．汽车的加速度逐渐增大 B．汽车的加速度逐渐减小C．汽车的速度先减小后增大 D．汽车的速度先增大后减小【答案】B【详解】电动汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，则有P=Fv=fv在t1时刻突发故障使汽车的功率减小一半，由于速度来不及变化，可知此时牵引力减小为原来的一半，即牵引力小于阻力，根据牛顿第二定律可得a=加速度方向与速度方向相反，汽车开始做减速运动，速度减小，又导致牵引力增大，可知汽车的加速度逐渐减小，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减少到0，又做匀速直线运动；故在t1故选B。4．（2022·四川遂宁·二模）“碳中和”、“低碳化”、“绿色奥运”是北京冬奥会的几个标签。本次冬奥会运行超1000辆氢能源汽车，是全球最大的一次燃料电池汽车示范。某款质量为M的氢能源汽车（如图所示）在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动，行驶路程x，恰好达到最大速度vmA．启动过程中，车做匀加速直线运动B．启动过程中，牵引力对车做的功为1C．车速从0增至vm的加速时间为D．车速为vm2【答案】C【详解】A．汽车以恒定功率P启动，根据P=Fv可知，启动过程中，速度v增大，则牵引力F减小，根据牛顿第二定律有F−f=Ma可知，加速度a减小，则车做加速度减小的加速运动，故A错误；B．根据题意，可知汽车受到的阻力为f=启动过程中，根据动能定理有W−fx=牵引力对车做的功为W=故B错误；C．根据题意，可知汽车受到的阻力为f=车速从0增至vmPt−fx=联立解得t=故C正确；D．车速为vmF根据牛顿第二定律有F解得a故D错误。故选C。5．（2022·河南·一模）水平桌面上，长6m的轻绳一端固定于O点，如图所示（俯视图），另一端系一质量m=2.0kg的小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F=10N，F拉着物体从M点运动到N点，F的方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（）A．拉力F对小球做的功为16π（J） B．拉力F对小球做的功为8π（J）C．小球克服摩擦力做的功为16π（J） D．小球克服摩擦力做的功为4π（J）【答案】A【详解】AB．将圆弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1=Fl1cos37°W2=Fl2cos37°Wn=Flncos37°故W故A正确，B错误；CD．同理可得小球克服摩擦力做的功W故CD错误。故选A。6．（2024·广东汕头·二模）在矿山开采中，滑轮装置被用于提升和移动矿石。如图，一辆车通过定滑轮提升质量为M的矿石，滑轮左侧连接车的绳子在竖直方向的投影为h，当车以速度v匀速向左行驶一段距离后，连接车的绳子与水平方向的夹角从53∘变为37∘，sin37A．矿石重力的功率为MgvB．矿石重力做功为−C．绳子对矿石拉力做的功等于矿石重力做的功D．绳子对矿石拉力的功率一直保持不变【答案】B【详解】A．矿石的速度v令连接车的绳子与水平方向的夹角为θ，矿石重力做负功，克服矿石重力的功率为P=Mgv车以速度v匀速向左行驶，θ逐渐减小，可知，该功率逐渐增大，则克服矿石重力的平均功率小于Mgv，故A错误；B．令滑轮到水平地面的高度差为h，则矿石上升的距离x矿石重力做功为W=−Mg故B正确；C．结合上述有v可知，车以速度v匀速向左行驶，θ逐渐减小，矿石速度增大，即绳子拉力大小大于矿石重力，拉力做正功，矿石重力做负功，则绳子对矿石拉力做的功大于克服矿石重力做的功，故C错误；D．结合上述，矿石的速度v等式两侧对时间求导数，取导数的绝对值，得到矿石加速度大小a=v将车的速度垂直与绳分解，该分速度有转动的效果，则有v对矿石进行分析，根据牛顿第二定律有T−mg=ma绳子对矿石拉力的功率P解得P可知，拉力的功率随θ的改变而发生变化，即绳子对矿石拉力的功率并不是一直保持不变，故D错误。故选B。7．（2024·四川内江·三模）如图，是某公园的喷泉示意图。假设某一水珠从喷出到落回地面在同一竖直线上运动，且运动过程中水珠质量不变，受到空气阻力的大小与速度成正比。则关于该水珠在空中运动的过程中，下列说法正确的是（）A．该水珠在落回地面前瞬间，重力的瞬时功率最小B．该水珠上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态C．上升过程所用时间小于下落过程所用时间D．上升过程克服空气阻力做的功等于下落过程克服空气阻力做的功【答案】C【详解】A．水珠重力的瞬时功率P=mgv水珠在最高点时，速度是零，则重力的瞬时功率最小，A错误；B．该水珠上升过程受重力与空气阻力，两力的合力方向竖直向下，由牛顿第二定律可知，水珠的加速度方向向下，处于失重状态；下落过程水珠受重力与向上的空气阻力，空气阻力小于重力，两力合力方向向下，加速度方向向下，处于失重状态，B错误；C．水珠上升过程受重力与空气阻力方向相同，下落过程空气阻力与重力方向相反，由牛顿第二定律可知，上升过程的加速度大于下落过程的加速度，水珠上升过程与下落过程的位移大小相等，可知上升过程所用时间小于下落过程所用时间，C正确；D．由题设条件可知，水珠受到空气阻力的大小与速度成正比，上升过程所用时间小于下落过程所用时间，上升过程与下落过程的位移大小相等，则上升过程平均速度大小大于下落过程的平均速度大小，可知水珠上升过程受空气阻力大小大于下落过程受空气阻力大小，由功的计算公式可知，上升过程克服空气阻力做的功大于下落过程克服空气阻力做的功，D错误。故选C。8．（2024·湖北武汉·二模）如图所示，轻滑轮上跨有轻绳，轻绳两端恰好触地，轻绳两侧分别套有质量为m1=0.2kg、mA．A球先落地B．A球落地时速度大小为1m/sC．B球受到的摩擦力大小始终为2.5ND．B球摩擦力的瞬时功率最大值为1.6W【答案】D【详解】ABC．由于A、B两球对细绳的摩擦力必须等大，且A、B的质量不相等，A球由静止释放后与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力，对A分析得m对B分析得mfA联立解得aA=5m/s2，a设A球经时间t与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为h1、h2，速度分别为v1、v2，则有ℎℎH=h1+h2v1=a1t，v2=a2t联立解得t=0.2s，h1=0.1m，h2=0.16m，v1=1m/s，v2=1.6m/s分离后，对A经t1落地，则有对B经t2落地，则有H−H−解得t1=0.103s，A球落地的速度为v1所以B先落地，故ABC错误；D．B球摩擦力的瞬时功率最大值为P=f故D正确。故选D。9．（2024·辽宁鞍山·二模）汽车在上坡路上起步的行为叫做坡起。此行为多发生在城市立交桥和山区公路的上坡路段。一新学员驾驶某手动挡车型在山区遇到一个长直斜坡，因路宽车少，开始由静止练习坡起技术，行车电脑记录了这次坡起的功率——时间图像如图所示，且P0功率下能达到的最大速度为vm。下列有关说法正确的是（

A．t1~t2时间内汽车做匀速运动 C．0~t1时间内发动机做的功为P0【答案】B【详解】A．根据图像可知，0-t1，内P=Fv=Fat所以汽车匀加速启动，t1时刻功率达到最大，但此时牵引力大于阻力，仍处于加速阶段，故tB．图像面积代表发动机做的功W=故B正确；C．根据面积代表功可知，0~tW=故C错误；D．行车电脑记录了这次坡起的功率，所以汽车匀速行驶时所受摩擦及空气的阻力以及重力向下分力的合力为P0故选B。10．（2023·广西·三模）新能源汽车的发展是为了减少对传统燃料的依赖，减少环境污染和减少温室气体的排放。如图所示为我国比亚迪一型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数1v的关系图像。若汽车质量为2×103A．汽车匀加速所需时间为6B．汽车牵引力的额定功率为5×C．汽车在车速为5m/s时，功率为D．汽车所受阻力为1×【答案】C【详解】A．由图可知，汽车在速度等于10m/st=故A错误；BD．汽车达到最大车速为30m/sF=P额当v=10m/s时，汽车的加速度a=2P代入数据，解得P额=6×故B、D错误；C．汽车在车速为5m/sF−f=maP=Fv解得F=6×103故C正确。故选C。11．汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度v与牵引力F大小倒数的v−1F图像，vm表示最大速度。已知汽车在水平路面上由静止启动，ab平行于v轴，bc反向延长过原点O。阻力恒定，汽车质量为2×10A．汽车从a到b持续的时间为20sB．汽车由b到c过程做匀加速直线运动C．汽车额定功率为50WD．汽车能够获得的最大速度为12m/s【答案】A【详解】C．根据功率的计算公式P=Fv可知，额定功率等于图线的斜率为P=故C错误；B．根据P=Fv可知，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：F-f=ma汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中加速度减小的加速运动，故B错误；D．汽车能够获得的最大速度为v故D错误；A．汽车所受的阻力为f=汽车从a到b所受的牵引力为1根军牛顿第二定律得：F-f=ma解得a=0.5m/s2汽车从a到b持续的时间为t=v故A正确。故选A。12．（2024·湖南长沙·一模）一辆质量为m的小汽车在水平地面上由静止开始运动，其功率随速度的变化关系如图所示，其中AB段平行于v轴，汽车匀速运动阶段的速度为vBA．速度增大到vA的过程中，汽车的加速度逐渐减小，当v=vB．汽车与地面间的摩擦力大小为f=C．在OA段汽车的位移为x=D．若AB段汽车的位移为s，则AB段汽车运动的时间t=【答案】C【详解】A．P−v图像斜率代表牵引力，速度增大到vAB．汽车匀速运动阶段的速度为vBf=故B错误；C．P−v图像斜率代表牵引力，汽车牵引力在OA段不变，故汽车为匀加速启动，在A点功率为额定功率，牵引力为匀加速运动的牵引力，故匀加速阶段的牵引力为Fa=2ax=联立得x=故C正确；D．根据动能定理P得t=故D错误。故选C。13．如图甲所示，一个倾角为θ的斜面固定在地面上，一辆质量为m的汽车由静止以额定功率P驶上斜面，汽车行驶的最大速度为v1；如图乙所示，若汽车从斜面顶端由静止以额定功率P向下运动，汽车行驶的最大速度为v2.已知汽车行驶过程中受到的阻力大小恒定不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（