高考物理总复习检测：功和功率

动力学中的功与功率一、功1、公式：cos W Fl α=（常用于恒力做功的计算）。

2、分析步骤：先判断力是否为恒力，再判断力的方向上是否发生位移（α是否为90°），最后判断做正功还是负功。

二、功率1、平均功率：W p t=（表示做功的快慢） 2、瞬时功率：cos P Fv α=(cos cos Fl P Fv t αα==，v 为瞬时速度则为瞬时功率，v 为平均速度则为平均功率)。

3、机车启动问题（1）机车行驶过程中，任意时刻机车的瞬时功率与牵引力及瞬时速度之间的关系为：P v F =牵（2）当机车达到最大速度时处于平衡状态有：F f =阻牵，且此时机车的速度达到最大值，即：m v f P =额阻（3）机车以恒定加速度启动过程有：P F f f ma v -=-=实阻阻牵（max P P =额实）（4）机车以恒定功率启动时，由动能定理可得：k W W P t f x E -=⋅-⋅=∆阻阻牵。

（常用于求位移大小和时间）三、动能&动能定理1、动能表达式：212k E mv = 2、动能定理表达式：221122k k W E E mv mv =-=-合末末初初 四、机械能&机械能守恒定律1、机械能表达式：k p E E E =+。

2、机械能守恒定律基本表达式：2211221122mv mgh mv mgh +=+（只有重力或系统内的弹力做功。

） 3、机械能是否守恒的三种判断方法（1）利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。

（2）利用做功判断：若物体只有重力或系统内弹力做功，其他力不做功或做功之和为0，则机械能守恒。

（3）利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。

五、各类模型中的能量问题1、基本解题思路（1）选取研究对象：根据题意选择恰当的研究对象，初步判断研究对象在整个运动过程中可分为几个阶段；（2）进行受力分析：分析研究对象在各阶段中的受力情况，明确各阶段的具体运动类型及各力的的做功情况；（3）运动阶段选择：根据题意及问题选择恰当的运动阶段，当整个运动中包含多个运动阶段时，可以根据需要选择一个或者多个过程；（4）列方程求解：确定研究对象在所选阶段的初末状态，再根据动能定理或机械能守恒定律列出方程进行解答。

物理总复习：功和功率【知识网络】【考点梳理】 考点一、功 1、功的定义一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生一段位移，就说这个力对物体做了功。

2、做功的两个必要因素力和物体在力的方向上发生的位移，缺一不可。

3、功的物理意义：功是能量变化的量度能量的转化跟做功密切相关，做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功就有多少能量发生了转化，功是能量转化的量度。

4、公式（1）当恒力F 的方向与位移l 的方向一致时，力对物体所做的功为W Fl =。

（2）当恒力F 的方向与位移l 的方向成某一角度α时，力F 物体所做的功为cos W Fl α=．即力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移的夹角的余弦这三者的乘积。

5、功是标量，但有正负功的单位由力的单位和位移的单位决定。

在国际单位制中，功的单位是焦耳，简称焦，符号是J 。

要点诠释：一个力对物体做负功，往往说成物体克服这个力做功（取绝对值）。

这两种说法在意义上是相同的。

例如竖直向上抛出的球，在向上运动的过程中，重力对球做了－6J 的功，可以说成球克服重力做了6J 的功。

由cos W Fl α=，可以看出：①当α=0时，cos 1α=，即W Fl =，力对物体做正功； ②当090α<<时，0cos 1α<<，力对物体做正功。

①②两种情况都是外界对物体做功。

③当90α=时，力与位移垂直，cos 0α= 0W =，即力对物体不做功，即外界和物体间无能量交换；④当90180α<<时，cos 0α<，力对物体做负功,也称物体克服这个力做了功；⑤当cos 180α=时，cos 1α=-，此时W Fl =-，即力的方向与物体运动位移的方向完全相反，是物体运动的阻力。

④⑤两种情况都是物体对外界做功。

6、合力的功 要点诠释：（1）当物体在几个力的共同作用下发生一段位移时，这几个力的合力对物体所做的功，等于各个力分别对物体所做功的代数和，即123+W W W W =++⋅⋅⋅合（2）也可先求合外力，再求合外力的功；先求出物体受到的合力F 合，再由cos W F l α=合合求解，但应注意α应为合力与位移l 的夹角，F 合在运动过程中保持不变。

功和功率专题探究一、功的判断与计算1、判断恒力做功情况例1、用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升，如果前后两过程的时间相同，不计空气阻力，则[]A．加速过程中拉力的功一定比匀速过程中拉力的功大B．匀速过程中拉力的功比加速过程中拉力的功大C．两过程中拉力的功一样大D．上述三种情况都有可能解析：因重物在竖直方向上仅受两个力作用：重力mg、拉力F．这两个力的相互关系决定了物体在竖直方向上的运动状态．设匀加速提升重物时拉力为F1，重物加速度为a，由牛顿第二定律F1－mg=ma，所以有F1=m(g+a).则拉力F1所做的功W1=F1S1=122a t·m(g+a)匀速提升重物时，设拉力为F2，由平衡条件有F2=mg，匀速直线运动的位移S2=v·t=at2．拉力F2所做的功W2=F2·S2=mgat2．比较上述两种情况下拉力F1、F2分别对物体做功的表达式，不难发现：一切取决于加速度a与重力加速度的关系．若a>g时，12(g+a)>g,则W1>W2;若a=g时，12(g+a)=g,则W1=W2;若a<g时，12(g+a)<g,则W1<W2;选项A、B、C的结论均可能出现．故答案应选D．小结:由恒力功的定义式W=F Scosα可知：恒力对物体做功的多少，只取决于力、位移、力和位移间夹角的大小，而跟物体的运动状态(加速、匀速、减速)无关．在一定的条件下，物体做匀加速运动时力对物体所做的功，可以大于、等于或小于物体做匀速直线运动时该力做的功．拓展变式1、（2005年江苏物理，10）如图16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，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升.若从A点上升至B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，滑块经B、C两点时的动能分别为E kB、E kC，图中AB=BC，则一定有（）A.W1>W2B.W1<W 2C.E kB>E kCD.E kB<E kC解析:因为拉力对滑块做功的过程F大小不变而方向变化，即由N=FScosα.当S AB=S BC 时，α不断增大，W不断减少.故W1>W2,A正确，B错.在运动过程中拉力F的竖直分力Fy为变力，且不能明确与G在整个过程中的关系，所以不能明确G CB和Gc的大小关系，故CD错.答案:A小结:利用功的计算式W=F·Scosα可以定性比较变力做功的大小，C、D项的设计考查学生利用动能定理灵活解决问题的能力.2、计算恒力做功的多少例题2、质量为M、长为L的长木板，放置在光滑的水平面上，长木板最右端放置一质量为m的小物块，如图17所示．现在长木板右端加一水平恒力F，使长木板从小物块底下抽出，小物块与长木板摩擦因数为μ，求把长木板抽出来所做的功．解析：此题为相关联的两物体存在相对运动，进而求功的问题．小物块与长木板是靠一对滑动摩擦力联系在一起的．分别隔离选取研究对象，均选地面为参照系，应用牛顿第二定律及运动学知识，求出木板对地的位移，再根据恒力功的定义式求恒力F的功．由F=ma得m与M的各自对地的加速度分别为: a m=μg,a M=(F-μmg)/M设抽出木板所用的时间为t，则m与M在时间t内的位移分别为: S m=12a m t2,S M=12a M t2并有S M=S m+L,即L=12（a M-a m）t2(对此式可从相对运动的角度加以理解)所以把长木板从小物块底下抽出来所做的功为：图17小结：解决此类问题的关键在于深入分析的基础上，头脑中建立一幅清晰的动态的物理图景，为此要认真画好草图(如图18)．在木板与木块发生相对运动的过程中，作用于木块上的滑动摩擦力f 为动力，作用于木板上的滑动摩擦力f′为阻力，由于相对运动造成木板的位移恰等于物块在木板左端离开木板时的位移S m 与木板长度L 之和，而它们各自的匀加速运动均在相同时间t 内完成，再根据恒力功的定义式求出最后结果．拓展变式 2、如图19所示，质量为m 的物块静止在倾角为θ的斜面体上，当斜面体沿水平面向左匀速运动位移X 时，求物块所受重力、支持力、摩擦力做的功和合力做的功．解析：物块受重力mg ，支持力N 和静摩擦力f ，如图19所示，物块随斜面体匀速运动合力为零，所以，N mg f mg ==cos sin θθ，．W G =0．支持力N 与s 的夹角为2πθ-（），支持力做功θθθπcos sin 2cos s mg Ns W N ·=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=静摩擦力f 与s 的夹角为()πθ-，f 做的功=-=)cos(θπs f W f ·θθcos sin mgs -．合力F 做的功W F 是各个力做功的代数和0=++=f N G F W W W W 说明：（1）根据功的定义计算功时一定要明确力、位移和力与位移间的夹角．本题重力与位移夹角2π ，不做功，支持力与位移夹角为2ππθ-〈（）做正功，摩擦力与位移夹角为2ππθ-〉（）做负功．一个力是否做功，做正功还是做负功要具体分析，不能笼统地说，如本题支持力做正功．（2）合力的功一般用各个力做功的代数和来求，因为功是标量，求代数和较简单．如果先求合力再求功，本题合力为零，合力功也为零．二、功率的计算与判断1、判断功率变化情况例3、.如图20所示，轻绳一端固定在O 点，另一端拴一小球，拉起小球使绳水平伸直，然后无初速度释放，小球从开始运动到绳为竖直的过程中小球重力的瞬时功率的变化情况是图18图19（ ）A.一直增大B.一直减小C.先增大，后减小D.先减小，后增大解析：如图21所示，在水平位置A 处，由于小球的速度v a =0，因此此时小球重力的功率P a =mgv a =0.在绳竖直时的B 处，小球的速度v b 与重力方向垂直，此时小球重力的功率P b =mgv b cos90°=0.当小球在A 、B 之间任何位置C 时，小球的速度不为零，而且速度方向与重力方向的夹角为锐角，所以小球重力的功率P c =mgcos （90°-α）v c ＞0.根据以上分析可知，小球从A 处开始下落的过程中，重力的功率先由零开始增大，然后再逐渐减小到零.答案：C变式拓展3、一个物体从光滑斜面上滑下，关于物体所受的重力做功的功率的说法中，正确的是（ ）A.重力不变，重力做功的功率也不变B.重力做功的功率在下滑过程中不断增大C.重力做功的功率等于重力和下滑速度的乘积D.重力做功的功率小于重力和下滑速度的乘积解析：本题考查对功率的概念的理解，功率是表示物体做功快慢的物理量.当物体沿着光滑的斜面滑下时，物体所受的重力是不变的，物体的速度不断增大，则物体的重力的功率也就不断地变大，A 错误，B 正确.又根据功率的公式P=Fvcosα，物体在沿斜面下滑的过程中，重力的瞬时功率的表达式为：P=Fvcosα=mg·v·cosα，其中，α为重力与速度v 的方向的图20图21 图21夹角，很明显，重力做功的功率小于重力和下滑速度的乘积，C 错误，D 正确. 答案：BD2、图像问题分析例4.(2006山东滨州模拟，7)以恒定功率P 、初速度v 0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程中的vt 图象不可能是图22中的（ ）图22解析：本题考查汽车以恒定功率行驶时的运动分析，汽车的功率是不变的，汽车的牵引力也是不变的.当汽车冲上斜坡时，根据公式P=Fv ，如果汽车受到的沿斜面方向的合外力等于零，则汽车将继续做匀速直线运动，速度—时间图象有可能是 B.如果汽车受到的合外力方向向上，则随着速度的不断增加，汽车所受的牵引力逐渐减小，合外力也将逐渐减小，则汽车将做加速度逐渐减小的加速运动，直到合外力等于零时，则再做匀速直线运动，C 是有可能的.如果汽车的初速度比较大，刚冲上斜坡时，汽车所受的合外力斜向下，则汽车将做减速运动，速度越来越小，最后再做匀速运动，D 是有可能的.根据P=Fv ，只要汽车的速度大小发生变化，汽车的牵引力就发生变化，汽车的加速度就发生变化，汽车不可能做匀加速直线运动，A 是不可能的，本题的答案为A.答案：A3、功率的计算例5、如图23所示,质量为2kg 的木块在倾角θ=370的斜面上由静止开始下滑,木块与斜面间的动摩擦因数为0.5,(sin 370=0.6,cos 370=0.8,g =10m/s 2).求:(1) 前2秒内重力做的功;(2) 前2秒内重力的平均功率;(3) 2秒末重力的瞬时功率.解析：计算平均功率,应先计算该段时间内重力所做的功,然后根据平均功率的公式W P t=求解;计算瞬时功率要用公式P =FVcosθ求解,为此要先计算2秒末的瞬时速度以及速度和该力方向间的夹角. (1)木块沿斜面下滑的加速度为:sin cos 42F mg mg a m m θμθ-===合m/s 2 370 图23前2秒内木块的位移:12s at=2=4m,所以,重力在前2秒内做的功为:W=mgsinθ·s=48J;(2)重力在前2秒内的平均功率为:WPt==482W=24W;(3) 木块2秒末速度:v=at=4m/s，重力在前2秒末的瞬时功率为:P=mgsingθ·v=2×10×0.6×4W=48W.点评：计算功率时要分清要求的是瞬时功率还是平均功率,若是瞬时功率,一定要注意速度和力的方向之间的夹角.举一反三4、质量2kg的物体,受到24N竖直向上的拉力,由静止开始运动,求5秒内拉力对物体所做的功;5秒内拉力的平均功率和5秒末拉力的瞬时功率.( g=10 m/s2)答案：600J;120W;240W5、设汽车行驶时所受阻力与其速度的平方成正比,如汽车以速度v匀速行驶时,其发动机功率为P,则汽车以速度2v匀速行驶时, 其发动机功率为( )A.2PB.4PC.8PD.无法确定答案：C4、实际应用例6、健身用的“跑步机”如图24所示,质量为m的运动员踩在与水平面成α角的静止皮带上，运动员用力向后蹬皮带，皮带运动过程中受到的阻力恒为f.使皮带以速度v匀速向后运动，则在此运动过程中，下列说法正确的是（）图24A.人脚对皮带的摩擦力是皮带运动的动力B.人对皮带不做功C.人对皮带做功的功率为mgvD.人对皮带做功的功率为fv解析：运动员踩在与水平方向成α角的静止皮带上用力向后蹬皮带时，运动员的鞋与皮带间有静摩擦力的作用，人受的静摩擦力沿皮带斜向上，而皮带受到的摩擦力的方向沿着皮带斜向下，对皮带的运动起推动作用，对皮带做功的功率为：P=Fv=fv，所以A、D正确，B 、C 错误.5、某同学进行体能训练，用100秒跑上20米高的高楼，试估算他登楼的平均功率最接近下列哪个数值？（ ）A ．10W B.100W C.1000W D.10000W50kg.则有:P =501020100mgh t ⨯⨯=W=100W只要对质量大小有比较符合实际的估计，计算出100秒内所做的功，然后代入平均功率公式即可解决此题.例7、 正常人心脏在一次搏动中泵出血液70 mL ，推动血液流动的平均压强为1.6×104 Pa ，设心脏主动脉的内径约为2.5 cm ，每分钟搏动75次，求：（1）心脏推动血液流动的平均功率是多大？（2）血液从心脏流出的平均速度是多大？1）设心脏每次推动血液前进的位移为l ，血液受到心脏的压力为F ，由压强公式F=p 0S 可知：心脏起搏一次对血液做功为W 0=Fl=p 0Sl=p 0V 0，V 0是心脏跳动一次输送血液的体积. W=np 0V 0=75×1.6×104×70×10-6 J=84 J ，P=6084=t W W=1.4 W. （2）每分钟心脏输出血量为：V=nV 0=75×70×10-6 m 3=5.25×10-3 m 3心脏主动脉横截面积S 为： S=πr 2=3.14×(1.25×10-2)2 m 2=4.9×10-4 m 2 所以v=60109.41025.543⨯⨯⨯=•=--t S V t l m/s=0.18 m/s.1）1.4 W （2）0.18 m/s物理原理，并且能够从生活实例中抽象出我们需要的、简化了的物理模型，再来求解题目.有利于提高对知识的迁移、运用，以及培养我们分析、综合的能力.分析解决本题的关键是要把这个联系实际的、研究对象不明确的实例，抽象为我们熟悉的、简单的物理模型.变式训练6、人的心脏每跳一次大约输送8×10-5 m 3的血液，正常人血压(可看作心脏压送血液的压强)的平均值约为1.5×104 Pa ，心跳约每分钟70次.请据此估测心脏工作的平均功率为多少. 解析：人的心脏每次跳动时，对外输送血液，压力对外做功，心跳一次做功的多少等于压力和压力作用位移的乘积.依据心跳约每分钟70次这个条件，可以求出每心跳一次所用的时间，这样就可以依据功率的计算公式估测心脏工作的平均功率为多少.答案：人的心脏每跳一次输送的血液看作长为L 、截面积为S 的液柱，则心脏每跳动一次，需做功W=FL=pSL=pΔV ，心跳每分钟70次，则心脏做功的平均功率为P=t nW =1.4 W. 三、易错点解析1、 不注意区分平均功率和瞬时功率例8. 一架起重机，要求它在内将质量为的货物由静止竖直向上加速提升，则起重机的额定输出功率至少应多大？解析：货物的加速度设起重机对货物的拉力为F ，由牛顿第二定律得：起重机的额定输出功率不能小于它在提起货物时所需的最大输出功率。

专题6 功和功率一．选择题1．（2024江苏泰州12月联考）中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成实力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家。

报道称新一代高速列车牵引功率达9000kW，持续运行速度为350km/h，则新一代高速列车从北京开到杭州全长约为1300km，则列车在动力上耗电约为（）A．3.3×103kW·hB．3.3×104kW·hC．3.3×105kW·hD．3.3×106kW·h【参考答案】B2．【济宁模拟】一汽车在水平平直路面上，从静止起先以恒定功率P运动，运动过程中所受阻力大小不变，汽车最终做匀速运动。

汽车运动速度的倒数1v与加速度a的关系如图所示。

下列说法正确的是( )A ．汽车运动的最大速度为v 0B ．阻力大小为02PvC ．汽车的质量为002Pa v D ．汽车的质量为00Pa v【参考答案】AD3．【郑州2025届质量检测】如图所示，不行伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视为质点)连接，物块甲套在固定的竖直光滑杆上，用外力使两物块静止，轻绳与竖直方向夹角θ＝37°，然后撤去外力，甲、乙两物块从静上起先无初速释放，物块甲能上升到最高点Q ，己知Q 点与滑轮上缘O 在同一水平线上，甲、乙两物块质量分别为m 、M ，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，重力加速度为g ，不计空气阻力，不计滑轮的大小和摩擦。

设物块甲上升到最高点Q 时加速度为a ，则下列说法正确的是( )A ．M ＝3mB ．M ＝2mC ．a ＝0D ．a ＝g 【参考答案】BD【名师解析】当甲上升到最高点时，甲和乙的速度均为零，此时设甲上升的高度为h ，则乙下降的高度为，由能量关系可知，则M＝2m，选项B正确，A错误；甲在最高点时，竖直方向只受重力作用，则a＝g，选项C错误，D正确。

课程标准内容及要求核心素养及关键能力核心素养关键能力1.理解功和功率。

了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义。

物理概念理解能力2.理解动能和动能定理。

能用动能定理解释生产生活中的现象。

科学推理和论证分析、推理和综合能力3.理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系。

定性了解弹性势能。

物理概念和规律理解能力4.实验七：通过实验，验证机械能守恒定律。

科学实验实验设计及数据处理能力5.理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。

物理规律理解能力6.能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题。

科学推理分析推理以及综合能力第1讲功和功率一、功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.必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移。

3.物理意义：功是能量转化的量度。

4.计算公式(1)恒力F 的方向与位移l 的方向一致时：W ＝Fl 。

(2)恒力F 的方向与位移l 的方向成某一夹角α时：W ＝Fl cos__α。

5.功的正负(1)当0≤α＜π2时，W ＞0，这表示力对物体做正功。

(2)当π2＜α≤π时，W ＜0，这表示力对物体做负功。

(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功。

【自测1】 (多选)质量为m 的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s ，如图1所示，物体m 相对斜面静止。

则下列说法正确的是( )图1A.重力对物体m 做正功B.合力对物体m 做功为零C.摩擦力对物体m 不做功D.支持力对物体m 做正功 答案 BD6.一对作用力与反作用力的功做功情形 图例备注都做正功(1)一对相互作用力做的总功与参考系无关(2)一对相互作用力做的总功W ＝Fl cos α。

l 是相对位移，α是F 与l 间的夹角 (3)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，一正一负或均为零。

高三物理功与功率知识点复习篇一：高中物理功和功率要点归纳学习重点：1、功的概念2.两个不可或缺的工作要素3、机械功的计算公式4.权力的概念及其物理意义知识要点：（一）工作概念1、定义：如果一个物体受到一个力的作用，并且在力的方向上发生位移，物理学上说，力对物体起作用。

2、做功的两个不可缺少的要素：物体在力的方向上的力和位移。

（分析力是否起作用的关键是物体在力的方向上是否有位移）（二）功的公式和单位1.公式：w=fscosα也就是说，力对物体所做的功等于力的大小、位移的大小以及力和位移之间的剩余角度弦三者的乘积。

2.工作单位：在国际单位制中功的单位是“焦耳”，简称“焦”，符号“j”1J=1nm（1焦耳=1nm）3、公式的适用条件：F可以是某个力，也可以是多个力的合力，但F必须是恒力，即大小和方向不变的力。

4、两种特殊情况：（从a运动到b）（1）力与位移方向相同，即α=0°w=fscos0°=fs（2）力与位移方向相反，即α=180°w=fscos180°=-fs5.公式中每个字母的正负限值：F和s分别表示“力”和“位移”，即公式中的F和s始终为正，α表示力和位移之间的角度，即力的方向和位移的方向之间的角度，α的值范围为：0°≤ α ≤180°。

6、参考系的选择：位移与参考系的选择有关，所以功也与参考系的选择有关。

在中学范围内，计算时一律取地面或相对于地面静止的物体作为参考系。

（三）积极和消极的工作1、功的正负完全取决于α的大小：（1）当0°≤ α<Cos在90°α>0，w>0时，力F对物体做正功，这被称为物体的“功率”。

（2）当α=90°时，cosα=0，w=0，此时力f对物体做零功，或称力对物体不做功。

（3）当90°<α≤ 180°，cosα<0，w<0。

高考物理二轮复习专题归纳—功与功率、功能关系（全国版）考点一功、功率的分析与计算1．功的计算(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功W＝Pt.2．功率的计算(1)明确是求瞬时功率还是平均功率．P＝Wt侧重于平均功率的计算，P＝Fv cosα(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．(2)机车启动(F阻不变)①两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma.②两种常见情况a．恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度v m，此过程Pt－F阻s ＝12mv m2；b．恒定加速度启动：开始阶段a不变，达到额定功率后，然后保持功率不变，加速度逐渐减小到零，最终做匀速直线运动．无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即v m＝P F阻.例1(多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶．已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有()A．从M到N，小车牵引力大小为40NB．从M到N，小车克服摩擦力做功800JC．从P到Q，小车重力势能增加1×104JD．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J答案ABD解析小车从M到N，依题意有P1＝Fv1，代入数据解得F＝40N，故A正确；小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40N，则摩擦力做功为W1＝－40×20J＝－800J，则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔE p＝mg·PQ sin30°＝5000J，故C错误；设小车从P到Q，摩擦力大小为f2，有f2＋mg sin30°＝P2v2，摩擦力做功为W2＝－f2·PQ，联立解得W2＝－700J，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确．例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.mv 022πLB.mv 024πLC.mv 028πLD.mv 0216πL 答案B 解析在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－F f ·2πL ＝0－12mv 02，可得摩擦力的大小F f ＝mv 024πL，故选B.例3(多选)(2018·全国卷Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．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 解析由题图中的图线①知，上升总高度h ＝v 02·2t 0＝v 0t 0.由题图中的图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h 1＝12·v 02·＝14v 0t 0，匀速阶段：h －h 1＝12v 0·t ′，解得t ′＝32t 0，故第②次提升过程所用时间为t 02＋32t 0＋t 02＝52t 0，两次上升所用时间之比为2t 0∶52t 0＝4∶5，A 项正确；由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，即电动机的最大牵引力相同，B 项错误；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F －mg ＝ma ，则F ＝m (g ＋a )，第①次在t 0时刻，功率P 1＝F ·v 0，第②次在t 02时刻，功率P 2＝F ·v 02，第②次在匀速阶段P 2′＝F ′·v 02＝mg ·v 02<P 2，可知，电机输出的最大功率之比P 1∶P 2＝2∶1，C 项正确；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D 项错误．例4(2022·山东烟台市高三期末)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力F 0不变，当速度为v 1时达到额定功率P e ，此后以额定功率继续行驶，最后以速度v m 匀速行驶．若汽车所受的阻力F f 为恒力，汽车运动过程中的速度为v 、牵引力为F 、牵引力的功率为P ，则下列图像中可能正确的是()答案C 解析因为汽车先保持牵引力F 0不变，由牛顿第二定律可得F 0－F f ＝ma ，又因为汽车所受的阻力F f 为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v －t 图像开始应有一段倾斜的直线，故A 错误；因为当速度为v 1时达到额定功率P e ，此后以额定功率继续行驶，则满足P e＝Fv，即F与v成反比，F与1v成正比，所以F－v图像中v1～v m段图像应为曲线，F与1v图像中1v m～1v1段图像应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v1之前，保持牵引力F0不变，则功率满足P＝F0v，即P与v成正比，所以在P－v图像中0～v1段图像应为过原点的直线，故D错误．考点二功能关系及应用1．常见功能关系能量功能关系表达式势能重力做功等于重力势能减少量W＝E p1－E p2＝－ΔE p 弹力做功等于弹性势能减少量静电力做功等于电势能减少量分子力做功等于分子势能减少量动能合外力做功等于物体动能变化量W＝E k2－E k1＝12mv2－12mv02机械能除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W其他＝E2－E1＝ΔE机摩擦产生的内能一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q＝F f·s相对s相对为相对路程电能克服安培力做功等于电能增加量W克安＝E2－E1＝ΔE2.功能关系的理解和应用功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度．(1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况．(2)根据能量转化，可计算变力做的功．例5(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能E k与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m内物块上滑，由动能定理得－mg sin30°·s－fs＝E k－E k0，整理得E k＝E k0－(mg sin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin30°＋f＝4N,10～20m内物块下滑，由动能定理得(mg sin30°－f)(s－s1)＝E k，整理得E k＝(mg sin30°－f)s－(mg sin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A.例6(多选)如图所示，一倾角为θ＝53°(图中未标出)的斜面固定在水平面上，在其所在的空间存在方向竖直向上、电场强度大小E＝2×106V/m的匀强电场和方向垂直于竖直面向里、磁感应强度大小B ＝4×105T 的匀强磁场．现让一质量m ＝4kg 、电荷量q ＝＋1.0×10－5C 的带电物块从斜面上某点(足够高)由静止释放，当沿斜面下滑位移大小为3m 时，物块开始离开斜面．g 取10m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列说法正确的是()A ．物块离开斜面时的动能为18JB ．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，重力势能减少120JC ．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，电势能增加了60JD ．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，由于摩擦而产生的热量为30J 答案AD 解析对物块进行受力分析，物块离开斜面时应满足qvB ＝(mg －qE )cos 53°，解得v ＝3m/s ，动能为12mv 2＝18J ，选项A 正确；物块从释放到离开斜面，重力势能减少mgx sin 53°＝96J ，选项B 错误；电势能的增加量等于克服静电力做的功，即ΔE p ＝qEx sin 53°＝48J ，选项C 错误；由功能关系得(mg －qE )x sin 53°＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝30J ，选项D 正确．例7(多选)(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)一物体在竖直向上的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，物体的机械能E 与上升高度h 的关系如图所示，已知曲线上A 点处切线的斜率最大．不计空气阻力，下列说法正确的是()A．0～h2过程中物体所受的拉力先增大后减小B．h1处速度最大C．0～h2过程中物体的动能先增大后减小D．0～h3过程中物体的加速度先增大再减小，最后物体做匀速运动答案AC解析物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物体的机械能，机械能的变化量等于拉力做功，则有ΔE＝FΔh，得F＝ΔEΔh，所以斜率表示拉力．由题图可知，在0～h1阶段斜率增大，即拉力增大，h1～h2阶段斜率减小，即拉力减小，即0～h2过程中物体所受拉力先增大后减小，故A正确；在h1处，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物体正在加速，所以h1处速度不是最大，故B错误；由题图可知，在h1～h2过程中，图像斜率减小，拉力F减小，在h2后图像斜率为零，拉力为零，在h1处拉力F大于重力，在h2处拉力为零，因此在h1～h2过程中，拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直线运动后做减速直线运动，动能先增大后减小，故C正确；在0～h3过程中，拉力先大于重力后小于重力，最后拉力为零，物体所受的合外力先增大再减小到零后反向增大、最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加速度先增大再减小后反向增大再不变，且h2～h3阶段为竖直上抛运动，不是匀速运动，故D错误.1．(2022·广东省模拟)某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，把足球视为质点，空气阻力不计，关于足球从踢出到落地的过程中，足球的()A．动能先减少后增加B．重力势能一直增加C．机械能先减少后增加D．重力的瞬时功率一直增大答案A解析足球斜向上运动至最高点的过程中，速度减小，至最高点时速度最小(但大于0)，然后开始向右做平抛运动，速度增加，故整个过程动能先减少后增加，重力势能先增加后减少，机械能总量不变，重力的瞬时功率先减小(最高点为零，因为重力与速度垂直)后增大，A正确，B、C、D错误．2．(多选)(2022·辽宁葫芦岛市普通高中高三期末)某质量m＝1500kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54km/h＜v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保，该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1250 N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末，则在前11s内()A．经过计算t0＝5sB．在0～t0时间内小汽车行驶了45mC．电动机输出的最大功率为60kWD．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105J答案BD解析开始阶段加速度为a＝F1－F fm＝5000－12501500m/s2＝2.5m/s2，v1＝54km/h＝15m/s，解得t0＝v1a＝152.5s＝6s，故A错误；汽车前6s内的位移为x1＝12at02＝45m，故B正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，为P m＝F1v1＝5000×15W ＝75kW，故C错误；由题图可知，汽油机工作期间，功率为P＝F2v1＝90kW，解得11s时刻汽车的速度为v3＝PF3＝90×1033600m/s＝25m/s＝90km/h，故6～11s内都是汽油机在做功，且汽油机工作时牵引力做的功为W＝Pt＝4.5×105J，故D 正确．3.(多选)(2022·海南省模拟)如图所示，某物体(可视为质点)分别从等高的固定斜面Ⅰ、Ⅱ顶端下滑，物体与接触面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面接触处用半径可忽略的光滑小圆弧相连．若该物体沿斜面Ⅰ由静止下滑，运动到水平面上的P点静止，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点的左侧静止B．物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程C．物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量D．物体沿斜面Ⅱ运动损失的机械能大于沿斜面Ⅰ运动损失的机械能答案BC解析设斜面的倾角为α，长度为l，高度为h，斜面的下端点到P点的水平距离为x，由动能定理得mgh－μmgl cosα－μmgx＝0，设斜面上端点到P点的水平距离为s 总，则s 总＝l cos α＋x ，联立可得mgh －μmgs 总＝0，可知最终两物体均停止在P 点，故A 错误；根据几何知识可知，物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程，故B 正确；两种情形下，都是重力势能完全转化为内能，而初始时重力势能相同，则物体沿斜面Ⅱ运动到P 点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P 点产生的热量，故C 正确；沿斜面Ⅰ运动损失的机械能ΔE 1＝μmgL 1cos α1，沿斜面Ⅱ运动损失的机械能ΔE 2＝μmgL 2cos α2，因为L 1＞L 2，α1＜α2，所以ΔE 1＞ΔE 2，故D 错误．专题强化练[保分基础练]1.如图所示，一质量为25kg 的小孩从高为2m 的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度大小为2m/s(g 取10m/s 2)．关于力对小孩做的功，以下说法正确的是()A ．重力做功450JB ．合力做功50JC ．克服阻力做功50JD ．支持力做功450J答案B 解析由功的计算公式可知，重力做功为W G ＝mgh ＝25×10×2J ＝500J ，A 错误；由动能定理可知，合力做功等于动能的变化量，则有W 合＝12mv 2＝12×25×22J ＝50J ，B正确；由动能定理可得W G－W克f＝12mv2，故克服阻力做功W克f＝W G－12mv2＝500J－50J＝450J，C错误；支持力与小孩的运动方向一直垂直，所以支持力不做功，D错误．2．一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随时间的变化规律分别如图(a)和图(b)所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力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＝W3B．W1<W2<W3C．W1<W3<W2D．W1＝W2<W3答案B解析由v－t图像可知，第1s、第2s、第3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由F－t图像及功的公式W＝Fl cosα，可知W1＝0.5J，W2＝1.5J，W3＝2J，故选B.3.(2022·山东烟台市高三期末)如图，一容器的内壁是半径为r的半球面，容器固定在水平地面上．在半球面水平直径的一端有一质量为m(可视为质点)的小滑块P，它在容器内壁由静止开始下滑到最低点，在最低点时的向心加速度大小为a，已知重力加速度大小为g.则P由静止下滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为()A ．mr (g －12a )B ．mr (2g －a )C.12mr (g －a )D ．mr (2g ＋a )答案A 解析在最低点由牛顿第二定律及向心力公式有ma ＝m v 2r，P 由静止下滑到最低点的过程中有mgr －W 克f ＝12mv 2，联立解得W 克f ＝mgr －12mar ＝mr (g －12a )，故选A.4．(多选)(2021·广东卷·9)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，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mghD ．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh答案BC解析由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝2hg，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＝mgv y＝mg2gh，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，两手榴弹重力的功率相同，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少量ΔE p＝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．(2022·北京市丰台区一模)将质量为m的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点．在此过程中物体所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是()A．上升过程的时间大于下落过程的时间B．上升过程中机械能损失量小于下落过程中机械能损失量C．上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量D．上升过程的动量变化量小于下落过程的动量变化量答案C解析设空气阻力大小为F f，上升过程的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg＋F f＝ma1，解得a1＝g＋F fm，设下落过程的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mg－F f＝ma2，解得a2＝g－F fm，所以上升过程的加速度大小大于下落过程的加速度大小，由于上升和下落的位移相等，由运动学公式x＝12at2，可知上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误；由于空气阻力大小不变，上升过程和下落过程空气阻力做的功相等，所以上升过程中机械能损失量等于下落过程中机械能损失量，故B错误；设物体从地面竖直向上抛出时的速度大小为v0，物体落回到地面时的速度大小为v，由运动学公式得v02＝2a1x，v2＝2a2x，又因为a1>a2，所以v0>v，上升过程的动能减小量为ΔE k1＝12mv02，下落过程的动能增加量为ΔE k2＝12mv2，所以上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量，故C正确；上升过程动量的变化量大小为Δp1＝mv0，下落过程的动量变化量大小为Δp2＝mv，所以上升过程的动量变化量大于下落过程的动量变化量，故D错误．6．(多选)(2021·全国乙卷·19)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则()A．在此过程中F所做的功为12mv02B．在此过程中F的冲量大小等于32mv0C．物体与桌面间的动摩擦因数等于v024s0gD．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍答案BC解析外力撤去前，由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma1①由速度位移公式有v02＝2a1s0②外力撤去后，由牛顿第二定律可知－μmg＝ma2③由速度位移公式有－v02＝2a2(2s0)④由①②③④可得，水平恒力F＝3mv024s0，物体与桌面间的动摩擦因数μ＝v024s0g，则滑动摩擦力F f＝μmg＝mv024s0，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功为W＝Fs0＝34mv02，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1＝s00＋v02＝2s0v0，在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft1＝32mv0，故B正确．7．(2021·湖南卷·3)“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v m.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34v m 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v m，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为12mv m2－Pt答案C解析对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，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增大，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4P v－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，动车组匀速行驶时加速度为零，有2.25Pv＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有4Pv m＝kv m，联立解得v＝34v m，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v m，由动能定理可知4Pt－W克阻＝12mv m2－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－12mv m2，故D错误．[争分提能练]8．(2022·广东省高三5月测试)在某滑雪场有一段坡道，可看作斜面，一滑雪爱好者从坡道最低点以某一速度滑上此坡道，滑雪爱好者和全部装备的总质量为50 kg，其重力势能和动能随上滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，以坡道底端所在水平面为重力势能的参考平面，滑雪爱好者连同全部装备可看作质点，重力加速度g取10m/s2，则()A．坡道与水平面的夹角θ为45°B．滑雪板和坡道之间的动摩擦因数为0.1C．滑雪爱好者在坡道上滑的最大高度为15mD．滑雪爱好者在坡道上滑过程重力的冲量大小为1000N·s答案D解析上滑过程重力势能为E p＝mgs sinθ＝mg sinθ·s，则重力势能随s变化的图线的斜率为mg sinθ＝2500J10m，解得sinθ＝12，则坡道与水平面的夹角为θ＝30°，选项A错误；上滑过程根据动能定理有－(mg sinθ＋μmg cosθ)s＝E k－E k0，整理得E k＝－(mg sinθ＋μmg cosθ)s＋E k0，动能随s变化的图线斜率为－(mg sinθ＋μmg cosθ)＝1875J－5625J10m－0，代入数据解得动摩擦因数为μ＝36，选项B错误；上滑过程根据动能定理有－(mg sinθ＋μmg cosθ)s m＝0－E k0，解得s m＝15m，上升的高度h ＝s m sinθ＝7.5m，选项C错误；上滑过程根据动量定理有(mg sinθ＋μmg cosθ)t＝0－(－2mE k0)，解得上滑时间t＝2s，则重力的冲量为mgt＝1000N·s，选项D 正确．9.(2022·山东卷·2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中()A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案A解析火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误．10．(2022·广东深圳市模拟)跳伞运动是世界上流行的空中极限运动．伞打开前可看作是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．如果用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，v表示人下落的速度，E p表示人的重力势能，E k 表示人的动能，E表示人的机械能，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则可能符合事实的图像是()答案C解析伞打开前做自由落体运动，由v＝gt，知速度与时间成正比；伞打开之后，有空气阻力，假设人的质量为m，伞的质量为M，得f－(m＋M)g＝kv2－(m＋M)g＝(m＋M)a，速度减小，加速度减小直到减为零，所以伞打开之后，先做加速度减小的减速直线运动后做匀速直线运动，即伞打开之后的v－t图像中的斜率先减小后不变，A错误；假设初始时人的重力势能为E p0，则下落中有E p＝E p0－mgh，可知重力势能与高度成线性关系，又因为打开伞前为自由落体运动，打开伞后先减速后匀速，故下落高度与时间不是线性关系，则重力势能与时间也不是线性关系，B错误；伞未打开之前，由动能定理可知mgh＝E k，可知动能与下落高度成正比，伞打开后由伞和人整体先做加速度减小的减速直线运动后做匀速直线运动，可知人受到的合外力先减小后为零且方向向上．E k－h图像中的斜率大小代表F合，则斜率先减小后为零且伞打开之后人的动能先减小后不变，C正确；伞未打开之前人的机械能不变，伞打开之后由C项分析可知人受到的合外力先减小后为零，h可知E－h图中的斜率大小代即人受到伞的拉力先减小后不变．由ΔE＝－F T伞Δ，则斜率先减小后不变，且伞打开之后人的机械能一直减小，D错误．表F T伞11．(多选)(2022·甘肃张掖市高三期末)如图所示，内壁光滑的玻璃管竖直固定在水平地面上，管内底部竖直放置处于自然长度的轻质弹簧．用轻杆连接的两小球A、B的质量分别为m和2m(球的直径比管的内径略小)，重力加速度为g，现从弹簧的正上方释放两球，则从A球与弹簧接触起到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是()A．杆对A球做的功大于杆对B球做的功B．A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做功的32倍C．弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量D．A球到最低点时杆对B球的作用力等于4mg答案BC解析杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相等，两球的位移相同，所以杆对A球做的功与杆对B球做的功数值相等，故A错误；设A球克服弹簧弹力做的功为W1，A下降的高度为h，杆对A球做的功为W2，则杆对B球做功为－W2，由动能定理，对A球有mgh－W1＋W2＝0，对B球有2mgh－W2＝0，联立解得W1＝32W2，即A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做的功的32倍，故B正确；根据功能关系知，弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量，故C正确；若A球从弹簧原长处释放，刚释放时A、B整体的加速度大小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性知，A球到最低点时整体的加速度大小为g，方向竖直向上，现A球从弹簧正上方下落，A球到最低点时弹簧压缩量比从弹簧原长处释放时的大，则弹力比从弹簧原长处释放时的大，整体所受的合力增大，加速度将大于g，所以A球到最低点时整体的加速度大小大于g，方向竖直向上，在最低点，对B球，由牛顿第二定律得F－2mg＝2ma＞2mg，则得A球到最低点时杆对B球的作用力F＞4mg，故D错误．12.(2022·广东省模拟)如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机，起重机通过一轻质钢丝绳吊起质量为8×102kg的物体，绳的拉力不能超过1.2×104N，起重机的功率不能超过1.2×105W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高90m．已知此物体在被吊高接近90m时，已经开始以最大速度匀速上升．不计空气阻力，已知重力加速度g取10m/s2，求：。

准兑市爱憎阳光实验学校高三物理第一轮专题复习--功和功率一、知识归纳(一)、功1．功的义：2．做功的两个要素3．功的公式：W=Flcosa4．单位：焦耳〔J〕5．功有正、负之分①当α=π/2时，cosα=0，W=0。

力F和位移s的方向垂直时，力F不做功；②当α＜π/2时，cosα＞0，W＞0。

这表示力F对物体做正功；③当π/2＜α≤π时，cosα＜0，W＜0。

这表示力F对物体做负功。

(二)功率功率1．义：功和完成这些功所用时间的比值．2．义式：P=w/t，变形式：P＝Fv。

3．单位和常用单位：W，kW．额功率和实际功率1．额功率：正常条件下可以长时间工作的功率．2．实际功率：机车实际输出的功率．功率与速度讨论公式P＝Fv二、典型问题〔一〕.弄清求变力做功的几种方法1、值法例1、如图1，滑轮至滑块的高度为h，细绳的拉力为F〔恒〕，滑块沿水平面由A点S至B点，滑块在初、末位置时细绳与水平方向夹角分别为α和β。

求滑块由A点运动到B点过程中，绳的拉力对滑块所做的功。

分析与解：设绳对物体的拉力为T，显然人对绳的拉力F于T。

T在对物体做功的过程小虽然不变，但其方向时刻在改变，因此该问题是变力做功的问题。

但是在滑轮的质量以及滑轮与绳间的摩擦不计的情况下，人对绳做的功就于绳的拉力对物体做的功。

而拉力F的大小和方向都不变，所以F做的功可以用公式W=FScosa直接计算。

由图1可知，在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中,拉力F的作用点的位移大小为：2、微元法例2 、如图2所示，某力F=10N作用于半径R=1m的转盘的边缘上，力F 的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，那么转动一周这个力F做的总功为：A、 0JB、20πJ C 、10J D、20J.分析与解：把圆周分成无限个小元段，每个小元段可认为与力在同一直线上，故ΔW=FΔS，那么转一周中各个小元段做功的代数和为W=F×2πR=10×2πJ=20πJ=6J，故B正确。