【高考物理】2026高考 导与练总复习物理一轮（基础版）第九章 第7讲　实验 观察电容器的充、放电现象含答案

【高考物理】2026高考导与练总复习物理一轮（基础版）第九章第7讲实验观察电容器的充、放电现象含答案第7讲实验:观察电容器的充、放电现象一、实验目的1.理解电容器的储能特性及其在电路中能量的转换规律。2.了解电容器充、放电过程中,电路中的电流和电容器两端电压的变化规律,会计算电容器充、放电的电荷量。二、实验过程1.电容器的充电过程如图所示,当开关S接1时,电容器接通电源,在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动,正极板因失去电子而带正电,负极板因获得电子而带负电。正、负极板带等量的正、负电荷。电荷在移动的过程中形成电流。在充电开始时电流比较大,以后随着极板上电荷的增多,电流逐渐减小,当电容器两极板间电压等于电源电压时,电荷停止定向移动,电流I=0。2.电容器的放电过程如图所示,当开关S接2时,相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来,电容器正、负极板上电荷发生中和。在电子移动过程中,形成电流。放电开始时电流较大,随着两极板上的电荷量逐渐减小,电路中的电流逐渐减小,两极板间的电压也逐渐减小到零。3.电容器充、放电时的能量转化充电后,电容器储存了电能。放电时,储存的电能释放出来,转化为其他形式的能。三、数据处理1.整个图像与横轴所围的面积的物理意义是整个充电或放电时间内通过电流表的电荷量,也等于充满电后或放电开始时电容器极板上的电荷量。2.估算电容器充电或放电过程中电荷量的方法是:先算出一个小方格代表的电荷量,然后数出整个图像与横轴所围的面积中的方格数(大于半个的按一个方格计算,小于半个的舍弃)。电容器充电或放电过程中电荷量为一个小方格代表的电荷量乘以方格数。四、误差分析1.电压表读数及电流表不够灵敏造成偶然误差。2.充放电时间较短、记录现象不够准确出现偶然误差。3.电容器电容较小和电源不稳定造成系统误差。五、注意事项1.电流表要选用小量程的灵敏电流计。2.要选择大容量的电容器。3.实验要在干燥的环境中进行。4.在做放电实验时,在电路中串联一个电阻,以免烧坏电流表。考点一基础性实验[例1]【定性分析】(2023·全国新课标卷,22)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,所用器材如下:电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。(1)用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时,红表笔应该与电池的(选填“正极”或“负极”)接触。

(2)某同学设计的实验电路如图甲所示。先将电阻箱的阻值调为R1,将单刀双掷开关S与“1”端相接,记录电流随时间的变化。电容器充电完成后,开关S再与“2”端相接,相接后小灯泡亮度变化情况可能是。(填正确答案标号)

A.迅速变亮,然后亮度趋于稳定B.亮度逐渐增大,然后趋于稳定C.迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭(3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1),再次将开关S与“1”端相接,再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图乙中曲线所示,其中实线是电阻箱阻值为(选填“R1”或“R2”)时的结果,曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的(选填“电压”或“电荷量”)。

【答案】(1)正极(2)C(3)R2电荷量【解析】(1)电流从多用电表的红表笔流入,黑表笔流出,故用多用电表的电压挡检测电池的电压时,红表笔应该与电池的正极接触。(2)电容器充电完成后,当开关S与“2”端相接,接入小灯泡,电容器放电,回路立即形成电流,小灯泡迅速变亮,开始时两极板电荷量较多,电势差较大,随着不断放电,两极板电荷量变少,电势差变小,流过小灯泡的电流减小,小灯泡亮度减小,直至两极板电荷量为零,无电流流过,小灯泡熄灭。(3)开始充电时两极板不带电,两极板电势差为零,由图像可知,开始充电时实线的电流较小,故电路中的电阻较大,因此电阻箱阻值为R2;由q=It知,I-t曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。[例2]【定量计算】(2024·广西卷,12)某同学为探究电容器充、放电过程,设计了图甲实验电路。器材如下:电容器,电源E(电动势6V,内阻不计),电阻R1=400.0Ω,电阻R2=200.0Ω,电流传感器,开关S1、S2,导线若干。实验步骤如下:(1)断开S1、S2,将电流传感器正极与a节点相连,其数据采样频率为5000Hz,则采样周期为s。

(2)闭合S1,电容器开始充电,直至充电结束,得到充电过程的I-t曲线如图乙,由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为mA(结果保留3位有效数字)。

(3)保持S1闭合,再闭合S2,电容器开始放电,直至放电结束,则放电结束后电容器两极板间电压为V。

(4)实验得到放电过程的I-t曲线如图丙,I-t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0188C,则电容器的电容C为μF。图丙中I-t曲线与横坐标、直线t=1s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0038C,则t=1s时电容器两极板间电压为V(结果保留2位有效数字)。

【答案】(1)2.0×10-4(2)15.0(3)2(4)4.7×1035.2【解析】(1)采样周期为T=1f=2.0×10-4s(2)由题图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0mA。(3)放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压,根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压为UC=ER1+R2·R2(4)充电结束后电容器两端电压为UC′=E=6V,故可得放电过程释放的电荷量ΔQ=C(UC′-UC)=0.0188C,解得C=4.7×103μF。设t=1s时电容器两极板间电压为UC″,则C(UC′-UC″)=0.0038C,解得UC″≈5.2V。[例3]【误差分析】(2024·湖南二模)如图甲为“观察电容器的充、放电现象”实验。实验器材:电源E(电动势9.50V,内阻可忽略)、电容器C(标称电容值为470μF,击穿电压为10V)、电阻箱R、微安表G、单刀双掷开关S和导线若干。完成下列实验的相关内容:(1)按照图甲的电路图,把图乙中的器材连接成完整的实验电路。(2)实验步骤:步骤①:将开关S打到1,给电容器C充电,观察微安表G的示数变化直到读数稳定;步骤②:先打开手机视频录制软件,再将开关S打到2位置,观察并用视频记录电容器C的放电过程中微安表G的示数变化情况;步骤③:断开开关S,查阅视频,记录0～160s内,微安表G的读数随时间变化的数据;步骤④:在坐标纸上以时间t为横轴,微安表G的读数I为纵轴,描点作出I-t图像,如图丙。(3)分析图丙可知:①电容器放电过程电流的变化规律为:放电电流逐渐(选填“增大”“减小”或“不变”),放电电流随时间的变化率逐渐(选填“增大”“减小”或“不变”)。

②图丙中,图像与横轴所包围的面积为84格,可求得该电容器的电容值为μF。(结果保留2位有效数字)

(4)步骤①中,微安表G的读数稳定时,并不为0,始终保持在12μA,出现这种现象的原因是电容器(选填“短路”或“漏电”)。

【答案】(1)图见解析(3)①减小减小②4.4×102(4)漏电【解析】(1)按照题图甲的电路图,实物图连接如图所示。(3)①由题图丙可知,电容器放电过程电流的变化规律为:放电电流逐渐减小,放电电流随时间的变化率逐渐减小。②充电后电容器两极板间电势差为U=9.5V,由电容定义式可知C=QU=84×10×10-442μF≈4.4×102μF。(4)步骤①中,微安表G的读数稳定时,并不为0,始终保持在12μA,出现这种现象的原因是电容器漏电。考点二创新性实验[例4]【实验情境的创新】(2023·山东卷,14)电容储能已经在电动汽车,风、光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路,探究不同电压下电容器的充、放电过程,器材如下:电容器C(额定电压10V,电容标识不清);电源E(电动势12V,内阻不计);电阻箱R1(阻值0～99999.9Ω);滑动变阻器R2(最大阻值20Ω,额定电流2A);电压表V(量程15V,内阻很大);发光二极管D1、D2,开关S1、S2,电流传感器,计算机,导线若干。回答以下问题:(1)按照图甲连接电路,闭合开关S1,若要升高电容器充电电压,滑动变阻器滑片应向(选填“a”或“b”)端滑动。

(2)调节滑动变阻器滑片位置,电压表表盘如图乙所示,示数为V(结果保留1位小数)。

(3)继续调节滑动变阻器滑片位置,电压表示数为8.0V时,开关S2掷向1,得到电容器充电过程的I-t图像,如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法,根据图像可估算出充电结束后,电容器存储的电荷量为C(结果保留2位有效数字)。

(4)本电路中所使用电容器的电容约为F(结果保留2位有效数字)。

(5)电容器充电后,将开关S2掷向2,发光二极管(选填“D1”或“D2”)闪光。

【答案】(1)b(2)6.5(3)3.9×10-3(4)4.9×10-4(5)D1【解析】(1)滑动变阻器采用分压式接法,故滑片向b端滑动电容器充电电压升高。(2)由题图乙可知,电压表量程为15V,每个小格为0.5V,故示数为6.5V。(3)I-t图像与坐标轴所围的面积表示电容器存储的电荷量,由题图丙可知,总共39个小格,故电容器存储的电荷量为3.9×10-3C。(4)由电容的定义式C=QU得C≈4.9×10-4F(5)由题图甲可知,电容器充电后,左极板带正电,将开关S2掷向2,电容器放电,D1导通,则发光二极管D1闪光。[例5]【实验方法的创新】(2024·河南郑州一模)收音机中可变电容器作为调谐电台使用,如图甲为空气介质单联可变电容器的结构,它是利用正对面积的变化改变电容器电容大小的原理工作的,某同学想要研究这种电容器充、放电的特性,于是将其接到如图乙所示的实验电路中,实验开始时电容器不带电。(1)首先将开关S打向1,这时观察到灵敏电流计G有短暂的示数,稳定后,旋转旋钮,使电容器正对面积迅速变大,从开始旋转旋钮到最终稳定过程中,流过灵敏电流计的电流方向是(选填“从左到右”或“从右到左”),灵敏电流计示数随时间变化的图像可能是(填选项中的字母序号)。

AB CD(2)充电稳定后,断开单刀双掷开关,用电压表接在电容器两端测量电压,发现读数缓慢减小,原因是。

(3)该同学做完实验,得到电容器的电容后,突然想起他用的是一节旧电池(电动势不变,内阻不可忽略),他想要得到尽量精确的电容值,(选填“需要”或“不需要”)重新换一节新电池来测量。

【答案】(1)从左到右A(2)电压表并非理想电表,电容器通过电压表放电(3)不需要【解析】(1)电容器充电时,电流方向从左到右,刚开始电流比较大,充电结束后,电流为0;电容C=εrS4πkd,当电容器正对面积迅速变大时,电容迅速增大,又由Q=CU,可得电容器的带电量Q增加,故电容器再次充电,(2)用电压表接在电容器两端测量电压,发现读数缓慢减小,说明电容器在缓慢放电,即电路中有电流,这是因为电压表不是理想电压表。(3)本实验测量电容的原理是C=QU,电容器的带电量Q=It,可由步骤(1)所得的I-t图线与坐标轴围成的面积求得;充电后两极板之间电压由步骤(2)中的电压表测得。给电容器充电时由于使用了旧电池,导致充电时电流较小,充电的时间会稍长一点,当充电电流等于0时,电容器两端电压仍然等于电源电动势,所以电容器最终所带电量不变,不影响测量结果,(满分:60分)1.(16分)(2025·山西太原期中)在“观察电容器的充、放电现象”实验中:某同学的实验电路图如图甲,电源输出电压恒为8V,S是单刀双掷开关,C为电容器。该同学先让S与“1”端相连,稳定后,将S与“2”端相连,直至电流传感器示数为0,如图乙记录了该过程中通过电容器的电流随时间的变化情况。(1)当开关S接到“1”时,电容器处于过程;当开关S接到“2”时,电容器处于过程(以上两空均选填“充电”或“放电”);放电过程中,通过电阻R0的电流方向与充电过程(选填“相同”或“相反”)。

(2)图像阴影表示i-t图像与对应时间轴所围成的面积,面积表示的物理意义是。

(3)图乙中阴影部分的面积S1(选填“>”“<”或“=”)S2。

【答案】(1)充电放电相反(2)电荷量(3)=【解析】(1)当开关S接到“1”时,电容器与电源相连,电容器处于充电状态;当开关S接到“2”时,电容器处于放电状态。充电时,通过电阻R0的电流方向向左,电容器上极板带正电,所以放电时,通过电阻R0的电流方向向右,两个过程通过电阻R0的电流方向相反。(2)根据公式q=it,可知i-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电荷量。(3)充电前,电容器的电荷量为零,放电完成后,电容器的电荷量为零,可知电容器充电量等于放电量,故题图乙中阴影部分的面积S1=S2。2.(14分)(2024·海南卷,15)用如图甲所示的电路观察电容器的充放电现象,实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干。(1)闭合开关S2,将S1接1,电压表示数增大,最后稳定在12.3V。在此过程中,电流表的示数(填选项标号)。

A.一直稳定在某一数值B.先增大,后逐渐减小为零C.先增大,后稳定在某一非零数值(2)先后断开开关S2、S1,将电流表更换成电流传感器,再将S1接2,此时通过定值电阻R的电流方向为(选填“a→b”或“b→a”),通过传感器将电流信息传入计算机,画出电流随时间变化的I-t图像,如图乙,t=2s时I=1.10mA,图中M、N区域面积比为8∶7,可求出R=kΩ(结果保留2位有效数字)。

【答案】(1)B(2)a→b5.2【解析】(1)由题图甲可知,当闭合开关S2,将S1接1时,电源为电容器充电,电流表示数先从0增大到某一数值,随着电容器的不断充电,电路中的充电电流逐渐减小,当电容器充满电后,电路相当于断路,电流为零,B正确。(2)由题图甲可知,当闭合开关S2,将S1接1时,电容器的上极板与电源正极相连,电容器充电结束后上极板带正电,当将S1接2时,电容器放电,此时通过定值电阻R的电流方向为a→b;电容器开始放电前两端电压为12.3V,由题图乙可知,当t=2s时,电路中的电流I=1.10mA,可知此时电容器两端的电压为U2=IR,可得0～2s内的放电量为Q1=ΔU·C=(12.3-1.10×10-3×R)×C,2s后到放电结束的放电量为Q2=ΔU′·C=1.10×10-3×R×C,已知题图乙中M、N区域面积之比为8∶7,则Q1Q2=87,解得R≈5.3.(16分)(2024·广西河池阶段练习)某同学设计了如图甲所示的电路,用来完成“观察电容器的充、放电现象”实验。(1)将开关S接通1,电容器的(选填“上”或“下”)极板带正电,再将S接通2,通过电流表的电流方向向(选填“左”或“右”)。

(2)实验中所使用的电容器如图乙所示,其标称值为“16V3300μF”,当电容器两端的电压为6V时,电容器正极板带电荷量为。(结果保留2位有效数字)

(3)下列关于电容器充电时,所带电荷量Q与时间t的关系、所带电荷量Q与两极板间的电压U的关系正确的是。(多选)

AB CD(4)如图丙所示为利用传感器研究电容器放电过程的实验电路,实验时先将开关S与1端相连,电源向电容器充电,待电路稳定后,t=0时刻把开关S掷向2端,电容器通过电阻放电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的i-t曲线如图丁所示,这个曲线的横坐标是放电时间,纵坐标是放电电流,则电容器释放的最大电荷量约为。(结果保留2位有效数字)

【答案】(1)下右(2)2.0×10-2C(3)AD(4)3.2×10-3C【解析】(1)将开关S接通1,电容器下极板与电源正极连接,故下极板带正电。将S接通2,电流由下极板通过电阻、电流表流向上极板,故通过电流表的电流方向向右。(2)由电容的定义式,可得电容器正极板带电荷量为Q=CU=3300×10-6×6C=1.98×10-2C≈2.0×10-2C。(3)充电过程中,电荷量随时间逐渐增大,且充电电流逐渐减小,Q-t图像斜率变小,A正确,B错误;由Q=CU可知,电容不变,电荷量与电压成正比,C错误,D正确。(4)i-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示电荷量,大于半格记为一格,小于半格舍去,约为40格,故电容器在放电过程中释放的电荷量约为Q=40×0.2×10-3×0.4C=3.2×10-3C。4.(14分)(2024·江苏泰州一模)电容储能已经在电动汽车、风力发电等方面得到广泛应用。某同学设计了图甲所示电路,探究不同电压下电容器的充、放电过程和测定电容器的电容。器材如下:电容器C(额定电压10V,电容标识不清);电源E(电动势12V,内阻不计);滑动变阻器R1(最大阻值20Ω);电阻箱R2(阻值0～9999.9Ω);电压表V(量程15V,内阻较大);开关S1、S2,电流传感器,计算机,导线若干。(1)按照图甲连接电路,闭合开关S1、断开开关S2,调节滑动变阻器R1的滑片向b端滑动。(2)当电压表的示数为U1=3V时,调节R2的阻值,闭合开关S2,通过计算机得到电容器充电过程电流随时间变化的图像;保持R2的阻值不变,断开开关S1,得到电容器放电过程电流随时间变化的图像,图像如图乙所示。测得I1=6mA,则R2=Ω。

(3)重复上述实验,得到不同电压下电容器的充、放电过程的电流和时间的图像,利用面积法可以得到电容器电荷量的大小,测出不同电压下电容器所带的电荷量如下表:实验次数123456U/V345678Q/(10-3C)0.140.190.240.300.330.38请在图丙中作出U-Q图像,并利用图像求出电容器的电容为F。(结果保留2位有效数字)

(4)实验发现,相同电压下电容器充、放电过程的电流和时间图像中的I1总是略大于I2,其原因是。

【答案】(2)500(3)图见解析5.0×10-5(4)见解析【解析】(2)由题图乙可知,充电的最大电流值为I1,根据欧姆定律可得R2=U1I1=500(3)U-Q图像如图所示,根据C=QU可得U=1C·Q,所以图线斜率的倒数表示电容器电容,即C=1k=0.3×10-36F=5(4)充电过程,R2会把一部分电能转化为内能,导致充电电流的最大值略大于放电电流的最大值。【课标要求】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。2.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。3.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。4.通过实验,验证机械能守恒定律。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。能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题。【考情分析】功与功率2024·广东卷·T9、2024·福建卷·T11、2023·广东卷·T8、2023·新课标卷·T15、2023·山东卷·T4、2023·北京卷·T11动能和动能定理2024·新课标卷·T24、2023·湖南卷·T8、2023·湖北卷·T14、2023·新课标卷·T20机械能守恒定律2024·山东卷·T7、2023·全国甲卷·T24、2023·浙江6月选考卷·T18实验:验证机械能守恒定律2023·天津卷·T9、2022·广东卷·T11第1讲功与功率解放军战士为了增强身体素质,进行拉轮胎负重训练,如图所示,已知绳子与水平地面间的夹角恒为θ,轮胎质量为m,若该战士由静止开始做匀加速直线运动,位移为x时,速度达到v,已知绳上拉力大小恒为F,重力加速度为g,则由静止加速到v的过程中:(1)轮胎所受各力对轮胎做的功分别为多少?轮胎所受合力做的功为多少?(2)拉力的最大功率为多少?拉力的平均功率为多少?1.关于功和功率,下列说法正确的是()[A]功是矢量,功的正负表示方向[B]恒力做功的大小一定与物体的运动路径有关[C]某时刻的瞬时功率可能等于一段时间内的平均功率[D]发动机的实际功率总等于额定功率【答案】C2.(多选)如图所示,某同学到超市购物时,用大小恒为40N、方向与水平面成60°角斜向上的拉力使购物篮以1m/s的速度在水平地面上做匀速直线运动,则()[A]前进6s内拉力所做的功为240J[B]前进6s内重力所做的功为1203J[C]前进6s内拉力的平均功率为20W[D]6s末拉力做功的瞬时功率为20W【答案】CD【答案】力的方向力的方向位移恒力正功负功克服不做功快慢平均功率平均瞬时考点一恒力做功的分析和计算1.功的正负的判断方法(1)根据力与位移的方向的夹角判断。(2)根据力与瞬时速度方向的夹角α判断:0≤α<π2,力做正功;α=π2,力不做功;π2<α2.计算功的方法(1)恒力做功的计算方法。(2)合力做功的计算方法。法一先求合外力F合,再用W合=F合lcosα求功。适用于F合为恒力的过程法二先求各个力做的功W1、W2、W3、…,再应用W合=W1+W2+W3+…求合力做的功法三利用动能定理W合=ΔEk[例1]【功的正负判断】如图所示,光滑斜面放在水平面上,斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的小球。当整个装置沿水平面向左做减速运动的过程中,关于小球所受各力做功情况的说法正确的是()[A]重力做功[B]斜面对球的弹力一定做负功[C]挡板对球的弹力一定做负功[D]球所受的合力对球一定做正功【答案】C【解析】如图,重力与位移方向垂直,不做功,故A错误;FN2与位移的夹角为锐角,做正功,故B错误;FN1与位移方向相反,做负功,故C正确;小球向左减速,合力与位移方向相反,做负功,故D错误。[例2]【恒力做功的计算】质量为m=1kg的物体静止在倾角为θ=37°斜面上,当斜面沿水平方向向右匀速移动了距离L=10m时,物体相对斜面静止,如图所示。物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.8,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求此过程中物体所受各个力所做的功及各力对物体做的总功。【答案】WG=0Wf=-48JWN=48JW总=0【解析】依题意,受力分析可得μmgcosθ>mgsinθ,易知斜面运动过程中,物体相对斜面静止,其中重力与位移方向垂直,根据功的定义可知WG=0,静摩擦力做功为Wf=mgsinθ·L·cos(π-θ)=-48J,支持力做功为WN=mgcosθ·L·cos(π2-θ)=48J总功为W总=WG+Wf+WN=0-48J+48J=0。考点二变力做功的分析和计算求变力做功的六种方法方法图例方法解读微元法图中质量为m的物体在水平面内沿着圆周运动一周的过程中,摩擦力做功Wf=-FfΔx1-FfΔx2-FfΔx3-…=-Ff(Δx1+Δx2+Δx3+…)=-Ff·2πR,适用于力的大小不变而方向变化的情况W=Pt公式法如果功率恒定,可以利用公式W=Pt计算功,图中力在前3s内做功W=P1t1+P2t2+P3t3=6J平均力法水平面光滑,A、B始终相对静止如果力随位移线性变化,在一段位移x内的初、末位置对应的力分别为F1、F2,则物体受到的平均力为F=F1+F22,F-x图像法图线与x轴所围“面积”表示力F在这段位移内所做的功,且位于x轴上方的“面积”为正功,位于x轴下方的“面积”为负功。图中拉力所做的功W=F0+等效转换法F为恒力图中恒力F把物块从位置A拉到位置B过程中绳子对物块做功W=F(hsinα-动能定理法应用动能定理可以求解变力做功。图中用力F把小球从A处缓慢拉到B处,则有WF-mgl(1-cosθ)=0,得WF=mgl(1-cosθ)[例3]【多种方法求变力做功】(多选)力F对物体所做的功可由公式W=Flcosα求得。公式中力F必须是恒力。而实际问题中,有很多情况是变力在对物体做功。如图,对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功,下列说法正确的是()[A]图甲中,若F大小不变,物块从A到C过程中绳的拉力对物块做的功为W=F(lOA-lOC)[B]图乙中,全过程中F做的总功为92π[C]图丙中,绳长为R,若空气阻力F阻大小不变,小球从A运动到B过程中,空气阻力做的功W=12πRF[D]图丁中,F始终保持水平,无论是F缓慢将小球从P拉到Q,还是F为恒力将小球从P拉到Q,F做的功都是W=Flsinθ【答案】AB【解析】等效转换法题图甲中物块从A到C过程中,绳的拉力对物块做的功等于力对绳做的功W=F(lOA-lOC),故A正确。图像法题图乙中,F-x图线与坐标轴围成的面积代表功,W=π2×32J=92πJ,故微元法题图丙中,F阻大小不变,方向始终与运动方向相反,从A运动到B过程中空气阻力做的功为W=-F阻·2πR4=-12πRF阻,动能定理法题图丁中,当F为恒力时将小球从P拉到Q,WF=Flsinθ,而F缓慢拉小球时为变力,根据动能定理有W-mgl(1-cosθ)=0,得W=mgl(1-cosθ),故D错误。[例4]【利用平均力法求变力做功】如图所示,密度为ρ、边长为a的正方体木块漂浮在水面上,h为木块在水面上的高度。现用竖直向下的力F将木块按入水中,直到木块上表面刚浸没(忽略水面高度的变化),则此过程中木块克服浮力做功为(已知水的密度为ρ0、重力加速度为g)()[A]ρa3gh [B]12a3gh(ρ+ρ0[C]ρ0a3gh(a-h) [D]12a3gh(a-h)(ρ+ρ0【答案】B【解析】木块漂浮在水面上时有F浮=G=ρga3,木块上表面刚浸没时受到的浮力为F浮′=ρ0ga3,浮力做的功为W=F浮+F浮'2h=12ga3h考点三功率的分析与计算1.平均功率的计算方法(1)利用P=Wt(2)利用P=F·vcosα求解,其中v为物体运动的平均速度,F为恒力,α不变。2.瞬时功率的计算方法(1)利用P=Fvcosα,其中v为t时刻的瞬时速度,F为此时刻的力,α为此时刻F与v的夹角。(2)对P=Fvcosα的理解:可以认为Fcosα是力F在速度v方向上的分力,也可以认为vcosα是速度v在力F方向上的分速度。[例5]【对功率的理解】(2024·江苏苏州二模)一架飞机从水平方向平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升,如图所示,假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变,发动机推力方向沿轨迹切线,飞机所受升力垂直于机身,空气阻力大小不变,则飞机沿圆弧运动时()[A]飞机发动机推力做功的功率逐渐增大[B]飞机发动机推力大小保持不变[C]飞机克服重力做功的功率保持不变[D]空气对飞机的作用力不变【答案】A【解析】发动机推力等于空气阻力与重力在切向的分力之和,重力在切向的分力逐渐增大,所以推力逐渐增大,推力与速度方向相同,故功率逐渐增大,A正确,B错误;设飞机速度方向与竖直方向的夹角为θ,则竖直分速度vy=vcosθ,飞机克服重力做功的功率为PG=mgvy=mgvcosθ,θ逐渐减小,所以功率逐渐增大,故C错误;空气对飞机的作用力为升力与空气阻力的合力,为变力,故D错误。[例6]【功率的计算】如图甲所示,滑轮质量、摩擦均不计,质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示,由此可知(重力加速度g取10m/s2)()[A]物体的加速度大小为2m/s2[B]F的大小为21N[C]4s末F的功率为42W[D]4s内F的平均功率为42W【答案】C【解析】由题图乙可知,物体加速度a=0.5m/s2,对物体有2F-mg=ma,可得F=10.5N,A、B错误;4s末F的作用点的速度大小为vF=2v物=4m/s,故PF=FvF=42W,C正确;由题图乙可知,4s内物体上升的高度h=4m,力F的作用点的位移l=2h=8m,WF=Fl=84J,故平均功率P=WFt=21考点四机车启动问题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=P恒(不变)v↓a=F-F阻m不变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,维持时间t1=vAB段过程分析F=F阻⇒a=0⇒vm=Pv↑⇒F=P额v↓⇒a=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段过程分析—F=F阻⇒a=0⇒vm=P运动性质—以vm做匀速直线运动转折点在转折点A,牵引力与阻力大小相等,此时加速度为零,速度达到最大,此时P在转折点A,功率达到额定功率,匀加速运动结束,此时F-F阻=maP额=F[例7]【恒定功率启动问题】(2024·广东深圳模拟)(多选)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,行驶路程s,恰好达到最大速度vm,已知该汽车所受阻力恒定,下列说法正确的是()[A]启动过程中,汽车做匀加速直线运动[B]启动过程中,牵引力对汽车做的功大于12M[C]车速从0增大到vm的加速时间为Mvm[D]车速为vm2时,【答案】BC【解析】P恒定,由P=F牵v可知,随着v增大,F牵减小,又F牵-F阻=ma,可知a减小,故A错误;由动能定理得W牵-W克阻=12Mvm2,可得W牵>12Mvm2,故B正确;汽车达到最大速度vm时,a=0,有P=F阻vm,由Pt-F阻s=12Mvm2,解得加速时间t=Mvm22P+svm,故C正确;车速为vm2时,由F牵[例8]【恒定加速度启动问题】(2025·贵州遵义开学考试)一辆小汽车在水平路面上由静止启动,在前4s内做匀加速直线运动,4s后达到额定功率,之后保持额定功率运动,其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为1.6×103kg,汽车受到的阻力恒为车重的110,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是([A]汽车在前4s内的牵引力为4×103N[B]汽车在前4s内的牵引力做的功为1×106J[C]汽车的额定功率为60kW[D]汽车的最大速度为35m/s【答案】D【解析】根据v-t图像可知前4s内加速度a=104m/s2=2.5m/s2,对汽车有F-F阻=ma,又F阻=110mg,解得F=5.6×103N,前4s内的位移为x=v12t1=102×4m=20m,W牵=Fx=1.12×105J,故A、B错误;当匀加速直线运动阶段结束时汽车达到额定功率,此时有P额=Fv1=5.6×104W,故C错误;当加速度为零时达到最大速度,此时F=F阻,有P额=F阻vm,解得vm=35掌握三个重要关系式(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,即满足P=F·vm,F=F阻(此时F为最小牵引力)。(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,满足F-F阻=ma,P额=F·v,此时v<vm。(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。(满分:60分)对点1.恒力做功的分析和计算1.(4分)(2025·重庆九龙坡开学考试)暑假里,小李同学和小伙伴们玩起了一种趣味运动,手持乒乓球拍托实心塑料球移动,距离大者获胜。若小李在趣味运动中沿水平方向做匀加速直线运动,手、球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ,如图所示。设球的质量为m,不计球拍和球之间的摩擦力,不计空气阻力,下列说法正确的是()[A]球拍对球的作用力大小为mgcosθ[B]球的加速度大小为gtanθ[C]球拍对球不做功[D]球的重力做负功【答案】B【解析】对球受力分析如图所示,则FN=mgcosθ,F合=mgtanθ,得a=gtanθ,故A错误,B正确;FN与球运动方向的夹角为锐角,做正功,故C错误;球的重力与位移垂直,不做功,故2.(6分)(2024·广东惠州三模)(多选)辘轳是古代民间提水设施,由辘轳头等部分构成。图甲为提水设施工作原理简化图,辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1m,水斗的质量为m0=0.5kg。某次从井中汲取m=5.5kg的水,t=0时刻,轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶,其角速度随时间变化规律如图乙所示。井足够深且绳的质量忽略不计,重力加速度g取10m/s2,则()[A]前10s,水斗做匀加速直线运动[B]前10s,井绳所受拉力大小恒定[C]前10s,水斗上升的高度为5m[D]前10s,井绳对水斗的拉力所做的功为300J【答案】AB【解析】水斗的速度为v=ωr=2×0.1t=0.2tm/s,所以前10s,水斗做匀加速直线运动,故A正确;对水斗有F-(m0+m)g=(m0+m)a,解得F=61.2N,井绳所受拉力大小恒定,故B正确;h=12at2=12×0.2×102m=10m,故C错误;井绳对水斗的拉力做的功W=Fh=61.2×10J=612J,故对点2.变力做功的分析和计算3.(4分)(2024·甘肃酒泉期中)在多年前的农村,人们往往会选择让驴来拉磨把食物磨成面,假设驴对磨杆的平均拉力为600N,半径r为0.5m,转动一周为5s,则()[A]驴转动一周拉力所做的功为0[B]驴转动一周拉力所做的功为600J[C]驴转动一周拉力的平均功率为120πW[D]磨盘边缘的线速度为0.1πm/s【答案】C【解析】驴转动一周拉力所做的功W=F·2πr=600×2×π×0.5J=600πJ,故A、B错误;P=Wt=600π5W=120πW,故C正确;线速度v=2πrT=0.2π4.(6分)(多选)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧下端固定在地面上,质量为m的物体A与轻弹簧上端拴接,质量为2m的物体B静止在A上,竖直向下的力F=3mg作用在B上,系统处于静止状态,现在减小F使A、B以g3的加速度一起匀加速上升,直到F=0的过程,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则([A]当F=mg时,物体A和物体B之间压力为10[B]物体A、B开始运动后,F随位移均匀减小[C]A、B从静止到F=0的过程合力对A、B系统做功为2[D]A、B从静止到F=0的过程弹簧弹力对A、B系统做功为8【答案】BC【解析】A、B一起匀加速上升,对B有FNAB-F-2mg=2m·13g,当F=mg时,可得FNAB=113mg,故A错误;系统静止时,对A、B整体分析有kx0=F+3mg=6mg,A、B以g3的加速度一起匀加速上升位移x时,有k(x0-x)-F-3mg=3m·13g,可得F=-kx+2mg,F随位移均匀减小,故B正确;A、B从静止到F=0的过程,位移x1=2mgk,则合力对A、B系统做的功为W=3m·13gx1=2m2g2k,故C正确;当F=0时,F弹=k(x0-x1)=4mg,A、B从静止到F=0的过程弹簧弹力对A、B系统做功W弹=12(6对点3.功率的分析与计算5.(4分)(2024·福建泉州二模)如图,商场中的斜坡式自动人行道电梯运行速度较慢,经常有顾客直接站立(未扶扶手)随电梯上行。已知某商场电梯斜坡长度为L,斜坡与水平面夹角为θ,稳定运行速率为v。质量为m的顾客站立在电梯上,随电梯由斜坡底端运动到顶端,已知顾客鞋底与斜坡间动摩擦因数为μ(μ>tanθ),重力加速度为g,关于此过程,下列说法正确的是()[A]斜坡对顾客的作用力大小为mgcosθ[B]斜坡对顾客的摩擦力大小为μmgcosθ[C]顾客所受重力做功为mgLsinθ[D]顾客克服重力做功的功率为mgvsinθ【答案】D【解析】因μ>tanθ,则顾客相对电梯静止,如图,根据受力平衡得斜坡对顾客的作用力大小为F=mg,摩擦力Ff=mgsinθ,故A、B错误;重力做功WG=-mgLsinθ,故C错误;克服重力做功的功率P=mgvsinθ,故D正确。6.(6分)(2025·重庆沙坪坝开学考试)(多选)某工地小型升降电梯的原理如图所示,轿厢A、对重B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接,电机通过轻质缆绳拉动对重,使轿厢由静止开始向上运动,运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为M=600kg、m=400kg,电机输出功率恒为P=3kW,不考虑空气阻力与摩擦阻力,重力加速度g取10m/s2。当对重以1m/s2的加速度向下加速时,下列描述正确的是()[A]此时A、B之间轻质缆绳的拉力大小为6600N[B]此时A、B之间轻质缆绳的拉力大小为6000N[C]此时轿厢的速率为1m/s[D]此时轿厢的速率为0.5m/s【答案】AC【解析】对轿厢A有FT-Mg=Ma,解得FT=6600N,故A正确,B错误;对对重B有F+mg-FT=ma,又P=Fv,解得v=1m/s,故C正确,D错误。对点4.机车启动问题7.(6分)(2025·天津模拟)(多选)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m=5×103kg的重物,到A点时,起重机的功率达到额定功率P0,以后起重机保持该功率不变,继续向上提升重物到B点达到最大速度,之后匀速上升,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,则整个过程中,下列说法正确的是()[A]OA过程起重机对重物的拉力不变,且F=2×104N[B]P0=1.2×105W[C]BC过程中牵引力做功W=4.4×103J[D]BC过程重物上升的高度h=2.4m【答案】BD【解析】