第27讲 功和功率（解析版）

第第页第27讲功和功率核心考点考点一功的分析和计算 1考点二功率的分析和计算 7考点三机车启动问题 13考点一功的分析和计算基础过关基础过关1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力。(2)物体在力的方向上发生位移。2.公式：W＝Flcosα。

(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为力的作用点的位移。(2)该公式只适用于恒力做功。3.功的正负(1)当0≤α<90°时，W>0，力对物体做正功。(2)当90°<α≤180°时，W<0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功。(3)当α＝90°时，W＝0，力对物体不做功。4.计算恒力做功的方法(1)直接用W＝Flcosα计算。(2)合外力做的功方法一：先求合外力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＋…求合外力做的功。方法三：利用动能定理W合＝Ek2－Ek1。【例1】（2022·浙江温州·一模）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时刻达到额定功率，t1~t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（）A．0~t1时间内物体处于失重状态B．t1~t2时间内物体做减速运动C．0~t1时间内重力对物体做功为D．t1~t2时间内起重机额定功率为【答案】D【详解】A．0~t1时间内物体向上加速运动，则物体处于超重状态，故A错误；B．t1~t2时间内物体做加速度减小的加速运动，故B错误；C．0~t1时间内重力对物体做功为故C错误；D．t1~t2时间内起重机额定功率为故D正确。故选D。【例2】（2025·山东·模拟预测）如图所示（俯视图），在光滑水平面上固定半径为R的圆盘，O点为圆心。长为L的轻质细线一端固定在圆盘边缘上，另一端与小球相连，初始时细线绷直并与圆盘相切。给小球垂直于细线方向的初速度，在圆盘上缠绕过程中小球的运动轨迹称为"阿基米德螺旋线"。假设细线与圆盘的切点与O点的距离不变，下列说法正确的是（）A．运动过程中细线对小球做正功B．运动过程中小球的线速度大小不变C．小球绕切点旋转的角速度不变D．运动过程中细线上的拉力越来越小【答案】B【详解】A．小球在运动过程中，细线的拉力方向始终与小球速度方向垂直，根据做功的条件，力与位移方向垂直时力不做功，所以细线对小球不做功，故A错误；B．由于细线与圆盘的切点与圆心距离不变，小球在缠绕过程中，速度方向始终垂直于细线，且没有其他力改变其速度大小，所以小球的线速度大小不变，故B正确；C．设小球到切点的距离为，根据，线速度不变，但逐渐减小，所以小球绕切点旋转的角速度增大，故C错误；D．根据向心力公式，这里为小球到切点的距离，不变，减小，所以细线上的拉力越来越大，故D错误。故选B。【例3】（2025·江苏宿迁·一模）将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变，则（）A．在上升过程与下降过程中，重力做的功相同B．在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同C．上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量【答案】C【详解】A．根据可知，重力在上升过程做负功，下降过程中重力做正功，故A错误；B．上升过程中的加速度下降过程中的加速度则，由于位移相等，根据可知，上升的时间小于下降的时间，根据可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故B错误；C．根据动量定理可知结合B项分析可知，上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大，故C正确；D．整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故D错误。故选C。【例4】（2025·北京朝阳·二模）水平桌面上的甲、乙两物体在水平拉力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度a与所受拉力F的关系如图所示。甲、乙两物体的质量分别为，与桌面间的动摩擦因数分别为。下列说法正确的是（）A．B．C．若拉力相同，经过相同时间拉力对甲做功少D．若拉力相同，通过相同位移甲获得的动能小【答案】BD【详解】AB．物体运动后，由牛顿第二定律可知即由图像的斜率以及截距可知，A错误，B正确；C．由图像可知，若拉力相同，加速度大小无法判断，根据可知在相同的内无法判断拉力做功的大小，C错误；D．根据结合图像的横截距可知物体滑动过程中甲所受的滑动摩擦力更大，根据可知拉力和距离相同时，甲获得的动能更小，D正确。故选BD。【例5】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图甲所示，一物块以某初速度滑上倾角为的固定斜面。物块在斜面上运动过程中，其动能与运动路程的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，取。下列说法正确的是（）A．物块的质量为B．物块所受摩擦力大小为C．过程中物块克服摩擦力做功为D．与过程中物块加速度大小之比为【答案】AC【详解】AB．动能定理可知图像斜率绝对值表示合力大小，上滑过程有下滑过程有联立解得故A正确，B错误；C．过程中物块克服摩擦力做功为故C正确；D．0∼10m物块为上滑过程，根据牛顿第二定律有10∼20m物块为下滑过程，根据牛顿第二定律有则故D错误。故选AC。精讲考点精讲考点1．两个常用推论(1)恒力做功等于力与物体在力的方向上位移的乘积，与运动路径无关。(2)如图所示，物体由A滑到D克服摩擦力做的功W＝μmg·BD。2．“六法”求解变力做的功方法情境图注释微元法质量为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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinα)－\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在F－x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力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。平均值法外力推动物块缓慢压缩轻质弹簧，使其向左移动Δx力与位移为线性关系，力做功W＝eq\x\to(F)Δx＝eq\f(F1＋F2,2)Δx，可得出弹簧弹性势能表达式为Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2动能定理法用外力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)利用W＝P·t计算机车以恒定功率启动，牵引力为变力牵引力的功W＝P·t考点二功率的分析和计算基础过关基础过关1.定义：功与完成这些功所用时间之比。2.物理意义：描述力对物体做功的快慢。3.公式：(1)P＝Wt，P描述时间t内力对物体做功的快慢(2)P＝Fvcosα①v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。【例6】（2025·江苏扬州·模拟预测）一物体静止在地面上，在竖直方向的拉力作用下开始运动（不计空气阻力）。在向上运动的过程中，物体的机械能E与上升高度h的关系图象如图所示，其中0~h1过程的图线是过原点的直线，h1~h2过程的图线为平行于横轴的直线。则（）

A．在0~h2上升过程中，物体先做加速运动，后做匀速运动B．在0~h1上升过程中，物体的加速度不断增大C．在0~hl上升过程中，拉力的功率保持不变D．在h1~h2上升过程中，物体只受重力作用【答案】D【详解】ABD．物体静止在地面上，在竖直方向的拉力和重力作用下向上开始运动，根据功能关系可知，除重力之外的拉力做功改变物体的机械能，故图象斜率表示所受拉力的大小，在上升过程中，E随上升高度h均匀增大，则图象斜率不变，则拉力大小不变，根据牛顿第二定律有可知物体的加速度不变，则此过程物体做匀加速运动；在上升过程中，E随上升高度h不变，则图象斜率为零，则拉力大小为零，物体只受重力作用，加速度为重力加速度，方向竖直向下，而物体的速度方向向上，则此过程物体做匀减速运动，故AB错误，D正确；C．在0~hl上升过程中，拉力的大小不变，物体做匀加速直线运动，则物体的速度不断增大，根据可知拉力的功率不断增大，故C错误。故选D。【例7】（2025·陕西渭南·三模）如图所示，光滑斜面体OAB固定在水平桌面上，斜面OA和OB的倾角分别为α=53°、β=37°。质量相同的物块a和b（均可视为质点）从顶端O处分别由斜面OA和OB从静止滑下，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（）A．a和b下滑过程，所用时间之比为B．a和b下滑过程，重力的冲量大小之比为C．a和b下滑到底端时，重力的瞬时功率大小之比为D．a和b下滑到底端时，动能大小之比为【答案】B【详解】A．设斜面的高度为h，则，所以故A错误；B．下滑过程中重力的冲量大小为所以故B正确；C．下滑到底端时，重力的瞬时功率大小为，所以故C错误；D．根据动能定理可得所以故D错误。故选B。【例8】（2025·山东济宁·二模）2024年珠海航展上，飞行员驾驶飞机沿如图所示轨迹在竖直面内匀速率飞行，依次经过a、b、c三点，b为轨迹上的最高点，a、c两点距地面高度相同。下列说法正确的是（）A．飞机经过b点时的加速度为零B．飞机在a点所受合力小于在c点所受合力C．飞机经过a、c两点时重力的瞬时功率相等D．飞机从a点运动到c点的过程中机械能守恒【答案】B【详解】A．质点在每小段的运动都可以看做圆周运动的一部分，在竖直面内匀速率飞行，合力方向指向各自圆心，加速度方向也指向各自圆心，故在b点时的加速度不为零，故A错误；B．质点在每小段的运动都可以看做圆周运动的一部分，在竖直面内匀速率飞行，合力方向指向各自圆心，加速度方向也指向各自圆心，明显a点对应的圆周半径更大，c点对应半径更小，合力提供向心力，根据向心力公式可知a点所受的合力小于c点，故B正确；C．a、c两点的速度大小相等，但速度方向不同，设速度与竖直方向的夹角为α，速度与重力夹角不同，根据P=mgvcosα可知重力功率不相等，故C错误；D．飞机在运动过程中动能不变，但飞机距地面的高度在变化，即飞机的重力势能变化，飞机从a点运动到c点的过程中机械能不守恒，故D错误。故选B。【例9】（2025·全国·模拟预测）如图所示，一轻杆的长度为m，两端连接两个均可视为质点的小球A、B，小球A的质量为kg，开始时杆竖直放置在光滑水平面上，B左侧m处有一竖直固定挡板。某时刻装置受微小扰动，轻杆向左侧倒下，A球与挡板碰撞瞬间B球到挡板的水平距离为0.9m。现让轻杆竖直时受微小扰动后向右侧倒下，两球始终在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为m/s²，下列说法正确的是（）A．小球B的质量为17.7kgB．B与挡板碰前瞬间的速度大小为m/sC．B与挡板碰前瞬间A球重力的功率为WD．B与挡板碰前瞬间A球机械能的损失量为6.4J【答案】BD【详解】A．轻杆倒下的过程，两球组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒有题意可知联立解得故A错误；B．轻杆受微小扰动后向右侧倒下，B与挡板碰撞前瞬间，B向左的位移大小为，因为此时A向右运动的水平位移大小为，设此时轻杆与水平方向的夹角为，几何关系有B与挡板碰撞前的过程，系统机械能守恒，有两球沿杆方向的速度相等，如图有又系统水平方向动量守恒，则有联立解得故B正确；C．根据以上分析，B球与挡板碰撞前瞬间A重力的功率故C错误；D．运动过程中A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，有故D正确。故选BD。【例10】（2025·广东茂名·模拟预测）2024年珠海航展上，我国自主研发的最新隐身战斗机歼一35A公开亮相。如图所示，歼表演时，先沿直线水平向右飞行，再分别沿弧线和运动，整个过程中飞行轨迹在同一竖直面内且运动速率保持不变，下列说法正确的是（）A．整个过程中歼始终处于平衡状态B．在段歼处于超重状态C．在段歼克服重力做功的功率逐渐增大D．整个过程中歼的机械能守恒【答案】B【详解】A．歼-35A在沿弧线bc和cd运动时，运动方向不断变化，合外力不为零，不处于平衡状态，故A错误；B．沿弧线bc运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度不断增大，有竖直向上的加速度，所以处于超重状态，故B正确；C．沿弧线cd运动时，速率保持不变，在竖直方向的分速度不断减小，在d点时竖直分速度为零，根据克服重力做功的功率可知在段歼克服重力做功的功率逐渐减小，故C错误；D．歼在整个过程中动能不变，重力势能先不变后逐渐增大，所以机械能先不变后逐渐增大，故D错误。故选B。精讲考点精讲考点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)cosθ，其中eq\x\to(v)为物体运动的平均速度，F为恒力。2．瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝F·vcosθ，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。考点三机车启动问题基础过关基础过关1．两种启动方式的比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P－t图和v－t图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，v↑⇒P＝Fv↑直到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t0＝eq\f(v1,a)A、B点转折点在转折点A，牵引力与阻力大小相等，此时加速度为零，速度达到最大，为vm＝eq\f(P,F阻)在转折点A，功率达到额定功率，匀加速运动结束，此时v1＝eq\f(P额,F阻＋ma)；在转折点B，速度达到最大，为vm＝eq\f(P额,F阻)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段无F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq\f(P额,F阻)做匀速直线运动【例11】（2025·陕西渭南·三模）某创新小组研究遥控汽车的性能，他们让一辆遥控汽车甲在水平地面上由静止开始运动，利用传感器测量出小车运动的全过程，得到如图所示的v-t图像。已知小车甲的质量为2kg，t=0时刻小车甲由静止匀加速启动，t=6s小车甲的功率达到了额定功率，之后保持不变，t=12s时碰上了在水平面静止的遥控汽车乙（一直未打开动力），碰撞时间极短，碰撞过程中甲小车失去动力，t=14s时甲小车停止，t=16s时小车乙停止。已知g=10m/s2，整个运动过程中两车在同一直线上，两车与地面间的摩擦力均视为滑动摩擦力，两车与地面间的动摩擦因数相同。求：(1)小车甲碰撞前瞬间的速度大小；(2)小车甲初始位置与小车乙初始位置之间的距离；(3)小车乙的质量。【答案】(1)4.5m/s(2)30.375m(3)1.25kg【详解】（1）0~6s内，小车做匀加速直线运动，则，，12~14s内，根据图线可得所以则，所以小车甲碰撞前瞬间的速度大小为（2）0~6s内，小车的位移大小为6~12s内，根据动能定理可得代入数据解得所以小车甲初始位置与小车乙初始位置之间的距离为（3）两车碰撞过程，根据动量守恒定律可得，联立解得【例12】（2025·浙江·二模）新能源汽车越来越得到推广。某电动汽车自重2t，其营销广告如下：电池额定容量为50kW·h，电池瞬时功率最高可达90kW，车行驶受到的阻力约为车重的，理论续航里程400km。现有国家电网的充电桩可在电池额定容量的30%~80%之间应用快充技术（500V，50A）充电，而便携式充电器（220V，16A）可以将电池容量从0充到100%。不计充电损耗，当汽车电池剩余电量为额定值的30%时，下列说法正确的是（）A．汽车还能行驶180kmB．用国家电网充电桩将电池容量充到其额定值的80%，理论上需要50minC．用便携式充电器将电池容量充到其额定值的80%，理论上需要7h以上D．此电动汽车的最高行驶速度可超过180km/h【答案】C【详解】A．由题干可知汽车还能够行使的距离为故A错误；B．用国家电网充电桩将电池容量充至其额定值的80%，理论上需要故B错误；C．用便携式充电器将电池容量充到其额定值的80%，理论上需要故C正确；D．此电动汽车以最高速度行驶时，牵引力等于阻力，所以最高行驶速度为故D错误。故选C。【例13】（2024·内蒙古包头·三模）用起重机将质量为200kg的重物由静止沿竖直方向吊起，重物先匀加速上升，起重机输出功率达到额定功率4.4kW后保持不变，整个过程中起重机输出功率P随时间t的变化如图所示，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s²，下列说法正确的是（）A．t=1s时，重物的速率为1.1m/sB．t=1s时，重物的重力势能增加了1000JC．t=2s时，重物受到竖直向上的拉力大小为2000ND．t=3s时，重物的加速度大小为1m/s²【答案】B【详解】A．重物先由静止做匀加速直线运动，则有根据牛顿第二定律有解得根据功率联立得对图像其斜率为代入，可得解得，（舍去）时重物的速率为故A错误；B．内的位移重力势能的增加量为故B正确；C．达到额定功率后保持不变，时仍有的加速度，根据牛顿第二定律有解得故C错误；D．时，功率保持不变，根据可知随着速度增大，在减小；根据牛顿第二定律有可知加速度在减小，所以时加速度小于，故D错误。故选B。【例14】（2025·陕西咸阳·模拟预测）一质量的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动，一段时间内的速度与牵引力的功率随时间变化的关系图像分别如图甲、乙所示，0~3s内均为直线。3s末电动汽车牵引力的功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s末关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定，下列说法正确的是（）A．电动汽车的最大速度为10m/sB．0~3s内，牵引力的大小为900NC．当电动汽车的速度为4m/s时，电动汽车的加速度大小为D．整个过程中，电动汽车所受阻力做的功为3750J【答案】C【详解】AB．由图甲可知，在内，电动汽车的加速