2023版步步高物理一轮复习讲义第六章 第1讲　功、功率　机车启动问题

第1讲　功、功率　机车启动问题 目标要求　1.理解功的概念，会判断某个力做功的正、负，会计算功的大小.2.理解功率的概念，并会对功率进行分析和计算.3.会分析、解决机车启动的两类问题． 考点一　恒力做功的分析和计算 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＝Flcos α (1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体的位移． (2)该公式只适用于恒力做功． 3．功的正负 (1)当0≤α＜eq \f(π,2)时，W＞0，力对物体做正功． (2)当α＝eq \f(π,2)时，W＝0，力对物体不做功． (3)当eq \f(π,2)＜α≤π时，W＜0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做功． 1．只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功．(　×　) 2一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动．(　√　) 3．作用力做正功时，反作用力一定做负功．(　×　) 4．力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的．(　√　) 1．是否做功及做功正负的判断 (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＜90°，力做正功；α＝90°，力不做功；90°＜α≤180°，力做负功． 2．计算功的方法 (1)恒力做的功：直接用W＝Flcos α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lcos α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·广东惠州一中月考)图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止．下列关于做功的判断中正确的是(　　) A．图甲中支持力对人做正功 B．图甲中摩擦力对人做负功 C．图乙中支持力对人做正功 D．图乙中摩擦力对人做负功 答案　A 解析　题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误． 例2　如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2 kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5 m/s的速度匀速上升4 s的过程中．g取10 m/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)300 J　(2)100 J　(3)－400 J　(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Ffcos θ－FNsin θ＝0，Ffsin θ＋FNcos θ－G＝0 代入数据得Ff＝10 N，FN＝10eq \r(3) N x＝vt＝20 m (1)斜面对物体的支持力所做的功 WN＝FNxcos θ＝300 J (2)斜面对物体的摩擦力所做的功 Wf＝Ffxcos (90°－θ)＝100 J (3)物体重力做的功WG＝Gxcos 180°＝－400 J (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xcos α＝0. 考点二　变力做功的分析和计算 求变力做功的五种方法 考向1　微元法计算变力做功 例3　聂海胜利用太空跑台——动感单车锻炼，如图所示．假设聂海胜锻炼15分钟克服动感单车阻力而消耗的能量约为900 kJ.假设动感单车的阻力主要来源于距车轴30 cm的阻尼装置(可视为质点)，宇航员每分钟蹬车90圈，则阻尼装置对车轮的阻力约为(　　) A．180 N B．350 N C．580 N D．780 N 答案　B 解析　设平均阻力为Ff，则有Ff×(15×90×2πr)＝900 kJ，解得Ff≈354 N，故选B. 考向2　图像法计算变力做功 例4　如图甲所示，质量为4 kg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10 m/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200 J C．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＝20 N，物体先加速运动，当推力减小到20 N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，物体做匀减速运动，选项A、C错误；F－x图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，W＝eq \f(1,2)×100×4 J＝200 J，选项B正确，D错误． 考向3　等效转换法计算变力做功 例5　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>W2 B．W1ΔlBC，故W1>W2，A正确． 考点三　功率的分析和计算 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＝eq \f(W,t)，P描述时间t内力对物体做功的快慢． (2)P＝Fv 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． ③当力F和速度v不在同一直线上时，可以将力F分解或者将速度v分解． 1．由P＝eq \f(W,t)知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率．(　×　) 2．由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率．(　√　) 3．当F为恒力时，v增大，F的功率一定增大．(　×　) 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)cos α，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＝Fvcos α，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＝Fvcos α中，Fcos α可认为是力F在速度v方向上的分力，vcos α可认为是速度v在力F方向上的分速度． 考向1　功率的分析和计算 例6　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＝mgtan θ，由P＝Fvcos θ，可得P＝mgvsin θ，θ逐渐增大，则功率P逐渐增大，A项正确． 例7　如图所示，质量为m＝2 kg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sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则前2 s内重力的平均功率和2 s末重力的瞬时功率分别为(　　) A．48 W　24 W B．24 W　48 W C．24 W　12 W D．12 W　24 W 答案　B 解析　木块所受的合外力 F合＝mgsin θ－μmgcos θ＝4 N 木块的加速度a＝eq \f(F合,m)＝2 m/s2 前2 s内木块的位移x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×2×22 m＝4 m 所以，重力在前2 s内做的功为 W＝mgxsin θ＝2×10×4×0.6 J＝48 J 重力在前2 s内的平均功率eq \x\to(P)＝eq \f(W,t)＝24 W 木块在2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s 2 s末重力的瞬时功率 P＝mgvsin θ＝2×10×4×0.6 W＝48 W. 故选项B正确． 考向2　功率和功综合问题的分析和计算 例8　一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/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1 s内，F对滑块做的功为3 J B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W D．前3 s内，F对滑块做的总功为零 答案　C 解析　由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误． 考点四　机车启动问题 1．两种启动方式 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)P2 B．W1>W2，P1＝P2 C．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．(2020·江苏卷·1)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N．此时，汽车发动机输出的实际功率是(　　) A．90 W B．30 kW C．36 kW D．300 kW 答案　C 解析　汽车匀速行驶，牵引力F等于阻力Ff，实际功率P＝Fv＝Ffv＝1.8×103×20 W＝3.6×104 W＝36 kW，故选项C正确． 3.(多选)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为l，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A点沿圆弧运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．重力做功为mgl B．绳的拉力做功为零 C．F阻做功为－mgl D．F阻做功为－eq \f(1,2)F阻πl 答案　ABD 解析　小球下落过程中，重力做功为mgl，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为零，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故F阻做功为－F阻·eq \f(1,2)πl，D正确． 4.(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.eq \f(mv02,2πL) B.eq \f(mv02,4πL) C.eq \f(mv02,8πL) D.eq \f(mv02,16πL) 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 －Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02 可得摩擦力的大小Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故选B. 5．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104 kW，排泥量为1.4 m3/s，排泥管的横截面积为0.7 m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为(　　) A．5×106 N B．2×107 N C．2×109 N D．5×109 N 答案　A 解析　设排泥管内泥浆的速度为v，由Q＝Sv得v＝eq \f(Q,S)＝2 m/s；又由P＝Fv得F＝eq \f(P,v)＝5×106 N，故A正确． 6．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在拉力F作用下由静止向上做匀加速运动，物体速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知(　　) A．物体加速度大小为2 m/s2 B．F的大小为21 N C．4 s末F的功率为42 W D．0～4 s内F的平均功率为42 W 答案　C 解析　由题图乙可知，v－t图像的斜率表示物体加速度，即a＝0.5 m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5 N，A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为vF＝2v物＝4 m/s，故4 s末F的功率为P＝FvF＝42 W，C正确；0～4 s内物体上升的高度h＝4 m，力F的作用点的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝Fl＝84 J，故平均功率eq \x\to(P)＝eq \f(W,t)＝21 W，D错误． 7.(多选)如图所示，木块B上表面是水平的，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所受的合力对A做正功 B．B对A的弹力对A做正功 C．B对A的摩擦力对A做正功 D．A对B的作用力对B做正功 答案　AC 解析　A、B作为整体，由牛顿第二定律得(mA＋mB)·gsin θ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsin θ，由牛顿第二定律知，A所受合力方向沿斜面向下，与速度方向相同，故A所受合力对A做正功，A正确；B对A的弹力竖直向上，与速度方向的夹角大于90°，故B对A的弹力对A做负功，B错误；B对A的摩擦力方向水平向左，与速度方向的夹角小于90°，故B对A的摩擦力对A做正功，C正确；设B对A的摩擦力和支持力沿斜面方向的合力为F，对A，由牛顿第二定律得mAgsin θ＋F＝mAa，解得F＝0，由牛顿第三定律知，A对B的摩擦力和压力沿斜面方向的合力为零，故A对B的作用力对B不做功，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∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1 C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．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)，减速上升过程的牵引力F2＝ma2＋mg＝m(g－eq \f(v0,t0))，匀速运动过程的牵引力F3＝mg.第①次提升过程做功W1＝F1×eq \f(1,2)×t0×v0＋F2×eq \f(1,2)×t0×v0＝mgv0t0；第②次提升过程做功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．(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)vm 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vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq \f(1,2)mvm2－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eq \f(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eq \f(2.25P,v)＝kv， 而以额定功率匀速行驶时，有eq \f(4P,vm)＝kvm， 联立解得v＝eq \f(3,4)vm，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vm， 由动能定理可知4Pt－W克阻＝eq \f(1,2)mvm2－0 可得动车组克服阻力做的功为 W克阻＝4Pt－eq \f(1,2)mvm2，故D错误． 10．如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图像如图乙所示(在t＝15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小．求： (1)汽车在AB路段上运动时所受阻力Ff1的大小； (2)汽车到达B点时的加速度a的大小； (3)BC路段的长度． 答案　(1)2 000 N　(2)1 m/s2　(3)68.75 m 解析　(1)汽车在AB路段时，有F1＝Ff1，P＝F1v1， 联立解得：Ff1＝2 000 N. (2)t＝15 s时汽车处于平衡状态， 有F2＝Ff2，Ff2＝eq \f(P,v2)， 联立解得：Ff2＝4 000 N. t＝5 s时汽车开始做减速运动，有F1－Ff2＝ma， 解得a＝－1 m/s2，即加速度大小为1 m/s2 (3)在BC段由动能定理得：PΔt－Ff2x＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12， 解得x＝68.75 m. 11.(多选)质量为2×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数eq \f(1,v)的关系图像如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s，设阻力恒定，则(　　) A．汽车所受阻力为6×103 N B．汽车的车速为5 m/s时，加速度为3 m/s2 C．汽车的车速为15 m/s时，加速度为1 m/s2 D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W 答案　CD 解析　当牵引力等于阻力时，速度最大，由题图可知阻力大小Ff＝2 000 N，故A错误；车速为5 m/s时，汽车的加速度a＝eq \f(6 000－2 000,2 000) m/s2＝2 m/s2，故B错误；由题图可知P＝Ffv＝2 000×30 W＝6×104 W，汽车的最大功率为6×104 W，故D正确；当车速为15 m/s时，牵引力F＝eq \f(P,v′)＝eq \f(6×104,15) N＝4 000 N，则加速度a′＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(4 000－2 000,2 000) m/s2＝1 m/s2，故C正确． 自主命题卷全国卷考 情 分 析2021·山东卷·T3　功和功率 2021·湖南卷·T3　机车启动问题 2021·河北卷·T6　动能定理及其应用 2021·浙江1月选考·T11　功和功率 2021·北京卷·T8　功和功率 2020·山东卷·T11　动能定理及应用 2020·江苏卷·T4　动能定理及其应用2021·全国甲卷·T20　动能定理及其应用 2021·全国乙卷·T19　动能定理及其应用 2020·全国卷Ⅰ·T20　功能关系 机械能守恒定律 2020·全国卷Ⅱ·T25 　动能定理在多过程问题中的应用 2019·全国卷Ⅱ·T24　动能定理2021·浙江6月选考·T17　实验：验证机械能守恒定律2016·全国卷Ⅰ·T22　实验：验证机械能守恒定律试题 情境生活实践类体育运动中功和功率问题，风力发电功率计算，蹦极运动、过山车等能量问题， 汽车启动问题，生活、生产中能量守恒定律的应用学习探究类变力做功的计算，机车启动问题，单物体机械能守恒，用绳、杆连接的系统机械能守恒问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板块模型的能量问题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,sin α)－eq \f(h,sin β))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－cos θ)＝0，得WF＝mgL(1－cos θ)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