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第1讲　功和功率
对应学生用书P113
学习目标 教考链接
1.理解功的概念，会判断正、负功，会计算功的大小 2.理解功率的概念，会求解平均功率和瞬时功率 3.会分析、解决机车启动的两类问题 1.联系实际深化概念：高考命题注重在生活实际、科技热点中直接考查教材中的核心概念和公式，如：正负功的判断、瞬时功率与平均功率的理解 2.在复杂情境中综合应用：高考考题常将功和功率与牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒等知识点结合，置于复杂过程中考查模型构建和综合分析能力
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.做功的两个要素
3.功的正负
正功 当0≤α＜时，W＞0，力对物体做正功
不做 功 当α＝时，W＝0，力对物体不做功
负功 当＜α≤π时，W＜0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做功
[提醒]功的正、负不表示方向，也不表示多少。
4.合力做功的计算方法
(1)方法一：先求合力F合，再用W合＝F合·lcos α求合力做的功。
(2)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。
(3)方法三：利用动能定理W合＝Ek2－Ek1，求合力做的功。
AI精准定位：高考命题关键点
“三看” 判断功的正负
【例1】 (体育运动融通题)如图所示，攀岩爱好者手握绳索加速向上攀爬，此过程中(　　)
A.绳对人的作用力大于人对绳的作用力
B.绳与手之间只存在摩擦力
C.绳对人作用力做的功等于零
D.绳对人作用力的冲量等于零
功的公式W＝Flcos α的理解与应用
1.α是力的方向与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。
2.该公式只适用于恒力做功。
【例2】 如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点正下方的P点。已知重力加速度为g。小球在水平恒力F的作用下，从P点运动到Q点，该过程中F对小球做的功为W，下列表达式正确的是(　　)
A.W＝FL
B.W＝FLsin θ
C.W＝FLcos θ
D.W＝F(L－Lcos θ)
题后反思：
二、功率
1.定义：功与完成这些功所用时间的比值。
2.物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3.分类
平均功率 物体在一段时间内或某一过程中做功的快慢
瞬时功率 物体在某一时刻或某一位置时做功的快慢
额定功率 动力机械可以长时间正常工作的最大功率
实际功率 动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率
4.计算公式
P＝ P描述时间t内力对物体做功的平均快慢
P＝Fv ①若v为平均速度，则P为平均功率 ②若v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
5.发动机功率：机车发动机的功率P＝Fv，F为牵引力，并非机车所受的合力。
平均功率与瞬时功率的理解与应用
【例3】 如图所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和竖直向下方向抛出，不计空气阻力。则下列说法正确的是(　　)
A.两小球落地时速度不相同
B.两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C.从小球抛出到落地，重力对两小球做的功不相等
D.从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等
题后反思：
【例1】 解析：选C。绳对人的作用力与人对绳的作用力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；绳与手之间存在弹力与摩擦力，故B错误；绳对人的弹力与摩擦力的作用点均没有产生位移，所以均不做功，故C正确；只要力不为零，时间不为零，那么冲量就不为零，故D错误。
【例2】 解析：选B。因F为水平恒力，则F的功为W＝FLsin θ，故B正确。
【例3】 解析：选B。由抛体运动规律可知，两小球落地时的速度大小相等、方向相同，A错误；由于两个小球落地时速度相同，故重力的瞬时功率相同，B正确；由重力做功公式W＝mgh得，从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等，C错误；从抛出到落地，重力对两小球做的功相等，但是两小球运动的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相等，D错误。
考点一　恒力做功
恒力做功的分析与计算，注意力方向上位移的应用
【例1】 如图所示，一个质量为m＝2.0 kg的物体放在倾角为α＝37°的固定斜面上，现用F＝30 N、平行于斜面的力拉物体使其由静止开始沿斜面向上运动。已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.50，斜面足够长，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。物体运动2 s后，关于各力做功情况，下列说法正确的是(　　)
A.重力做功为－200 J
B.摩擦力做功为－100 J
C.拉力做功为100 J
D.物体所受的合力做功为100 J
题后反思：
角度突破
【例1】 解析：选D。物体在斜面上运动时受到重力、拉力、摩擦力和支持力作用，根据牛顿第二定律得a＝＝5.0 m/s2，由x＝at2得，物体在2 s内的位移为x＝×5×22 m＝10 m，重力做功WG＝－mg·xsin 37°＝－2×10×10×0.6 J＝－120 J，故A错误；拉力做的功为WF＝Fx＝30×10 J＝300 J，故C错误；摩擦力做的功为Wf＝－Ffx＝－μmgxcos 37°＝－0.5×2×10×10×0.8 J＝－80 J，故B错误；支持力做功WN＝0，合力做的功W＝WF＋WN＋WG＋Wf＝300 J－120 J－80 J＝100 J，故D正确。
考点二　变力做功
微元法求解变力做功，视微元位移内的力为恒力
【例2】 如图所示，在一个半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一个质量为m＝8 kg的物块(可看成质点)用大小始终为F＝75 N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在同一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120°，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求这一过程中：
(1)拉力F做的功；
(2)桥面对物块的摩擦力做的功。
解析：(1)将圆弧 分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功分别为W1、W2、…、Wn。因拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，所以W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°，…，Wn＝Flncos 37°，所以WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos 37°· ·2πR＝376.8 J。
(2)重力G做的功
WG＝－mgR(1－cos 60°)＝－240 J
因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知
WF＋WG＋Wf＝0
所以Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J。
答案：(1)376.8 J　(2)－136.8 J
角度突破
微元法 质点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
破题路径
图像“面积”法求变力做功，明确面积正负与功正负的对应关系
【例3】 如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小满足如图乙所示图像(以A为坐标原点，拉力F从A指向B为正方向)。若m＝1 kg，AB＝4 m，半圆轨道的半径R＝1.5 m，重力加速度取g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是(　　)
A.拉力F从A到B做功为50 J
B.物体从B到C过程中，所受的合力为0
C.物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s
D.物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s
角度突破
图像“面积”法 在F-x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和表示力F在这段位移上所做的功
破题路径
【例3】 解析：选D。F-x图像与坐标轴所围面积表示功，则拉力F从A到B做功为W＝×2×40 J－10×1 J＝30 J，故A错误；物体从B到C过程中，做圆周运动，合力不为0，故B错误；从A到B由动能定理有W＝m，解得vB＝2 m/s ，由于光滑轨道ABC在水平面内，则物体从B到C做匀速圆周运动，物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s，故C错误，D正确。
等效转换法求变力做功，重在分析变力做功的效果
【例4】 如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。开始时绳与水平方向的夹角为θ，当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，B、O间距离也为L，小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是(　　)
A.WF＝FL(2cos θ－1) B.WF＝2FLcos θ
C.Wf＝μmgLcos θ D.Wf＝FL－mgLsin 2θ
题后反思：
角度突破
F为恒力，绳拉物块的力方向变化，绳对物块的功等效为F对绳的功，即W＝F·。
破题路径
【例4】 解析：选A。小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为WF＝Fs，s为F作用点的位移，即绳端移动的长度，由几何关系可知s＝2Lcos θ－L，所以WF＝FL(2cos θ－1)，故A正确，B错误；根据几何关系得BO斜面倾角为2θ，小物块在BO段运动过程中所受摩擦力大小为f＝μmgcos 2θ，则Wf＝fL＝μmgLcos 2θ，故C、D错误。
考点三　功率的分析和计算
平均功率与瞬时功率，辨析概念，优选公式
【例5】 (2025·苏州统测)福建舰是我国完全自主设计建造的弹射型航空母舰。在始终静止的福建舰上进行的电磁驱动弹射测试中，配重小车自甲板前端水平射出，落至海面上。简化模型如图所示，两辆质量相同的配重小车1和小车2先后进行弹射测试，轨迹分别为曲线1和曲线2，M、N为两次弹射的落水点。忽略空气阻力，配重小车可视为质点。则配重小车1和小车2(　　)
A.落水瞬间速度大小vM＝vN
B.在空中运动过程中速度变化量Δv1＜Δv2
C.在空中运动过程中重力的平均功率P1＜P2
D.落水瞬间重力的瞬时功率PM＝PN
角度突破
破题路径
【例5】 解析：选D。配重小车离开甲板后做平抛运动，下落高度相等，根据h＝gt2可知下落时间相等，由于竖直方向的分速度为vy＝gt，所以vNy＝vMy，根据x＝v0t可知水平初速度大小关系为vNx＞vMx，落入海平面瞬间的速度为v＝，可得vM＜vN，故A错误；因为下落时间相等，根据速度变化量公式Δv＝gΔt可知，在空中运动过程中速度变化量Δv1＝Δv2，故B错误；因下落高度相等，所以重力做功相等，又下落时间相等，根据＝可知在空中运动过程中重力的平均功率相等，故C错误；落水瞬间重力的瞬时功率为P＝mgvy，因质量相等，竖直方向的分速度相等，可知落水瞬间重力的瞬时功率相等，故D正确。
机车以恒定功率启动，重在对动态变化量的分析
【例6】 如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车(可视为质点)，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f1的大小；
(2)汽车刚好开过B点时加速度a的大小；
(3)BC路段的长度。
解析：(1)汽车在AB路段做匀速直线运动，根据平衡条件有F1＝f1，且P＝F1v1
解得f1＝2 000 N。
(2)t＝15 s时汽车处于平衡状态，有F2＝f2，且
P＝F2v2
解得f2＝4 000 N
刚好开过B点时汽车的牵引力仍为F1，根据牛顿第二定律有
f2－F1＝ma
解得a＝1 m/s2。
(3)对于汽车在BC路段运动，由动能定理得
Pt－f2s＝m－m
解得s＝68.75 m。
答案：(1)2 000 N　(2)1 m/s2　(3)68.75 m
角度突破
以恒定功率启动
能力要语
巧用动能定理
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中的位移、速度或时间。
教学札记：
机车以恒定加速度启动，掌握两个临界点的规律
【例7】 某兴趣小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v-t图像，如图所示(除2～10 s时间段内的图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知小车运动的过程中，2～14 s时间段内小车的功率保持不变，在14 s末停止遥控而让小车自由滑行。小车的质量为1 kg，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变。求：
(1)小车匀速行驶阶段的功率；
(2)当小车的速度为v1＝4 m/s时，其加速度大小；
(3)小车在整个18 s内的总位移。
解析：(1)在14 s末停止遥控而让小车自由滑行，小车只受摩擦力，由牛顿第二定律得f＝ma'
由v-t图像可得14～18 s内的加速度大小为
a'＝ m/s2＝1.5 m/s2
故小车受到的阻力大小为f＝1.5 N
由图像可知，在10～14 s内小车匀速运动，牵引力等于阻力，故小车的功率为P＝Fv＝fv＝9 W。
(2)当小车的速度为v1＝4 m/s时，牵引力大小为
F1＝＝2.25 N
根据牛顿第二定律可得F1－f＝ma1
解得加速度为a1＝0.75 m/s2。
(3)由图像可知0～2 s内的位移为
x1＝×3×2 m＝3 m
2～10 s内，由动能定理得
Pt2－fx2＝m－mv'2
解得x2＝39 m
10～14 s内的位移为x3＝6×4 m＝24 m
14～18 s内的位移为x4＝×6×4 m＝12 m
故小车在整个18 s内的总位移为
x＝x1＋x2＋x3＋x4＝78 m。
答案：(1)9 W　(2)0.75 m/s2　(3)78 m
角度突破
以恒定加速度启动
破题路径
易错警示
匀加速过程的最大速度v1不是全程的最大速度vm。
教学札记：
[课时通关精练(十五)]　功和功率
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.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/s2的加速度从静止开始匀加速上升4 s的过程中。g取10 m/s2，则(　　)
A.斜面对物体的支持力做功－900 J
B.斜面对物体的摩擦力做功－300 J
C.物体克服重力做功－800 J
D.合力对物体做功400 J
解析：选D。物体置于升降机内随升降机一起匀加速运动过程中，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Ffcos θ－FNsin θ＝0，Ffsin θ＋FNcos θ－mg＝ma，解得Ff＝15 N，FN＝15 N，又x＝at2＝40 m，斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNxcos θ＝900 J，故A错误；斜面对物体的摩擦力所做的功Wf＝Ffxsin θ＝300 J，故B错误；物体所受重力做的功WG＝－mgx＝－800 J，则物体克服重力做功800 J，故C错误；合力对物体做的功W合＝WN＋Wf＋WG＝400 J，故D正确。
2.石磨是把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种工具。如图所示，石磨由下盘(不动盘)和上盘(转动盘)两部分组成。某人在手柄AB上施加方向总与OB垂直、大小为10 N的水平力作用使石磨上盘匀速转动，已知B点到转轴O的距离为0.3 m，则石磨上盘匀速转动一周的过程中摩擦力所做的功约为(　　)
A.0 B.－3 J
C.－6 J D.－18 J
解析：选D。F与摩擦力一直是平衡力，F克服摩擦力做功，因F大小不变，方向不断变化，则在微小的位移内可认为是恒力，则功为ΔW＝FΔx，根据W＝ ΔW＝F Δx＝F·2πL＝10×2π×0.3 J＝6π J≈18 J，可知摩擦力所做的功约为－18 J。故D正确。
3.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.0～4 m内物体做匀加速运动
B.运动过程中推力做的功为400 J
C.运动到4 m处，物体加速度大小为0
D.运动到4 m处，力F的功率为0
解析：选D。物体受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝20 N，根据牛顿第二定律F－Ff＝ma可知物体先做加速度减小的加速运动，当推力减小到20 N时，加速度减小为零，之后随着推力减小，物体做加速度增大的减速运动，运动到4 m处，力F的大小为零，物体加速度大小为a＝＝5 m/s2，故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，则运动过程中推力做的功为W＝×100×4 J＝200 J，故B错误；力F的功率为P＝Fv，运动到4 m处，力F的大小为零，故力F的功率为0，故D正确。
4.如图所示，在光滑的水平面上，物块在恒力F＝50 N作用下从A点运动到B点，不计滑轮的大小，不计绳、滑轮的质量及绳与滑轮间的摩擦，H＝1.2 m，α＝37°，β＝53°，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8。则绳子对物块的拉力做的功为(　　)
A.20 J B.25 J
C.37.5 J D.60 J
解析：选B。根据几何关系可得沿力F方向上的位移x＝－，绳子对物块的拉力做的功等于拉力F所做的功W＝Fx，解得W＝25 J，故B正确。
5.(原创＋体育运动融通)跳伞是一项刺激的极限运动，如图所示，当运动员从飞机上由静止跳下后，在下落过程中会受到水平风力的影响，若只考虑重力和水平风力，下列说法中正确的是(　　)
A.风力越大，运动员着地动能越大
B.风力越大，运动员下落时间越长
C.运动员下落过程中重力做功与风力有关
D.运动员着地瞬间，重力的瞬时功率与风力有关
解析：选A。由于风力在水平方向，故运动员在竖直方向自由下落，由h＝gt2可知，运动员下落时间与水平风力无关，故B错误；由vy＝gt可知，运动员着地的竖直分速度不变，风力越大，水平加速度越大，由vx＝axt可知，着地时的水平分速度越大，则落地时的合速度就越大，落地动能就越大，故A正确；由公式W＝mgh可知，运动员下落过程中重力做功与风力无关，故C错误；由公式P＝mgvy可知，运动员着地瞬间重力的瞬时功率与风力无关，故D错误。
6.一辆汽车以不同的恒定功率在平直路面上启动，前后两次v-t图像如图所示，设汽车行驶时所受阻力与速度的大小成正比，则第一次与第二次汽车启动时功率之比为(　　)
A.4∶9 B.9∶4
C.2∶3 D.3∶2
解析：选A。汽车行驶时所受阻力与速度的大小成正比，则f＝kv，当汽车匀速运动时，牵引力大小等于阻力，则F＝f＝kv，汽车的恒定功率为P＝Fv＝kv2，则第一次与第二次汽车启动时功率之比为＝＝，故A正确。
7.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，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m＝2 000 kg，汽车受到的阻力大小恒为车重力的0.1倍，g取10 m/s2， 则(　　)
A.汽车在前5 s内受到的阻力大小为200 N
B.前5 s内的牵引力大小为2 000 N
C.汽车的额定功率为60 kW
D.汽车的最大速度为20 m/s
解析：选C。汽车受到的阻力恒为车重的0.1倍，故阻力f＝0.1mg＝0.1×2 000×10 N＝2 000 N，故A错误；由题图知前5 s内的加速度a＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律知，前5 s内的牵引力F＝f＋ma＝(2 000＋2×103×2) N＝6×103 N，故B错误；5 s末达到额定功率P额＝Fv＝6×103×10 W＝60 kW，故C正确；当牵引力与阻力相等时，汽车达到最大速度，故最大速度为vmax＝＝ m/s＝30 m/s，故D错误。
8.亚洲第一高喷泉向上喷出的水柱可以高达180 m，水柱直冲云霄，气势雄伟，蔚然壮观。假设喷泉喷头出水口的横截面积为1×10－4 m2，水的密度为1×103 kg/m3，g取9.8 m/s2，则喷头喷水的功率约为(　　)
A.1 kW B.10 kW
C.100 kW D.1 000 kW
解析：选B。喷头喷水的功率等于单位时间内水获得的动能。水柱上升高度由竖直上抛运动公式得初速度v＝＝ m/s≈59.4 m/s，在Δt时间内喷出水的质量为m＝ρSvΔt，其中ρ＝1×103 kg/m3，S＝1×10－4 m2，功率公式P＝＝ρSv3，代入数值得P＝ρSv3＝0.5×103×10－4×(59.4)3 W≈10.5 kW，故B正确。
9.(2025·江苏G4联考)由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，下列说法正确的是(　　)
A.炮弹到达b点时的速度为零
B.炮弹到达b点时的加速度为重力加速度g
C.炮弹经过a点时重力的功率比c点大
D.炮弹在Ob段重力的平均功率与bd段相等
解析：选C。到达b点时，炮弹的竖直分速度为零，但具有水平分速度(不为零)，故A错误；炮弹到达b点时，除受到竖直向下的重力外、还受到与运动方向相反的空气阻力作用，所以到达b点时，炮弹的加速度不为重力加速度g，故B错误；从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力f1，由牛顿第二定律可得mg＋f1＝ma1，解得a1＝，在从b到d的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力f2，由牛顿第二定律可得mg－f2＝ma2，解得a2＝，对比可得a1＞a2，即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，炮弹从a点到c点的过程，在竖直方向上，位移相同，根据v2－0＝2ax，可知c点的竖直分速度小于a点的竖直分速度，根据重力的功率P＝mgvy，可知炮弹经过a点时重力的功率比c点大，故C正确；由h＝at2，可定性确定，竖直位移相同，加速度越大，时间就越短，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，但两个过程重力做功的值相同，根据＝，可知炮弹在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率，故D错误。
10.某款自主品牌纯电动汽车自重1 500 kg，续航里程为430 km。全系标配磷酸铁锂电池组的总电动势为500 V，最大输出功率150 kW，电池组总容量为50 kW·h。行驶中电能转化为机械能的效率为90％，重力加速度 g取10 m/s2。
(1)由理论推导可知，汽车正常行驶中，电池组内外电压相等时，其输出功率最大，求汽车电池组的内阻；
(2)若在场地内检测时，汽车载重300 kg，所受阻力大小恒为450 N，电池组输出功率恒为40 kW，汽车从静止加速到12 m/s的时间为4 s，求汽车的加速距离；
(3)为了提高电池的使用寿命，在实际行驶中，电池组的最大使用量为其容量的95％。若载重100 kg的汽车，以45 km/h的恒定速率行驶，行驶中汽车的阻力系数(阻力与车总重力的比值)恒为0.025，忽略汽车启动阶段消耗的电能，求该情形下汽车匀速行驶的最大路程。(结果保留3位有效数字)
解析：(1)由P＝UI和I＝，可得当U＝时，Pm＝
解得r＝ Ω≈0.417 Ω。
(2)以40 kW恒定功率启动加速过程中，输出的机械功率为P1＝90％P＝36 000 W
由动能定理有P1t－fx＝mv2
解得x＝32 m。
(3)行驶时的平均阻力为f'＝0.025G总＝400 N
电池组的输出功率为P2＝Fv＝f'v＝5 kW
匀速行驶的时间为t＝＝8.55 h
行驶的路程为s＝vt≈385 km。
答案：(1)0.417 Ω　(2)32 m　(3)385 km
11.(前沿科技融通题)下面是某品牌新能源汽车介绍中的一段文字：
“将近6 m的超长车身设计，使得整车车顶集成的太阳能芯片面积达到了6 m2左右。极富流线型的整车造型，隐藏式的轮毂设计，纤细的摄像头式后视镜，使整车风阻大幅下降。全车采用铝合金框架并结合碳纤维车身，整车质量仅700 kg，这一轻量化设计使整车能耗极低。”
(1)设上述新能源汽车采用混合动力设计，发动机最大输出功率为30 kW，在厂区内的实验路段上行驶时所受总阻力约为车和驾驶员总重的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2。试估算50 kg的工程师驾驶这种汽车在实验路段上行驶的最高车速；
(2)汽车牵引力F与车速倒数v－1间的关系图线ABC，如图乙所示，请根据图线ABC判断汽车做什么运动，并求B点时发动机的输出功率；
(3)已知太阳辐射的总功率P0＝4 × 1026 W，太阳到地球的距离r＝1.5 × 1011 m，太阳光传播到达地面的过程中大约有34％的能量损失。目前，制作太阳能电池的最好的材料为砷化镓，其将光能转化为电能的效率可达到31.6％。试通过计算分析，这种汽车只采用纯太阳能驱动，且能保持最大输出功率30 kW不变的可行性。
解析：(1)当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车的行驶速度最大，则F＝f＝0.1(m＋m')g＝750 N
解得vm＝＝ m/s＝40 m/s。
(2)图中AB段F不变，可知汽车所受合力不变，汽车做匀加速直线运动；图中BC段F与v－1成正比例关系，即Fv为定值，根据P＝Fv可知，汽车在恒定功率下做加速运动，也就是做加速度逐渐减小的加速运动，则
PB＝PC＝FCvC＝ W＝3×104 W。
(3)设能够使汽车保持输出功率30 kW的太阳能芯片面积为S，则P＝×0.66×0.316
解得S≈102 m2
由于S的值远大于车顶太阳能芯片的面积，不符合实际情况，可见这种汽车采用纯太阳能驱动保持输出功率30 kW是不可行的。
答案：(1)40 m/s　(2)见解析　(3)见解析[课时通关精练(十五)]　功和功率
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.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/s2的加速度从静止开始匀加速上升4 s的过程中。g取10 m/s2，则(　　)
A.斜面对物体的支持力做功－900 J
B.斜面对物体的摩擦力做功－300 J
C.物体克服重力做功－800 J
D.合力对物体做功400 J
解析：选D。物体置于升降机内随升降机一起匀加速运动过程中，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Ffcos θ－FNsin θ＝0，Ffsin θ＋FNcos θ－mg＝ma，解得Ff＝15 N，FN＝15 N，又x＝at2＝40 m，斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNxcos θ＝900 J，故A错误；斜面对物体的摩擦力所做的功Wf＝Ffxsin θ＝300 J，故B错误；物体所受重力做的功WG＝－mgx＝－800 J，则物体克服重力做功800 J，故C错误；合力对物体做的功W合＝WN＋Wf＋WG＝400 J，故D正确。
2.石磨是把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种工具。如图所示，石磨由下盘(不动盘)和上盘(转动盘)两部分组成。某人在手柄AB上施加方向总与OB垂直、大小为10 N的水平力作用使石磨上盘匀速转动，已知B点到转轴O的距离为0.3 m，则石磨上盘匀速转动一周的过程中摩擦力所做的功约为(　　)
A.0 B.－3 J
C.－6 J D.－18 J
解析：选D。F与摩擦力一直是平衡力，F克服摩擦力做功，因F大小不变，方向不断变化，则在微小的位移内可认为是恒力，则功为ΔW＝FΔx，根据W＝ ΔW＝F Δx＝F·2πL＝10×2π×0.3 J＝6π J≈18 J，可知摩擦力所做的功约为－18 J。故D正确。
3.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.0～4 m内物体做匀加速运动
B.运动过程中推力做的功为400 J
C.运动到4 m处，物体加速度大小为0
D.运动到4 m处，力F的功率为0
解析：选D。物体受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝20 N，根据牛顿第二定律F－Ff＝ma可知物体先做加速度减小的加速运动，当推力减小到20 N时，加速度减小为零，之后随着推力减小，物体做加速度增大的减速运动，运动到4 m处，力F的大小为零，物体加速度大小为a＝＝5 m/s2，故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，则运动过程中推力做的功为W＝×100×4 J＝200 J，故B错误；力F的功率为P＝Fv，运动到4 m处，力F的大小为零，故力F的功率为0，故D正确。
4.如图所示，在光滑的水平面上，物块在恒力F＝50 N作用下从A点运动到B点，不计滑轮的大小，不计绳、滑轮的质量及绳与滑轮间的摩擦，H＝1.2 m，α＝37°，β＝53°，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8。则绳子对物块的拉力做的功为(　　)
A.20 J B.25 J
C.37.5 J D.60 J
解析：选B。根据几何关系可得沿力F方向上的位移x＝－，绳子对物块的拉力做的功等于拉力F所做的功W＝Fx，解得W＝25 J，故B正确。
5.(原创＋体育运动融通)跳伞是一项刺激的极限运动，如图所示，当运动员从飞机上由静止跳下后，在下落过程中会受到水平风力的影响，若只考虑重力和水平风力，下列说法中正确的是(　　)
A.风力越大，运动员着地动能越大
B.风力越大，运动员下落时间越长
C.运动员下落过程中重力做功与风力有关
D.运动员着地瞬间，重力的瞬时功率与风力有关
解析：选A。由于风力在水平方向，故运动员在竖直方向自由下落，由h＝gt2可知，运动员下落时间与水平风力无关，故B错误；由vy＝gt可知，运动员着地的竖直分速度不变，风力越大，水平加速度越大，由vx＝axt可知，着地时的水平分速度越大，则落地时的合速度就越大，落地动能就越大，故A正确；由公式W＝mgh可知，运动员下落过程中重力做功与风力无关，故C错误；由公式P＝mgvy可知，运动员着地瞬间重力的瞬时功率与风力无关，故D错误。
6.一辆汽车以不同的恒定功率在平直路面上启动，前后两次v-t图像如图所示，设汽车行驶时所受阻力与速度的大小成正比，则第一次与第二次汽车启动时功率之比为(　　)
A.4∶9 B.9∶4
C.2∶3 D.3∶2
解析：选A。汽车行驶时所受阻力与速度的大小成正比，则f＝kv，当汽车匀速运动时，牵引力大小等于阻力，则F＝f＝kv，汽车的恒定功率为P＝Fv＝kv2，则第一次与第二次汽车启动时功率之比为＝＝，故A正确。
7.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，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m＝2 000 kg，汽车受到的阻力大小恒为车重力的0.1倍，g取10 m/s2， 则(　　)
A.汽车在前5 s内受到的阻力大小为200 N
B.前5 s内的牵引力大小为2 000 N
C.汽车的额定功率为60 kW
D.汽车的最大速度为20 m/s
解析：选C。汽车受到的阻力恒为车重的0.1倍，故阻力f＝0.1mg＝0.1×2 000×10 N＝2 000 N，故A错误；由题图知前5 s内的加速度a＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律知，前5 s内的牵引力F＝f＋ma＝(2 000＋2×103×2) N＝6×103 N，故B错误；5 s末达到额定功率P额＝Fv＝6×103×10 W＝60 kW，故C正确；当牵引力与阻力相等时，汽车达到最大速度，故最大速度为vmax＝＝ m/s＝30 m/s，故D错误。
8.亚洲第一高喷泉向上喷出的水柱可以高达180 m，水柱直冲云霄，气势雄伟，蔚然壮观。假设喷泉喷头出水口的横截面积为1×10－4 m2，水的密度为1×103 kg/m3，g取9.8 m/s2，则喷头喷水的功率约为(　　)
A.1 kW B.10 kW
C.100 kW D.1 000 kW
解析：选B。喷头喷水的功率等于单位时间内水获得的动能。水柱上升高度由竖直上抛运动公式得初速度v＝＝ m/s≈59.4 m/s，在Δt时间内喷出水的质量为m＝ρSvΔt，其中ρ＝1×103 kg/m3，S＝1×10－4 m2，功率公式P＝＝ρSv3，代入数值得P＝ρSv3＝0.5×103×10－4×(59.4)3 W≈10.5 kW，故B正确。
9.(2025·江苏G4联考)由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，下列说法正确的是(　　)
A.炮弹到达b点时的速度为零
B.炮弹到达b点时的加速度为重力加速度g
C.炮弹经过a点时重力的功率比c点大
D.炮弹在Ob段重力的平均功率与bd段相等
解析：选C。到达b点时，炮弹的竖直分速度为零，但具有水平分速度(不为零)，故A错误；炮弹到达b点时，除受到竖直向下的重力外、还受到与运动方向相反的空气阻力作用，所以到达b点时，炮弹的加速度不为重力加速度g，故B错误；从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力f1，由牛顿第二定律可得mg＋f1＝ma1，解得a1＝，在从b到d的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力f2，由牛顿第二定律可得mg－f2＝ma2，解得a2＝，对比可得a1＞a2，即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，炮弹从a点到c点的过程，在竖直方向上，位移相同，根据v2－0＝2ax，可知c点的竖直分速度小于a点的竖直分速度，根据重力的功率P＝mgvy，可知炮弹经过a点时重力的功率比c点大，故C正确；由h＝at2，可定性确定，竖直位移相同，加速度越大，时间就越短，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，但两个过程重力做功的值相同，根据＝，可知炮弹在Ob段重力的平均功率大于bd段重力的平均功率，故D错误。
10.某款自主品牌纯电动汽车自重1 500 kg，续航里程为430 km。全系标配磷酸铁锂电池组的总电动势为500 V，最大输出功率150 kW，电池组总容量为50 kW·h。行驶中电能转化为机械能的效率为90％，重力加速度 g取10 m/s2。
(1)由理论推导可知，汽车正常行驶中，电池组内外电压相等时，其输出功率最大，求汽车电池组的内阻；
(2)若在场地内检测时，汽车载重300 kg，所受阻力大小恒为450 N，电池组输出功率恒为40 kW，汽车从静止加速到12 m/s的时间为4 s，求汽车的加速距离；
(3)为了提高电池的使用寿命，在实际行驶中，电池组的最大使用量为其容量的95％。若载重100 kg的汽车，以45 km/h的恒定速率行驶，行驶中汽车的阻力系数(阻力与车总重力的比值)恒为0.025，忽略汽车启动阶段消耗的电能，求该情形下汽车匀速行驶的最大路程。(结果保留3位有效数字)
解析：(1)由P＝UI和I＝，可得当U＝时，Pm＝
解得r＝ Ω≈0.417 Ω。
(2)以40 kW恒定功率启动加速过程中，输出的机械功率为P1＝90％P＝36 000 W
由动能定理有P1t－fx＝mv2
解得x＝32 m。
(3)行驶时的平均阻力为f'＝0.025G总＝400 N
电池组的输出功率为P2＝Fv＝f'v＝5 kW
匀速行驶的时间为t＝＝8.55 h
行驶的路程为s＝vt≈385 km。
答案：(1)0.417 Ω　(2)32 m　(3)385 km
11.(前沿科技融通题)下面是某品牌新能源汽车介绍中的一段文字：
“将近6 m的超长车身设计，使得整车车顶集成的太阳能芯片面积达到了6 m2左右。极富流线型的整车造型，隐藏式的轮毂设计，纤细的摄像头式后视镜，使整车风阻大幅下降。全车采用铝合金框架并结合碳纤维车身，整车质量仅700 kg，这一轻量化设计使整车能耗极低。”
(1)设上述新能源汽车采用混合动力设计，发动机最大输出功率为30 kW，在厂区内的实验路段上行驶时所受总阻力约为车和驾驶员总重的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2。试估算50 kg的工程师驾驶这种汽车在实验路段上行驶的最高车速；
(2)汽车牵引力F与车速倒数v－1间的关系图线ABC，如图乙所示，请根据图线ABC判断汽车做什么运动，并求B点时发动机的输出功率；
(3)已知太阳辐射的总功率P0＝4 × 1026 W，太阳到地球的距离r＝1.5 × 1011 m，太阳光传播到达地面的过程中大约有34％的能量损失。目前，制作太阳能电池的最好的材料为砷化镓，其将光能转化为电能的效率可达到31.6％。试通过计算分析，这种汽车只采用纯太阳能驱动，且能保持最大输出功率30 kW不变的可行性。
解析：(1)当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车的行驶速度最大，则F＝f＝0.1(m＋m')g＝750 N
解得vm＝＝ m/s＝40 m/s。
(2)图中AB段F不变，可知汽车所受合力不变，汽车做匀加速直线运动；图中BC段F与v－1成正比例关系，即Fv为定值，根据P＝Fv可知，汽车在恒定功率下做加速运动，也就是做加速度逐渐减小的加速运动，则
PB＝PC＝FCvC＝ W＝3×104 W。
(3)设能够使汽车保持输出功率30 kW的太阳能芯片面积为S，则P＝×0.66×0.316
解得S≈102 m2
由于S的值远大于车顶太阳能芯片的面积，不符合实际情况，可见这种汽车采用纯太阳能驱动保持输出功率30 kW是不可行的。
答案：(1)40 m/s　(2)见解析　(3)见解析(共74张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第六章
机械能守恒定律
第1讲　功和功率
知识梳理　夯实基础
考点探究　提升能力
课时通关精练
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01
学习目标
教考衔接
知识梳理　夯实基础
力的方向
正功
不做功
负功
克服
AI精准定位：高考命题关键点
比值
快慢
一段时间内
某一过程中
某一时刻
某一位置
最大
小于或等于
快慢
平均
瞬时
Fv
牵引
AI精准定位：高考命题关键点
考点探究　提升能力
角度突破
恒力做功
考点一
角度突破
考点二
变力做功
破题路径
角度突破
破题路径
角度突破
破题路径
角度突破
功率的分析和计算
考点三
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角度突破
能力要语
角度突破
破题路径
易错警示
课时通关精练(十五)　功和功率
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