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第14讲　功、功率
考点一　恒力做功的分析与计算
1.功的物理意义：功是　能量转化　的量度。
2.力做功的两个要素
(1)作用在物体上的力。
(2)物体在　力的方向　上发生的位移。
3.公式：W=　Flcos α　。(据下图列式)
(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　。
4.单位：焦耳，简称焦，符号J。1 J 等于　1 N　的力使物体在力的方向上发生　1 m　位移的过程中所做的功。
5.功是　标量　，但功有正负。
(1)当　0≤α＜　时，W＞0，力对物体做正功。
(2)当α=时，W=0，力对物体　不做功　。
(3)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。
1.只要物体受力的同时发生了位移，就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.相互作用的系统内，一对摩擦力所做功的代数和一定为零。(　 　)
考向一　功的正负的判断
(1)恒力做功的判断：若物体做直线运动，则依据力与位移方向的夹角来判断。若物体做曲线运动，则依据力与速度的夹角来判断。
(2)依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度可知，若有能量转化，则一定有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间相互作用力的做功情况。
[例1]　如图所示的索道，全长2 176米，高度752米。索道缆车车厢内的地板及座椅始终保持水平，车厢内某游客端坐不动且未接触扶手，下列说法中，错误的是(　A　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.在匀速上升阶段摩擦力对该游客做负功
B.在加速上升阶段支持力对该游客做正功
C.在减速上升阶段摩擦力对该游客做负功
D.整个上升过程重力对该游客做负功
【解析】 游客受到的支持力竖直向上，重力竖直向下，若存在摩擦力可知摩擦力沿接触面即沿水平方向，当匀速上升时，游客不受摩擦力的作用，否则不能受力平衡，A错误；在加速上升阶段，支持力与位移方向的夹角为锐角，故此时支持力对该游客做正功，B正确；在减速上升阶段，加速度沿索道方向斜向下，可知此时游客受到的摩擦力方向与位移方向的夹角为钝角，故摩擦力对该游客做负功，C
正确；重力方向始终竖直向下，在整个上升过程中与位移方向的夹角始终为钝角，故重力对该游客做负功，D正确。
考向二　恒力做功的计算
[例2]　(多选)(人教版必修第二册改编)一位质量m=60 kg的滑雪运动员从高h=10 m的斜坡自由下滑，如果运动员在下滑过程中受到的阻力F=50 N，斜坡的倾角θ=30°，重力加速度g取10 m/s2，则运动员滑至坡底的过程中，关于各力做功的情况，下列说法中正确的有(　AC　)
A.重力做功为6 000 J
B.阻力做功为1 000 J
C.支持力不做功
D.各力做的总功为零
【解析】 重力做功WG=mgh=6 000 J，A正确；阻力做功WF=－F=－1 000 J，B错误；支持力方向与位移方向的夹角为90°，不做功，C正确；各力做的总功W=WG＋WF＋WN=5 000 J，D错误。
考点二　变力做功的分析和计算
1.“微元法”求变力做功
将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。
2.“图像法”求变力做功
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。
3.“转换法”求变力做功
通过转换研究对象，可将变力做功转化为恒力做功，用W=Flcos α求解，如轻绳通过定滑轮拉物体运动过程中拉力做功问题。
4.“平均力”求变力做功
当力的方向不变而大小随位移线性变化时，可先求出力在该段位移的平均值，再由W=lcos α计算，如弹簧弹力做功。
[例3]　如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m=0.5 kg处于静止状态的物块。以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g取10 m/s2。现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示。物块下移0.4 m的过程中，拉力F做功为(　B　)
　　 　
甲 乙
A.5.5 J B.3.5 J
C.2.0 J D.1.5 J
【解析】 由题中F－x图线与横轴所围的“面积”表示拉力做的功，可得物块下移0.4 m的过程中，拉力F做的功W=3.5 J，B正确。
[例4]　如图所示，水平粗糙地面上的物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，以大小恒定的拉力F拉绳的另一端，使物体从A点起由静止开始运动。若从A点运动至B点和从B点运动至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，图中AB=BC，且动摩擦因数处处相同，则在物体运动的过程中(　D　)
A.摩擦力增大，W1＞W2
B.摩擦力减小，W1＜W2
C.摩擦力增大，W1＜W2
D.摩擦力减小，W1＞W2
【解析】 物体受力如图甲所示，由平衡条件得FN＋Fsin θ=mg，滑动摩擦力Ff=μFN=μ(mg－Fsin θ)，物体从A向C运动的过程中，轻绳与水平方向的夹角θ增大，所以滑动摩擦力减小，由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力为恒力，所以拉力做的功等于轻绳对物体所做的功，拉力F做功W=FΔl，Δl表示轻绳的长度变化，设物体从A点运动到B点时绳长的变化为Δl1，从B点运动到C点时绳长的变化为Δl2，作出辅助三角形如图所示，根据正弦定理，有、，由于AB=BC，OB＞OC，∠3＜∠4，故∠1＜∠2，图中OA=OD，OE=OC，则Δl1=BD，Δl2=BE，2∠5＋∠1=180°，2∠6＋∠2=180°，所以∠5＞∠6，作CF∥AD，则BF=BD，且BF＞BE，所以BD＞BE，即Δl1＞Δl2，因此W1＞W2，D正确。
　　
甲 乙
[例5]　如图所示，一轻质立方体被从水表面缓慢压入水中， 直至其上表面没入水中，已知立方体的棱长为L，水的密度为ρ，重力加速度为g，不考虑水面高度的变化。该过程中，立方体克服水的浮力所做的功为(　B　)
A. B.
C.ρgL2 D.ρgL4
【解析】 设浸入的深度为x，则浮力的大小为Fx=ρgVx=ρgL2x，可见浮力与进入水中的位移成正比，则克服浮力做的功为WL=×L=L=，B正确。
考点三　功率的分析与计算
1.定义：力对物体做的功与所用　时间　的比值。
2.物理意义：功率是描述力对物体做功　快慢　的物理量。
3.公式：
(1)P=，P为时间t内的　平均　功率。
(2)P=Fvcos α，其中α为F与v方向间的夹角。
①v为平均速度时，则P为　平均功率　；
②v为瞬时速度时，则P为　瞬时功率　。
1.由P=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。(　 　)
[例6]　福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，电磁弹射系统是福建舰的核心装备之一，在测试电磁弹射系统时，配重小车自甲板前端水平射出，落至海平面上。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，A、B为两次弹射的落水点。忽略空气阻力，配重小车可视为质点。关于配重小车1和小车2，下列说法中正确的是(　B　)
A.落水瞬间速度大小vA=vB
B.在空中运动过程中速度变化量Δv1=Δv2
C.落水瞬间重力的瞬时功率PA＞PB
D.在空中运动过程中重力的平均功率P1＜P2
【解析】 配重小车离开甲板后做平抛运动，二者下落高度相等，根据h=gt2可知，二者下落时间相等；由竖直方向分速度vy=gt，可知vAy=vBy，水平分运动为匀速运动，根据x=vt及xA＜xB得vAx＜vBx，由矢量运算法则可得vA=＜vB=，A错误；根据速度变化量公式Δv=gΔt，因二者下落时间相等，故二者在空中运动过程中速度变化量Δv1=Δv2，B正确；落水瞬间重力的瞬时功率为P=mgvy，而vAy=vBy，二者质量相等，所以落水瞬间二者重力的瞬时功率相等，P1=P2，C错误；下落高度相等重力做功相等，又下落时间相等，由WG=mgh及，易知在空中运动过程中二者重力的平均功率相等，，D错误。
[例7]　引体向上是中学生体育测试的项目之一。若一个普通中学生在30 s内完成12次引体向上，则该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近(　C　)
A.5 W B.20 W
C.100 W D.400 W
【解析】 中学生质量约为50 kg，每次引体向上过程上升高度约为0.5 m，引体向上一次克服重力做功为W=mgh=50×10×0.5 J=250 J，全过程克服重力做功的平均功率为=100 W，C正确。
[例8]　如图甲所示，一台起重机匀加速地将质量为1.0×103 kg的货物从静止开始竖直吊起，货物的运动图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法中，正确的是(　C　)
　　
甲 乙
A.重力在前4 s内对货物做了4×104 J的功
B.起重机在前4 s内对货物做了4×104 J的功
C.起重机在前4 s内的输出功率为1.05×104 W
D.起重机在4 s末的输出功率为3×104 W
【解析】 起重机匀加速将货物竖直吊起，根据牛顿第二定律有F－mg=ma，根据题图乙可得货物的加速度为a= m/s2=0.5 m/s2，联立可得起重机对货物的拉力为F=10 500 N，货物前4 s内上升的高度为h=vt=×2×4 m=4 m，重力在前4 s内对货物做功为WG=－mgh=－1.0×103×10×4 J=－4×104 J，A错误；起重机在前4 s内对货物做功为WF=Fh=10 500×4 J=4.2×104 J，B错误；起重机在前4 s内的输出功率为 W=1.05×104 W，C正确；起重机在4 s末的输出功率为P=Fv=1.05×104×2 W=2.1×104 W，D错误。
素养提升　机车启动问题
分类 恒定功率启动 恒定加速度启动
P－t图像和v－t图像
OA段 过程分析 v↑ F=↓ a=↓ a=不变 F不变，v↑ P=Fv↑ Pm=P额=Fv1
运动性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间t0=
AB段 过程分析 F=Ff a=0 vm= v↑ F=↓ a=↓
运动性质 速度大小为vm的匀速直线运动 加速度减小的加速运动
BC段 过程分析 F=Ff a=0 vm=
运动性质 速度大小为vm的匀速直线运动
[例9]　(2022·浙江6月选考)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　C　)
A.13.2 s　 B.14.2 s
C.15.5 s　 D.17.0 s
【解析】 为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速运动，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动，到达平台时速度刚好为零。重物在第一阶段匀加速上升的过程中，根据牛顿第二定律可得a1= m/s2=5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1= m/s=4 m/s，此过程所用时间和上升高度分别为t1= s=0.8 s，h1= m=1.6 m，重物以最大速度做匀速运动时，有vm= m/s=6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3=s=1.2 s，h3= m=3.6 m，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2=mm，又有h2=85.2 m－1.6 m－3.6 m=80 m，联立解得t2=13.5 s，故提升重物的最短时间为tmin=t1＋t2＋t3=0.8 s＋13.5 s＋1.2 s=15.5 s，C正确，A、B、D错误。
[例10]　2024年7月18日，随着G4006次列车从兰考南站驶出，标志着日兰高铁全线贯通运营。若发车前工作人员将两列车串联，两列车能以速度v向前方匀速运动，前方列车的输出功率为P1，后方列车输出功率为P2，前方列车质量是后方列车质量的2倍，两列车受到的阻力均为自身重力的k倍，则两列车连接处牵引装置的作用力为(　C　)
A. B.
C. D.
【解析】 设两列车连接处牵引装置的作用力大小为F1，对前方列车进行受力分析，根据平衡条件有=2kmg＋F1，
对后方列车进行受力分析，根据平衡条件有＋F1=kmg，
解得F1=，C正确。(共44张PPT)
第六单元
机械能守恒定律
课程标准 核心考点 考情统计
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.理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象 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 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 功和功率 2025：浙江6月T7
2024：浙江6月T5；1月T3
动能和动能定理 2025：浙江6月T6、T17；1月T16
2024：浙江6月T18；1月T18
2023：浙江6月T18；1月T18
2022：浙江6月T18；1月T18
重力做功与重力势能 2025：浙江6月T17；1月T16
2023：浙江1月T4
功能关系、机械能守恒定律及其应用 2023：浙江1月T4
实验：验证机械能 守恒定律 2024：浙江6月T16
考点一　恒力做功的分析与计算
考点二　变力做功的分析和计算
考点三　功率的分析与计算
内
容
索
引
课时作业
第14讲　功、功率
1.功的物理意义：功是______________的量度。
2.力做功的两个要素
(1)作用在物体上的力。
(2)物体在______________上发生的位移。
3.公式：W=___________。(据下图列式)

(1)α是力与_______________之间的夹角，l为物体的位移。
(2)该公式只适用于______________。
考点一　恒力做功的分析与计算
能量转化
力的方向
Flcos α
位移方向
恒力做功
4.单位：焦耳，简称焦，符号J。1 J 等于_____________的力使物体在力的方向上发生_____________位移的过程中所做的功。
5.功是____________，但功有正负。
(1)当____________时，W＞0，力对物体做正功。
(2)当α=时，W=0，力对物体____________。
(3)当＜α≤π时，W＜0，力对物体做____________，或者说物体____________这个力做功。
1 N
1 m
标量
0≤α＜
不做功
负功
克服
1.只要物体受力的同时发生了位移，就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.相互作用的系统内，一对摩擦力所做功的代数和一定为零。(　 　)

√


(1)恒力做功的判断：若物体做直线运动，则依据力与位移方向的夹角来判断。若物体做曲线运动，则依据力与速度的夹角来判断。
(2)依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度可知，若有能量转化，则一定有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间相互作用力的做功情况。
考向一　功的正负的判断
如图所示的索道，全长2 176米，高度752米。索道缆车车厢内的地板及座椅始终保持水平，车厢内某游客端坐不动且未接触扶手，下列说法中，错误的是(　 　)
A.在匀速上升阶段摩擦力对该游客做负功
B.在加速上升阶段支持力对该游客做正功
C.在减速上升阶段摩擦力对该游客做负功
D.整个上升过程重力对该游客做负功
例 1
【解析】 游客受到的支持力竖直向上，重力竖直向下，若存在摩擦力可知摩擦力沿接触面即沿水平方向，当匀速上升时，游客不受摩擦力的作用，否则不能受力平衡，A错误；在加速上升阶段，支持力与位移方向的夹角为锐角，故此时支持力对该游客做正功，B正确；在减速上升阶段，加速度沿索道方向斜向下，可知此时游客受到的摩擦力方向与位移方向的夹角为钝角，故摩擦力对该游客做负功，C正确；重力方向始终竖直向下，在整个上升过程中与位移方向的夹角始终为钝角，故重力对该游客做负功，D正确。
A
(多选)(人教版必修第二册改编)一位质量m=60 kg的滑雪运动员从高h=10 m的斜坡自由下滑，如果运动员在下滑过程中受到的阻力F=50 N，斜坡的倾角θ=30°，重力加速度g取10 m/s2，则运动员滑至坡底的过程中，关于各力做功的情况，下列说法中正确的有(　 　)
A.重力做功为6 000 J B.阻力做功为1 000 J
C.支持力不做功 D.各力做的总功为零
例 2
【解析】 重力做功WG=mgh=6 000 J，A正确；阻力做功WF=－F=－1 000 J，B错误；支持力方向与位移方向的夹角为90°，不做功，C正确；各力做的总功W=WG＋WF＋WN=5 000 J，D错误。
考向二　恒力做功的计算
AC
1.“微元法”求变力做功
将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。
2.“图像法”求变力做功
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。
3.“转换法”求变力做功
通过转换研究对象，可将变力做功转化为恒力做功，用W=Flcos α求解，如轻绳通过定滑轮拉物体运动过程中拉力做功问题。
4.“平均力”求变力做功
当力的方向不变而大小随位移线性变化时，可先求出力在该段位移的平均值，再由W=lcos α计算，如弹簧弹力做功。
考点二　变力做功的分析和计算
如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m=0.5 kg处于静止状态的物块。以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g取10 m/s2。现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示。物块下移0.4 m的过程中，拉力F做功为
(　 　)
A.5.5 J B.3.5 J
C.2.0 J D.1.5 J
例 3
【解析】 由题中F－x图线与横轴所围的“面积”表示拉力做的功，可得物块下移0.4 m的过程中，拉力F做的功W=3.5 J，B正确。
甲 乙
B
如图所示，水平粗糙地面上的物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，以大小恒定的拉力F拉绳的另一端，使物体从A点起由静止开始运动。若从A点运动至B点和从B点运动至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，图中AB=BC，且动摩擦因数处处相同，则在物体运动的过程中(　 　)
A.摩擦力增大，W1＞W2
B.摩擦力减小，W1＜W2
C.摩擦力增大，W1＜W2
D.摩擦力减小，W1＞W2
例 4
D
【解析】 物体受力如图甲所示，由平衡条件得FN＋Fsin θ=mg，滑动摩擦力Ff=μFN=μ(mg－Fsin θ)，物体从A向C运动的过程中，轻绳与水平方向的夹角θ增大，所以滑动摩擦力减小，由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力为恒力，所以拉力做的功等于轻绳对物体所做的功，拉力F做功W=FΔl，Δl表示轻绳的长度变化，设物体从A点运动到B点时绳长的变化为Δl1，从B点运动到C点时绳长的变化为Δl2，作出辅助三角形如图所示，根据正弦定理，有、，由于AB=BC，OB＞OC，∠3＜∠4，故∠1＜∠2，图中OA=OD，OE=OC，则Δl1=BD，Δl2=BE，2∠5＋∠1=180°，2∠6＋∠2=180°，所以∠5＞∠6，作CF∥AD，则BF=BD，且BF＞BE，所以BD＞BE，即Δl1＞Δl2，因此W1＞W2，D正确。
甲 乙
如图所示，一轻质立方体被从水表面缓慢压入水中， 直至其上表面没入水中，已知立方体的棱长为L，水的密度为ρ，重力加速度为g，不考虑水面高度的变化。该过程中，立方体克服水的浮力所做的功为(　 　)
A. B.
C.ρgL2 D.ρgL4
【解析】 设浸入的深度为x，则浮力的大小为Fx=ρgVx=ρgL2x，可见浮力与进入水中的位移成正比，则克服浮力做的功为WL=×L=L=，B正确。
例 5
B
1.定义：力对物体做的功与所用____________的比值。
2.物理意义：功率是描述力对物体做功____________的物理量。
3.公式：
(1)P=，P为时间t内的____________功率。
(2)P=Fvcos α，其中α为F与v方向间的夹角。
①v为平均速度时，则P为________________；
②v为瞬时速度时，则P为________________。
考点三　功率的分析与计算
时间
快慢
平均
平均功率
瞬时功率
1.由P=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。(　 　)

√

福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，电磁弹射系统是福建舰的核心装备之一，在测试电磁弹射系统时，配重小车自甲板前端水平射出，落至海平面上。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，A、B为两次弹射的落水点。忽略空气阻力，配重小车可视为质点。关于配重小车1和小车2，下列说法中正确的是(　 　)
A.落水瞬间速度大小vA=vB
B.在空中运动过程中速度变化量Δv1=Δv2
C.落水瞬间重力的瞬时功率PA＞PB
D.在空中运动过程中重力的平均功率P1＜P2
例 6
B
【解析】 配重小车离开甲板后做平抛运动，二者下落高度相等，根据h=gt2可知，二者下落时间相等；由竖直方向分速度vy=gt，可知vAy=vBy，水平分运动为匀速运动，根据x=vt及xA＜xB得vAx＜vBx，由矢量运算法则可得vA=＜vB=，A错误；根据速度变化量公式Δv=gΔt，因二者下落时间相等，故二者在空中运动过程中速度变化量Δv1=Δv2，B正确；落水瞬间重力的瞬时功率为P=mgvy，而vAy=vBy，二者质量相等，所以落水瞬间二者重力的瞬时功率相等，P1=P2，C错误；下落高度相等重力做功相等，又下落时间相等，由WG=mgh及，易知在空中运动过程中二者重力的平均功率相等，，D错误。
引体向上是中学生体育测试的项目之一。若一个普通中学生在30 s内完成12次引体向上，则该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近(　 　)
A.5 W B.20 W
C.100 W D.400 W
例 7
【解析】 中学生质量约为50 kg，每次引体向上过程上升高度约为0.5 m，引体向上一次克服重力做功为W=mgh=50×10×0.5 J=250 J，全过程克服重力做功的平均功率为=100 W，C正确。
C
如图甲所示，一台起重机匀加速地将质量为1.0×103 kg的货物从静止开始竖直吊起，货物的运动图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法中，正确的是(　 　)
A.重力在前4 s内对货物做了4×104 J的功
B.起重机在前4 s内对货物做了4×104 J的功
C.起重机在前4 s内的输出功率为1.05×104 W
D.起重机在4 s末的输出功率为3×104 W
例 8
【解析】 起重机匀加速将货物竖直吊起，根据牛顿第二定律有F－mg=ma，根据题图乙可得货物的加速度为a= m/s2=0.5 m/s2，联立可得起重机对货物的拉力为F=10 500 N，货物前4 s内上升的高度为h=vt=×2×4 m=4 m，重力在前4 s内对货物做功为WG=－mgh=－1.0×103×10×4 J=－4×104 J，A错误；起重机在前4 s内对货物做功为WF=Fh=10 500×4 J= 4.2×104 J，B错误；起重机在前4 s内的输出功率为 W=1.05×104 W，C正确；起重机在4 s末的输出功率为P=Fv=1.05×104×2 W=2.1×104 W，D错误。
甲 乙
C
素养提升　机车启动问题
分类 恒定功率启动 恒定加速度启动
P－t图像和 v－t图像
OA段 过程分析 v↑ F=↓ a=↓ a=不变 F不变，v↑ P=Fv↑ Pm=P额=Fv1
运动性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间t0=
分类 恒定功率启动 恒定加速度启动
AB段 过程分析 F=Ff a=0 vm= v↑ F=↓ a=↓
运动性质 速度大小为vm的匀速直线运动 加速度减小的加速运动
BC段 过程分析 F=Ff a=0 vm=
运动性质 速度大小为vm的匀速直线运动
(2022·浙江6月选考)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　 　)
A.13.2 s　 B.14.2 s
C.15.5 s　 D.17.0 s
例 9
C
【解析】 为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速运动，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动，到达平台时速度刚好为零。重物在第一阶段匀加速上升的过程中，根据牛顿第二定律可得a1= m/s2=5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1= m/s=4 m/s，此过程所用时间和上升高度分别为t1= s=0.8 s，h1= m=1.6 m，重物以最大速度做匀速运动时，有vm= m/s=6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3=s=1.2 s，h3= m=3.6 m，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2=mm，又有h2=85.2 m－1.6 m－3.6 m=80 m，联立解得t2=13.5 s，故提升重物的最短时间为tmin=t1＋t2＋t3=0.8 s＋13.5 s＋1.2 s=15.5 s，C正确，A、B、D错误。
2024年7月18日，随着G4006次列车从兰考南站驶出，标志着日兰高铁全线贯通运营。若发车前工作人员将两列车串联，两列车能以速度v向前方匀速运动，前方列车的输出功率为P1，后方列车输出功率为P2，前方列车质量是后方列车质量的2倍，两列车受到的阻力均为自身重力的k倍，则两列车连接处牵引装置的作用力为(　 　)
A. B.
C. D.
例 10
【解析】 设两列车连接处牵引装置的作用力大小为F1，对前方列车进行受力分析，根据平衡条件有=2kmg＋F1，
对后方列车进行受力分析，根据平衡条件有＋F1=kmg，
解得F1=，C正确。
C
课时作业
答案速对
第六单元 第14讲　功、功率 题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D A C C B B D
题号 8 9 10 11 12 答案 BD C B AD C 1.生活中，人们常利用传送带运送物品。如图所示，行李箱与水平传送带保持相对静止，一起做匀速直线运动一段距离，不计空气阻力，则在此过程中传送带(　 　)
A.对行李箱的摩擦力方向与传送方向相同
B.对行李箱的摩擦力方向与传送方向相反
C.对行李箱做正功
D.对行李箱不做功
D
2.质量为2 kg的物体静止在光滑的水平面上，从某时刻起，对物体施加一方向不变的水平拉力F，该拉力与物体的位移x的关系图像如图所示，则物体在x=7 m处时的速度大小为(　 　)
A.2 m/s
B.2 m/s
C.5 m/s
D.4 m/s
A
3.每年春节前浙江农村都有打年糕的习俗，借此来寓意“年年发财、步步高升”。打年糕时，一人将“石杵”一起一落挥动，另一人在“石杵”挥动的间隙迅速翻动米粉团，直到米粉团柔软而有弹性。已知“石杵”质量为20 kg，每分钟上下挥动20下，每次重心上升的高度约为90 cm，则人挥动“石杵”1分钟做的功约为(g取10 m/s2)(　 　)
A.60 J B.180 J
C.3 600 J D.10 800 J
C
4.(2024·浙江6月选考)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10－4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为(　 　)
A.10 W B.20 W
C.100 W D.200 W
【解析】 单位时间内从喷头流出的水的质量m=ρSv，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量，即P=mv2，联立解得P=100 W，C正确。
C
5.如图所示为某同学投篮时的情景，篮球在空中划出一道美妙的弧线后精准进入篮筐，投球点低于篮筐，不计空气阻力，则篮球从被投出到刚进入篮筐的运动过程中(　 　)
A.经过最高点时速度为零
B.经过最高点时重力的功率为零
C.上升时间与下降时间相等
D.上升与下降两过程重力做功相等
【解析】 在最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，A错误；在最高点时，竖直方向速度为零，根据PG=mgvy可知经过最高点时重力的功率为零，B正确；竖直方向，上升过程比下降过程位移大，根据h=gt2可知上升时间大，C错误；根据WG=可知两个过程重力做功不相等，D错误。
B
6.古代日常用水主要依靠井水。假设用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为20 m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为10 kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。由图像可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为(　 　)
A.2 000 J
B.1 800 J
C.200 J
D.180 J
【解析】 由于水桶匀速上升，故拉力大小等于水和桶的总重力，由图像可知，水和桶的总质量随位移均匀减小，即拉力与位移满足线性关系，所以可用平均力法求解变力做功。由图像可知，F1=m1g=100 N，F2=m2g=80 N，则在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为W拉=h=1 800 J，B正确。
B
7.(2026·绍兴期末)无人配送车作为新型配送装备，可以自动规避道路障碍物与往来车辆行人，实现智能配送。某款无人配送车车身净质量为350 kg，最大承载质量为200 kg，若该无人配送车正常行驶时，受到的阻力约为总重力的，满载时最大速度可达5 m/s。该无人配送车在水平平直路面上直线行驶时，下列说法中，正确的是 (　 　)
A.配送车的额定功率为5 500 W
B.配送车空载时，能达到的最大速度为10 m/s
C.配送车以额定功率启动时，先做匀加速运动，后做变加速运动直至达到最大速度
D.满载情况下以额定功率启动，当速度为1 m/s时，配送车的加速度大小为4 m/s2
【解析】 由题可知满载时阻力f=(m＋M)g=550 N，最大时速可达5 m/s，则额定功率P=fvm =2 750 W，A错误；该无人配送车空载时，能达到得最大速度vm'=≈7.9 m/s，B错误；该无人配送车以额定功率启动时，有P=Fv，根据牛顿第二定律有F－f=ma，无人配送车做变加速运动直至速度达到最大速度，C错误；满载情况下以额定功率启动，当速度为1 m/s时，牵引力F'==2 750 N，该无人配送车的加速度大小a==4 m/s2，D正确。
D
8.(多选)如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4从同一高度由静止释放(图甲、丙、丁)或平抛(图乙)，其中图丙、丁中分别是倾角为45°和60°的光滑斜面，不计空气阻力。则下列对于四种情况下相关物理量的比较，正确的有(　 　)
A.落地时间t1=t2＜t3＜t4
B.全程重力做功W1=W2=W3=W4
C.落地瞬间重力的功率P1=P2=P3=P4
D.全程重力做功的平均功率
BD
【解析】 设高度为h，球1做自由落体运动，落地时间t1=，球2做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，落地时间t2=，设斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律得a=gsin θ，则gsin θ·t2，解得落地时间t=，将θ=45°和60°分别代入，可得t3=，t4=，故t1=t2＜t4＜t3，A错误；由于重力做功只与高度差有关，故重力做功相同，即W1=W2=W3=W4=mgh，B正确；球1和球2在竖直方向上均做自由落体运动，落地时竖直方向的速度v=，对于球3和球4，沿斜面到达底端时的速度v=，与重力方向的夹角为－θ，根据功率的公式得P=mgvsin θ，故P1=P2＞P4＞P3，C错误；平均功率的公式，由于W1=W2=W3=W4=mgh，且t1=t2＜t4＜t3，故，D正确。
9.两实心小球甲和乙用同种材料制成，甲球质量大于乙球质量，现让两球由离水平地面相同高度处静止下落，假设它们运动时受到的空气阻力与球的最大横截面面积成正比，与球的速率无关。则(　 　)
A.甲球落地速度比乙球落地速度小
B.甲球下落所用时间比乙球下落所用时间长
C.下落过程甲球重力的平均功率大于乙球重力的平均功率
D.下落至同一高度时两球的重力功率可能相等
C
【解析】 甲、乙两实心球用同种材料制成，且甲球质量大于乙球质量，则甲球的最大横截面面积大于乙球的最大横截面面积，根据题意，它们运动时受到的空气阻力与球的最大横截面面积成正比，则可设球的最大横截面面积为S，密度为ρ，阻力为kS，则有S=πR2，m=ρV= πρR3，根据牛顿第二定律有mg－kS=ma，解得a=g－，显然，半径越大加速度越大，因此可知a甲＞a乙，根据v2=2ah可得v=，下落高度相同，则可知甲球落地时的速度大于乙球落地时的速度，A错误；根据h=at2 可得t=，可知甲球落地所用时间小于乙球落地所用时间，B错误；根据重力所做功为WG=mgh，可得重力的平均功率为=mg，根据以上分析可知，甲球的质量大于乙球的质量，甲球的加速度大于乙球的加速度，因此下落过程甲球重力的平均功率大于乙球重力的平均功率，C正确；下落任意同一高度总有v'=，则任意同一高度重力的瞬时功率为P=mgv'=mg，而甲球的质量和加速度都大于乙的，因此任意同一高度处甲球重力的瞬时功率总大于乙球重力的瞬时功率，D错误。
10.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1、2分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段的加速度大小都相同；两次提升的高度相同，提升的物体质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力，则第1次和第2次提升过程中(　 　)
A.电机的最大牵引力之比为2∶1
B.矿车上升所用的时间之比为4∶5
C.电机输出的最大功率之比为1∶1
D.电机所做的功之比为4∶5
B
【解析】 加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次加速过程中最大牵引力相等，即电机的最大牵引力之比为1∶1，A错误；设第2次比第1次多用的时间为Δt，根据位移相同可得两图线与时间轴围成图形的面积相等，即v0×2t0=v0[(2t0＋Δt)＋(t0＋Δt)]，解得Δt=t0，则矿车上升所用的时间之比为2t0∶=4∶5，B正确；两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率公式P=Fv可知，最大功率之比为2∶1，C错误；两次提升的过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，由于重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D错误。
11.(多选)(2026·浙江强基联盟模拟)“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将细绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示，经5t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点。下列说法中，正确的有(　 　)
A.0~2t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动
B.水井的深度为5ω0Rt0
C.把水桶从井底提升到井口的过程中克
服重力做功的平均功率为2mgω0R
D.把水桶从井底提升到井口的过程中
合力对水桶和桶中水做功为2mR2
AD
甲 乙
【解析】 转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有v=ωR，因0~2t0内，ω与t成正比，所以水桶的速度v与t成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，A正确；图乙中0~5t0内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为θ，则θ==8ω0t0，故水井的深度为转筒转过的距离，即h=θR=8ω0Rt0，B错误；把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为，C错误；根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为W合=mv2－0=m(2ω0R)2=2mR2，D正确。
12.如图所示为一种潮汐发电示意图，左方为陆地和海湾，右侧为大海，中间为水坝，其下有通道，水流经通道即可带动发电机工作。涨潮时开闸蓄水，落潮时开闸放水，均在内外水面高度相同时关闭闸门。设海湾的平均面积为S，每次涨落潮海湾内外水位落差为h，一天涨潮、落潮各一次。水的密度为ρ，重力加速度为g，设一天的时间为t。下列说法中，正确的是 (　 　)
A.一次落潮时流出海湾的海水质量为2ρSh
B.一次落潮时海水流经通道对发电机做的功为
2ρSgh2
C.一天内海水流经通道对发电机做功的功率为
D.一天内海水流经通道对发电机做功的功率为
C
【解析】 一次落潮时流出海湾的海水质量为ρSh，A错误；一次落潮时海水流经通道对发电机做的功为mg·0.5h=ρShg·0.5h=0.5ρSgh2，B错误；一天内海水流经通道两次，海水流经通道对发电机做的总功为ρSgh2，对应海水流经通道对发电机做功的功率为，C正确，D错误。

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