PAGEPAGE26功和功率主干梳理對點激活學問點功Ⅱ1．定義：一個物體受到力的作用，假如在eq\o(□,\s\up3(01))力的方向上發生了一段位移，就說這個力對物體做了功。2．物理意義：功是eq\o(□,\s\up3(02))能量轉化的量度。3．做功的兩個必要因素(1)作用在物體上的eq\o(□,\s\up3(03))力。(2)物體在eq\o(□,\s\up3(04))力的方向上發生的位移。4．公式：W＝eq\o(□,\s\up3(05))Flcosα(1)α是力與eq\o(□,\s\up3(06))位移方向之間的夾角，l為物體對地的位移。(2)該公式只適用于eq\o(□,\s\up3(07))恒力做功。(3)功是eq\o(□,\s\up3(08))標量。正負表示對物體做功的力是動力或阻力。5．功的正負6．一對作用力與反作用力的功7．一對平衡力的功一對平衡力作用在同一個物體上，若物體靜止，則兩個力都不做功；若物體運動，則這一對力所做的功肯定是數值相等、一正一負或都為零。學問點功率Ⅱ1．定義：功與完成這些功所用時間的eq\o(□,\s\up3(01))比值。2．物理意義：描述力對物體eq\o(□,\s\up3(02))做功的快慢。3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P為時間t內的eq\o(□,\s\up3(03))平均功率。(2)P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)①v為平均速度，則P為eq\o(□,\s\up3(04))平均功率。②v為瞬時速度，則P為eq\o(□,\s\up3(05))瞬時功率。4．額定功率機械eq\o(□,\s\up3(06))正常工作時的最大輸出功率。5．實際功率機械eq\o(□,\s\up3(07))實際工作時的功率，要求不大于eq\o(□,\s\up3(08))額定功率。一思維辨析1．功是標量，功的正負表示大小。()2．一個力對物體做了負功，說明這個力肯定阻礙物體的運動。()3．滑動摩擦力可能做負功，也可能做正功；靜摩擦力對物體肯定不做功。()4．作用力做正功時，反作用力肯定做負功。()5．力對物體做功的正負是由力與位移間的夾角大小確定的。()6．汽車上坡時換成低擋位，其目的是減小速度得到較大的牽引力。()答案1.×2.√3.×4.×5.√6.√二對點激活1．(人教版必修2·P59·T1改編)如圖所示，質量分別為m1和m2的兩個物體，m1<m2，在大小相等的兩個力F1和F2的作用下沿水平方向移動了相同的距離。若F1做的功為W1，F2做的功為W2，則()A．W1>W2 B．W1<W2C．W1＝W2 D．條件不足，無法確定答案C解析由題意可得F1和F2是恒力，物體移動的位移相同，并且力與位移的夾角相等，所以由功的公式W＝Flcosθ可知，它們對物體做的功是相同的，C正確。2．(人教版必修2·P60·T4改編)如圖所示的a、b、c、d中，質量為M的物體甲受到相同的恒力F的作用，在力F作用下使物體甲在水平方向移動相同的位移。μ表示物體甲與水平面間的動摩擦因數，乙是隨物體甲一起運動的小物塊，比較物體甲移動的過程中力F對甲所做的功的大小()A．Wa最小 B．Wd最大C．Wa>Wc D．四種狀況一樣大答案D解析依據功的定義式W＝Flcosθ，在本題的四種狀況下，F、l、θ均相同，這樣四種狀況下力F所做的功一樣大，故D正確。3．(人教版必修2·P60·T3改編)(多選)一位質量m＝60kg的滑雪運動員從高h＝10m的斜坡自由下滑，假如運動員在下滑過程中受到的阻力F＝50N，斜坡的傾角θ＝30°，重力加速度g取10m/s2，運動員滑至坡底的過程中，關于各力做功的狀況，下列說法正確的是()A．重力做功為6000J B．阻力做功為1000JC．支持力不做功 D．各力做的總功為零答案AC解析重力做功WG＝mgh＝6000J，故A正確；阻力做功WF＝－Feq\f(h,sinθ)＝－1000J，故B錯誤；支持力與位移夾角為90°，不做功，故C正確；各力做的總功為5000J，故D錯誤。4．質量為m的物體沿傾角為θ的斜面滑究竟端時的速度大小為v，則此時重力的瞬時功率為()A．mgv B．mgvsinθC．mgvcosθ D．mgvtanθ答案B解析重力與物體的速度之間的夾角為90°－θ，則重力的瞬時功率為P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，所以B正確。考點細研悟法培優考點1功的正負推斷與恒力、合力做功的計算1.定性的推斷力是否做功及做正、負功的方法(1)看力F的方向與位移l的方向間的夾角α——常用于恒力做功的情形。(2)看力F的方向與速度v的方向間的夾角θ——常用于曲線運動的情形。(3)依據動能的變更：動能定理描述了合外力做功與動能變更的關系，即W合＝ΔEk，當動能增加時合外力做正功，當動能削減時合外力做負功。(4)依據功能關系或能量守恒定律推斷。2．恒力做功的計算方法干脆用W＝Flcosα計算。3．合力做功的計算方法方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。方法三：先求動能變更ΔEk，再利用動能定理W合＝ΔEk求功。例1(2024·湖北武漢調研)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時其速度為1m/s，從今刻起先在滑塊運動方向上再施加一水平作用力F，力F、滑塊的速率v隨時間的變更規律分別如圖甲和圖乙所示，設在第1s內、第2s內、第3s內力F對滑塊做的功分別為W1、W2、W3，則以下關系正確的是()A．W1＝W2＝W3 B．W1<W2<W3C．W1<W3<W2 D．W1＝W2<W3解題探究(1)第1s內、第2s內、第3s內力F均各為恒力嗎？提示：均各為恒力。(2)力的方向和位移方向發生過變更嗎？提示：沒有。嘗試解答選B。由v－t圖線得第1s內滑塊位移x1＝0.5m，第2s內滑塊位移x2＝0.5m，第3s內滑塊位移x3＝1m。第1s內力F對滑塊做功W1＝F1x1＝0.5J，第2s內力F對滑塊做功W2＝F2x2＝1.5J，第3s內力F對滑塊做功W3＝F3x3＝2J，所以W1<W2<W3，故B正確。總結升華1．運用W＝Flcosα應留意的幾個問題(1)位移l①“l”應取作用點的位移。②“l”的取值一般以地面為參考系。(2)力F①力的獨立性原理，即求某個力做的功僅與該力及物體沿該力方向的位移有關，而與其他力是否存在、是否做功無關。②力只能是恒力。此公式只能求恒力做功。(3)α是l與F之間的夾角。2．摩擦力做功的特點(1)單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)可以做正功，也可以做負功，還可以不做功。(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零；相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數和不為零，且總為負值。(3)相互作用的一對滑動摩擦力做功過程中會發生物體間機械能轉移和機械能轉化為內能，內能Q＝Ffx相對。[變式1－1]圖甲為一女士站在臺階式自動扶梯上勻速上樓(忽視扶梯對手的作用)，圖乙為一男士站在履帶式自動扶梯上勻速上樓，兩人相對扶梯均靜止。下列關于力做功的推斷正確的是()A．甲圖中支持力對人做正功B．甲圖中摩擦力對人做負功C．乙圖中支持力對人做正功D．乙圖中摩擦力對人做負功答案A解析對圖甲中女士受力分析如圖1，受重力和支持力兩個力，支持力與速度v的夾角為銳角，做正功，故A正確，B錯誤。對圖乙中男士受力分析如圖2，受重力、支持力與靜摩擦力，支持力與速度v的夾角為90°，不做功，Ff與速度方向相同，做正功，故C、D均錯誤。[變式1－2](多選)如圖所示，建筑工人通過滑輪裝置將一質量是100kg的料車沿30°角的斜面由底端勻速地拉到頂端，斜面長L是4m，若不計滑輪的質量和各處的摩擦力，g取10N/kg，則對這一過程下列說法哪些正確()A．人拉繩子的力做功為1000JB．人拉繩子的力做功為2000JC．料車的重力做功為2000JD．料車受到的合力對料車做的總功為0答案BD解析工人拉繩子的力：F＝eq\f(1,2)mgsin30°＝250N，工人將料車拉到斜面頂端時，力F作用點的位移：l＝2L＝8m，人拉繩子的力做的功W＝Fl＝2000J，故A錯誤，B正確。重力做功：W2＝－mgh＝－mgLsin30°＝－2000J，故C錯誤。由于料車在斜面上勻速運動，則料車所受的合力為0，故W合＝0，D正確。考點2變力做功的計算方法例2(多選)如圖所示，n個完全相同，邊長足夠小且互不粘連的小方塊依次排列，總長度為l，總質量為M，它們一起以速度v在光滑水平面上滑動，某時刻起先滑上粗糙水平面。小方塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數為μ，若小方塊恰能完全進入粗糙水平面，則摩擦力對全部小方塊所做功的數值為()A.eq\f(1,2)Mv2 B．Mv2C.eq\f(1,2)μMgl D．μMgl解題探究(1)全部小方塊恰能完全進入粗糙水平面，說明小方塊末速度為零，對嗎？提示：對。(2)全部小方塊受到的摩擦力為變力，與位移有什么關系？提示：Ff＝μeq\f(Mg,l)x。嘗試解答選AC。小方塊恰能完全進入粗糙水平面，說明小方塊進入粗糙水平面后速度為零，以全部小方塊為探討對象，據動能定理得：Wf＝0－eq\f(1,2)Mv2，所以全部小方塊克服摩擦力做功為eq\f(1,2)Mv2，故A正確，B錯誤。由于摩擦力是變力，聯立Ff＝μFN和FN＝eq\f(Mg,l)·x，得Ff＝eq\f(μMg,l)·x，畫出Ff－x圖象如圖所示：Ff－x圖象與x軸圍成的面積代表克服摩擦力做的功，大小為eq\f(1,2)μMgl，故C正確，D錯誤。總結升華選對方法求變力做功遇見變力做功問題時，依題意選準方法，平常要留意多總結，除了以上方法還可以用功率求功，機車類發動機保持功率P恒定做變速運動時，牽引力是變力，牽引力做功W＝Pt。[變式2－1](2024·安慶模擬)(多選)如圖所示，擺球質量為m，懸線長度為L，把懸線拉到水平位置后放手。設在擺球從A點運動到B點的過程中空氣阻力的大小F阻不變，則下列說法正確的是()A．重力做功為mgLB．懸線的拉力做功為0C．空氣阻力做功為－mgLD．空氣阻力做功為－eq\f(1,2)F阻πL答案ABD解析擺球下落過程中，重力做功為mgL，A正確；懸線的拉力始終與速度方向垂直，故做功為0，B正確；空氣阻力的大小不變，方向始終與速度方向相反，故做功為－F阻·eq\f(1,2)πL，C錯誤，D正確。[變式2－2](2024·江西南昌模擬)用一根繩子豎直向上拉一個物塊，物塊從靜止起先運動，繩子拉力的功率按如圖所示規律變更，0～t0時間內物塊做勻加速直線運動，t0時刻后物塊接著加速，t1時刻物塊達到最大速度。已知物塊的質量為m，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．物塊始終做勻加速直線運動B．0～t0時間內物塊的加速度大小為eq\f(P0,mgt0)C．t0時刻物塊的速度大小為eq\f(P0,mg)D．0～t1時間內繩子拉力做的總功為P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t1－\f(1,2)t0))答案D解析由圖象知，t0時刻后拉力的功率保持不變，依據P0＝Fv知，v增大，F減小，物塊做加速度減小的加速運動，當加速度減小到零，物塊做勻速直線運動，A錯誤；0～t0時間內，由P＝Fv，v＝at，F－mg＝ma得P＝m(g＋a)at，則m(g＋a)a＝eq\f(P0,t0)，得a＝eq\f(P0,mt0g＋a)，B錯誤；在t1時刻速度達到最大值vm，拉力大小等于物塊重力大小，則P0＝mgvm，得速度vm＝eq\f(P0,mg)，由于t0時刻物塊的速度v0<vm，即v0<eq\f(P0,mg)，C錯誤；P－t圖象中面積表示拉力做的功，得0～t1時間內繩子拉力做的總功為P0t1－eq\f(1,2)P0t0＝P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t1－\f(1,2)t0))，D正確。考點3功率的計算1．平均功率的計算方法(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)為物體運動的平均速度，F為恒力。2．瞬時功率的計算方法利用公式P＝F·vcosθ，其中v為t時刻的瞬時速度。例3(2024·襄陽調研)如圖1所示，物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運動。監測到推力F、物體速度v隨時間t變更的規律如圖2、3所示，g＝10m/s2，則()A．第1s內推力做的功為1JB．第2s內物體克服摩擦力做的功W＝2JC．第1.5s時推力F做功的功率為2WD．第2s內推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝1.5W解題探究(1)第3s內物體勻速運動，可以求出摩擦力大小為多少？提示：f＝2N。(2)由圖3知1.5s時物體速度為多少？提示：1m/s。嘗試解答選B。由題圖3可知，第1s內物體的速度為零，物體靜止不動，故位移為零，推力不做功，A錯誤；第2s內推力為3N，第3s內推力為2N且物體做勻速直線運動，則可知摩擦力f＝2N，物體第2s內的位移x＝1m，則克服摩擦力所做的功W＝fx＝2J，B正確；第1.5s時推力為3N，速度v＝1m/s，則推力F做功的功率P＝3×1W＝3W，C錯誤；第2s內平均速度eq\x\to(v)＝1m/s，推力F＝3N，推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝Feq\x\to(v)＝3W，D錯誤。總結升華求力做功的功率時應留意的問題(1)明確所求功率是平均功率還是瞬時功率。求平均功率首選P＝eq\f(W,t)，其次是用P＝F·eq\x\to(v)cosα，eq\x\to(v)應簡單求得，如求勻變速直線運動中某力的平均功率。(2)求瞬時功率用P＝Fvcosα要留意F與v方向間的夾角α對結果的影響，功率是力與力的方向上速度的乘積。[變式3](2024·白銀模擬)如圖所示，小物塊甲從豎直固定的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道頂端由靜止滑下，軌道半徑為R，圓弧底端切線水平。小物塊乙從高為R的光滑斜面頂端由靜止滑下。下列推斷正確的是()A．兩物塊到達底端時速度相同B．兩物塊運動究竟端的過程中重力做功相同C．兩物塊到達底端時動能相同D．兩物塊到達底端時，乙的重力做功的瞬時功率大于甲的重力做功的瞬時功率答案D解析由機械能守恒定律可知，到達底端時速度大小相同、方向不同，故A錯誤；由于甲、乙物塊質量關系不清晰，所以雖然速度大小相同，重力做功、到達底端時動能不肯定相同，故B、C錯誤；到達底端時，甲的重力做功的瞬時功率為零，乙的重力做功的瞬時功率大于零，故D正確。考點4機車啟動問題1．兩種啟動方式的比較續表2．三個重要關系式(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速直線運動時的速度，即vm＝eq\f(P,Fmin)＝eq\f(P,F阻)(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻)。(2)機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結束時，功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功W＝Pt。由動能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式常常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小。例4(2024·河北高三月考)(多選)下列各圖是反映汽車(額定功率P額)從靜止起先勻加速啟動，最終做勻速直線運動的過程中，其速度隨時間以及加速度、牽引力和功率隨速度變更的圖象，其中正確的是()解題探究(1)汽車從靜止起先勻加速啟動，能始終勻加速嗎？提示：不能。當P＝P額時再勻加速，機車發動機會燒毀。(2)汽車最終勻速階段，有什么典型特征？提示：a＝0，F＝f。嘗試解答選ACD。從靜止起先勻加速啟動，由公式P＝Fv及題意知，當力恒定時，隨著速度的增加功率P增大，當P＝P額時，功率不再增加，此時，牽引力F－f＝ma，v1＝eq\f(P額,f＋ma)，速度接著增加，牽引力減小，此后汽車做加速度漸漸減小的加速運動，當F＝f時，a＝0，速度達最大，vm＝eq\f(P額,f)，做勻速直線運動。由以上分析知，B錯誤，A、C、D正確。總結升華解決機車啟動問題時的四點留意(1)首先弄清是勻加速啟動還是恒定功率啟動。(2)若是勻加速啟動過程，機車功率是不斷變更的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速直線運動階段的最大速度小于機車所能達到的最大速度，達到額定功率后做加速度減小的加速運動。(3)若是以額定功率啟動的過程，機車做加速度減小的加速運動，勻變速直線運動的規律不能用，速度最大值等于eq\f(P,Ff)，牽引力是變力，牽引力做的功可用W＝Pt計算，但不能用W＝Flcosθ計算。(4)無論哪種啟動方式，最終達到最大速度時，均滿意P＝Ffvm，P為機車的額定功率。[變式4－1](2024·太原五中階段性測試)某愛好小組對一輛自制遙控小車的性能進行探討，他們讓這輛小車在水平的直軌道上以恒定加速度由靜止啟動，并將小車運動的全過程記錄下來，通過處理轉化為v－t圖象，如圖所示(除2～10s時間段內的圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線)，2s后小車的功率不變，可認為在整個過程中小車所受到的阻力大小不變。小車的質量為1kg，則小車在0～10s運動過程中位移的大小為()A．39mB．42mC．45mD．48m答案B解析小車在前2s內做勻加速直線運動，其加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝1.5m/s2,2s后功率不變，在2s時有F－f＝ma，得F＝f＋1.5，此時功率P＝Fv＝(f＋1.5)×3，此后小車做功率恒定的變加速運動，當速度達到最大時有P＝fvm＝f×6，整理得f＝1.5N，P＝9W，第一階段勻加速的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝3m，其次階段變加速，由動能定理有Pt2－fx2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,m)－v2)，得x2＝39m，兩段的總位移x＝x1＋x2＝42m，B正確，A、C、D錯誤。[變式4－2](多選)如圖所示為汽車的加速度和車速倒數eq\f(1,v)的關系圖象。若汽車質量為2×103kg，它由靜止起先沿平直馬路行駛，且行駛中阻力恒定，最大車速為30m/s，則()A．汽車所受阻力為2×103NB．汽車在車速為15m/s時，功率為6×104WC．汽車勻加速的加速度為3m/s2D．汽車勻加速所需時間為5s答案ABD解析設汽車所受阻力大小為Ff，由汽車的加速度和車速倒數eq\f(1,v)的關系圖象可知，汽車從靜止起先先做勻加速運動，加速度a＝2m/s2，直到速度達到v1＝10m/s，則勻加速階段所用時間為t＝eq\f(v1,a)＝5s，此時汽車的牽引力功率達到最大，即Pm＝(Ff＋ma)v1；接下來做加速度漸漸減小的變加速運動，汽車的牽引力功率保持不變，當速度達到v2＝30m/s時，加速度為零，F＝Ff，速度達到最大，此時Pm＝Ffv2，則解得Ff＝2×103N，Pm＝6×104W，當汽車在車速為15m/s時汽車已經達到最大功率，功率為6×104W，所以正確選項為A、B、D。高考模擬隨堂集訓1．(2024·全國卷Ⅲ)(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運輸至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變更關系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程()A．礦車上升所用的時間之比為4∶5B．電機的最大牽引力之比為2∶1C．電機輸出的最大功率之比為2∶1D．電機所做的功之比為4∶5答案AC解析設第②次所用時間為t，依據速度圖象與t軸所圍的面積等于位移(此題中為提升的高度)可知，eq\f(1,2)×2t0×v0＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－t0＋t))×eq\f(1,2)v0，解得：t＝eq\f(5t0,2)，所以第①次和第②次提升過程所用時間之比為2t0∶eq\f(5t0,2)＝4∶5，A正確；由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓其次定律，F－mg＝ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，B錯誤；由功率公式P＝Fv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，C正確；兩次提升過程中動能增加量均為0，由動能定理得W電－mgh＝0，兩次提上升度h相同，所以電機兩次做功相同，D錯誤。2．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，一光滑大圓環固定在桌面上，環面位于豎直平面內，在大圓環上套著一個小環。小環由大圓環的最高點從靜止起先下滑，在小環下滑的過程中，大圓環對它的作用力()A．始終不做功 B．始終做正功C．始終指向大圓環圓心 D．始終背離大圓環圓心答案A解析光滑大圓環對小環只有彈力作用，彈力方向沿大圓環的半徑方向(下滑過程先背離圓心，后指向圓心)，與小環的速度方向始終垂直，不做功。故選A。3．(2024·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透亮座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是()A．摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變答案B解析摩天輪轉動過程中，乘客的動能不變，重力勢能不斷變更，故乘客的機械能不斷變更，A錯誤；乘客在最高點時，具有向下的加速度，處于失重狀態，B正確；依據I＝Ft知，重力的沖量不為0，C錯誤；依據P＝mgvcosθ，θ為力方向與速度方向之間的夾角，摩天輪轉動過程中，θ不斷變更，重力的瞬時功率不斷變更，D錯誤。4．(2024·天津高考)我國自行研制、具有完全自主學問產權的新一代大型噴氣式客機C919首飛勝利后，拉開了全面試驗試飛的新征程，假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位移x＝1.6×103m時才能達到起飛所要求的速度v＝80m/s，已知飛機質量m＝7.0×104kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2，求飛機滑跑過程中(1)加速度a的大小；(2)牽引力的平均功率P。答案(1)2m/s2(2)8.4×106W解析(1)飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有v2＝2ax①代入數據解得a＝2m/s2②(2)設飛機滑跑受到的阻力為F阻，依據題意可得F阻＝0.1mg③設發動機的牽引力為F，依據牛頓其次定律有F－F阻＝ma④設飛機滑跑過程中的平均速度為eq\x\to(v)，有eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)⑤在滑跑階段，牽引力的平均功率P＝Feq\x\to(v)⑥聯立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106W。5．(2024·江蘇高考)如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質量為m，A、B的質量都為eq\f(m,2)，與地面間的動摩擦因數均為μ。現用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；(2)動摩擦因數的最小值μmin；(3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。答案(1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\f(\r(3),2)(3)(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR解析(1)對C受力分析，如圖所示。依據平衡條件有2Fcos30°＝mg解得F＝eq\f(\r(3),3)mg。(2)C恰好降到地面時，F＝mg，B受C壓力的水平分力最大Fxmax＝F·cos30°，Fxmax＝eq\f(\r(3),2)mgB受地面的摩擦力f＝μmg依據題意，B保持靜止，則有fmin＝Fxmax解得μmin＝eq\f(\r(3),2)。(3)C下降的高度h＝(eq\r(3)－1)RA的位移x＝2(eq\r(3)－1)R摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(eq\r(3)－1)μmgR依據動能定理W－Wf＋mgh＝0－0解得W＝(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR。配套課時作業時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選)1．如圖所示，物塊A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做勻速直線運動的過程中，下列關于A對地面的滑動摩擦力做功和B對A的靜摩擦力做功的說法正確的是()A．靜摩擦力做正功，滑動摩擦力做負功B．靜摩擦力不做功，滑動摩擦力做負功C．靜摩擦力做正功，滑動摩擦力不做功D．靜摩擦力做負功，滑動摩擦力做正功答案C解析A對地面雖然有摩擦力，但在力的作用下地面沒有發生位移，所以滑動摩擦力不做功，B對A的靜摩擦力向右，A的位移也向右，所以該靜摩擦力做正功，故C正確。2．如圖所示，質量為m的小球以初速度v0水平拋出，恰好垂直打在傾角為θ的斜面上，則球落在斜面上時重力的瞬時功率為(不計空氣阻力)()A．mgv0tanθ B.eq\f(mgv0,tanθ)C.eq\f(mgv0,sinθ) D．mgv0cosθ答案B解析小球垂直落在斜面上時重力的瞬時功率為P＝mgvy，而vytanθ＝v0，所以P＝eq\f(mgv0,tanθ)，B正確。3．如圖所示，滑雪者由靜止起先沿斜坡從A點自由滑下，然后在水平面上前進至B點停下，已知斜坡、水平面與滑雪板之間的動摩擦因數都為μ，滑雪者(包括滑雪板)的質量為m。A、B兩點間的水平距離為L。在滑雪者經過AB段運動的過程中，克服摩擦力做的功()A．大于μmgL B．等于μmgLC．小于μmgL D．以上三種狀況都有可能答案B解析設斜坡的傾角為θ，則滑雪者從A到B的運動過程中克服摩擦力做的功：WFf＝μmgcosθLAC＋μmgLCB，由題圖可知LACcosθ＋LCB＝L，兩式聯立可得：WFf＝μmgL，故B正確。4．一輕繩一端固定在O點，另一端拴一小球，拉起小球使輕繩水平，然后無初速度釋放小球。如圖所示，小球從起先運動至輕繩到達豎直位置的過程中，小球重力的瞬時功率的變更狀況是()A．始終增大 B．始終減小C．先增大，后減小 D．先減小，后增大答案C解析起先位置v＝0，重力瞬時功率為零，豎直位置重力與速度v夾角為90°，由P＝mgvcosθ知重力瞬時功率也為零，所以重力的瞬時功領先增大后減小，C正確。5．(2024·山東預料)如圖甲所示，港口碼頭常常運用起重機提升貨物，某次貨物上升過程中的v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是()A．t＝4s時，貨物處于超重狀態B．3～5s時間內，貨物所受合力做的功大于零C．0～2s時間內，貨物所受拉力做的功大于重力做的功D．0～2s時間內，拉力做正功，3～5s時間內，拉力做負功答案C解析t＝4s時，貨物減速上升，向上拉力F拉<m貨g，加速度方向向下，故貨物處于失重狀態，A錯誤。3～5s時間內，貨物的動能削減，依據動能定理，貨物所受合力做的功小于零，B錯誤。0～2s時間內，貨物的動能增大，貨物所受拉力做的功大于重力做的功，C正確。貨物上升的過程中，拉力始終做正功，D錯誤。6．(2024·河北名校聯盟質監)質量為2kg的物體，放在與物體間的動摩擦因數為μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由靜止起先運動，拉力做的功W和物體發生的位移x之間的關系如圖所示，g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．此物體在OA段做勻加速直線運動，且此過程中拉力的最大功率為6WB．此物體在OA段做勻速直線運動，且此過程中拉力的最大功率為6WC．此物體在AB段做勻加速直線運動，且此過程中拉力的最大功率為6WD．此物體在AB段做勻速直線運動，且此過程中拉力的功率恒為6W答案D解析對物體受力分析，物體受到的摩擦力為Ff＝μmg＝2N，由題圖可知，斜率表示物體所受拉力的大小，OA段的斜率即為拉力F1＝5N，AB段的斜率即為拉力F2＝2N，所以物體在OA段做勻加速直線運動，在AB段F2＝Ff，故做勻速直線運動，B、C錯誤；在OA段，物體所受的拉力為5N，物體做勻加速直線運動，當位移xmax＝3m時速度最大，拉力的功率最大，vmax＝at，xmax＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(F1－Ff,m)，代入數據得vmax＝3m/s，此時拉力的功率最大P1＝F1vmax＝15W，A錯誤；在AB段，物體以3m/s的速度做勻速直線運動，此過程中拉力的功率恒為P2＝F2vmax＝6W，D正確。7．(2024·廣州測試)如圖甲，質量為2kg的物體在水平恒力F作用下沿粗糙的水平面運動，1s后撤掉恒力F，其運動的v-t圖象如圖乙，g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．在0～2s內，合外力始終做正功B．在0.5s時，恒力F的瞬時功率為150WC．在0～1s內，合外力的平均功率為150WD．在0～3s內，物體克服摩擦力做功為150J答案BD解析由題圖乙可知，0～1s，物體做勻加速直線運動，合外力做正功，撤去F后，物體做勻減速直線運動，即1～2s，所受合外力做負功，A錯誤；規定物體運動方向為正方向，則摩擦力f＝ma2＝2×eq\f(0－10,3－1)N＝－10N，F＋f＝ma1，代入數值得F＝30N，物體在0.5s時的速度v′＝a1t＝5m/s，P＝Fv′＝150W，B正確；0～1s內W總＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝100J，eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W總,t總)＝100W，C錯誤；在0～3s內，物體的總位移可由v-t圖象與時間軸圍成的面積求得，x總＝eq\f(1,2)×10×3m＝15m，Wf＝fx總＝－150J，即物體克服摩擦力做功為150J，D正確。8．(2024·江西質檢)如圖所示，三個質量相等的小球A、B、C從圖中所示的位置以相同的速度v0水平向左拋出，最終都能到達坐標原點O，不計空氣阻力，x軸為水平地面，則可以推斷A、B、C三個小球()A．初始時刻縱坐標之比為1∶2∶3B．在空中運動的時間之比為1∶3∶5C．從拋出至到達O點過程中，動能的增加量之比為1∶4∶9D．到達O點時，重力的瞬時功率之比為1∶2∶3答案CD解析依據x＝v0t，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比為1∶2∶3，所以它們在空中運動的時間之比為1∶2∶3，B錯誤；初始時刻縱坐標之比即該過程小球的下落高度之比，依據h＝eq\f(1,2)gt2，初始時刻縱坐標之比為1∶4∶9，A錯誤；依據動能定理可知W＝mgh＝ΔEk，動能的增加量之比為1∶4∶9，C正確；到達O點時，設落地時速度為v，和重力方向夾角為θ，則重力的瞬時功率P＝mgvcosθ＝mgvy＝mg·gt，三個小球落地時重力的瞬時功率之比為1∶2∶3，D正確。9.如圖所示，傾角θ為37°的光滑斜面上粘貼有一厚度不計、寬度為d＝0.2m的橡膠帶。橡膠帶的上表面與斜面位于同一平面內，其上、下邊緣與斜面的上、下邊緣平行，橡膠帶的上邊緣到斜面的頂端距離為L＝0.4m，現將質量為m＝1kg、寬度為d的薄矩形板上邊緣與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止釋放。已知矩形板與橡膠帶之間的動摩擦因數為0.5，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，矩形板由斜面頂端靜止釋放下滑到完全離開橡膠帶的過程中(此過程矩形板始終在斜面上)，下列說法正確的是()A．矩形板受到的摩擦力為Ff＝4NB．矩形板的重力做功為WG＝3.6JC．產生的熱量為Q＝0.8JD．矩形板的上邊緣穿過橡膠帶下邊緣時的速度大小為eq\f(2\r(35),5)m/s答案BCD解析矩形板在滑過橡膠帶的過程中對橡膠帶的壓力是變更的，所以矩形板受到的摩擦力是變更的，故A錯誤；重力做功WG＝mg(L＋d)sinθ＝3.6J，所以B正確；產生的熱量等于克服摩擦力做功Q＝2×eq\f(1,2)μmg·cosθd＝0.8J，所以C正確；依據動能定理：WG－Q＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\f(2\r(35),5)m/s，所以D正確。10．(2024·南平質檢)一輛機動車在