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第19讲 功与功率（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）
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这是一份第19讲 功与功率（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共25页。
\l "_Tc16688" 02、知识导图，思维引航 PAGEREF _Tc16688 \h 3
\l "_Tc1196" 03、考点突破，考法探究 PAGEREF _Tc1196 \h 3
\l "_Tc862" 考点一 功的分析和计算 PAGEREF _Tc862 \h 3
\l "_Tc10692" 知识点1．做功的两个要素 PAGEREF _Tc10692 \h 3
\l "_Tc5455" 知识点2．恒力功 PAGEREF _Tc5455 \h 4
\l "_Tc9193" 知识点3．功的正负 PAGEREF _Tc9193 \h 4
\l "_Tc31773" 知识点4．变力功的计算方法 PAGEREF _Tc31773 \h 4
\l "_Tc16492" 考向1 功的正负判断 PAGEREF _Tc16492 \h 5
\l "_Tc16877" 考向2 恒力做功及总功的计算 PAGEREF _Tc16877 \h 5
\l "_Tc29329" 考点二 求变力做功的五种方法 PAGEREF _Tc29329 \h 7
\l "_Tc8158" 考察动向 PAGEREF _Tc8158 \h 8
\l "_Tc32317" 考向1 利用微元法求变力做功 PAGEREF _Tc32317 \h 8
\l "_Tc1146" 考向2．化变力为恒力求变力做功 PAGEREF _Tc1146 \h 9
\l "_Tc20772" 考向3 利用平均力求变力做功 PAGEREF _Tc20772 \h 10
\l "_Tc17073" 考向4 利用F-x图像求变力做功 PAGEREF _Tc17073 \h 11
\l "_Tc18010" 考向5 利用动能定理求变力做功 PAGEREF _Tc18010 \h 11
\l "_Tc21923" 考点三 功率的理解与计算 PAGEREF _Tc21923 \h 12
\l "_Tc12143" 考察动向 PAGEREF _Tc12143 \h 12
\l "_Tc18372" 考向1 对功率的理解 PAGEREF _Tc18372 \h 12
\l "_Tc6024" 考向2 瞬时功率的分析与计算 PAGEREF _Tc6024 \h 13
\l "_Tc35" 考向3 平均功率的分析与计算 PAGEREF _Tc35 \h 14
\l "_Tc6156" 考点四 机车启动问题 PAGEREF _Tc6156 \h 14
\l "_Tc3799" 知识点1．两种启动方式 PAGEREF _Tc3799 \h 14
\l "_Tc5080" 知识点2．三个重要关系 PAGEREF _Tc5080 \h 15
\l "_Tc6620" 考察动向 PAGEREF _Tc6620 \h 15
\l "_Tc5416" 考向1 恒定功率启动问题 PAGEREF _Tc5416 \h 15
\l "_Tc21999" 考向2 恒定加速度启动问题 PAGEREF _Tc21999 \h 17
\l "_Tc11143" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc11143 \h 18
考点一 功的分析和计算
知识点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。
知识点2．恒力功
公式：W＝Flcs α。
(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)合外力做的功
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcs 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。
知识点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。
知识点4．变力功的计算方法
(2)求变力做功的常用方法
①微元法求变力做功
将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，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个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。
②平均值法求变力做功
若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是呈线性变化的，即力随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受的力，然后用公式W＝eq \x\t(F)l求此力所做的功。
③用F－x图像求变力做功
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。
④用W＝Pt求变力做功
若机车以恒定功率行驶，在一定时间内机车牵引力做的功W＝Pt。
⑤应用动能定理求变力做功。
考向1 功的正负判断
1.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。
考向2 恒力做功及总功的计算
1.(多选)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，如图1所示，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，运动员滑至坡底的过程中，关于各力做功的情况，下列说法正确的是( )
A.重力做的功为6 000 J
B.阻力做的功为1 000 J
C.支持力不做功
D.各力做的总功为零
【答案】 AC
【解析】 对运动员受力分析如图所示，重力做功WG＝mgh＝60×10×10 J＝6 000 J，阻力做功Wf＝－f·eq \f(h,sin θ)＝－50×eq \f(10,\f(1,2)) J＝－1 000 J，由于支持力方向与位移方向垂直，支持力不做功，即WN＝0，各力做的总功W总＝WG＋Wf＋WN＝5 000 J，故A、C正确，B、D错误。
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
Ffcs θ－FNsin θ＝0，
Ffsin θ＋FNcs θ－mg＝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＝FNxcs θ＝300 J
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功
Wf＝Ffxcs (90°－θ)＝100 J
(3)物体重力做的功WG＝－mgx＝－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xcs α＝0。
3.北京冬奥会后，冰雪运动蓬勃发展，如图所示，某滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下。已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为L。在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )
A．大于μmgL B．小于μmgL
C．等于μmgL D．以上三种情况都有可能
【答案】C
【解析】： 设斜坡与水平面的交点为C，BC长度为L1，AC水平长度为L2，AC与水平面的夹角为θ，如图所示。
滑雪者在水平面上摩擦力做功W1＝－μmgL1，在斜坡上摩擦力做功W2＝－μmgcs θ·eq \f(L2,cs θ)＝－μmgL2，所以在滑雪者经过AB段过程中，摩擦力做的总功为W＝W1＋W2＝－μmg(L1＋L2)＝－μmgL，故滑雪者克服摩擦力所做的功为μmgL。故选C。
【斜面上摩擦力做功的结论】
斜面的粗糙程度相同，且斜面水平投影的长度相同，物体沿不同倾角的斜面从顶端运动到底端，摩擦力对物体做的功均相等，即Wf＝－μmgx，x为斜面水平投影的长度。(如第3题滑雪者在斜坡上下滑时，克服摩擦力做的功只与水平距离有关，与斜坡倾角大小无关)
考点二 求变力做功的五种方法
变力做功常见的五种计算方法
考向1 利用微元法求变力做功
1．(多选)如图所示，在一半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为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，cs 37°＝0.8。在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．重力做功为240 J
B．支持力做功为0
C．拉力F做功约为376.8 J
D．摩擦力做功约为136.8 J
【答案】BC
【解析】： 物块重力做的功WG＝－mgR(1－cs 60°)＝－240 J，故A错误；支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功，故B正确；将圆弧Aeq \x\t(B)分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn，拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，则W1＝Fl1cs 37°、W2＝Fl2cs 37°、…、Wn＝Flncs 37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcs 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcs 37°·eq \f(1,6)·2πR≈376.8 J，故C正确；因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得WF＋WG＋Wf＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J，故D错误。
【题后反思】将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，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位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
考向2．化变力为恒力求变力做功
2．(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A．拉力F大小为eq \f(5,3)mg
B．拉力F大小为eq \f(5,4)mg
C．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为eq \f(25,36)mgd
D．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为eq \f(25,48)mgd
【答案】AC
【解析】：滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcs 53°－mg＝0，解得F＝eq \f(5,3)mg，故A正确，B错误；拉力F做的功等于轻绳拉力对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1＝eq \f(d,sin 37°)，滑轮与C间绳长L2＝eq \f(d,sin 53°)，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝eq \f(d,sin 37°)－eq \f(d,sin 53°)＝eq \f(5d,12)，拉力做功W＝FΔL＝eq \f(25,36)mgd，故C正确，D错误。
【题后反思】有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcs α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。
考向3 利用平均力求变力做功
3.如图所示，质量均为m的A、B两小物块用轻质弹簧相连，A放置在光滑水平地面上，一轻绳通过光滑的定滑轮与物块B相连(连接物块B的绳子恰好伸直但不绷紧)，弹簧的劲度系数k。现用一水平向右的拉力F作用在轻绳上，使物块B缓慢向上运动，已知重力加速度为g，当A物块恰好离开地面时，F所做功为( )
A.Feq \f(mg,k) B.Feq \f(2mg,k)
C.eq \f(m2g2,k) D.eq \f(2m2g2,k)
【答案】 D
【解析】 开始时弹簧的压缩量为x1＝eq \f(mg,k)，此时F1＝0，当A物块恰好离开地面时弹簧伸长量为x2＝eq \f(mg,k)，此时F2＝2mg，则力F做功W＝eq \f(F1＋F2,2)(x1＋x2)＝eq \f(2m2g2,k)，故D正确。
【题后反思】当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝eq \x\t(F)lcs α求此变力所做的功。
考向4 利用F-x图像求变力做功
4．(2024·黑龙江大庆高三模拟)一质量为2 kg的物体， 在水平恒定拉力的作用下，以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出拉力随位移变化的关系图像，则根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(取g＝10 m/s2)( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25
B．物体在8 m处的加速度为a＝4 m/s2
C．整个过程中拉力做功96 J
D．合力做的功为－32 J
【答案】D
【解析】： 物体做匀速运动时，受力平衡，则f＝F＝8 N，所以有μ＝eq \f(f,FN)＝eq \f(F,mg)，解得μ＝0.4，故A错误；由题图可知，在8 m处拉力大小为4 N，根据牛顿第二定律可知此时有F′－f＝ma，代入数据可得a＝－2 m/s2，故B错误；F-x图像与坐标轴围成的面积表示拉力做的功WF＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8×4＋\f(1,2)×8×8))J＝64 J，滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgx，解得Wf＝－96 J，所以合外力做的功为W合＝WF＋Wf＝64 J＋(－96 J)＝－32 J，故C错误，D正确。
【题后反思】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，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
考向5 利用动能定理求变力做功
5．运用动能定理不仅可以较简便地求解一些恒力做功问题，还可求解一些特殊情况下的变力做功问题。请你解答下面的问题。雨滴在空中下落时会受到空气阻力，空气阻力f的大小与雨滴下落速率v的二次方成正比，即f＝kv2，其中k为常数。若质量为m的雨滴，从高h处以初速度v0竖直加速下落，接近落地前开始做匀速直线运动。已知重力加速度为g，求该雨滴从高处下落到地面的过程中，空气阻力对其所做的功。
【解析】：设雨滴落地时的速度为vmax，接近落地前做匀速运动，有f＝kvmax2＝mg
对雨滴下落过程，由动能定理得
mgh＋W＝eq \f(1,2)mvmax2－eq \f(1,2)mv02
解得W＝eq \f(m2g,2k)－eq \f(mv02,2)－mgh。
6．(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( )
A．0 B．mgh
C.eq \f(1,2)mv2－mgh D.eq \f(1,2)mv2＋mgh
【答案】B
【解析】： 地面附近的雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空气阻力做功为mgh。故选B。
考点三 功率的理解与计算
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＝Fvcs α
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。
考向1 对功率的理解
1．关于某力做功的功率，下列说法正确的是( )
A．该力越大，其功率就越大
B．该力在单位时间内做的功越多，其功率就越大
C．功率越大，说明该力做的功越多
D．功率越小，说明该力做功的时间越少
【答案】B
【解析】： 由功率公式P＝Fvcs α可知，功率的大小由F、v及它们间的夹角共同决定，F越大，功率P不一定越大，A错误；由P＝eq \f(W,t)可知，单位时间内力做的功越多，其功率就越大，但功率越大，该力做功不一定越多，功率越小，该力的作用时间不一定越少，故B正确，C、D均错误。
【题后反思】对功率的两点说明
(1)物体在发生一段位移过程中所对应的功率为平均功率，物体在某一时刻的功率为瞬时功率。
(2)力对物体做功的多少与地面是否光滑无关，但力对物体做功的功率大小与地面是否光滑有关。
细作2 瞬时功率的分析与计算
考向2 瞬时功率的分析与计算
2．(2023·辽宁高考)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )
A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】B
【解析】： 由题图(b)可知，在下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A、D错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙的速度为0，到N点时乙的竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知，乙的重力功率先增大后减小，C错误。
【题后反思】瞬时功率公式的理解与应用
(1)利用公式P＝Fvcs α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度eq \a\vs4\al(v) 在力F方向上的分速度。
(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
细作2 瞬时功率的分析与计算
考向3 平均功率的分析与计算
3．(2023·山东高考)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A．eq \f(2nmgω2RH,5) B．eq \f(3nmgωRH,5)
C．eq \f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH
【答案】B
【解析】：根据题意可知，水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，筒车对灌入稻田的水做功的功率P＝eq \f(W,T)，又T＝eq \f(2π,ω)，联立有P＝eq \f(3nmgωRH,5)，故选B。
【题后反思】平均功率的计算方法
(1)利用P＝eq \f(W,t)求解。
(2)利用P＝Fvcs α求解，其中v为物体运动的平均速度。
细作2 瞬时功率的分析与计算
考点四 机车启动问题
知识点1．两种启动方式
知识点2．三个重要关系
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝eq \f(P额,F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq \f(P额,F)(3)机车以恒定功率运行时，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的位移、速度或时间。
考向1 恒定功率启动问题
1. (多选)发展新能源汽车是当前一项国家战略，更是世界发展的潮流。假设有一辆纯电动客车质量m＝1×103 kg，客车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系图像，加速过程在图中的B点结束，所用的时间t＝10 s，10 s后客车做匀速运动。若客车所受阻力始终不变，下列说法正确的是( )
A.客车的功率P＝64 kW
B.图中A点对应的时刻为5 s
C.图中A点对应时刻客车的加速度大小为4 m/s2
D.0～10 s客车通过的路程为128 m
【答案】 ACD
【解析】 客车以恒定功率P启动，由图可得P＝Fv＝64 kW，故A正确；客车以额定功率启动，作出其v－t图像如图曲线所示，如果客车是做初速度为零的匀加速直线运动，则v－t图像如图中的直线所示，当速度为8 m/s时直线对应的时间刚好是5 s，而A点对应曲线的时间tA小于5 s，故B错误；10 s后客车做匀速运动，此时客车受到的牵引力与阻力大小相等，故f＝4 000 N，图中A点，FA＝8 000 N，根据牛顿第二定律可得aA＝eq \f(FA－f,m)＝4 m/s2，故C正确；设0～10 s客车通过的路程为s，根据动能定理可得Pt－fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，代入数据解得s＝128 m，故D正确。
2.(多选)一汽车的加速度a和速度倒数eq \f(1,v)的关系如图所示，图上标的值均为已知量，汽车所受阻力恒定，则( )
A．汽车牵引力的功率不变
B．汽车的牵引力不变
C．可以求得汽车所受阻力
D．当汽车速度为eq \f(vm,2)时，汽车的加速度为a0
【答案】AD
【解析】汽车受重力、支持力、牵引力F和摩擦阻力Ff，设汽车的功率为P，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，其中F＝eq \f(P,v)，整理解得a＝eq \f(P,m)·eq \f(1,v)－eq \f(Ff,m)，由图线的斜率可得k＝eq \f(P,m)＝eq \f(a0,\f(1,vm))＝a0vm，由图线的截距eq \f(Ff,m)＝a0，解得P＝Ffvm，由此可知汽车牵引力的功率不变，A正确；由F＝eq \f(P,v)可知，汽车的牵引力随速度变化而变化，B错误；因汽车的功率和质量题中没有给出，因此不可以求得汽车所受阻力，C错误；因为有eq \f(P,m)＝a0vm、eq \f(Ff,m)＝a0, 当汽车速度为eq \f(vm,2)时，则有a＝eq \f(P,m)·eq \f(1,v)－eq \f(Ff,m)＝a0vm×eq \f(2,vm)－a0＝a0，D正确。
考向2 恒定加速度启动问题
3.(多选)质量m＝200 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，如图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大，则下列说法正确的是( )
A.汽车受到的阻力为800 N
B.8～18 s过程中汽车牵引力逐渐增大
C.0～8 s过程中汽车牵引力做的功为6.4×104J
D.0～18 s过程中汽车的位移大小为127.5 m
【答案】 AD
【解析】 当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，由P＝Fvm＝fvm得f＝eq \f(P,vm)＝eq \f(8×103,10) N＝800 N，故A正确；v－t图像中图线的斜率表示加速度，根据图甲可知，8～18 s过程中汽车加速度不断减小，又因为阻力不变，由F－f＝ma知，汽车牵引力是逐渐减小的，故B错误；P－t图像中图线与时间轴围成的面积表示牵引力做的功，所以根据图乙可知0～8 s过程中汽车牵引力做的功为W＝eq \f(8×8×103,2) J＝3.2×104 J，故C错误；v－t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，故0～8 s过程中汽车的位移为x1＝eq \f(8×8,2) m＝32 m，8～18 s过程中，根据动能定理可得Pt－fx2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，代入数据解得x2＝95.5 m，则0～18 s过程中汽车的位移大小为x＝x1＋x2＝32 m＋95.5 m＝127.5 m，故D正确。
4.(多选)某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。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时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知在小车运动的过程中，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，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列选项正确的是( )
A．小车两段匀变速直线运动的加速度大小相同
B．小车所受到的阻力为1.5 N
C．小车额定功率为6 W
D．小车在变加速运动过程中位移为36 m
【答案】 AB
【解析】0～2 s内汽车的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝1.5 m/s2，在14～18 s时间段，加速度大小a′＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(6,18－14) m/s2＝1.5 m/s2，故A正确；14～18 s时间段，由牛顿第二定律得f＝ma＝1.5 N，故B正确；在10～14 s小车做匀速运动，速度v＝6 m/s，牵引力大小F与f大小相等，则小车匀速运动的功率P＝Fv＝fv＝9 W，故C错误；2～10 s内根据动能定理有Pt－fx2＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，解得x2＝39 m，故D错误。
1．（2024·海南·高考真题）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（ ）
A．返回舱处于超重状态B．返回舱处于失重状态
C．主伞的拉力不做功D．重力对返回舱做负功
【答案】A
【详解】AB．返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误；
C．主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C错误；
D．返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D错误。
故选A。
2．（2024·浙江·高考真题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为，喷水速度约为10m/s，水的密度为kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10WB．20WC．100WD．200W
【答案】C
【详解】设时间内从喷头流出的水的质量为
喷头喷水的功率等于时间内喷出的水的动能增加量，即
联立解得
故选C。
3．（2024·江西·高考真题）庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为（ ）
A．109WB．107WC．105WD．103W
【答案】B
【详解】由题知，Δt时间内流出的水量为
m = ρQΔt = 1.0×104Δt
发电过程中水的重力势能转化为电能，则有
故选B。
4．（2024·广东·高考真题）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（ ）
A．该行星表面的重力加速度大小为
B．该行星的第一宇宙速度为
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为
D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW
【答案】AC
【详解】A．在星球表面，根据
可得
行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小
故A正确；
B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力
可得星球的第一宇宙速度
行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度
地球的第一宇宙速度为，所以该行星的第一宇宙速度
故B错误；
C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分子，可知探测器与保护背罩之间的作用力
“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律
解得
故C正确；
D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率
故D错误。
故选AC。
5.（2023·北京·高考真题）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中（ ）
A．摩擦力做功大小与F方向无关B．合力做功大小与F方向有关
C．F为水平方向时，F做功为D．F做功的最小值为
【答案】D
【详解】A．设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为
摩擦力的功
即摩擦力的功与F的方向有关，选项A错误；
B．合力功
可知合力功与力F方向无关，选项B错误；
C．当力F水平时，则
力F做功为
选项C错误；
D．因合外力功为max大小一定，而合外力的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当时，摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。
故选D。
6.（2023·山东·高考真题）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（ ）
A．B．C．D．nmgωRH
【答案】B
【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m总 = 2πRnm × 60% = 1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W = 1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
联立有
故选B。
7．（2023·天津·高考真题）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（ ）
A．列车减速过程的加速度大小B．列车减速过程F的冲量为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为
【答案】C
【详解】A．根据牛顿第二定律有
可得减速运动加速度大小
故A错误；
B．根据运动学公式有
故力F的冲量为
方向与运动方向相反；故B错误；
C．根据运动学公式
可得
故C正确；
D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为
故D错误。
故选C。
8．（2023·山东·高考真题）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有
F－f－μmg = (m＋M)a
v2= 2aS1
P0= Fv
轻绳从物体上脱落后
a2= μg
v2= 2a2(S2－S1)
联立有
故选A。
9．（2023·湖北·高考真题）两节动车的额定功率分别为和，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为和。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意可知两节动车分别有
当将它们编组后有
联立可得
故选D。
10．（2023·广东·高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为B．克服阻力做的功为
C．经过点时向心加速度大小为D．经过点时对轨道的压力大小为
【答案】BCD
【详解】A．重力做的功为
A错误；
B．下滑过程据动能定理可得
代入数据解得，克服阻力做的功为
B正确；
C．经过点时向心加速度大小为
C正确；
D．经过点时，据牛顿第二定律可得
解得货物受到的支持力大小为
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。
故选BCD。
11．（2024·福建·高考真题）两绳拉木板，每条拉力F = 250N，15s内匀速前进20m，θ = 22.5°，cs22.5° ≈ 0.9。求：
（1）阻力f大小；
（2）两绳拉力做的功；
（3）两绳拉力的总功率。
【答案】（1）450N；（2）9.0 × 103J；（3）600W
【详解】（1）由于木板匀速运动则有
2Fcsθ = f
带入数据解得
f = 450N
（2）根据功的定义式有
W = 2Flcsθ
带入数据解得
W = 9.0 × 103J
（3）根据功率的定义式有
带入数据有
P = 600W
考情分析
2024·海南·高考物理试题
2024·浙江·高考物理试题
2024·江西·高考物理试题
2024·广西·高考物理试题
2024·福建·高考物理试题
2023·广东·高考物理试题
2023·山东·高考物理试题
2023·天津·高考物理试题
复习目标
目标1.理解功的概念，会判断正、负功，会计算功的大小。
目标2.理解功率的概念，会求解平均功率和瞬时功率。
目标3.会分析、解决机车启动的两类问题。
方法
情境说明
方法总结
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的功为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，绳子对物块做的功为
W＝F·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,sin α)－\f(h,sin β)))
平均
力法
弹簧由伸长量为x1被继续拉至伸长量为x2的过程中，克服弹簧弹力做的功为W＝eq \(F,\s\up6(－))Δx＝eq \f(kx1＋kx2,2)·(x2－x1)
图像法
在F－x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移上所做的功
动能定
理法
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做的功为WF，则有WF－mgL(1－cs θ)＝0，得WF＝mgL(1－cs θ)
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,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
a＝eq \f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq \(⇒,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到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＝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
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq \f(P额,F阻)做匀速运动
\l "_Tc16688" 02、知识导图，思维引航 PAGEREF _Tc16688 \h 3
\l "_Tc1196" 03、考点突破，考法探究 PAGEREF _Tc1196 \h 3
\l "_Tc862" 考点一 功的分析和计算 PAGEREF _Tc862 \h 3
\l "_Tc10692" 知识点1．做功的两个要素 PAGEREF _Tc10692 \h 3
\l "_Tc5455" 知识点2．恒力功 PAGEREF _Tc5455 \h 4
\l "_Tc9193" 知识点3．功的正负 PAGEREF _Tc9193 \h 4
\l "_Tc31773" 知识点4．变力功的计算方法 PAGEREF _Tc31773 \h 4
\l "_Tc16492" 考向1 功的正负判断 PAGEREF _Tc16492 \h 5
\l "_Tc16877" 考向2 恒力做功及总功的计算 PAGEREF _Tc16877 \h 5
\l "_Tc29329" 考点二 求变力做功的五种方法 PAGEREF _Tc29329 \h 7
\l "_Tc8158" 考察动向 PAGEREF _Tc8158 \h 8
\l "_Tc32317" 考向1 利用微元法求变力做功 PAGEREF _Tc32317 \h 8
\l "_Tc1146" 考向2．化变力为恒力求变力做功 PAGEREF _Tc1146 \h 9
\l "_Tc20772" 考向3 利用平均力求变力做功 PAGEREF _Tc20772 \h 10
\l "_Tc17073" 考向4 利用F-x图像求变力做功 PAGEREF _Tc17073 \h 11
\l "_Tc18010" 考向5 利用动能定理求变力做功 PAGEREF _Tc18010 \h 11
\l "_Tc21923" 考点三 功率的理解与计算 PAGEREF _Tc21923 \h 12
\l "_Tc12143" 考察动向 PAGEREF _Tc12143 \h 12
\l "_Tc18372" 考向1 对功率的理解 PAGEREF _Tc18372 \h 12
\l "_Tc6024" 考向2 瞬时功率的分析与计算 PAGEREF _Tc6024 \h 13
\l "_Tc35" 考向3 平均功率的分析与计算 PAGEREF _Tc35 \h 14
\l "_Tc6156" 考点四 机车启动问题 PAGEREF _Tc6156 \h 14
\l "_Tc3799" 知识点1．两种启动方式 PAGEREF _Tc3799 \h 14
\l "_Tc5080" 知识点2．三个重要关系 PAGEREF _Tc5080 \h 15
\l "_Tc6620" 考察动向 PAGEREF _Tc6620 \h 15
\l "_Tc5416" 考向1 恒定功率启动问题 PAGEREF _Tc5416 \h 15
\l "_Tc21999" 考向2 恒定加速度启动问题 PAGEREF _Tc21999 \h 17
\l "_Tc11143" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc11143 \h 18
考点一 功的分析和计算
知识点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。
知识点2．恒力功
公式：W＝Flcs α。
(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)合外力做的功
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcs 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。
知识点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。
知识点4．变力功的计算方法
(2)求变力做功的常用方法
①微元法求变力做功
将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，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个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。
②平均值法求变力做功
若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是呈线性变化的，即力随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受的力，然后用公式W＝eq \x\t(F)l求此力所做的功。
③用F－x图像求变力做功
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。
④用W＝Pt求变力做功
若机车以恒定功率行驶，在一定时间内机车牵引力做的功W＝Pt。
⑤应用动能定理求变力做功。
考向1 功的正负判断
1.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。
考向2 恒力做功及总功的计算
1.(多选)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，如图1所示，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，运动员滑至坡底的过程中，关于各力做功的情况，下列说法正确的是( )
A.重力做的功为6 000 J
B.阻力做的功为1 000 J
C.支持力不做功
D.各力做的总功为零
【答案】 AC
【解析】 对运动员受力分析如图所示，重力做功WG＝mgh＝60×10×10 J＝6 000 J，阻力做功Wf＝－f·eq \f(h,sin θ)＝－50×eq \f(10,\f(1,2)) J＝－1 000 J，由于支持力方向与位移方向垂直，支持力不做功，即WN＝0，各力做的总功W总＝WG＋Wf＋WN＝5 000 J，故A、C正确，B、D错误。
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
Ffcs θ－FNsin θ＝0，
Ffsin θ＋FNcs θ－mg＝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＝FNxcs θ＝300 J
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功
Wf＝Ffxcs (90°－θ)＝100 J
(3)物体重力做的功WG＝－mgx＝－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xcs α＝0。
3.北京冬奥会后，冰雪运动蓬勃发展，如图所示，某滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下。已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为L。在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )
A．大于μmgL B．小于μmgL
C．等于μmgL D．以上三种情况都有可能
【答案】C
【解析】： 设斜坡与水平面的交点为C，BC长度为L1，AC水平长度为L2，AC与水平面的夹角为θ，如图所示。
滑雪者在水平面上摩擦力做功W1＝－μmgL1，在斜坡上摩擦力做功W2＝－μmgcs θ·eq \f(L2,cs θ)＝－μmgL2，所以在滑雪者经过AB段过程中，摩擦力做的总功为W＝W1＋W2＝－μmg(L1＋L2)＝－μmgL，故滑雪者克服摩擦力所做的功为μmgL。故选C。
【斜面上摩擦力做功的结论】
斜面的粗糙程度相同，且斜面水平投影的长度相同，物体沿不同倾角的斜面从顶端运动到底端，摩擦力对物体做的功均相等，即Wf＝－μmgx，x为斜面水平投影的长度。(如第3题滑雪者在斜坡上下滑时，克服摩擦力做的功只与水平距离有关，与斜坡倾角大小无关)
考点二 求变力做功的五种方法
变力做功常见的五种计算方法
考向1 利用微元法求变力做功
1．(多选)如图所示，在一半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为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，cs 37°＝0.8。在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．重力做功为240 J
B．支持力做功为0
C．拉力F做功约为376.8 J
D．摩擦力做功约为136.8 J
【答案】BC
【解析】： 物块重力做的功WG＝－mgR(1－cs 60°)＝－240 J，故A错误；支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功，故B正确；将圆弧Aeq \x\t(B)分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn，拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，则W1＝Fl1cs 37°、W2＝Fl2cs 37°、…、Wn＝Flncs 37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcs 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcs 37°·eq \f(1,6)·2πR≈376.8 J，故C正确；因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得WF＋WG＋Wf＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J，故D错误。
【题后反思】将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，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位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
考向2．化变力为恒力求变力做功
2．(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A．拉力F大小为eq \f(5,3)mg
B．拉力F大小为eq \f(5,4)mg
C．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为eq \f(25,36)mgd
D．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为eq \f(25,48)mgd
【答案】AC
【解析】：滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcs 53°－mg＝0，解得F＝eq \f(5,3)mg，故A正确，B错误；拉力F做的功等于轻绳拉力对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1＝eq \f(d,sin 37°)，滑轮与C间绳长L2＝eq \f(d,sin 53°)，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝eq \f(d,sin 37°)－eq \f(d,sin 53°)＝eq \f(5d,12)，拉力做功W＝FΔL＝eq \f(25,36)mgd，故C正确，D错误。
【题后反思】有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcs α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。
考向3 利用平均力求变力做功
3.如图所示，质量均为m的A、B两小物块用轻质弹簧相连，A放置在光滑水平地面上，一轻绳通过光滑的定滑轮与物块B相连(连接物块B的绳子恰好伸直但不绷紧)，弹簧的劲度系数k。现用一水平向右的拉力F作用在轻绳上，使物块B缓慢向上运动，已知重力加速度为g，当A物块恰好离开地面时，F所做功为( )
A.Feq \f(mg,k) B.Feq \f(2mg,k)
C.eq \f(m2g2,k) D.eq \f(2m2g2,k)
【答案】 D
【解析】 开始时弹簧的压缩量为x1＝eq \f(mg,k)，此时F1＝0，当A物块恰好离开地面时弹簧伸长量为x2＝eq \f(mg,k)，此时F2＝2mg，则力F做功W＝eq \f(F1＋F2,2)(x1＋x2)＝eq \f(2m2g2,k)，故D正确。
【题后反思】当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝eq \x\t(F)lcs α求此变力所做的功。
考向4 利用F-x图像求变力做功
4．(2024·黑龙江大庆高三模拟)一质量为2 kg的物体， 在水平恒定拉力的作用下，以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出拉力随位移变化的关系图像，则根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(取g＝10 m/s2)( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25
B．物体在8 m处的加速度为a＝4 m/s2
C．整个过程中拉力做功96 J
D．合力做的功为－32 J
【答案】D
【解析】： 物体做匀速运动时，受力平衡，则f＝F＝8 N，所以有μ＝eq \f(f,FN)＝eq \f(F,mg)，解得μ＝0.4，故A错误；由题图可知，在8 m处拉力大小为4 N，根据牛顿第二定律可知此时有F′－f＝ma，代入数据可得a＝－2 m/s2，故B错误；F-x图像与坐标轴围成的面积表示拉力做的功WF＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8×4＋\f(1,2)×8×8))J＝64 J，滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgx，解得Wf＝－96 J，所以合外力做的功为W合＝WF＋Wf＝64 J＋(－96 J)＝－32 J，故C错误，D正确。
【题后反思】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，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
考向5 利用动能定理求变力做功
5．运用动能定理不仅可以较简便地求解一些恒力做功问题，还可求解一些特殊情况下的变力做功问题。请你解答下面的问题。雨滴在空中下落时会受到空气阻力，空气阻力f的大小与雨滴下落速率v的二次方成正比，即f＝kv2，其中k为常数。若质量为m的雨滴，从高h处以初速度v0竖直加速下落，接近落地前开始做匀速直线运动。已知重力加速度为g，求该雨滴从高处下落到地面的过程中，空气阻力对其所做的功。
【解析】：设雨滴落地时的速度为vmax，接近落地前做匀速运动，有f＝kvmax2＝mg
对雨滴下落过程，由动能定理得
mgh＋W＝eq \f(1,2)mvmax2－eq \f(1,2)mv02
解得W＝eq \f(m2g,2k)－eq \f(mv02,2)－mgh。
6．(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( )
A．0 B．mgh
C.eq \f(1,2)mv2－mgh D.eq \f(1,2)mv2＋mgh
【答案】B
【解析】： 地面附近的雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空气阻力做功为mgh。故选B。
考点三 功率的理解与计算
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＝Fvcs α
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。
考向1 对功率的理解
1．关于某力做功的功率，下列说法正确的是( )
A．该力越大，其功率就越大
B．该力在单位时间内做的功越多，其功率就越大
C．功率越大，说明该力做的功越多
D．功率越小，说明该力做功的时间越少
【答案】B
【解析】： 由功率公式P＝Fvcs α可知，功率的大小由F、v及它们间的夹角共同决定，F越大，功率P不一定越大，A错误；由P＝eq \f(W,t)可知，单位时间内力做的功越多，其功率就越大，但功率越大，该力做功不一定越多，功率越小，该力的作用时间不一定越少，故B正确，C、D均错误。
【题后反思】对功率的两点说明
(1)物体在发生一段位移过程中所对应的功率为平均功率，物体在某一时刻的功率为瞬时功率。
(2)力对物体做功的多少与地面是否光滑无关，但力对物体做功的功率大小与地面是否光滑有关。
细作2 瞬时功率的分析与计算
考向2 瞬时功率的分析与计算
2．(2023·辽宁高考)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )
A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】B
【解析】： 由题图(b)可知，在下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A、D错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙的速度为0，到N点时乙的竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知，乙的重力功率先增大后减小，C错误。
【题后反思】瞬时功率公式的理解与应用
(1)利用公式P＝Fvcs α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度eq \a\vs4\al(v) 在力F方向上的分速度。
(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
细作2 瞬时功率的分析与计算
考向3 平均功率的分析与计算
3．(2023·山东高考)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A．eq \f(2nmgω2RH,5) B．eq \f(3nmgωRH,5)
C．eq \f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH
【答案】B
【解析】：根据题意可知，水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，筒车对灌入稻田的水做功的功率P＝eq \f(W,T)，又T＝eq \f(2π,ω)，联立有P＝eq \f(3nmgωRH,5)，故选B。
【题后反思】平均功率的计算方法
(1)利用P＝eq \f(W,t)求解。
(2)利用P＝Fvcs α求解，其中v为物体运动的平均速度。
细作2 瞬时功率的分析与计算
考点四 机车启动问题
知识点1．两种启动方式
知识点2．三个重要关系
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝eq \f(P额,F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq \f(P额,F)
考向1 恒定功率启动问题
1. (多选)发展新能源汽车是当前一项国家战略，更是世界发展的潮流。假设有一辆纯电动客车质量m＝1×103 kg，客车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系图像，加速过程在图中的B点结束，所用的时间t＝10 s，10 s后客车做匀速运动。若客车所受阻力始终不变，下列说法正确的是( )
A.客车的功率P＝64 kW
B.图中A点对应的时刻为5 s
C.图中A点对应时刻客车的加速度大小为4 m/s2
D.0～10 s客车通过的路程为128 m
【答案】 ACD
【解析】 客车以恒定功率P启动，由图可得P＝Fv＝64 kW，故A正确；客车以额定功率启动，作出其v－t图像如图曲线所示，如果客车是做初速度为零的匀加速直线运动，则v－t图像如图中的直线所示，当速度为8 m/s时直线对应的时间刚好是5 s，而A点对应曲线的时间tA小于5 s，故B错误；10 s后客车做匀速运动，此时客车受到的牵引力与阻力大小相等，故f＝4 000 N，图中A点，FA＝8 000 N，根据牛顿第二定律可得aA＝eq \f(FA－f,m)＝4 m/s2，故C正确；设0～10 s客车通过的路程为s，根据动能定理可得Pt－fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，代入数据解得s＝128 m，故D正确。
2.(多选)一汽车的加速度a和速度倒数eq \f(1,v)的关系如图所示，图上标的值均为已知量，汽车所受阻力恒定，则( )
A．汽车牵引力的功率不变
B．汽车的牵引力不变
C．可以求得汽车所受阻力
D．当汽车速度为eq \f(vm,2)时，汽车的加速度为a0
【答案】AD
【解析】汽车受重力、支持力、牵引力F和摩擦阻力Ff，设汽车的功率为P，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，其中F＝eq \f(P,v)，整理解得a＝eq \f(P,m)·eq \f(1,v)－eq \f(Ff,m)，由图线的斜率可得k＝eq \f(P,m)＝eq \f(a0,\f(1,vm))＝a0vm，由图线的截距eq \f(Ff,m)＝a0，解得P＝Ffvm，由此可知汽车牵引力的功率不变，A正确；由F＝eq \f(P,v)可知，汽车的牵引力随速度变化而变化，B错误；因汽车的功率和质量题中没有给出，因此不可以求得汽车所受阻力，C错误；因为有eq \f(P,m)＝a0vm、eq \f(Ff,m)＝a0, 当汽车速度为eq \f(vm,2)时，则有a＝eq \f(P,m)·eq \f(1,v)－eq \f(Ff,m)＝a0vm×eq \f(2,vm)－a0＝a0，D正确。
考向2 恒定加速度启动问题
3.(多选)质量m＝200 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，如图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大，则下列说法正确的是( )
A.汽车受到的阻力为800 N
B.8～18 s过程中汽车牵引力逐渐增大
C.0～8 s过程中汽车牵引力做的功为6.4×104J
D.0～18 s过程中汽车的位移大小为127.5 m
【答案】 AD
【解析】 当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，由P＝Fvm＝fvm得f＝eq \f(P,vm)＝eq \f(8×103,10) N＝800 N，故A正确；v－t图像中图线的斜率表示加速度，根据图甲可知，8～18 s过程中汽车加速度不断减小，又因为阻力不变，由F－f＝ma知，汽车牵引力是逐渐减小的，故B错误；P－t图像中图线与时间轴围成的面积表示牵引力做的功，所以根据图乙可知0～8 s过程中汽车牵引力做的功为W＝eq \f(8×8×103,2) J＝3.2×104 J，故C错误；v－t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，故0～8 s过程中汽车的位移为x1＝eq \f(8×8,2) m＝32 m，8～18 s过程中，根据动能定理可得Pt－fx2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，代入数据解得x2＝95.5 m，则0～18 s过程中汽车的位移大小为x＝x1＋x2＝32 m＋95.5 m＝127.5 m，故D正确。
4.(多选)某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。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时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知在小车运动的过程中，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，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列选项正确的是( )
A．小车两段匀变速直线运动的加速度大小相同
B．小车所受到的阻力为1.5 N
C．小车额定功率为6 W
D．小车在变加速运动过程中位移为36 m
【答案】 AB
【解析】0～2 s内汽车的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝1.5 m/s2，在14～18 s时间段，加速度大小a′＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(6,18－14) m/s2＝1.5 m/s2，故A正确；14～18 s时间段，由牛顿第二定律得f＝ma＝1.5 N，故B正确；在10～14 s小车做匀速运动，速度v＝6 m/s，牵引力大小F与f大小相等，则小车匀速运动的功率P＝Fv＝fv＝9 W，故C错误；2～10 s内根据动能定理有Pt－fx2＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，解得x2＝39 m，故D错误。
1．（2024·海南·高考真题）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（ ）
A．返回舱处于超重状态B．返回舱处于失重状态
C．主伞的拉力不做功D．重力对返回舱做负功
【答案】A
【详解】AB．返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误；
C．主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C错误；
D．返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D错误。
故选A。
2．（2024·浙江·高考真题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为，喷水速度约为10m/s，水的密度为kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10WB．20WC．100WD．200W
【答案】C
【详解】设时间内从喷头流出的水的质量为
喷头喷水的功率等于时间内喷出的水的动能增加量，即
联立解得
故选C。
3．（2024·江西·高考真题）庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为（ ）
A．109WB．107WC．105WD．103W
【答案】B
【详解】由题知，Δt时间内流出的水量为
m = ρQΔt = 1.0×104Δt
发电过程中水的重力势能转化为电能，则有
故选B。
4．（2024·广东·高考真题）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（ ）
A．该行星表面的重力加速度大小为
B．该行星的第一宇宙速度为
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为
D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW
【答案】AC
【详解】A．在星球表面，根据
可得
行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小
故A正确；
B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力
可得星球的第一宇宙速度
行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度
地球的第一宇宙速度为，所以该行星的第一宇宙速度
故B错误；
C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分子，可知探测器与保护背罩之间的作用力
“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律
解得
故C正确；
D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率
故D错误。
故选AC。
5.（2023·北京·高考真题）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中（ ）
A．摩擦力做功大小与F方向无关B．合力做功大小与F方向有关
C．F为水平方向时，F做功为D．F做功的最小值为
【答案】D
【详解】A．设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为
摩擦力的功
即摩擦力的功与F的方向有关，选项A错误；
B．合力功
可知合力功与力F方向无关，选项B错误；
C．当力F水平时，则
力F做功为
选项C错误；
D．因合外力功为max大小一定，而合外力的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当时，摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。
故选D。
6.（2023·山东·高考真题）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（ ）
A．B．C．D．nmgωRH
【答案】B
【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m总 = 2πRnm × 60% = 1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W = 1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
联立有
故选B。
7．（2023·天津·高考真题）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（ ）
A．列车减速过程的加速度大小B．列车减速过程F的冲量为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为
【答案】C
【详解】A．根据牛顿第二定律有
可得减速运动加速度大小
故A错误；
B．根据运动学公式有
故力F的冲量为
方向与运动方向相反；故B错误；
C．根据运动学公式
可得
故C正确；
D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为
故D错误。
故选C。
8．（2023·山东·高考真题）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有
F－f－μmg = (m＋M)a
v2= 2aS1
P0= Fv
轻绳从物体上脱落后
a2= μg
v2= 2a2(S2－S1)
联立有
故选A。
9．（2023·湖北·高考真题）两节动车的额定功率分别为和，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为和。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意可知两节动车分别有
当将它们编组后有
联立可得
故选D。
10．（2023·广东·高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为B．克服阻力做的功为
C．经过点时向心加速度大小为D．经过点时对轨道的压力大小为
【答案】BCD
【详解】A．重力做的功为
A错误；
B．下滑过程据动能定理可得
代入数据解得，克服阻力做的功为
B正确；
C．经过点时向心加速度大小为
C正确；
D．经过点时，据牛顿第二定律可得
解得货物受到的支持力大小为
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。
故选BCD。
11．（2024·福建·高考真题）两绳拉木板，每条拉力F = 250N，15s内匀速前进20m，θ = 22.5°，cs22.5° ≈ 0.9。求：
（1）阻力f大小；
（2）两绳拉力做的功；
（3）两绳拉力的总功率。
【答案】（1）450N；（2）9.0 × 103J；（3）600W
【详解】（1）由于木板匀速运动则有
2Fcsθ = f
带入数据解得
f = 450N
（2）根据功的定义式有
W = 2Flcsθ
带入数据解得
W = 9.0 × 103J
（3）根据功率的定义式有
带入数据有
P = 600W
考情分析
2024·海南·高考物理试题
2024·浙江·高考物理试题
2024·江西·高考物理试题
2024·广西·高考物理试题
2024·福建·高考物理试题
2023·广东·高考物理试题
2023·山东·高考物理试题
2023·天津·高考物理试题
复习目标
目标1.理解功的概念，会判断正、负功，会计算功的大小。
目标2.理解功率的概念，会求解平均功率和瞬时功率。
目标3.会分析、解决机车启动的两类问题。
方法
情境说明
方法总结
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的功为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，绳子对物块做的功为
W＝F·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,sin α)－\f(h,sin β)))
平均
力法
弹簧由伸长量为x1被继续拉至伸长量为x2的过程中，克服弹簧弹力做的功为W＝eq \(F,\s\up6(－))Δx＝eq \f(kx1＋kx2,2)·(x2－x1)
图像法
在F－x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移上所做的功
动能定
理法
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做的功为WF，则有WF－mgL(1－cs θ)＝0，得WF＝mgL(1－cs θ)
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,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
a＝eq \f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq \(⇒,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到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＝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
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq \f(P额,F阻)做匀速运动
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