（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第1節(jié) 功和功率講義（含解析）

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1、（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第1節(jié) 功和功率講義（含解析） , (1)只要物體受力的同時(shí)又發(fā)生了位移，則一定有力對(duì)物體做功。(×) (2)一個(gè)力對(duì)物體做了負(fù)功，則說(shuō)明這個(gè)力一定阻礙物體的運(yùn)動(dòng)。(√) (3)作用力做正功時(shí)，反作用力一定做負(fù)功。(×) (4)力對(duì)物體做功的正負(fù)是由力和位移間的夾角大小決定的。(√) (5)由P＝Fv可知，發(fā)動(dòng)機(jī)功率一定時(shí)，機(jī)車(chē)的牽引力與運(yùn)行速度的大小成反比。(√) (6)汽車(chē)上坡時(shí)換成低擋位，其目的是減小速度得到較大的牽引力。(√) 突破點(diǎn)(一)　功的正負(fù)判斷與計(jì)算 1．功的正負(fù)的判斷方法 (1)恒力做功的判斷：

2、依據(jù)力與位移方向的夾角來(lái)判斷。 (2)曲線運(yùn)動(dòng)中做功的判斷：依據(jù)F與v的方向夾角α來(lái)判斷，0°≤α<90°時(shí)，力對(duì)物體做正功；90°<α≤180°時(shí)，力對(duì)物體做負(fù)功；α＝90°時(shí)，力對(duì)物體不做功。 (3)依據(jù)能量變化來(lái)判斷：功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對(duì)物體做功。此法常用于判斷兩個(gè)相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷。 2．恒力做功的計(jì)算方法 3．合力做功的計(jì)算方法 方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功。 方法二：先求各個(gè)力做的功W1、W2、W3、…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。 [題點(diǎn)全練] 1．[多選](2019·姜

3、堰模擬)如圖所示，物體在水平桌面上，第一次對(duì)物體施加圖A的拉力F，使物體由靜止發(fā)生位移x，第二次對(duì)物體施加圖B的推力F，使物體由靜止發(fā)生位移x，兩次施力過(guò)程中F與水平方向的夾角均為α。關(guān)于做功的下述說(shuō)法中正確的是(　　) A．圖B中F做功多 B．A、B兩圖中F做功相同 C．圖B中克服摩擦力做功多 D．A、B兩圖中克服摩擦力做功相同 解析：選BC　由W＝Fxcos α知，恒力F對(duì)兩種情況下做功一樣多，即WA＝WB，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)題意可知，圖B中物體對(duì)地面的壓力大于圖A中物體對(duì)地面的壓力，所以圖B中物體受到的滑動(dòng)摩擦力比圖A中物體受到的摩擦力大，則圖B中克服摩擦力做功多，故C

4、正確，D錯(cuò)誤。 2．一物塊放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊的運(yùn)動(dòng)速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。10 s后的v -t圖像沒(méi)有畫(huà)出，重力加速度g取10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．物塊滑動(dòng)時(shí)受到的摩擦力大小是6 N B．物塊的質(zhì)量為1 kg C．物塊在0～10 s內(nèi)克服摩擦力做功為50 J D．物塊在10～15 s內(nèi)的位移為6.25 m 解析：選D　由題圖乙可知，在5～10 s內(nèi)物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，故受到的摩擦力與水平推力相等，故摩擦力f＝F′＝4 N，故A錯(cuò)誤；在0～5 s內(nèi)物塊的加速度為a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根據(jù)牛頓第

5、二定律可得F－f＝ma，解得m＝2 kg，故B錯(cuò)誤；在0～10 s內(nèi)物塊通過(guò)的位移為x＝(5＋10)×5 m＝37.5 m，故克服摩擦力做功為Wf＝fx＝4×37.5 J＝150 J，故C錯(cuò)誤；撤去外力后物塊產(chǎn)生的加速度為a′＝＝－2 m/s2，減速到零所需時(shí)間為t′＝ s＝2.5 s<5 s，減速到零通過(guò)的位移為x′＝＝ m＝6.25 m，故D正確。 3.(2019·鎮(zhèn)江月考)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m＝2 kg的物體受到與水平面成37°角的斜向下方的推力F＝10 N的作用，在水平地面上移動(dòng)了距離s1＝2 m后撤去推力，此物體又滑行了s2＝1.6 m的距離后停止運(yùn)動(dòng)。已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因

6、數(shù)為0.2，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)推力F對(duì)物體做的功； (2)全過(guò)程中摩擦力對(duì)物體所做的功。 解析：(1)推力F對(duì)物體做功為： W＝Fs1cos 37°＝10×2×0.8 J＝16 J。 (2)撤去推力F前， W1＝－f1s1＝－μ(Fsin 37°＋mg)s1 ＝－0.2×(10×0.6＋2×10)×2 J＝－10.4 J 撤去推力F后， W2＝－f2s2＝－μmgs2＝－0.2×2×10×1.6 J＝－6.4 J 全過(guò)程中摩擦力對(duì)物體做功 W總＝W1＋W2＝－16.8 J。 答案：(1)16 J　(2)－

7、16.8 J 突破點(diǎn)(二)　變力做功的五種計(jì)算方法 利用公式W＝Flcos α不容易直接求功時(shí)，尤其對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)或變力做功問(wèn)題，可考慮由動(dòng)能的變化來(lái)間接求功，所以動(dòng)能定理是求變力做功的首選。 [例1]　如圖所示，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板的B端靜止放有質(zhì)量為m的小物體，物體與板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。開(kāi)始時(shí)板水平，在緩慢轉(zhuǎn)過(guò)一個(gè)小角度α的過(guò)程中，小物體保持與板相對(duì)靜止，則在這個(gè)過(guò)程中(　　) A．摩擦力對(duì)小物體做功為μmgLcos αsin α B．合力對(duì)小物體做功為mgLsin α C．彈力對(duì)小物體做功為0 D．板對(duì)小物體做功為mgLsin α [解析]　摩擦力的方向與物體運(yùn)動(dòng)的方向垂

8、直，則摩擦力不做功，故A錯(cuò)誤；物體受重力、支持力和靜摩擦力，重力做功為－mgLsin α，摩擦力不做功，合外力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理，有：WG＋Wf＋WN＝0，故WN＝mgLsin α，故B、C錯(cuò)誤；摩擦力不做功，故板對(duì)物體做的功等于支持力做的功，即為mgLsin α，故D正確。 [答案]　D 將物體的位移分割成許多小段，因小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉(zhuǎn)化為在無(wú)數(shù)多個(gè)位移上的恒力所做功的代數(shù)和。此法常用于求解大小不變、方向改變的變力做功問(wèn)題?！　　　? [例2]　用大小不變、方向始終與物體運(yùn)動(dòng)方向一致的力F，將質(zhì)量為m的小物體沿半徑為R的固定圓弧

9、軌道從A點(diǎn)推到B點(diǎn)，圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，如圖所示，則在此過(guò)程(　　) A．力F對(duì)物體做的功為FRsin 60° B．力F對(duì)物體做的功為 C．力F對(duì)物體做的功為 D．力F是變力，無(wú)法計(jì)算做功大小 [解析]　題圖中，力F雖然方向不斷變化，是變力，但由于該力的方向始終與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相同，所以該力做的功與路程成正比，即： W＝Fs＝F··2πR＝。 故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 [答案]　C 有些變力做功問(wèn)題通過(guò)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，可轉(zhuǎn)化為恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常用于輕繩通過(guò)定滑輪拉物體做功的問(wèn)題中?！　　　? [例3]　如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個(gè)滑

10、塊，用輕繩系著滑塊繞過(guò)光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點(diǎn)起由靜止開(kāi)始上升。若從A點(diǎn)上升至B點(diǎn)和從B點(diǎn)上升至C點(diǎn)的過(guò)程中拉力F做的功分別為W1和W2，滑塊經(jīng)B、C兩點(diǎn)的動(dòng)能分別為EkB和EkC，圖中AB＝BC，則(　　) A．W1＞W(wǎng)2　　 　 　B．W1＜W2 C．W1＝W2 D．無(wú)法確定W1和W2的大小關(guān)系 [解析]　輕繩對(duì)滑塊做的功為變力做功，可以通過(guò)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，將變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功；因輕繩對(duì)滑塊做的功等于拉力F對(duì)輕繩做的功，而拉力F為恒力，W＝F·Δl，Δl為輕繩拉滑塊過(guò)程中力F的作用點(diǎn)移動(dòng)的位移，大小等于定滑輪左側(cè)繩長(zhǎng)的縮短量，由題圖可知，ΔlAB＞Δl

11、BC，故W1＞W(wǎng)2，A正確。 [答案]　A 若物體受到的力方向不變，而大小隨位移均勻變化時(shí)，則可以認(rèn)為物體受到一大小為＝的恒力作用，F(xiàn)1、F2分別為物體在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝lcos α求此變力所做的功?！　　　? [例4]　[多選]如圖所示，n個(gè)完全相同、邊長(zhǎng)足夠小且互不粘連的小方塊依次排列，總長(zhǎng)度為l，總質(zhì)量為M，它們一起以速度v在光滑水平面上滑動(dòng)，某時(shí)刻開(kāi)始滑上粗糙水平面。小方塊與粗糙水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，若小方塊恰能完全進(jìn)入粗糙水平面，則摩擦力對(duì)所有小方塊所做功的大小為(　　) A.Mv2　　 　B．Mv2　　　C.μMgl　　　D．μMgl [解析

12、]　總質(zhì)量為M的小方塊在進(jìn)入粗糙水平面的過(guò)程中滑動(dòng)摩擦力由0均勻增大，當(dāng)全部進(jìn)入時(shí)摩擦力達(dá)最大值μMg，總位移為l，平均摩擦力為f＝μMg，由功的公式可得Wf＝－f·l＝－μMgl，功的大小為μMgl，C正確，D錯(cuò)誤；用動(dòng)能定理計(jì)算，則為：Wf＝0－Mv2＝－Mv2，其大小為Mv2，A正確，B錯(cuò)誤。 [答案]　AC 在F -x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移內(nèi)所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正功，位于x軸下方的“面積”為負(fù)功，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規(guī)則的幾何圖形)。　　　　 [例5]　某中學(xué)的部分學(xué)生組成了一個(gè)課

13、題小組，對(duì)海嘯的威力進(jìn)行了模擬研究，他們?cè)O(shè)計(jì)了如下的模型：如圖甲，在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m＝4 kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變化的圖像如圖乙所示。已知物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g＝10 m/s2。求： (1)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的最大加速度為多少？ (2)在距出發(fā)點(diǎn)什么位置時(shí)物體的速度達(dá)到最大？ (3)物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是多少？ [解析]　(1)由牛頓第二定律得：F－μmg＝ma 當(dāng)F＝100 N時(shí)，物體所受的合力最大，加速度最大 則有：a＝－μg＝m/s2＝20 m/s2。 (2)由題給圖像可得推力F隨位移x變化

14、的函數(shù)關(guān)系為： F＝100－25x(N) 速度最大時(shí)加速度為0，則有： F＝μmg＝0.5×4×10 N＝20 N 代入解得：x＝3.2 m。 (3)由圖像可得推力對(duì)物體做功等于圖像與橫軸所圍圖形的面積，即：W＝×100×4 J＝200 J 根據(jù)動(dòng)能定理物體在水平面上運(yùn)動(dòng)有：W－μmgxm＝0 代入數(shù)據(jù)解得：xm＝10 m。 [答案]　(1)20 m/s2　(2)3.2 m　(3)10 m 突破點(diǎn)(三)　功率的分析與計(jì)算 1．平均功率的計(jì)算 (1)利用P＝。 (2)利用P＝Fcos α，其中為物體運(yùn)動(dòng)的平均速度。 2．瞬時(shí)功率的計(jì)算 (1)利用公式P＝Fvcos

15、 α，其中v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。 (2)利用公式P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。 (3)利用公式P＝Fvv，其中Fv為物體受的外力F在速度v方向上的分力。 [題點(diǎn)全練] 1．(2018·蘇北四市模擬)如圖所示，四個(gè)相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h處，A做自由落體運(yùn)動(dòng)，B沿光滑斜面由靜止滑下，C做平拋運(yùn)動(dòng)，D從地面開(kāi)始做斜拋運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的最大高度也為h。在每個(gè)小球落地的瞬間，其重力的功率分別為PA、PB、PC、PD。下列關(guān)系式正確的是(　　) A．PA＝PB＝PC＝PD　　　 　B．PA＝PC>PB＝PD C．PA＝PC＝PD>P

16、B D．PA>PC＝PD>PB 解析：選C　小球落地時(shí)，A的重力的瞬時(shí)功率：PA＝mg；B落地的瞬時(shí)功率：PB＝mgcos θ，θ為速度 與豎直方向的夾角；C落地的瞬時(shí)豎直速度為vy＝，則落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率：PC＝mg；因D中小球上升的最大高度為h，則落地的瞬時(shí)豎直速度為vy＝，則落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率：PD＝mg；故PA＝PC＝PD>PB，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 2.(2019·東海模擬)如圖所示，從某高度以初速度v0水平拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球，在小球下落的過(guò)程中(落地前)，其速度v、速度變化量Δv、重力的功率P和重力的功W與時(shí)間t的關(guān)系圖像，正確的是(　　) 解析：

17、選C　小球t時(shí)刻的速度為：v＝＝，由數(shù)學(xué)知識(shí)知，t＝0時(shí)，v≠0，所以v -t圖像是不過(guò)原點(diǎn)的開(kāi)口向上的拋物線，故A錯(cuò)誤。由Δv＝at＝gt分析可知，Δv -t圖像是過(guò)原點(diǎn)的直線，故B錯(cuò)誤。重力的功率P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，P與t成正比，P -t圖像是過(guò)原點(diǎn)的直線，故C正確。重力的功 W＝mgh＝mg·gt2＝mg2t2，W-t圖像是過(guò)原點(diǎn)的開(kāi)口向上的拋物線，故D錯(cuò)誤。 突破點(diǎn)(四)　機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題 1．兩種啟動(dòng)方式的比較 兩種方式 以恒定功率啟動(dòng) 以恒定加速度啟動(dòng) P-t圖像和v-t圖像 OA段 過(guò)程分析 v↑?F＝↓ ?a＝↓ a＝不變?F不變 P

18、＝Fv↑直到P額＝Fv1 運(yùn)動(dòng)性質(zhì) 加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) 勻加速直線運(yùn)動(dòng)，維持時(shí)間t0＝ AB段 過(guò)程分析 F＝F阻?a＝0 ?vm＝ v↑?F＝↓ ?a＝↓ 運(yùn)動(dòng)性質(zhì) 以vm勻速直線運(yùn)動(dòng) 加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) BC段 無(wú) F＝F阻?a＝0? 以vm＝勻速運(yùn)動(dòng) 2．三個(gè)重要關(guān)系式 (1)無(wú)論哪種啟動(dòng)過(guò)程，機(jī)車(chē)的最大速度都等于其勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，即vm＝。 (2)機(jī)車(chē)以恒定加速度啟動(dòng)時(shí)，勻加速過(guò)程結(jié)束后功率最大，速度不是最大，即v＝

19、啟動(dòng)過(guò)程的位移或速度。 [典例]　(2019·徐州模擬)某興趣小組對(duì)一輛自制遙控小車(chē)的性能進(jìn)行研究。他們讓這輛小車(chē)在水平的直軌道上由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，并將小車(chē)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程記錄下來(lái)，通過(guò)處理轉(zhuǎn)化為v -t圖像，圖像如圖所示(除2～10 s時(shí)間段圖像為曲線外，其余時(shí)間段圖像均為直線)。已知在小車(chē)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，2～14 s時(shí)間段內(nèi)小車(chē)的功率保持不變，在14 s末通過(guò)遙控器使發(fā)動(dòng)機(jī)停止工作而讓小車(chē)自由滑行，小車(chē)的質(zhì)量m＝2.0 kg，可認(rèn)為在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小車(chē)所受到的阻力大小不變，g取10 m/s2。求： (1)14～18 s時(shí)間段小車(chē)的加速度大小a； (2)小車(chē)勻速行駛階段的功率P； (3)小車(chē)

20、在2～10 s內(nèi)位移的大小s2。 [解析]　(1)在14～18 s時(shí)間段，由題給圖像可得 a＝ 代入數(shù)據(jù)得a＝2.0 m/s2。 (2)在14～18 s時(shí)間內(nèi)，小車(chē)在阻力f作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，則f＝ma 在10～14 s，小車(chē)做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 牽引力F＝f＝4.0 N 小車(chē)勻速行駛階段的功率P＝Fv 代入數(shù)據(jù)得P＝32 W。 (3)2～10 s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得 Pt－fs2＝mv2－mv22 其中 v＝8 m/s，v2＝4 m/s 解得s2＝52 m。 [答案]　(1)2.0 m/s2　(2)32 W　(3)52 m [易錯(cuò)提醒] (1)在機(jī)車(chē)功率P＝Fv中

21、，F(xiàn)是機(jī)車(chē)的牽引力而不是機(jī)車(chē)所受合力或阻力，所以P＝Ffvm只體現(xiàn)了一種數(shù)量關(guān)系用于計(jì)算，即牽引力與阻力平衡時(shí)達(dá)到最大運(yùn)行速度。 (2)恒定功率下的啟動(dòng)過(guò)程一定不是勻加速運(yùn)動(dòng)，勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式不再適用，啟動(dòng)過(guò)程發(fā)動(dòng)機(jī)做的功可用W＝Pt計(jì)算，不能用W＝Fl計(jì)算(因?yàn)镕為變力)。 (3)以恒定加速度啟動(dòng)只能維持一段時(shí)間，之后又要經(jīng)歷非勻變速直線運(yùn)動(dòng)，所以勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式只適用于前一段時(shí)間，切不可生搬硬套。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(2018·沭陽(yáng)期末)如圖是一汽車(chē)在平直路面上啟動(dòng)的速度—時(shí)間圖像，t1時(shí)刻起汽車(chē)的功率保持不變。由圖像可知(　　) A．0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的牽引力增大，加

22、速度增大，功率不變 B．0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的牽引力不變，加速度不變，功率不變 C．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的牽引力減小，加速度減小 D．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的牽引力不變，加速度不變 解析：選C　0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的速度是均勻增加的，是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，汽車(chē)的牽引力不變，加速度不變，由P＝Fv知功率增大，故A、B錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的功率保持不變，速度在增大，由P＝Fv知汽車(chē)的牽引力在減小，由牛頓第二定律知F－f＝ma，知加速度減小，故C正確，D錯(cuò)誤。 2.[多選](2019·連云港月考)為減少機(jī)動(dòng)車(chē)尾氣排放，某市推出新型節(jié)能環(huán)保電動(dòng)車(chē)。在檢測(cè)該款電動(dòng)車(chē)性能的實(shí)驗(yàn)中，質(zhì)量為8

23、×102 kg的電動(dòng)車(chē)由靜止開(kāi)始沿平直公路行駛，利用傳感器測(cè)得此過(guò)程中不同時(shí)刻電動(dòng)車(chē)的牽引力F與對(duì)應(yīng)的速度v，并描繪出如圖所示的F-圖像(圖中AB、BC均為直線)。假設(shè)電動(dòng)車(chē)行駛中所受阻力恒定，最終勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電動(dòng)車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為15 m/s B．該車(chē)起動(dòng)后，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后勻速運(yùn)動(dòng) C．該車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是6 s D．該車(chē)加速度大小為0.25 m/s2時(shí)，動(dòng)能是4×104 J 解析：選AD　從題給圖像中可得C點(diǎn)速度最大，故最大速度為15 m/s，A正確；由圖線可知，AB段牽引力不變，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，BC段

24、圖線的斜率不變，斜率表示電動(dòng)機(jī)的功率，知功率不變，速度增大，牽引力減小，做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力等于阻力后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；從題給圖像中可得勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝3 m/s，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度最大，由圖線知，f＝400 N，根據(jù)牛頓第二定律得，勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，則勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝＝ s＝1.5 s，故C錯(cuò)誤；電動(dòng)汽車(chē)以恒定功率P＝Fv＝2 000×3 W＝6 000 W啟動(dòng)，當(dāng)加速度a＝＝0.25 m/s2，得此時(shí)的牽引力為F′＝600 N，所以此時(shí)的速度為v′＝＝ m/s＝10 m/s，故此時(shí)的動(dòng)能為Ek＝mv′2＝4×10

25、4 J，D正確。 功和功率計(jì)算中的兩類(lèi)易錯(cuò)題 (一)滑輪兩側(cè)細(xì)繩平行 1．如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置質(zhì)量為m的小木塊，用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)光滑的定滑輪分別與木塊、木板連接，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，開(kāi)始時(shí)木塊和木板靜止，現(xiàn)用水平向右的拉力F作用在木板上，將木塊拉向木板左端的過(guò)程中，拉力至少做功為(　　) A．2μmgL　　　　　　　　 　B.μmgL C．μ(M＋m)gL D．μmgL 解析：選D　拉力做功最小時(shí)，木塊應(yīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)木塊m受力分析，由平衡條件可得FT＝μmg。對(duì)木板M受力分析，由平衡條件可得：F＝F

26、T＋μmg，又因當(dāng)木塊從木板右端拉向左端的過(guò)程中，木板向右移動(dòng)的位移l＝，故拉力F所做的功W＝F·l＝μmgL，或者根據(jù)功能關(guān)系求解，在木塊運(yùn)動(dòng)到木板左端的過(guò)程，摩擦產(chǎn)生熱量為μmgL，D正確。 2．(2018·淮安期中)如圖甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計(jì)，質(zhì)量為2 kg的物體在拉力F作用下由靜止開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，由此可知(　　) A．物體加速度大小為2 m/s2 B．F的大小為21 N C．4 s末F的功率為42 W D．4 s內(nèi)F的平均功率為42 W 解析：選C　由題圖乙可知，v -t圖像的斜率表示物體加速度的大小，即a＝0.5 m/s2

27、，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5 N， A、B均錯(cuò)誤；4 s末F的作用點(diǎn)的速度大小為vF＝2v物＝4 m/s，故4 s末F的功率為P＝FvF＝42 W，C正確；4 s內(nèi)物體上升的高度h＝4 m，力F的作用點(diǎn)的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝Fl＝84 J，故平均功率＝＝21 W，D錯(cuò)誤。 [反思領(lǐng)悟] (1)不計(jì)摩擦和滑輪質(zhì)量時(shí)，滑輪兩側(cè)細(xì)繩拉力大小相等。 (2)通過(guò)定滑輪連接的兩物體，位移大小相等。 (3)通過(guò)動(dòng)滑輪拉動(dòng)物體時(shí)，注意物體與力的作用點(diǎn)的位移、速度、作用力間的大小關(guān)系。 (二)滑輪兩側(cè)細(xì)繩不平行 3.一木塊前端有一滑輪，繩的一端系在右方固定處，水平穿過(guò)

28、滑輪，另一端用恒力F拉住，保持兩股繩之間的夾角θ不變，如圖所示，當(dāng)用力F拉繩使木塊前進(jìn)s時(shí)，力F對(duì)木塊做的功(不計(jì)繩重和滑輪摩擦)是(　　) A．Fscos θ B．Fs(1＋cos θ) C．2Fscos θ D．2Fs 解析：選B　方法一：如圖所示，力F作用點(diǎn)的位移l＝2scos， 故拉力F所做的功W＝Flcos α＝2Fscos2＝Fs(1＋cos θ)。 方法二：可看成兩股繩都在對(duì)木塊做功W＝Fs＋Fscos θ＝Fs(1＋cos θ)，則選項(xiàng)B正確。 [反思領(lǐng)悟] 對(duì)于通過(guò)動(dòng)滑輪拉物體，當(dāng)拉力F的方向與物體的位移方向不同時(shí)，拉力F做的功可用如下兩種思路求解： (1)用W＝Flcos α求，其中l(wèi)為力F作用點(diǎn)的位移，α為F與l之間的夾角。 (2)用兩段細(xì)繩拉力分別所做功的代數(shù)和求解，如第3題的第二種方法。