2022年度高考物理一轮复习 第五章 机械能 第1讲 功和功率学案

2022年度高考物理一轮复习 第五章 机械能 第1讲 功和功率学案一、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.必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移.3.物理意义：功是能量转化的量度.4.计算公式(1)恒力F的方向与位移l的方向一致时：WFl.(2)恒力F的方向与位移l的方向成某一夹角时：WFlcos .5.功的正负(1)当00，力对物体做正功.(2)当时，Wgtan时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90，则做正功；当agtan时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90，则做负功.综上所述，选项B错误.变式1(2018湖北武汉调研)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t0时其速度为1m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F、滑块的速率v随时间的变化规律分别如图4甲和乙所示，设在第1s内、第2s内、第3s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是()图4A.W1W2W3B.W1W2W3C.W1W3W2D.W1W2W3答案B解析在第1s内，滑块的位移为x111m0.5m，力F做的功为W1F1x110.5J0.5J；第2s内，滑块的位移为x211m0.5m，力F做的功为W2F2x230.5J1.5J；第3s内，滑块的位移为x311m1m，力F做的功为W3F3x321J2J，所以W1W2W3，故选B.类型2变力功的分析与计算方法以例说法应用动能定理用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WFmgL(1cos)0，得WFmgL(1cos)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功WfFfx1Ffx2Ffx3Ff(x1x2x3)Ff2R等效转换法恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功WF()平均力法弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W(x2x1)图象法一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，WF0x0例2(2017全国卷14)如图5所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()图5A.一直不做功B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心答案A解析因为大圆环光滑，所以大圆环对小环的作用力只有弹力，且弹力的方向总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项A正确，B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，后来指向圆心，故选项C、D错误.方法1利用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个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和，此法在中学阶段常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题.变式2如图6所示，在一半径为R6m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m8kg的物块(可看成质点).用大小始终为F75N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10m/s2，sin370.6，cos370.8.求这一过程中：图6(1)拉力F做的功；(2)桥面对物块的摩擦力做的功.答案(1)376.8J(2)136.8J解析(1)将圆弧分成很多小段l1、l2ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2Wn.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W1Fl1cos37、W2Fl2cos37WnFlncos37所以WFW1W2WnFcos37(l1l2ln)Fcos372R376.8J.(2)重力G做的功WGmgR(1cos60)240J，因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知WFWGWf0所以WfWFWG376.8J240J136.8J.方法2用Fx图象求变力做功在Fx图象中，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，位于x轴下方的“面积”为负，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).变式3(2018河南洛阳模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m0.5kg的物块相连，如图7甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x0.4m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g10m/s2)()图7A.3.1JB.3.5JC.1.8JD.2.0J答案A解析物块与水平面间的摩擦力为Ffmg1N.现对物块施加水平向右的外力F，由Fx图象与x轴所围面积表示功可知F做功W3.5J，克服摩擦力做功WfFfx0.4J.由于物块运动至x0.4m处时，速度为0，由功能关系可知，WWfEp，此时弹簧的弹性势能为Ep3.1J，选项A正确.方法3用动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功.因为使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选.变式4如图8所示，质量为m的小球用长为L的细线悬挂而静止在竖直位置.现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成角的位置.在此过程中，拉力F做的功为()图8A.FLcosB.FLsinC.FL(1cos)D.mgL(1cos)答案D解析在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力，此变力F做的功可用动能定理求解.由WFmgL(1cos)0得WFmgL(1cos)，故D正确.方法4“转化法”求变力做功通过转换研究的对象，可将变力做功转化为恒力做功，用WFlcos求解，如轻绳通过定滑轮拉动物体运动过程中拉力做功问题.变式5(2018湖南岳阳质检)如图9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点起由静止开始上升.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，OAO37，OCO53，重力加速度为g.求：图9(1)拉力F的大小；(2)滑块由A到C过程中拉力F做的功.(sin370.6，cos370.8)答案(1)mg(2)mgd解析(1)对滑块进行受力分析，其到C点时速度最大，则其所受合力为零正交分解滑块在C点受到的拉力，根据共点力的平衡条件得Fcos53mg解得Fmg.(2)由能量的转化与守恒可知，拉力F对绳端点做的功就等于绳的拉力F对滑块做的功滑轮与A间绳长L1滑轮与C间绳长L2滑轮右侧绳子增大的长度LL1L2拉力做功WFLmgd.命题点二功率的分析和计算1.公式P和PFv的区别P是功率的定义式，PFv是功率的计算式.2.平均功率的计算方法(1)利用.(2)利用Fcos，其中为物体运动的平均速度.3.瞬时功率的计算方法(1)利用公式PFvcos，其中v为t时刻的瞬时速度.(2)PFvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度.(3)PFvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力.例3(多选)(2017江西南昌模拟)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t0时刻开始受到水平力的作用.力的大小F与时间t的关系如图10所示，力的方向保持不变，则()图10A.3t0时刻的瞬时功率为B.3t0时刻的瞬时功率为C.在t0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D.在t0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为答案BD解析根据Ft图线，在02t0时间内的加速度a1，2t0时刻的速度v2a12t0t0，02t0时间内位移x12t0t，故02t0时间内水平力做的功W1F0x1t；在2t03t0时间内的加速度a2，3t0时刻的速度v3v2a2t0t0，故3t0时刻的瞬时功率P33F0v3，在2t03t0时间内位移x2t0，故2t03t0时间内水平力做的功W23F0x2，因此在03t0时间内的平均功率P，故B、D正确.变式6如图11所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球.一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60时，拉力的功率为()图11A.mgLB.mgLC.mgLD.mgL答案C解析由能量的转化与守恒可知：拉力的功率等于克服重力做功的功率，PFPGmgvymgvcos60mgL，故选C.变式7质量m20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动.02s内F与运动方向相反，24s内F与运动方向相同，物体的vt图象如图12所示.g取10m/s2，则()图12A.拉力F的大小为100NB.物体在4s时拉力的瞬时功率为120WC.4s内拉力所做的功为480JD.4s内物体克服摩擦力做的功为320J答案B解析取物体初速度方向为正方向，由图象可知物体与水平面间存在摩擦力，由图象可知02s内，FFfma1且a15 m/s2，24 s内，FFfma2且a21 m/s2，联立解得F60N，Ff40N，A错误；由PFv得4s时拉力的瞬时功率为120W，B正确；由题图知02 s内，物体的位移x110 m，拉力做的功为W1Fx16010 J600 J，2 s4 s内，物体的位移x22m，拉力做功W2Fx2120J，所以4s内拉力做功W1W2(600120) J480J，C错误；摩擦力做功WfFfs，摩擦力始终与速度方向相反，故s为路程，由图象可知总路程为12m,4s内物体克服摩擦力做的功为480J，D错误.命题点三机车启动问题1.两种启动方式的比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动Pt图和vt图OA段过程分析vFaa不变F不变PFv直到PP额Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t0AB段过程分析FF阻a0F阻vFa运动性质以vm做匀速直线运动加速度减小的加速直线运动BC段FF阻a0以vm做匀速直线运动2.三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻).(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，vtan，传送带的速度为v(v0tan，则有mgcosmgsin，传送带的速度为v(v0(Mm)gvcos，B错误，C正确；由功能关系知此过程中货车拉力做的功等于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量，大于(Mm)gh，故D错误.14.国家十三五规划中提出实施新能源汽车推广计划，提高电动车产业化水平.假设有一辆新型电动车，质量m2103kg，额定功率P60kW，当该电动车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力Ff是车重的0.1倍，g10m/s2.(1)求新型电动车在此路面上行驶所能达到的最大速度；(2)新型电动车从静止开始，以加速度a0.5m/s2做匀加速直线运动，求这一过程能维持的时间；(3)新型电动车从静止开始，保持额定功率做加速运动，则经50s达到最大速度，求此过程中新型电动车的位移大小.答案(1)30m/s(2)40s(3)1050m解析(1)当电动车速度达到最大时电动车的牵引力与阻力平衡，即FFfFfkmg0.1210310N2000N由PFvmFfvm得vmm/s30 m/s(2)电动车做匀加速运动时有F1Ffma解得牵引力F13000N设电动车刚达到额定功率时的速度为v1，得PF1v1则v1m/s20 m/s设电动车匀加速运动的时间为t，则有v1at解得ts40s(3)从静止到最大速度整个过程有牵引力与阻力做功，由动能定理得Pt2Ffxmvm2代入数据解得x1050m