（江苏专版）2020版高考物理一轮复习 第五章 第1节 功和功率讲义（含解析）.doc

功和功率,(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则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)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。()(5)由PFv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。()(6)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。()突破点(一)功的正负判断与计算1功的正负的判断方法(1)恒力做功的判断：依据力与位移方向的夹角来判断。(2)曲线运动中做功的判断：依据F与v的方向夹角来判断，090时，力对物体做正功；90180时，力对物体做负功；90时，力对物体不做功。(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。2恒力做功的计算方法3合力做功的计算方法方法一：先求合力F合，再用W合F合lcos 求功。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、，再应用W合W1W2W3求合力做的功。题点全练1多选(2019姜堰模拟)如图所示，物体在水平桌面上，第一次对物体施加图A的拉力F，使物体由静止发生位移x，第二次对物体施加图B的推力F，使物体由静止发生位移x，两次施力过程中F与水平方向的夹角均为。关于做功的下述说法中正确的是()A图B中F做功多BA、B两图中F做功相同C图B中克服摩擦力做功多DA、B两图中克服摩擦力做功相同解析：选BC由WFxcos 知，恒力F对两种情况下做功一样多，即WAWB，故A错误，B正确；根据题意可知，图B中物体对地面的压力大于图A中物体对地面的压力，所以图B中物体受到的滑动摩擦力比图A中物体受到的摩擦力大，则图B中克服摩擦力做功多，故C正确，D错误。2一物块放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示，物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示。10 s后的v t图像没有画出，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是()A物块滑动时受到的摩擦力大小是6 NB物块的质量为1 kgC物块在010 s内克服摩擦力做功为50 JD物块在1015 s内的位移为6.25 m解析：选D由题图乙可知，在510 s内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相等，故摩擦力fF4 N，故A错误；在05 s内物块的加速度为a m/s21 m/s2，根据牛顿第二定律可得Ffma，解得m2 kg，故B错误；在010 s内物块通过的位移为x(510)5 m37.5 m，故克服摩擦力做功为Wffx437.5 J150 J，故C错误；撤去外力后物块产生的加速度为a2 m/s2，减速到零所需时间为t s2.5 sPBPDCPAPCPDPB DPAPCPDPB解析：选C小球落地时，A的重力的瞬时功率：PAmg；B落地的瞬时功率：PBmgcos ，为速度与竖直方向的夹角；C落地的瞬时竖直速度为vy，则落地时重力的瞬时功率：PCmg；因D中小球上升的最大高度为h，则落地的瞬时竖直速度为vy，则落地时重力的瞬时功率：PDmg；故PAPCPDPB，故选项C正确，A、B、D错误。2.(2019东海模拟)如图所示，从某高度以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球，在小球下落的过程中(落地前)，其速度v、速度变化量v、重力的功率P和重力的功W与时间t的关系图像，正确的是()解析：选C小球t时刻的速度为：v，由数学知识知，t0时，v0，所以v t图像是不过原点的开口向上的抛物线，故A错误。由vatgt分析可知，v t图像是过原点的直线，故B错误。重力的功率Pmgvymggtmg2t，P与t成正比，P t图像是过原点的直线，故C正确。重力的功 Wmghmggt2mg2t2，Wt图像是过原点的开口向上的抛物线，故D错误。突破点(四)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图像和vt图像OA段过程分析vFaa不变F不变PFv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t0AB段过程分析FF阻a0vmvFa运动性质以vm匀速直线运动加速度减小的加速运动BC段无FF阻a0以vm匀速运动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。(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vvm。(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功WPt，由动能定理得PtF阻xEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度。典例(2019徐州模拟)某兴趣小组对一辆自制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，图像如图所示(除210 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，214 s时间段内小车的功率保持不变，在14 s末通过遥控器使发动机停止工作而让小车自由滑行，小车的质量m2.0 kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，g取10 m/s2。求：(1)1418 s时间段小车的加速度大小a；(2)小车匀速行驶阶段的功率P；(3)小车在210 s内位移的大小s2。解析(1)在1418 s时间段，由题给图像可得a代入数据得a2.0 m/s2。(2)在1418 s时间内，小车在阻力f作用下做匀减速运动，则fma在1014 s，小车做匀速直线运动，牵引力Ff4.0 N小车匀速行驶阶段的功率PFv代入数据得P32 W。(3)210 s时间内，根据动能定理得Ptfs2mv2mv22其中 v8 m/s，v24 m/s解得s252 m。答案(1)2.0 m/s2(2)32 W(3)52 m易错提醒(1)在机车功率PFv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力或阻力，所以PFfvm只体现了一种数量关系用于计算，即牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度。(2)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速运动，匀变速直线运动的公式不再适用，启动过程发动机做的功可用WPt计算，不能用WFl计算(因为F为变力)。(3)以恒定加速度启动只能维持一段时间，之后又要经历非匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的公式只适用于前一段时间，切不可生搬硬套。集训冲关1.(2018沭阳期末)如图是一汽车在平直路面上启动的速度时间图像，t1时刻起汽车的功率保持不变。由图像可知()A0t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变B0t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变Ct1t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小Dt1t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变解析：选C0t1时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速直线运动，汽车的牵引力不变，加速度不变，由PFv知功率增大，故A、B错误；t1t2时间内，汽车的功率保持不变，速度在增大，由PFv知汽车的牵引力在减小，由牛顿第二定律知Ffma，知加速度减小，故C正确，D错误。2.多选(2019连云港月考)为减少机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车。在检测该款电动车性能的实验中，质量为8102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F图像(图中AB、BC均为直线)。假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是()A电动车运动过程中的最大速度为15 m/sB该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动C该车做匀加速运动的时间是6 sD该车加速度大小为0.25 m/s2时，动能是4104 J解析：选AD从题给图像中可得C点速度最大，故最大速度为15 m/s，A正确；由图线可知，AB段牵引力不变，先做匀加速直线运动，BC段图线的斜率不变，斜率表示电动机的功率，知功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力后，做匀速直线运动，B错误；从题给图像中可得匀加速运动的末速度为v3 m/s，当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，f400 N，根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小a m/s22 m/s2，则匀加速运动的时间t s1.5 s，故C错误；电动汽车以恒定功率PFv2 0003 W6 000 W启动，当加速度a0.25 m/s2，得此时的牵引力为F600 N，所以此时的速度为v m/s10 m/s，故此时的动能为Ekmv24104 J，D正确。功和功率计算中的两类易错题(一)滑轮两侧细绳平行1如图所示，质量为M、长度为L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接，木块与木板间的动摩擦因数为，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为()A2mgLB.mgLC(Mm)gL DmgL解析：选D拉力做功最小时，木块应做匀速运动，对木块m受力分析，由平衡条件可得FTmg。对木板M受力分析，由平衡条件可得：FFTmg，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l，故拉力F所做的功WFlmgL，或者根据功能关系求解，在木块运动到木板左端的过程，摩擦产生热量为mgL，D正确。2(2018淮安期中)如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知()A物体加速度大小为2 m/s2BF的大小为21 NC4 s末F的功率为42 WD4 s内F的平均功率为42 W解析：选C由题图乙可知，v t图像的斜率表示物体加速度的大小，即a0.5 m/s2，由2Fmgma可得：F10.5 N，A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为vF2v物4 m/s，故4 s末F的功率为PFvF42 W，C正确；4 s内物体上升的高度h4 m，力F的作用点的位移l2h8 m，拉力F所做的功WFl84 J，故平均功率21 W，D错误。反思领悟(1)不计摩擦和滑轮质量时，滑轮两侧细绳拉力大小相等。(2)通过定滑轮连接的两物体，位移大小相等。(3)通过动滑轮拉动物体时，注意物体与力的作用点的位移、速度、作用力间的大小关系。(二)滑轮两侧细绳不平行3.一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F拉住，保持两股绳之间的夹角不变，如图所示，当用力F拉绳使木块前进s时，力F对木块做的功(不计绳重和滑轮摩擦)是()AFscos BFs(1cos )C2Fscos D2Fs解析：选B方法一：如图所示，力F作用点的位移l2scos，故拉力F所做的功WFlcos 2Fscos2Fs(1cos )。方法二：可看成两股绳都在对木块做功WFsFscos Fs(1cos )，则选项B正确。反思领悟对于通过动滑轮拉物体，当拉力F的方向与物体的位移方向不同时，拉力F做的功可用如下两种思路求解：(1)用WFlcos 求，其中l为力F作用点的位移，为F与l之间的夹角。(2)用两段细绳拉力分别所做功的代数和求解，如第3题的第二种方法。