(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

上传人:xt****7 文档编号:3926214 上传时间:2019-12-29 格式:DOC 页数:11 大小:525KB
返回 下载 相关 举报
(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_第1页
第1页 / 共11页
(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_第2页
第2页 / 共11页
(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_第3页
第3页 / 共11页
点击查看更多>>
资源描述
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。
展开阅读全文
相关资源
正为您匹配相似的精品文档
相关搜索

最新文档


当前位置:首页 > 图纸专区 > 高中资料


copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 装配图网版权所有   联系电话:18123376007

备案号:ICP2024067431-1 川公网安备51140202000466号


本站为文档C2C交易模式,即用户上传的文档直接被用户下载,本站只是中间服务平台,本站所有文档下载所得的收益归上传人(含作者)所有。装配图网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。若文档所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知装配图网,我们立即给予删除!