《（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 第五章 第1節(jié) 功和功率講義（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 第五章 第1節(jié) 功和功率講義（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、功和功率 , (1)只要物體受力的同時又發(fā)生了位移，則一定有力對物體做功。(×) (2)一個力對物體做了負功，則說明這個力一定阻礙物體的運動。(√) (3)作用力做正功時，反作用力一定做負功。(×) (4)力對物體做功的正負是由力和位移間的夾角大小決定的。(√) (5)由P＝Fv可知，發(fā)動機功率一定時，機車的牽引力與運行速度的大小成反比。(√) (6)汽車上坡時換成低擋位，其目的是減小速度得到較大的牽引力。(√) 突破點(一)　功的正負判斷與計算 1．功的正負的判斷方法 (1)恒力做功的判斷：依據力與位移方向的夾角來判斷。 (2)曲線運動中做功的判斷：依據F與

2、v的方向夾角α來判斷，0°≤α<90°時，力對物體做正功；90°<α≤180°時，力對物體做負功；α＝90°時，力對物體不做功。 (3)依據能量變化來判斷：功是能量轉化的量度，若有能量轉化，則必有力對物體做功。此法常用于判斷兩個相聯系的物體之間的相互作用力做功的判斷。 2．恒力做功的計算方法 3．合力做功的計算方法 方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功。 方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3、…，再應用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。 [題點全練] 1．[多選](2019·姜堰模擬)如圖所示，物體在水平桌面上，第一次對物體施加圖A的拉力F，使物

3、體由靜止發(fā)生位移x，第二次對物體施加圖B的推力F，使物體由靜止發(fā)生位移x，兩次施力過程中F與水平方向的夾角均為α。關于做功的下述說法中正確的是(　　) 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對兩種情況下做功一樣多，即WA＝WB，故A錯誤，B正確；根據題意可知，圖B中物體對地面的壓力大于圖A中物體對地面的壓力，所以圖B中物體受到的滑動摩擦力比圖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正確，D錯誤。 2．一物塊放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F

4、與時間t的關系如圖甲所示，物塊的運動速度v與時間t的關系如圖乙所示。10 s后的v -t圖像沒有畫出，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．物塊滑動時受到的摩擦力大小是6 N B．物塊的質量為1 kg C．物塊在0～10 s內克服摩擦力做功為50 J D．物塊在10～15 s內的位移為6.25 m 解析：選D　由題圖乙可知，在5～10 s內物塊做勻速運動，故受到的摩擦力與水平推力相等，故摩擦力f＝F′＝4 N，故A錯誤；在0～5 s內物塊的加速度為a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根據牛頓第二定律可得F－f＝ma，解得m＝2 kg，故B錯誤；在0～10 s內物

5、塊通過的位移為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錯誤；撤去外力后物塊產生的加速度為a′＝＝－2 m/s2，減速到零所需時間為t′＝ s＝2.5 s<5 s，減速到零通過的位移為x′＝＝ m＝6.25 m，故D正確。 3.(2019·鎮(zhèn)江月考)如圖所示，一個質量為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的距離后停止運動。已知物體與地面間的動摩擦因數為0.2，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°

6、＝0.8。求： (1)推力F對物體做的功； (2)全過程中摩擦力對物體所做的功。 解析：(1)推力F對物體做功為： 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 全過程中摩擦力對物體做功 W總＝W1＋W2＝－16.8 J。 答案：(1)16 J　(2)－16.8 J 突破點(二)　變力做功的五種計算方法 利用公

7、式W＝Flcos α不容易直接求功時，尤其對于曲線運動或變力做功問題，可考慮由動能的變化來間接求功，所以動能定理是求變力做功的首選。 [例1]　如圖所示，板長為L，板的B端靜止放有質量為m的小物體，物體與板間的動摩擦因數為μ。開始時板水平，在緩慢轉過一個小角度α的過程中，小物體保持與板相對靜止，則在這個過程中(　　) A．摩擦力對小物體做功為μmgLcos αsin α B．合力對小物體做功為mgLsin α C．彈力對小物體做功為0 D．板對小物體做功為mgLsin α [解析]　摩擦力的方向與物體運動的方向垂直，則摩擦力不做功，故A錯誤；物體受重力、支持力和靜摩擦力，重力做功為

8、－mgLsin α，摩擦力不做功，合外力做功為零，根據動能定理，有：WG＋Wf＋WN＝0，故WN＝mgLsin α，故B、C錯誤；摩擦力不做功，故板對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化為在無數多個位移上的恒力所做功的代數和。此法常用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題?！　　　? [例2]　用大小不變、方向始終與物體運動方向一致的力F，將質量為m的小物體沿半徑為R的固定圓弧軌道從A點推到B點，圓弧對應的圓心角為60°，如圖所示，則在此過程(　

9、　) A．力F對物體做的功為FRsin 60° B．力F對物體做的功為 C．力F對物體做的功為 D．力F是變力，無法計算做功大小 [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動的方向相同，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錯誤。 [答案]　C 有些變力做功問題通過轉換研究對象，可轉化為恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常用于輕繩通過定滑輪拉物體做功的問題中?！　　　? [例3]　如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A

10、點起由靜止開始上升。若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1和W2，滑塊經B、C兩點的動能分別為EkB和EkC，圖中AB＝BC，則(　　) A．W1＞W2　　 　 　B．W1＜W2 C．W1＝W2 D．無法確定W1和W2的大小關系 [解析]　輕繩對滑塊做的功為變力做功，可以通過轉換研究對象，將變力做功轉化為恒力做功；因輕繩對滑塊做的功等于拉力F對輕繩做的功，而拉力F為恒力，W＝F·Δl，Δl為輕繩拉滑塊過程中力F的作用點移動的位移，大小等于定滑輪左側繩長的縮短量，由題圖可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A正確。 [答案]　A 若物體受到的力方向

11、不變，而大小隨位移均勻變化時，則可以認為物體受到一大小為＝的恒力作用，F1、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個完全相同、邊長足夠小且互不粘連的小方塊依次排列，總長度為l，總質量為M，它們一起以速度v在光滑水平面上滑動，某時刻開始滑上粗糙水平面。小方塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數為μ，若小方塊恰能完全進入粗糙水平面，則摩擦力對所有小方塊所做功的大小為(　　) A.Mv2　　 　B．Mv2　　　C.μMgl　　　D．μMgl [解析]　總質量為M的小方塊在進入粗糙水平面的過程中滑動摩擦力由0均勻增大，

12、當全部進入時摩擦力達最大值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錯誤；用動能定理計算，則為：Wf＝0－Mv2＝－Mv2，其大小為Mv2，A正確，B錯誤。 [答案]　AC 在F -x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數和就表示力F在這段位移內所做的功，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]　某中學的部分學生組成了一個課題小組，對海嘯的威力進行了模擬研究，他們設計了如下的模型：如圖甲，在水

13、平地面上放置一個質量為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動，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摩擦因數為μ＝0.5，g＝10 m/s2。求： (1)運動過程中物體的最大加速度為多少？ (2)在距出發(fā)點什么位置時物體的速度達到最大？ (3)物體在水平面上運動的最大位移是多少？ [解析]　(1)由牛頓第二定律得：F－μmg＝ma 當F＝100 N時，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變化的函數關系為： F＝100－25x(N) 速度最大時加速度為0，則

14、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 根據動能定理物體在水平面上運動有：W－μmgxm＝0 代入數據解得：xm＝10 m。 [答案]　(1)20 m/s2　(2)3.2 m　(3)10 m 突破點(三)　功率的分析與計算 1．平均功率的計算 (1)利用P＝。 (2)利用P＝Fcos α，其中為物體運動的平均速度。 2．瞬時功率的計算 (1)利用公式P＝Fvcos α，其中v為t時刻的瞬時速度。 (2)利用公式P＝FvF，其中vF

15、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。 [題點全練] 1．(2018·蘇北四市模擬)如圖所示，四個相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h處，A做自由落體運動，B沿光滑斜面由靜止滑下，C做平拋運動，D從地面開始做斜拋運動，其運動的最大高度也為h。在每個小球落地的瞬間，其重力的功率分別為PA、PB、PC、PD。下列關系式正確的是(　　) A．PA＝PB＝PC＝PD　　　 　B．PA＝PC>PB＝PD C．PA＝PC＝PD>PB D．PA>PC＝PD>PB 解析：選C　小球落地時，A的重力

16、的瞬時功率：PA＝mg；B落地的瞬時功率：PB＝mgcos θ，θ為速度 與豎直方向的夾角；C落地的瞬時豎直速度為vy＝，則落地時重力的瞬時功率：PC＝mg；因D中小球上升的最大高度為h，則落地的瞬時豎直速度為vy＝，則落地時重力的瞬時功率：PD＝mg；故PA＝PC＝PD>PB，故選項C正確，A、B、D錯誤。 2.(2019·東海模擬)如圖所示，從某高度以初速度v0水平拋出一個質量為m的小球，在小球下落的過程中(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與時間t的關系圖像，正確的是(　　) 解析：選C　小球t時刻的速度為：v＝＝，由數學知識知，t＝0時，v≠0，所以

17、v -t圖像是不過原點的開口向上的拋物線，故A錯誤。由Δv＝at＝gt分析可知，Δv -t圖像是過原點的直線，故B錯誤。重力的功率P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，P與t成正比，P -t圖像是過原點的直線，故C正確。重力的功 W＝mgh＝mg·gt2＝mg2t2，W-t圖像是過原點的開口向上的拋物線，故D錯誤。 突破點(四)　機車啟動問題 1．兩種啟動方式的比較 兩種方式 以恒定功率啟動 以恒定加速度啟動 P-t圖像和v-t圖像 OA段 過程分析 v↑?F＝↓ ?a＝↓ a＝不變?F不變 P＝Fv↑直到P額＝Fv1 運動性質 加速度減小的加速運動 勻加速

18、直線運動，維持時間t0＝ AB段 過程分析 F＝F阻?a＝0 ?vm＝ v↑?F＝↓ ?a＝↓ 運動性質 以vm勻速直線運動 加速度減小的加速運動 BC段 無 F＝F阻?a＝0? 以vm＝勻速運動 2．三個重要關系式 (1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vm＝。 (2)機車以恒定加速度啟動時，勻加速過程結束后功率最大，速度不是最大，即v＝

19、一輛自制遙控小車的性能進行研究。他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，并將小車運動的全過程記錄下來，通過處理轉化為v -t圖像，圖像如圖所示(除2～10 s時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線)。已知在小車運動的過程中，2～14 s時間段內小車的功率保持不變，在14 s末通過遙控器使發(fā)動機停止工作而讓小車自由滑行，小車的質量m＝2.0 kg，可認為在整個運動過程中小車所受到的阻力大小不變，g取10 m/s2。求： (1)14～18 s時間段小車的加速度大小a； (2)小車勻速行駛階段的功率P； (3)小車在2～10 s內位移的大小s2。 [解析]　(1)在14～18 s時

20、間段，由題給圖像可得 a＝ 代入數據得a＝2.0 m/s2。 (2)在14～18 s時間內，小車在阻力f作用下做勻減速運動，則f＝ma 在10～14 s，小車做勻速直線運動， 牽引力F＝f＝4.0 N 小車勻速行駛階段的功率P＝Fv 代入數據得P＝32 W。 (3)2～10 s時間內，根據動能定理得 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 [易錯提醒] (1)在機車功率P＝Fv中，F是機車的牽引力而不是機車所受合力或阻力，所以P＝Ffvm只體現了一

21、種數量關系用于計算，即牽引力與阻力平衡時達到最大運行速度。 (2)恒定功率下的啟動過程一定不是勻加速運動，勻變速直線運動的公式不再適用，啟動過程發(fā)動機做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算(因為F為變力)。 (3)以恒定加速度啟動只能維持一段時間，之后又要經歷非勻變速直線運動，所以勻變速直線運動的公式只適用于前一段時間，切不可生搬硬套。 [集訓沖關] 1.(2018·沭陽期末)如圖是一汽車在平直路面上啟動的速度—時間圖像，t1時刻起汽車的功率保持不變。由圖像可知(　　) A．0～t1時間內，汽車的牽引力增大，加速度增大，功率不變 B．0～t1時間內，汽車的牽引力不變，加速度不變

22、，功率不變 C．t1～t2時間內，汽車的牽引力減小，加速度減小 D．t1～t2時間內，汽車的牽引力不變，加速度不變 解析：選C　0～t1時間內，汽車的速度是均勻增加的，是勻加速直線運動，汽車的牽引力不變，加速度不變，由P＝Fv知功率增大，故A、B錯誤；t1～t2時間內，汽車的功率保持不變，速度在增大，由P＝Fv知汽車的牽引力在減小，由牛頓第二定律知F－f＝ma，知加速度減小，故C正確，D錯誤。 2.[多選](2019·連云港月考)為減少機動車尾氣排放，某市推出新型節(jié)能環(huán)保電動車。在檢測該款電動車性能的實驗中，質量為8×102 kg的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，利用傳感器測得此過程中

23、不同時刻電動車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出如圖所示的F-圖像(圖中AB、BC均為直線)。假設電動車行駛中所受阻力恒定，最終勻速運動，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．電動車運動過程中的最大速度為15 m/s B．該車起動后，先做勻加速運動，然后勻速運動 C．該車做勻加速運動的時間是6 s D．該車加速度大小為0.25 m/s2時，動能是4×104 J 解析：選AD　從題給圖像中可得C點速度最大，故最大速度為15 m/s，A正確；由圖線可知，AB段牽引力不變，先做勻加速直線運動，BC段圖線的斜率不變，斜率表示電動機的功率，知功率不變，速度增大，牽引力減小

24、，做加速度逐漸減小的加速運動，當牽引力等于阻力后，做勻速直線運動，B錯誤；從題給圖像中可得勻加速運動的末速度為v＝3 m/s，當牽引力等于阻力時，速度最大，由圖線知，f＝400 N，根據牛頓第二定律得，勻加速運動的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，則勻加速運動的時間t＝＝ s＝1.5 s，故C錯誤；電動汽車以恒定功率P＝Fv＝2 000×3 W＝6 000 W啟動，當加速度a＝＝0.25 m/s2，得此時的牽引力為F′＝600 N，所以此時的速度為v′＝＝ m/s＝10 m/s，故此時的動能為Ek＝mv′2＝4×104 J，D正確。 功和功率計算中的兩類易錯題 (一)滑輪兩側細

25、繩平行 1．如圖所示，質量為M、長度為L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置質量為m的小木塊，用一根不可伸長的輕繩通過光滑的定滑輪分別與木塊、木板連接，木塊與木板間的動摩擦因數為μ，開始時木塊和木板靜止，現用水平向右的拉力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，木塊應做勻速運動，對木塊m受力分析，由平衡條件可得FT＝μmg。對木板M受力分析，由平衡條件可得：F＝FT＋μmg，又因當木塊從木板右端拉向左端的過程中，木板向右移動的位移l

26、＝，故拉力F所做的功W＝F·l＝μmgL，或者根據功能關系求解，在木塊運動到木板左端的過程，摩擦產生熱量為μmgL，D正確。 2．(2018·淮安期中)如圖甲所示，滑輪質量、摩擦均不計，質量為2 kg的物體在拉力F作用下由靜止開始向上做勻加速運動，其速度隨時間的變化關系如圖乙所示，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，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5 N， A、B均錯誤；4 s末

27、F的作用點的速度大小為vF＝2v物＝4 m/s，故4 s末F的功率為P＝FvF＝42 W，C正確；4 s內物體上升的高度h＝4 m，力F的作用點的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝Fl＝84 J，故平均功率＝＝21 W，D錯誤。 [反思領悟] (1)不計摩擦和滑輪質量時，滑輪兩側細繩拉力大小相等。 (2)通過定滑輪連接的兩物體，位移大小相等。 (3)通過動滑輪拉動物體時，注意物體與力的作用點的位移、速度、作用力間的大小關系。 (二)滑輪兩側細繩不平行 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，當用力

28、F拉繩使木塊前進s時，力F對木塊做的功(不計繩重和滑輪摩擦)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木塊做功W＝Fs＋Fscos θ＝Fs(1＋cos θ)，則選項B正確。 [反思領悟] 對于通過動滑輪拉物體，當拉力F的方向與物體的位移方向不同時，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作用點的位移，α為F與l之間的夾角。 (2)用兩段細繩拉力分別所做功的代數和求解，如第3題的第二種方法。 12