2021高考物理一轮复习-第5章-机械能-第1讲-功-功率教案.doc

2021高考物理一轮复习 第5章 机械能 第1讲 功 功率教案

2021高考物理一轮复习 第5章 机械能 第1讲 功 功率教案

年级：
姓名：

- 16 -

第1讲　功　功率

　功
1．做功的两个要素
(1)作用在物体上的力。
(2)物体在力的方向上发生的位移。
2．功的物理意义：功是能量转化的量度。
3．公式：W＝Flcos_α。

(1)α是力与位移方向之间的夹角(如图所示)，l为物体对地的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
4．功的正负
夹　角
功的正负
0°≤α<90°
W>0，力对物体做正功
90°<α≤180°
W<0，力对物体做负功，也就是物体克服这个力做了功
α＝90°
W＝0，力对物体不做功，也就是力对物体做功为零
　功率
1．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
2．公式
(1)P＝，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcos α，若v为平均速度，则P为平均功率；若v为瞬时速度，则P为瞬时功率。
3．额定功率：机械正常工作时的最大功率。
4．实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率。

1．(多选)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离l，如图所示，物体m相对斜面静止。则下列说法正确的是(　　)

A．重力对物体m做正功　 B.合力对物体m做功为零
C．摩擦力对物体m做负功 D.支持力对物体m做正功
BCD
2．(2020·北京二中月考)下列叙述中正确的是(　　)
A．一对作用力和反作用力做功之和一定为零
B．静摩擦力一定不做功
C．一对滑动摩擦力所做总功不可能为零
D．一对静摩擦力所做总功可能不为零
C　[本题考查作用力与反作用力、一对摩擦力做功问题。一对作用力和反作用力可能同时做正功或做负功，也可能一个做功另一个不做功，所以它们做功之和不一定为零，故A错误；静摩擦力同样能对物体做功，例如随水平传送带加速运动的物体所受的静摩擦力对物体做正功，故B错误；一对滑动摩擦力对相互作用的系统做的总功等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，不可能为零，故C正确；一对静摩擦力作用的物体间无相对滑动，故位移始终相等，而二力大小相等，方向相反，因而做功之和为零，故D错误。]
3．(多选)关于功率公式P＝和P＝Fv的说法正确的是(　　)
A．由P＝知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率
B．由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率
C．由P＝Fv知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限增大
D．由P＝Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比
BD　[P＝只适用于求平均功率，P＝Fv虽是由前者推导得出，但可以用于求平均功率和瞬时功率，选项A错误，B正确；汽车运行时不能长时间超过额定功率，故随着汽车速度的增大，它的功率并不能无限制的增大，选项C错误；当功率一定时，速度越大，牵引力越小；速度越小，牵引力越大，故牵引力与速度成反比，选项D正确。]
4．(多选)如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放(图甲、丙、丁)和平抛(图乙)，其中图丙、丁分别是倾角为45°和60°的光滑斜面，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是(　　)

A．落地时间t1＝t2<t3<t4
B．全程重力做功W1＝W2＝W3＝W4
C．落地瞬间重力的功率P1＝P2＝P3＝P4
D．全程重力做功的平均功率1＝2>4>3
BD

考点一　功的分析与计算
1．功的正负的判断方法
(1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。
(2)曲线运动中做功正负的判断：依据F与v的方向的夹角α来判断。0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。
2．恒力做功的计算方法

3．合力做功的计算方法
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功。适用于F合为恒力的过程。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功。

(多选)如图所示，一个质量为m＝2.0 kg的物体放在倾角为α＝37°的固定斜面上，现用F＝30 N、平行于斜面的力拉物体使其由静止开始沿斜面向上运动。已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.50，斜面足够长，g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。物体运动2 s后，关于各力做功情况，下列说法中正确的是(　　)
A．重力做功为－120 J
B．摩擦力做功为－80 J
C．拉力做功为100 J
D．物体所受的合力做功为100 J
ABD　[物体在斜面上运动时受到重力、拉力、摩擦力和支持力作用，根据牛顿第二定律a＝得a＝＝5.0 m/s2，由x＝at2得，物体在2 s内的位移为x＝×5×22 m＝10.0 m，重力做功WG＝－mg·xsin 37°＝－2×10×10×0.6 J＝－120 J，选项A正确；拉力做的功为WF＝Fx＝30×10 J＝300 J，选项C错误；摩擦力做功为WFf＝－Ffx＝－μmgcos 37°·x＝－0.5×2×10×0.8×10 J＝－80 J，选项B正确；支持力做功WN＝FNxcos 90°＝0，合外力做的功W＝WF＋WN＋WG＋WFf＝300 J－120 J－80 J＝100 J，选项D正确。]

1.

(人教版必修2改编)如图所示，质量为m的小车在与竖直方向成α角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向左运动一段距离l。在此过程中，小车受到的阻力大小恒为Ff，重力加速度为g，则(　　)
A．拉力对小车做功为Flcos α
B．支持力对小车做功为Flsin α
C．阻力对小车做功为－Ffl
D．重力对小车做功为mgl
C
2．(2017·全国卷Ⅱ·14)

如图，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(　　)
A．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
A　[光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功。故选A。]
3．(2020·宁夏银川一中月考)(多选)如图所示，水平路面上有一辆质量为m0的汽车，车厢中有一质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．人对车的推力F做的功为FL
B．人对车做的功为maL
C．车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L
D．车对人的作用力大小为ma
AC　[人对车的推力为F，在力F方向上车行驶了L，则推力F做的功为FL，故A正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的力向左，大小为ma，则人对车水平方向上的作用力大小为ma，方向向右；车向左运动了L，故人对车做的功为－maL，故B错误；竖直方向车对人的作用力大小为mg，则车对人的作用力F′＝，故D错误；人在水平方向受到F的反作用力和车对人向左的摩擦力，则Ff－F＝ma，Ff＝ma＋F，则车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L，故C正确。]
考点二　变力做功的计算方法
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：WF－mgl(1－cos θ)＝0，得WF＝mgl(1－cos θ)
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WFf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
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＝·(x2－x1)
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，W＝F0x0
　动能定理求变力的功

(2015·海南单科·4)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)
A.mgR　　　　　　　 B.mgR
C.mgR D.mgR
C　[在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确。]
　微元法求变力的功

(多选)如图所示，在一半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m＝8 kg的物块(可看成质点)用大小始终为F＝75 N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10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。在这一过程中，下列说法正确的是(　　)
A．重力做功240 J B.支持力做功为0
C．拉力F做功约为376.8 J D.摩擦力做功约为136.8 J
BC　[物块重力做的功WG＝－mgR(1－cos 60°)＝－240 J，故A错误，支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功，故B正确；将圆弧分成很多小段l1、l2…ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2…Wn，拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，则W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°…Wn＝Flncos 37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos 37°··2πR≈376.8 J，故C正确；因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得WF＋WG＋Wf＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J，故D错误。]
　平均力法求变力的功

(多选)如图所示，A、B质量分别为m和M，B系在固定于墙上的水平轻弹簧的另一端，并置于光滑的水平面上，弹簧的劲度系数为k，将B向右拉离平衡位置x后，无初速度释放，在以后的运动中A、B保持相对静止，则在弹簧恢复原长的过程中(　　)
A．A受到的摩擦力最大值为
B．A受到的摩擦力最大值为
C．摩擦力对A做功为
D．摩擦力对A做功为
BD　[刚释放时，A、B加速度最大，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得kx＝(M＋m)am，解得am＝，此时A受到的摩擦力最大，对A根据牛顿第二定律得Ffm＝mam＝，故A错误，B正确；在弹簧恢复原长的过程中，A
受的摩擦力随位移增大而线性减小到零，所以摩擦力对A做的功为W＝·x＝，故C错误，D正确。]
　图象法求变力的功
轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝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x＝0.4 m处时速度为零，则此过程物块克服弹簧弹力做的功为(g取10 m/s2) (　　)

A．3.1 J B.3.5 J
C．1.8 J D.2.0 J
A　[物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1 N，现对物块施加水平向右的外力F，由F­x图象面积表示功可知，物块运动至x＝0.4 m处时F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J，由动能定理得W－Wf－W弹＝0－0，解得W弹＝3.1 J，故A正确，B、C、D错误。]
考点三　功率的理解与计算
1．平均功率的计算方法
(1)利用＝。
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度，F为恒力。
2．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝F·vcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
(多选)如图甲所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平面运动，1 s后撤掉恒力F，其运动的v ­t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．在0～2 s内，合外力一直做正功
B．在0.5 s时，恒力F的瞬时功率为150 W
C．在0～1 s内，合外力的平均功率为150 W
D．在0～3 s内，物体克服摩擦力做功为150 J
BD　[由v ­t图象可知，物体在0～2 s内速度先增大后减小，则合力先做正功后做负功，选项A错误；由v ­t图象可知，物体在0～1 s内的加速度大小为a1＝10 m/s2，在1～3 s内的加速度大小为a2＝5 m/s2。根据牛顿第二定律可知F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，解得F＝30 N，Ff＝10 N，故恒力F在0.5 s时的瞬时功率为P＝F·v1＝150 W，选项B正确；由动能定理可知W合＝mv－0＝100 J，故其平均功率为＝＝100 W，选项C错误；物体克服摩擦力做的功为Wf＝Ff·x＝10× J＝150 J，选项D正确。]
◎ (多选)在【例6】中，若水平面为光滑水平面，从t＝0时刻起，第1 s内受到水平向右的恒力F1作用，第1～3 s内受到水平向左的恒力F2作用，物体运动的v ­t图象如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

　A．物体在1 s末时离出发点最远
B．0～2 s内外力的平均功率为12.5 W
C．第1 s末物体的瞬时功率最大
D．恒力F1和F2的大小之比为
BC　[由于物体的速度始终为正值，所以可知物体一直向正方向运动，故当t＝3 s时物体离开出发点最远，其最远距离为15 m，选项A错误；由动能定理可知，在0～2 s内外力做的功为W＝mv－0，其中v1为物体在t＝2 s时的速度大小，则W＝25 J，故其平均功率为＝＝12.5 W，选项B正确；由题图乙可知，第1 s末物体速度最大且vmax＝10 m/s，物体在0～1 s时间内的加速度大小a1＝10 m/s2，由牛顿第二定律可知F1＝ma1＝20 N，所以第1 s末物体的瞬时功率为P＝Fvmax＝200 W，并且最大，选项C正确；由题图乙可知，物体在1～3 s内的加速度大小为a2＝5 m/s2，由牛顿第二定律可知F2＝ma2＝10 N，所以＝，选项D错误。]

4．某同学进行体能训练，用了100 s时间跑上20 m高的高楼，试估算他登楼时的平均功率最接近的数值是(　　)
A．10 W B.100 W
C．1 kW D.10 kW
B　[这是一道实际生活中求平均功率的计算题，考查估算能力，不仅要知道平均功率的计算公式P＝，而且要对学生的质量有一个比较切合实际的估计，设m人＝50 kg，则＝＝ W＝100 W。]
5．(2020·安徽江淮十校第二次联考)如图所示，三个相同小球甲、乙、丙的初始位置在同一水平高度。小球甲从竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，轨道底端切线水平。小球乙从离地高为R的某点开始做自由落体。小球丙从高为R的固定光滑斜面顶端由静止滑下。则 (　　)

A．甲、乙、丙刚到达地面时速度相同
B．甲、丙两球到达轨道底端时重力的瞬时功率相同
C．乙球下落过程中重力的平均功率大于丙球下滑过程中重力的平均功率
D．若仅解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定，丙球释放后斜面对其不做功
C　[甲、乙、丙球刚到达地面时速度大小相同方向不同，A项错误；甲球到达轨道底端时速度方向与重力方向垂直，瞬时功率为零，而丙球到达轨道最低点时瞬时功率并不为零，B项错误；乙球下落和丙球下滑过程中重力做功相同，但乙球下落时间较短，乙球下落过程中重力的平均功率较大，C项正确；解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定后释放丙球，丙球下滑过程中斜面将会发生移动，支持力对丙球做负功，D项错误。]
6．如图，是游乐场的一项娱乐设备——跳楼机。一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落的高度为H＝75 m，当落到离地面h＝30 m的位置时开始制动，座舱均匀减速。在一次娱乐中，某同学把质量m＝6 kg的书包放在自己的腿上。g取10 m/s2，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。

(1)求座舱制动过程中书包对该同学腿部的压力多大；
(2)若环形座与同学们的总质量M＝4×103 kg，求制动过程中机器输出的平均功率。
解析：　(1)设座舱开始制动时的速度为v，制动过程中的加速度大小为a，书包受到腿的支持力为FN，由运动公式可得：v2＝2g(H－h)
v2＝2ah
根据牛顿第二定律，对书包：FN－mg＝ma
解得FN＝150 N
根据牛顿第三定律有该同学腿部受到的压力为150 N。
(2)设制动过程中座舱所受的制动力为F，经历的时间为t，由运动公式：h＝vt－at2；
根据牛顿第二定律，对座舱：F－Mg＝Ma
座舱克服制动力做功：W＝Fh
机械输出的平均功率：P＝
联立带入数据可得：P＝1.5×106 W
答案：　(1)FN′＝150 N　(2)1.5×106 W
考点四　机车的两种启动模型
1．模型一　以恒定功率启动
(1)动态过程

(2)这一过程的P ­t图象和v ­t图象如图所示：

2．模型二　以恒定加速度启动
(1)动态过程

(2)这一过程的P ­t图象和v ­t图象如图所示：

(多选)发动机额定功率为80 kW的汽车，质量为2×103 kg，在水平路面上行驶时汽车所受摩擦阻力恒为4×103 N，若汽车在平直公路上以额定功率启动，则下列说法中正确的是(　　)
A．汽车的加速度和速度都逐渐增加
B．汽车匀速行驶时，所受的牵引力为零
C．汽车的最大速度为20 m/s
D．当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s2
CD　[由P＝Fv，F－Ff＝ma可知，在汽车以额定功率启动的过程中，F逐渐减小，汽车的加速度a逐渐减小，但速度逐渐增加，当匀速行驶时，F＝Ff，此时加速度为零，速度达到最大值，则vm＝＝ m/s＝20 m/s，故A、B错误，C正确；当汽车速度为5 m/s时，由牛顿第二定律得－Ff＝ma，解得a＝6 m/s2，故D正确。]
1.在此【例7】中若汽车从静止开始以恒定的加速度做匀加速直线运动，其加速度为2 m/s2，当汽车的输出功率达到额定功率后，保持功率不变直到汽车匀速运动，求：
　(1)汽车匀加速运动的时间。
(2)汽车启动后第2 s末时发动机的实际功率。
解析：　(1)汽车匀加速直线运动过程，由牛顿第二定律得：F－Ff＝ma
解得：F＝8×103 N
由P＝Fv得汽车匀加速直线运动的最大速度为：
v＝＝10 m/s
t＝＝5 s
(2)2 s末汽车的速度：v′＝at＝4 m/s
2 s末汽车的实际功率：
P′＝Fv′＝3.2×104 W＝32 kW
答案：　(1)5 s　 (2)32 kW
2．在此【例7】中若汽车以恒定的功率驶上倾角为30°的斜坡，已知汽车在斜坡上行驶时所受的摩擦阻力是在平直路面上的0.75倍，重力加速度g取10 m/s2，求汽车在斜坡上能达到的最大速度。
解析：　当汽车在斜坡上匀速运动时速度最大，则：
F－mgsin 30°－Ff＝0
解得：F＝1.3×104 N
由P＝Fv得：vm＝≈6.2 m/s
答案：　6.2 m/s
(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运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝<vm＝。
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。

7.

(2020·广东揭阳模拟)(多选)质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数的关系如图所示，则赛车(　　)
A．速度随时间均匀增大
B．加速度随时间均匀增大
C．输出功率为160 kW
D．所受阻力大小为1 600 N
CD　[由题图可知，加速度是变化的，故赛车做变加速直线运动，选项A错误；由P＝F·v和F－F阻＝ma可得a＝·－，由此式可知，赛车速度增大时，加速度逐渐减小，故赛车做加速度逐渐减小的加速运动，选项B错误；由a＝·－结合a­图象可得F阻＝4m(N)，P＝400m(W)，代入数据解得F阻＝1 600 N，P＝160 kW，选项C、D正确。]
8.

(2020·四川广元第二次适应性考试)(多选)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h<v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，汽车所受阻力恒为1 250 N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末。则在前11 s内(　　)
A．t0＝6 s
B．电动机输出的最大功率为60 kW
C．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J
D．汽车的位移为160 m
AC　[在0～t0阶段，由题图可知牵引力恒为F1＝5 000 N，根据牛顿第二定律有F1－Ff＝ma，代入数据可得加速度a＝2.5 m/s2，v1＝54 km/h＝15 m/s，由t0＝得t0＝6 s，选项A正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，且Pm＝F1v1＝75 kW，选项B错误；第一次切换动力，由汽油机牵引时，汽油机输出的功率P＝F2v1＝90 kW，第11 s末汽车的速度v2＝＝25 m/s＝90 km/h，故此期间汽油机牵引力做的功W＝PΔt＝4.5×105 J，选项C正确；汽车前6 s内的位移x1＝at＝45 m，后5 s内根据动能定理得PΔt－Ffx2＝mv－mv，解得汽车后5 s内的位移x2＝120 m，所以前11 s时间内汽车的位移x＝x1＋x2＝165 m，选项D错误。]