高考物理大一轮复习专题五机械能第1讲功和功率课件.ppt

专题五机械能,第1讲功和功率,一、功,1.做功的必要条件,位移,Fscos,力和物体在力的方向上发生_.2.公式：W_.适用于恒力做功.其中为F、s,方向间的夹角，s为物体对地的位移.,大小,方向,阻力,3.功的正负：功是标量，只有_，没有_，但有正负.正功表示力对物体做动力功，负功表示力对物体做_功(往往说成是物体克服这个力做功).,二、功率,1.概念：功跟完成这些功所用时间的比值.2.功率的物理意义：描述物体_.3.公式(1)P_，P为时间t内的平均功率.,(2)P_，为F与v的夹角.若v为平均速度，则P为_.若v为瞬时速度，则P为_.,瞬时功率,做功的快慢,Fvcos,平均功率,4.额定功率与实际功率,(1)额定功率：长时间正常工作而不损坏机械的最大输出功,率.,(2)实际功率：机械实际工作时的输出功率，实际功率应该,小于或等于额定功率.,【基础检测】(2016年安徽涡阳检测)如图5-1-1所示，质量相同的两物体从同一高度同时由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动.两物体分别到达地面时，下列说,法正确的是(,),A.重力的功WAWBB.重力的平均功率PAPBC.重力的瞬时功率PA4WF1，Wf22Wf1B.WF24WF1，Wf22Wf1C.WF24WF1，Wf22Wf1D.WF24WF1，Wf22Wf1,考点2几种求功的方法重点归纳,1.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.2.当变力的功率P一定时，可用WPt求功，如机车恒功,率启动时.,3.将变力做功转化为恒力做功.(1)当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，力所做的功等于力和路程(不是位移)的乘积.如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等.(2)当力的方向不变，大小随位移做线性变化时，可先求出,力对位移的平均值,F，再由WFlcos计算力所做的2,功.如弹簧弹力做功.(3)通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用WFlcos求解.此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中.,F1F2,4.作出变力F随位移l变化的图象，图象与位移轴所围的“面积”即为变力做的功.如图5-1-3所示甲图表示恒力F做的功W，乙图表示变力F做的功W，丙图中横轴上方的面积表示正功，横轴下方的面积表示负功，其总功等于正、负功的代数和.,图5-1-3,5.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多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和.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.,典例剖析例2：如图5-1-4所示，一质量为m2.0kg的物体从半径为R5.0m的圆弧轨道的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端(圆弧AB在竖直平面内).拉力F大小始终为15N，方向始终与物体在该点的切线方向成37角.圆弧所对应的圆心角为45，BO边在竖直方向.求在这一过程中(取g10m/s2)：(1)拉力F做的功.(2)重力G做的功.(3)圆弧面对物体的支持力FN做的功.,(4)圆弧面对物体的摩擦力Ff做的功.,图5-1-4,解：(1)将圆弧AB分成很多小段l1、l2、ln，拉力在每小段上做的功为W1、W2、Wn，因拉力F大小不变，方向始终与物体在该点的切线成37角，所以,W1Fl1cos37、W2Fl2cos37、WnFlncos37所以WFW1W2WnF(l1l2ln)cos37,(2)重力G做的功WGmgR(1cos45)29.3J.,(3)物体所受的支持力FN始终与物体的运动方向垂直，所以,0.,(4)因物体在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定,理知WFWGWf0,所以WfWFWG47.1J29.3J17.8J.,备考策略：在求解力做功的问题时，一定要注意分析是求恒力做的功还是变力做的功，如果是求变力做的功，看能否转化为求恒力做功的问题，不能转化的变力做功问题借助动能定理和能量守恒定律来求解.,【考点练透】2.如图5-1-5所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升.若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，滑块经,),B、C两点的动能分别为EkB和EkC，图中ABBC，则(A.W1W2B.W1W2C.W1W2D.无法确定W1和W2的大小关系,图5-1-5,解析：绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，WFl，l为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，lABlBC，故W1W2，A正确.,答案：A,考点3功率的理解及计算重点归纳,1.平均功率的计算方法,2.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.,典例剖析例3：(2016年云南昆明模拟)将一个小球斜向上抛出，小球在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3.如图5-1-6所示曲线为小球在空中运动的轨迹.若不计空气阻力的影响，以下,说法正确的是(,),A.小球通过第1个窗户所用的时间最长B.小球通过第1个窗户重力做的功最大C.小球通过第3个窗户重力的平均功率最小,D.小球通过第3个窗户的平均速度最大,图5-1-6,解析：将该斜抛运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向做匀速直线运动，通过窗户3的水平位移最大，所以时间最长，故A错误.通过3个窗户时在竖直方向上的位移相等，所,以重力做功相等，故B错误.根据PG,WGt,，重力做功相等，通,过第3个窗户的时间最长，所以平均功率最小，故C正确.在运动的过程中速度越来越小，通过窗户3的平均速度最小，故D错误.答案：C,模型机车启动模型重点归纳,1.两种启动方式的比较,(续表),(续表),大，速度不是最大，即vvm,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,PF阻,.,(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最,PF,PF阻,.,(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.,典例剖析,例4：动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐.动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组.假设有一动车组由8节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为7.5104kg.其中第一节和第二节带动力，他们的额定功率分别为3.6107W和2.4107W，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍.(g取10m/s2),(1)求该动车组只开动第一节的动力的情况下能达到的最,大速度.,(2)若列车从A地沿直线开往B地，先以恒定的功率6107W(同时开动第一、第二节的动力)从静止开始启动，达到最大速度后匀速行驶，最后除去动力，列车在阻力作用下匀减速至B地恰好速度为0.已知AB间距为5.0104m，求列车从A地到B地的总时间.,，代入数据解得vm100m/s,解：(1)只开动第一节动力的前提下，当第一节以额定功率运行且列车的牵引力等于阻力时达到最大速度，有P1mFfvm(2)列车以恒定的功率6107W(同时开动第一、第二节的动力)从静止开始启动，当牵引力等于阻力时达到最大速度vm,P1mP2mFf,设列车从C点开始做匀减速运动，令A到C的时间为t1，,AC间距为x1；C到B的时间为t2，CB间距为x2，在CB间匀减速运动的加速度大小为a，列车的总重量M8m6.0105kg，运动示意图如图5-1-7所示,图5-1-7,从C到B由牛顿第二定律和运动学公式得：FfMa,备考策略：(1)机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律.(2)在机车功率PFv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，正是基于此，PFfvm时，即牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度.,(3)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速，匀变速直线运动的公式不适用了，这种加速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).,(4)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用WFl计算，不能用WPt计算(因为功率P是变化的).,易错点对力做功的理解1.滑轮两侧细绳平行,(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、速度和作用力间的大小关系.,2.滑轮两侧细绳不平行,对于通过动滑轮拉物体的情况，当拉力F的方向与物体的位移方向不同时，拉力F做的功的大小可用如下两种思路求解：(1)用WFxcos求，其中x为力F作用点的位移大小，,为力F与力F作用点位移x之间的夹角.,(2)用两段细绳拉力分别所做功的代数和求解.,例5：如图5-1-8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(,),图5-1-8,A.2mgL,1B.mgL2,C.(Mm)gL,D.mgL,木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l，故拉,解析：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,L2,力F所做的功WFlmgL，D正确.,答案：D,【触类旁通】(2015年福建南安高三检测)如图5-1-9甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在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,(,),甲,乙,图5-1-9,内拉力F做功的平