（全国通用版）2019版高考物理一轮复习 第五章 机械能 5.1 功和功率课件.ppt

第五章机械能第1讲功和功率,【知识导图】,力,位移,能量转化,Flcos,正功,不做功,负功,快慢,Fvcos,正常工作,额定,【微点拨】1.功的大小计算的两点注意:(1)要区分是求某个力的功还是合力的功,是求恒力的功还是变力的功。(2)恒力做功与实际路径无关,等于力与物体在力的方向上的位移的乘积。,2.功率计算的三点注意:(1)要弄清楚是平均功率还是瞬时功率。(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应,计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。求解瞬时功率时,如果F与v不同向,可用力F乘以F方向的分速度求解。,【慧眼纠错】(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。纠错:_。(2)正功一定大于负功。纠错:_。,若力的方向与位移方向垂直,则力不做功,正负功分别表示动力做功、阻力做功,不表示,大小,(3)作用力做正功时,反作用力一定做负功。纠错:_。(4)静摩擦力一定对物体不做功。纠错:_。,作用力和反作用力作用在不同物体上,各自做,正功或负功的可能性都有,静摩擦力可能做负功,可能做正功,可能不做功,(5)机车的牵引力一定与运动速度的大小成反比。纠错:_。(6)由P=Fv可知,随着汽车速度的增大,它的功率可以无限增大。纠错:_。,发动机功率一定时,牵引力与运动速度成反比,汽车有正常工作的最大功率,不能无限增大,考点1功的正负判断与计算【典题探究】【典例1】(多选)(2018南昌模拟)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块,物块间用长为l的细线连接,开始处于静止状态,轨道动摩擦因数为。用水平恒力F拉动1开始运动,到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,则()导学号04450098,A.拉力F所做功为nFlB.系统克服摩擦力做功为C.FD.(n-1)mgG,W1WGD.F2G,W2WG,【解析】选A。小球匀速竖直下降,由平衡条件得,F1cos45=G,F1sin45=F2,联立解得F2=G,F1=G。由于F2与位移方向垂直,则F2不做功,故W2=0,F1做功大小为W1=F1hcos45=Gh,重力做功大小为WG=Gh,因此W1=WG,故选项A正确。,考点2变力做功的求解方法【典题探究】【典例2】(2018沈阳模拟)如图所示,在半径为0.2m的固定半球形容器中,一质量为1kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑,到达最低点B时,它对容器的正压力大小为15N。重力加速度g取10m/s2,则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为()导学号04450099,A.0.5JB.1.0JC.1.5JD.1.8J,【题眼直击】(1)由静止开始下滑_。(2)到达最低点B时,它对容器的正压力大小为15N_。,小球初速度为零,在B点对小球可由牛顿第二定律求出小球经过B点时,的速度,【解析】选C。在B点对小球由牛顿第二定律得FN-mg=,解得EkB=mv2=(FN-mg)R,小球由A滑到B的过程由动能定理得mgR-Wf=mv2-0,解得Wf=R(3mg-FN)=0.2(30-15)J=1.5J,故C正确,A、B、D错误。,【迁移训练】,迁移1:微元法求变力的功(多选)如图所示,小球质量为m,一不可伸长的悬线长为l,把悬线拉到水平位置后放手,设小球运动过程中空气阻力Fm大小恒定,则小球从水平位置A到竖直位置B的过程中,下列说法正确的是(),A.重力不做功B.悬线的拉力不做功C.空气阻力做功为-FmlD.空气阻力做功为-Fml,【解析】选B、D。重力在整个运动过程中始终不变,小球在重力方向上的位移为l,所以WG=mgl,故A错误;因为拉力FT在运动过程中始终与运动方向垂直,拉力不做功,故B正确;Fm所做的总功等于每个小弧段上Fm所做功的代数和,运动的弧长为l,故阻力做的功为=-(Fmx1+Fmx2+)=-Fml,故C错误,D正确。,迁移2:转化法求变力的功如图所示,水平粗糙地面上的物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着,现以大小恒定的拉力F拉绳的另一端,使物体从A点起由静止开始运动。若从A点运动至B点和从B点运动至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2,图中AB=BC,且动摩擦因数处处相同,则在物体的运动过程中(),A.摩擦力增大,W1W2B.摩擦力减小,W1W2,【解析】选D。物体受力如图所示,由平衡条件得FN+Fsin=mg,滑动摩擦力Ff=FN=(mg-Fsin),物体从A向C运动的过程中细绳与水平方向夹角增大,所以滑动摩擦力减小,由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着,拉力为恒力,所以拉力做的功等于细绳对物体所做的功,根据功的定义式W=FLcos,增大,F不变,在相同位移L上拉力F做的功减小,故D正确,A、B、C错误。,迁移3:图象法求变力的功在某一粗糙的水平面上,一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g=10m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(),A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间,【解析】选A、B、C。物体做匀速直线运动时,拉力F与滑动摩擦力f相等,物体与水平面间的动摩擦因数为=0.35,故A正确;减速过程由动能定理得WF+Wf=0-mv2,根据F-s图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF,而Wf=-mgs,由此可求得合外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v,故B、C正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,故D错误。,迁移4:平均力法求变力的功(多选)如图所示,n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列,总长度为l,总质量为M,它们一起以速度v在光滑水平面上滑动,某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为,若小方块恰能完全进入粗糙水平面,则摩擦力对所有小方块所做功的大小为(),A.Mv2B.Mv2C.MglD.Mgl,【解析】选A、C。总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中滑动摩擦力由0均匀增大,当全部进入时摩擦力达最大值Mg,总位移为l,平均摩擦力为Mg,由功的公式可得Wf=-l=-Mgl,功的大小为Mgl,故C正确,D错误;对所有小方块运动过程由动能定理得Wf=0-Mv2,解得Wf=-Mv2,则功的大小为Mv2,故A正确,B错误。,【通关秘籍】求解变力做功问题的方法及选用技巧,【加固训练】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(),【解析】选C。在Q点,FN-mg=,所以v=由P到Q根据动能定理得mgR-Wf=mv2,解得Wf=mgR,故C正确。,考点3功率的理解与计算【典题探究】【典例3】(多选)(2018南昌模拟)一质量为m的物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻开始受到水平外力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示,力的方向保持不变,则下列说法中正确的是()导学号04450100,A.物体在0t0和t02t0水平外力做功之比是110B.物体在0t0和t02t0水平外力做功之比是18C.外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是18D.外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是16,【解析】选B、D。0t0时间内的加速度a1=,t0时刻的速度为v1=a1t0=,t02t0时间内的加速度为a2=,2t0时的速度为v2=v1+a2t0=,根据动能定理得,外力在0t0时间内做的功为W1=外力在t02t0时间内做的功为W2=,所以外力在0t0和t02t0时间内做功之比是18,故A错误,B正确;外力在t0时刻的瞬时功率为P1=F0v1=,2t0时刻瞬时功率P2=2F0v2=,所以外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是16,故C错误,D正确。,【通关秘籍】功率的计算方法,【考点冲关】1.(多选)(2018漳州模拟)如图,质量为M=72kg的重物放置在水平地面上,柔软不可伸长的轻绳跨过光滑轻质滑轮,绳一端连接重物,另一端被质量为m=60kg的人抓住,起初绳子恰好处于竖直绷紧状态,人通过抓绳以a=4m/s2的加速度竖直攀升2m,g取10m/s2,则此过程(),A.重物的加速度为2m/s2B.绳子的拉力为840NC.人的拉力所做的功为2380JD.拉力对重物做功的平均功率为700W,【解析】选B、C、D。对人由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得F=mg+ma=840N,对物体由牛顿第二定律得F-Mg=Ma,解得a=m/s2,故A错误,B正确;上升2m人获得的速度v=4m/s,经历的时间t=1s,重物上升的高度h=at2=m,获得的速度v=at=m/s,对人和重物组成的整体,根据动能定理得W-mgh-Mgh=mv2+Mv2,解得W=2380J,故C正确;拉力对重物做功W=Mgh+Mv2,平均功率P=700W,故D正确。,2.(多选)(2018齐齐哈尔模拟)如图所示,质量相同的甲、乙两个小物块,甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下,轨道半径为R,圆弧底端切线水平,乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是(),A.两物块到达底端时速度相同B.两物块到达底端时动能相同C.乙物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率一直在增大D.甲物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率先增大后减小,【解析】选B、C、D。根据动能定理得mgR=mv2,知两物块达到底端的动能相等,速度大小相等,但是速度的方向不同,故A错误,B正确;根据P=mgv竖直,可知乙物块重力做功的瞬时功率随速度的增大而增大,故C正确;甲的竖直分速度先增大后减小,重力的功率先增大后减小,故D正确。,【加固训练】(多选)从地面上方同一点向东与向西分别平抛出两个等质量的小物体,抛出速度大小分别为v和2v,不计空气阻力,则两个小物体()A.从抛出到落地重力做的功不同B.从抛出到落地重力做的功相同C.从抛出到落地重力的平均功率不同D.落地时重力做功的瞬时功率相同,【解析】选B、D。由于下落的高度相同,重力相同,则重力做功相同,故选项A错误,B正确;两个物体从同一点做平抛运动,运动时间相同,由公式P=可知,从抛出到落地重力的平均功率相同,故选项C错误;竖直方向两个物体做自由落体运动,高度相同,落地时竖直方向的分速度vy相同,落地时重力做功的瞬时功率P=mgvy相同,故选项D正确。,考点4机车启动问题【典题探究】【典例4】目前,上海有若干辆超级电容车试运行,运行中无需连接电缆,只需在乘客上车间隙充电30秒到1分钟,就能行驶3到5千米。假设有一辆超级电容车,质量m=2103kg,额定功率P=60kW,当超级电容车在平直水平路面上行驶时,受到的阻力Ff是车重的0.1倍,g取10m/s2。导学号04450101,(1)超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少?(2)若超级电容车从静止开始,保持以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动,这一过程能维持多长时间?(3)若超级电容车从静止开始,保持额定功率做加速运动,50s后达到最大速度,求此过程中超级电容车的位移。,【解题探究】(1)电容车速度最大时受力情况如何?提示:当电容车速度达到最大时电容车的牵引力与阻力等大反向。,(2)电容车以恒定加速度启动,匀加速运动的末速度与牵引力满足什么关系?提示:匀加速运动结束时,电容车刚好达到额定功率,则有P=Fv。(3)以恒定功率启动过程,如何求牵引力的功?提示:由公式W=Pt求解。,【解析】(1)当电容车速度达到最大时电容车的牵引力与阻力平衡,即F=FfFf=kmg=2000NP=Ffvm解得:vm=30m/s,(2)电容车做匀加速运动,由牛顿第二定律得:F1-Ff=ma解得:F1=3000N设电容车刚达到额定功率时的速度为v1,P=F1v1v1=20m/s设电容车匀加速运动的时间为t,则:v1=at解得:t=40s,(3)从静止到最大速度整个过程牵引力与阻力做功,由动能定理得:Pt2-Ffx=解得:x=1050m答案:(1)30m/s(2)40s(3)1050m,【迁移训练】,迁移1:汽车以恒定功率启动水平路面上的汽车以恒定功率P做加速运动,所受阻力恒定,经过时间t,汽车的速度刚好达到最大,在t时间内()A.汽车做匀加速直线运动B.汽车加速度越来越大C.汽车克服阻力做的功等于PtD.汽车克服阻力做的功小于Pt,【解析】选D。根据P=Fv知,随着速度增大牵引力减小,根据牛顿第二定律得a=,加速度减小,故A、B错误;牵引力做功W=Pt,根据动能定理知,克服阻力做的功小于牵引力做的功,即小于Pt,故D正确,C错误。,迁移2:汽车在斜坡上以恒定功率启动(多选)(2018佛山模拟)如图,汽车以一定的初速度连续爬两段倾角不同的斜坡ac和cd,在爬坡全过程中汽车保持某恒定功率不变,且在两段斜面上受到的摩擦阻力大小相等。已知汽车在经过bc段时做匀速运动,其余路段均做变速运动。以下描述该汽车运动全过程的v-t图中,可能正确的是(),【解析】选B、C。在斜面上时,受到的阻力大小Ff总=mgsin+Ff,若在斜坡ab上运动时,牵引力大于受到的总阻力,汽车做加速运动,根据P=Fv可知,牵引力减小,结合牛顿第二定律可知,加速度减小,当牵引力等于总阻力时,开始匀速运动,到达斜面cd后,斜面的倾角减小,重力沿斜面的分力减小,总阻力减小,此时牵引力大于总阻力,做加速运动,速度增大,根据P=Fv可知,牵引力减小,做加速度减小的加速运动,故A错误,B正确;若在斜坡ab上运动时,牵引力小于总阻力,做减速运动,速度减小,根据P=Fv可知,牵引力增大,结合牛顿第二定律可知,加速度减小,当牵引力等于阻力时,速度减小到最小,此后匀速运动,到达斜面cd后,斜面的倾角减小,重力沿斜面的分力减小,总阻力减小,此时牵引力大于总阻力,做加速运动,速度增大,根据P=Fv可知,牵引力减小,做加速度减小的加速运动,故C正确,D错误。,迁移3:物体以恒定功率竖直提升(多选)如图甲所示,静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下开始向上加速运动,拉力的功率恒定为P,运动过程中所受空气阻力大小不变,物体最终做匀速运动,物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示。若重力加速度大小为g,下列说法正确的是(),A.物体的质量为B.空气阻力大小为C.物体加速运动的时间为D.物体匀速运动的速度大小为v0,【解析】选A、B、D。由题意可知P=Fv,根据牛顿第二定律,由F-mg-Ff=ma,联立解得由乙图可知,解得m=,Ff=故A