第14讲　功和功率.docx

第五章机械能及其守恒定律第14讲功和功率考纲要求考情分析命题趋势1.正负功的判断 2功、功率的计算2017全国卷，142016全国卷，19功和功率属于力学的基础内容，在高考中常以选择题的形式考查对功、功率的理解，能将变力功转化为恒力功，用图象法求解1功(1)做功的两个要素作用在物体上的_力_.物体在力的方向上发生的_位移_.(2)公式WFlcos 是力与_位移_方向之间的夹角，l是物体对地的位移该公式只适用于_恒力_做功(3)功的正负当00，力对物体做_正功_，是动力当时，WW2W3BW1W2W3CW1W2W3DW1W24WF1，Wf22Wf1BWF24WF1，Wf22Wf1CWF24WF1，Wf22Wf1DWF24WF1，Wf22Wf1解析物体两次的加速度之比a2a121，位移之比l2l1tt21，摩擦力之比Ff2Ff111，由牛顿第二定律得FFfma，则拉力之比F2F1(ma2Ff)(ma1Ff)2，拉力做功之比WF2WF1F2l2F1l14，克服摩擦力做功之比Wf2Wf1(Ff2l2)(Ff1l1)21，故选项C正确计算功时应注意的两个问题(1)计算恒力功的公式WFlcos 中位移“l”的意义“l”应取作用点的位移；“l”的取值一般以大地为参考系(2)力的独立性原理求某个力做的功仅与该力及物体沿该力方向的位移有关，而与其他力是否存在、是否做功无关二功率的计算1公式P和PFv的区别P是功率的定义式，PFv是功率的计算式2平均功率的计算方法(1)利用.(2)利用Fcos ，其中为物体运动的平均速度3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方向上的分力例2(2018广西南宁模拟)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示下列判断正确的是(A)A02 s内外力的平均功率是4 WB第2 s内外力所做的功是4 JC第2 s末外力的瞬时功率最大D第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为95解析01 s内，质点的加速度a1 m/s23 m/s2，则质点在01 s内的位移x1a1t31 m1.5 m，1 s末的速度v1a1t131 m/s3 m/s；第2 s内质点的加速度a2 m/s21 m/s2，第2 s内的位移x2v1t2a2t31 m11 m3.5 m，在02 s内外力F做功的大小WF1x1F2x231.5 J13.5 J8 J，可知02 s内外力的平均功率 W4 W，故选项A正确第2 s内外力做功W2F2x213.5 J3.5 J，故选项B错误第1 s末外力的瞬时功率P1F1v133 W9 W，第2 s末的速度v2v1a2t23 m/s11 m/s4 m/s，则外力的瞬时功率P2F2v214 W4 W，可知第2 s末外力的瞬时功率不是最大，第1 s末和第2 s末外力的瞬时功率之比为94，故选项C、D错误求功率时应注意的问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率(2)求功率大小时要注意F与v方向间的夹角对结果的影响(3)用PFcos 求平均功率时，应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率三机车启动问题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图和vt图OA段过程分析vFaa不变F不变vPFv直到P额Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t0AB段过程分析FF阻a0F阻vFa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.(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vW2BW12l2，则l1l2l2l3，则W1W2，故选项A正确，B、C、D错误4动能定理法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例7如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功则(C)AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FNmg，已知FNFN4mg，则质点到达N点的动能为EkNmvmgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功为WfmgR，即克服摩擦力做的功为WWfmgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W，则W0，故质点到Q点后速度不为零，继续上升一段距离，选项C正确5微元法当物体在变力的作用下做曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，可将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为恒力做功，总功即为各个小元段做功的代数和通过微元法不难得到，在往返的运动中，摩擦力、空气阻力做的功，其大小等于力和路程的乘积例8如图所示，质量m2.0 kg的物体用长R5 m的绳拴着，绳的另一端固定在水平桌面上，今用大小始终为10 N的水平力F拉着物体从A点运动到B点，F的方向始终与绳的夹角为127，g取10 m/s2，求：(1)拉力F做的功；(2)克服摩擦力做的功(已知物体与桌面的动摩擦因数0.2)解析(1)将圆弧分成很多小段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W1Fl1cos 37，W2Fl2cos 37，WnFlncos 37；WW1W2WnFcos 37(l1l2ln)Fcos 37R J42 J.(2)同理可得克服摩擦力做的功为WFfmgR J21 J.答案(1)42 J(2)21 J变力做功的求解方法(1)平均力法：力的方向恒定，大小随位移线性变化，可用平均力法求变力做的功(2)Fx图象法：已知Fx图象，可以根据“面积”求变力做的功(3)等效转换法：变力功与恒力功相等，即等效，可以用“化变为恒”的等效转换法求变力做的功(4)动能定理法：无论直线运动还是曲线运动，只要知道了初末状态动能的变化，就可以用动能定理法求变力做的功(5)变力作用下的曲线运动过程，其元过程可以看成恒力作用过程，可以用微元法求变力做的功1某同学进行体能训练，用100 s从一楼跑上教学楼七楼，试估测他登楼时的平均功率最接近的数值是(B)A10 WB100 WC1 kWD10 kW解析中学生的质量可取50 kg,7层楼的高度约为20 m，该同学上楼时所做的功Wmgh501020 J10 000 J，则他做功的功率P100 W，故选项B正确2(2017湖北武汉模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速率v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是(B)AW1W2W3BW1W2W3CW1W3W2DW1W2W3解析在第1 s内，滑块的位移为s111 m0.5 m，力F做的功为W1F1s110.5 J0.5 J；第2 s内，滑块的位移为s211 m0.5 m，力F做的功为W2F2s230.5 J1.5 J；第3 s内，滑块的位移为s311 m1 m，力F做的功为W3F3s321 J2 J所以W1W2W3，故选项B正确3如图所示，细线的一端固定于O点，另端系一小球在水平拉力F的作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 (A)A逐渐增大 B逐渐减小C先增大，后减小 D先减小，后增大解析因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有，mgsin Fcos ，得Fmgtan .则拉力F的瞬时功率PFvcos mgvsin .从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随的增大而增大，选项A正确4假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的(D)A4倍B2倍C倍D倍解析设Ffkv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有PFvkvvkv2，变化后有2PFvkvvkv2，联立解得vv，选项D正确5一物体所受的力F随位移x变化的图象如图所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为_6_J.解析力F对物体做的功等于x轴上方梯形“面积”所表示的正功与x轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和W梯形(34)27 J，W三角形(54)21 J，所以力F对物体做的功为W(71) J6 J.例1(12分)一台起重机，要求它在t10 s内将质量为m1 000 kg的货物由静止竖直向上匀加速提升h10 m，取g9.8 m/s2则起重机的额定输出功率至少应为多大？答题送检来自阅卷名师报告错解起重机对货物做的功为WFh，故功率为P W1.0104 W.致错原因本题产生错解的原因是将瞬时功率与平均功率相混淆，将计算平均功率的公式P用来求起重机的瞬时输出功率其实，起重机在提升货物过程中的实际输出功率随着提升速度的增大而增大，因此，只能用PFv来计算其最大输出功率规范答题解析货物的加速度a m/s20.2 m/s2.设起重机对货物的拉力为F，根据牛顿第二定律有Fmgma，所以Fm(ga)1.0103(9.80.2) N1.0104 N，起重机的额定输出功率不能小于它在提起货物时所需的最大输出功率在10 s末货物的速度最大，即vmaxat0.210 m/s2.0 m/s.故所需的最大输出功率为PmaxFvmax1.01042.0 W2.0104 W，所以起重机的额定输出功率P额2.0104 W.答案：2.0104 W1(2018湖北黄冈模拟)(多选)一辆汽车的质量为m，其发动机的额定功率为P0.从某时刻起汽车以速度v0在水平公路上沿直线匀速行驶，此时汽车发动机的输出功率为P0，接着汽车开始沿直线匀加速行驶，当速度增加到v0时，发动机的输出功率恰好为P0，此后汽车继续运动如果汽车在水平公路上沿直线行驶中所受到的阻力与速率成正比，即Ffkv，下列说法正确的是(BCD)A汽车匀加速运动的加速度大小为B汽车匀加速运动的时间为C汽车能达到的最大速度为2v0D汽车匀速运动时的阻力为解析汽车做匀速直线运动时，由共点力平衡条件有kv00，汽车做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律分别有kma、v0v0at，解得a、t，选项B正确，A错误；汽车做匀速直线运动时，由共点力平衡条件有Ff0，解得Ff，汽车速度最大时，同理有kvm0，解得vm2v0，选项C、D均正确2(2017浙江嘉兴调研)质量为400 kg的汽车沿直线从A点开始以额定功率匀速运动，到达B点后关闭发动机滑行到C点停下，整个过程阻力恒定，BC段做匀变速运动的位移x与速度v的曲线关系如图所示，已知A、C间距l400 m，试求：(1)BC段加速度大小；(2)AC段所经历的时间；(3)汽车的额定功率解析(1)设加速度大小为a，由匀变速运动的速度位移关系可得v22ax，故a m/s22 m/s2.(2)A、C间距l400 m，故AB间的位移为x400 m100 m300 m，从A到B的时间为t1 s15 s，从B到C的时间为t2 s10 s，故总时间为tt1t215 s10 s25 s.(3)由BC段做匀减速运动，由牛顿第二定律可得摩擦阻力Ffma4002 N800 N，从A点开始以额定功率匀速运动故有F牵Ff800 N，汽车的额定功率PF牵v80020 W16 000 W.答案(1)2 m/s2(2)25 s(3)16 000 W1(2017浙江杭州模拟)生活中有人常说在车厢内推车是没用的如图所示，在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车，当车在倒车时刹车的过程中(A)A人对车做正功B人对车做负功C人对车不做功D车对人的作用力方向水平向右解析倒车表示速度向右，刹车表示减速运动，即a、v方向相反，加速度a向左，人与车具有相同的加速度，对人受力分析，受到重力和车对人的作用力，则车对人的作用力方向为斜向左上方，选项D错误；那么人对车的作用力方向斜向右下方，人对车的作用力与车运动位移方向成锐角，即人对车做正功(或对人由动能定理，人的动能减小，车对人做负功，人对车做正功来判断)，选项A正确，B、C错误2(2017全国卷)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)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解析小球在固定的光滑大圆环上滑动，做圆周运动，其速度沿大圆环切线方向，大圆环对小环的弹力(即作用力)垂直于切线方向，与速度垂直，故大圆环对小环的作用力不做功，选项A正确、B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，到达圆心等高点时弹力提供向心力，故大圆环对小环的作用力指向圆心，选项C、D错误3(多选)我国高铁技术处于世界领先水平和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比如图所示，某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(BD)A启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32C进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为12解析启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力Ffkmg.设动车组匀加速直线运动的加速度为a，每节动车的牵引力为F，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律得2F8Ff8ma；设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得F53Ff3ma，解得F5；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得F62Ff2ma，解得F6；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为F5F632，选项B正确关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律知，滑行距离x，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C错误设每节动车的额定功率为P，当有2节动车带6节拖车时，2P8Ffv1m；当改为4节动车带4节拖车时，4P8Ffv2m；联立解得v1mv2m12，选项D正确4(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器舰载机总质量为3.0104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105 N，弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则(ABD)A弹射器的推力大小为1.1106 NB弹射器对舰载机所做的功为1.1108 JC弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107 WD舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2解析对舰载机应用运动学公式v202ax，代入数据得加速度a32 m/s2，选项D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知F20%Fma，得F1.2106 N，而发动机的推力为1.0105 N，则弹射器的推力为F推(1.21061.0105)N1.1106 N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功为WF推l1.1108 J，选项B正确；弹射过程所用的时间为t s2.5 s，平均功率P W4.4107 W，选项C错误5.一汽车在平直公路上行驶从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(A)解析vt图象中，图线的斜率代表汽车运动时的加速度，由牛顿第二定律可得，在0t1时间内，Ffma；当速度v不变时，加速度a为零，在vt图像中为一条水平线；当速度v变大时，加速度a变小，在vt图象中为一条斜率逐渐减小的曲线，选项B、D错误同理，在t1t2时间内，Ffma，图象变化情况与0t1时间内情况相似，由于汽车在运动过程中速度不会发生突变，故选项C错误，A正确课时达标第14讲解密考纲考查对功、功率(平均功率、瞬时功率)的理解，能将变力功转化为恒力功、图象法求解1如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(C)A0BFRCFRD2FR解析虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为R，则拉力做的功为FR，故选项C正确2如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随小物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆则小物块运动到x0处时F做的总功为(C)A0BFmx0CFmx0Dx解析F为变力，根据Fx图象包围的面积在数值上等于F做的总功来计算图线为半圆，由图线可知在数值上Fmx0，故WFFmx0Fmx0.选项C正确3如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为.开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为(A)AmgL B2mgLCmgL/2 D(Mm)gL解析运用隔离法得出最小的拉力F2mg，在将小木块从木板左端拉至右端过程中，木板左移、小木块右移，且它们位移大小相等，因而小木块对地向右位移大小为x，此时拉力做功为WFFx2mgmgL.选项A正确4如图所示，有三个斜面a、b、c，底边长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h.某一物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端关于克服摩擦力做的功，下列关系正确的是(C)AWaWbWbCWaWbWcDWaWbWc解析设动摩擦因数为，斜面倾角为，斜面底边长为x，则物体受的摩擦力为Ffmgcos ，克服摩擦力做功为WfFfmgx，由此式可知WaWbtan ，传送带的速度为v(v0tan 和传送带的速度v(v0v)，可得出传送带向上运动时，物体加速运动到和传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力对物体做功的最大瞬时功率为mgvcos ，所以只有选项C正确10如图所示是质量为1 kg的滑块在水平面上做直线运动的vt图象下列判断正确的是(C)A在t1 s时，滑块的加速度为零B在4 s6 s时间内，滑块的平均速度为2.5 m/sC在3 s7 s时间内，合力做功的平均功率为2 WD在5 s6 s时间内，滑块受到的合力为2 N解析由题图可知，t1 s时，滑块的加速度大小为2 m/s2，选项A错误.4 s6 s时间内