江苏高考物理总复习讲义 功和功率Word文件下载.docx

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3．合力做功的计算方法

方法一：

先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。

方法二：

先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。

[题点全练]

1．[多选]（2019·

姜堰模拟）如图所示，物体在水平桌面上，第一次对物体施加图A的拉力F，使物体由静止发生位移x，第二次对物体施加图B的推力F，使物体由静止发生位移x，两次施力过程中F与水平方向的夹角均为α。

关于做功的下述说法中正确的是（　　）

A．图B中F做功多

B．A、B两图中F做功相同

C．图B中克服摩擦力做功多

D．A、B两图中克服摩擦力做功相同

解析：

选BC　由W＝Fxcosα知，恒力F对两种情况下做功一样多，即WA＝WB，故A错误，B正确；

根据题意可知，图B中物体对地面的压力大于图A中物体对地面的压力，所以图B中物体受到的滑动摩擦力比图A中物体受到的摩擦力大，则图B中克服摩擦力做功多，故C正确，D错误。

2．一物块放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示，物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示。

10s后的vt图像没有画出，重力加速度g取10m/s2。

下列说法正确的是（　　）

A．物块滑动时受到的摩擦力大小是6N

B．物块的质量为1kg

C．物块在0～10s内克服摩擦力做功为50J

D．物块在10～15s内的位移为6.25m

选D　由题图乙可知，在5～10s内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相等，故摩擦力f＝F′＝4N，故A错误；

在0～5s内物块的加速度为a＝＝m/s2＝1m/s2，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，解得m＝2kg，故B错误；

在0～10s内物块通过的位移为x＝（5＋10）×

5m＝37.5m，故克服摩擦力做功为Wf＝fx＝4×

37.5J＝150J，故C错误；

撤去外力后物块产生的加速度为a′＝＝－2m/s2，减速到零所需时间为t′＝s＝2.5s<

5s，减速到零通过的位移为x′＝＝m＝6.25m，故D正确。

3.（2019·

镇江月考）如图所示，一个质量为m＝2kg的物体受到与水平面成37°

角的斜向下方的推力F＝10N的作用，在水平地面上移动了距离s1＝2m后撤去推力，此物体又滑行了s2＝1.6m的距离后停止运动。

已知物体与地面间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8。

求：

（1）推力F对物体做的功；

（2）全过程中摩擦力对物体所做的功。

（1）推力F对物体做功为：

W＝Fs1cos37°

＝10×

2×

0.8J＝16J。

（2）撤去推力F前，

W1＝－f1s1＝－μ（Fsin37°

＋mg）s1

＝－0.2×

（10×

0.6＋2×

10）×

2J＝－10.4J

撤去推力F后，

W2＝－f2s2＝－μmgs2＝－0.2×

10×

1.6J＝－6.4J

全过程中摩擦力对物体做功

W总＝W1＋W2＝－16.8J。

答案：

（1）16J　

（2）－16.8J

突破点

（二）　变力做功的五种计算方法

利用公式W＝Flcosα不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。

[例1]　如图所示，板长为L，板的B端静止放有质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ。

开始时板水平，在缓慢转过一个小角度α的过程中，小物体保持与板相对静止，则在这个过程中（　　）

A．摩擦力对小物体做功为μmgLcosαsinα

B．合力对小物体做功为mgLsinα

C．弹力对小物体做功为0

D．板对小物体做功为mgLsinα

[解析]　摩擦力的方向与物体运动的方向垂直，则摩擦力不做功，故A错误；

物体受重力、支持力和静摩擦力，重力做功为－mgLsinα，摩擦力不做功，合外力做功为零，根据动能定理，有：

WG＋Wf＋WN＝0，故WN＝mgLsinα，故B、C错误；

摩擦力不做功，故板对物体做的功等于支持力做的功，即为mgLsinα，故D正确。

[答案]　D

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位移上的恒力所做功的代数和。

此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。

[例2]　用大小不变、方向始终与物体运动方向一致的力F，将质量为m的小物体沿半径为R的固定圆弧轨道从A点推到B点，圆弧对应的圆心角为60°

，如图所示，则在此过程（　　）

A．力F对物体做的功为FRsin60°

B．力F对物体做的功为

C．力F对物体做的功为

D．力F是变力，无法计算做功大小

[解析]　题图中，力F虽然方向不断变化，是变力，但由于该力的方向始终与物块运动的方向相同，所以该力做的功与路程成正比，即：

W＝Fs＝F·

·

2πR＝。

故C正确，A、B、D错误。

[答案]　C

有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcosα求解。

此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。

[例3]　

如图所示，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AB＝BC，则（　　）

A．W1＞W2　　　　B．W1＜W2

C．W1＝W2D．无法确定W1和W2的大小关系

[解析]　轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做功；

因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，W＝F·

Δl，Δl为轻绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量，由题图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A正确。

[答案]　A

若物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝lcosα求此变力所做的功。

[例4]　

[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μ，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.Mv2　　　B．Mv2　　　C.μMgl　　　D．μMgl

[解析]　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μMg，总位移为l，平均摩擦力为f＝μMg，由功的公式可得Wf＝－f·

l＝－μMgl，功的大小为μMgl，C正确，D错误；

用动能定理计算，则为：

Wf＝0－Mv2＝－Mv2，其大小为Mv2，A正确，B错误。

[答案]　AC

在Fx图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况（如三角形、矩形、圆等规则的几何图形）。

[例5]　某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：

如图甲，在水平地面上放置一个质量为m＝4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示。

已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10m/s2。

（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？

（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？

（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？

[解析]　

（1）由牛顿第二定律得：

F－μmg＝ma

当F＝100N时，物体所受的合力最大，加速度最大

则有：

a＝－μg＝m/s2＝20m/s2。

（2）由题给图像可得推力F随位移x变化的函数关系为：

F＝100－25x（N）

速度最大时加速度为0，则有：

F＝μmg＝0.5×

4×

10N＝20N

代入解得：

x＝3.2m。

（3）由图像可得推力对物体做功等于图像与横轴所围图形的面积，即：

W＝×

100×

4J＝200J

根据动能定理物体在水平面上运动有：

W－μmgxm＝0

代入数据解得：

xm＝10m。

[答案]　

（1）20m/s2　

（2）3.2m　（3）10m

突破点（三）　功率的分析与计算

1．平均功率的计算

（1）利用P＝。

（2）利用P＝Fcosα，其中为物体运动的平均速度。

2．瞬时功率的计算

（1）利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。

（2）利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。

（3）利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。

1．（2018·

苏北四市模拟）如图所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h。

在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD。

下列关系式正确的是（　　）

A．PA＝PB＝PC＝PD　　　　B．PA＝PC>

PB＝PD

C．PA＝PC＝PD>

PBD．PA>

PC＝PD>

PB

选C　小球落地时，A的重力的瞬时功率：

PA＝mg；

B落地的瞬时功率：

PB＝mgcosθ，θ为速度

与竖直方向的夹角；

C落地的瞬时竖直速度为vy＝，则落地时重力的瞬时功率：

PC＝mg；

因D中小球上升的最大高度为h，则落地的瞬时竖直速度为vy＝，则落地时重力的瞬时功率：

PD＝mg；

故PA＝PC＝PD>

PB，故选项C正确，A、B、D错误。

2.（2019·

东海模拟）如图所示，从某高度以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球，在小球下落的过程中（落地前），其速度v、速度变化量Δv、重力的功率P和重力的功W与时间t的关系图像，正确的是（　　）

选C　小球t时刻的速度为：

v＝＝，由数学知识知，t＝0时，v≠0，所以vt图像是不过原点的开口向上的抛物线，故A错误。

由Δv＝at＝gt分析可知，Δvt图像是过原点的直线，故B错误。

重力的功率P＝mgvy＝mg·

gt＝mg2t，P与t成正比，Pt图像是过原点的直线，故C正确。

重力的功W＝mgh＝mg·

gt2＝mg2t2，Wt图像是过原点的开口向上的抛物线，故D错误。

突破点（四）　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图像和vt图像

OA段

过程分析

v↑⇒F＝↓

⇒a＝↓

a＝不变⇒F不变

P＝Fv↑直到P额＝Fv1

运动性质

加速度减小的加速运动

匀加速直线运动，维持时间t0＝

AB段

F＝F阻⇒a＝0

⇒vm＝

以vm匀速直线运动

BC段

无

F＝F阻⇒a＝0⇒

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＝。

（2）机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，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，由动能定理得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或速度。

[典例]　（2019·

徐州模拟）

某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。

他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为vt图像，图像如图所示（除2～10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。

已知在小车运动的过程中，2～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末通过遥控器使发动机停止工作而让小车自由滑行，小车的质量m＝2.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，g取10m/s2。

（1）14～18s时间段小车的加速度大小a；

（2）小车匀速行驶阶段的功率P；

（3）小车在2～10s内位移的大小s2。

[解析]　

（1）在14～18s时间段，由题给图像可得

a＝

代入数据得a＝2.0m/s2。

（2）在14～18s时间内，小车在阻力f作用下做匀减速运动，则f＝ma

在10～14s，小车做匀速直线运动，

牵引力F＝f＝4.0N

小车匀速行驶阶段的功率P＝Fv

代入数据得P＝32W。

（3）2～10s时间内，根据动能定理得

Pt－fs2＝mv2－mv22

其中v＝8m/s，v2＝4m/s

解得s2＝52m。

[答案]　

（1）2.0m/s2　

（2）32W　（3）52m

[易错提醒]

（1）在机车功率P＝Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力或阻力，所以P＝Ffvm只体现了一种数量关系用于计算，即牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度。

（2）恒定功率下的启动过程一定不是匀加速运动，匀变速直线运动的公式不再适用，启动过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算（因为F为变力）。

（3）以恒定加速度启动只能维持一段时间，之后又要经历非匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的公式只适用于前一段时间，切不可生搬硬套。

[集训冲关]

1.

（2018·

沭阳期末）如图是一汽车在平直路面上启动的速度—时间图像，t1时刻起汽车的功率保持不变。

由图像可知（　　）

A．0～t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变

B．0～t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变

C．t1～t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小

D．t1～t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变

选C　0～t1时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速直线运动，汽车的牵引力不变，加速度不变，由P＝Fv知功率增大，故A、B错误；

t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，速度在增大，由P＝Fv知汽车的牵引力在减小，由牛顿第二定律知F－f＝ma，知加速度减小，故C正确，D错误。

2.

[多选]（2019·

连云港月考）为减少机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车。

在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×

102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F图像（图中AB、BC均为直线）。

假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10m/s2。

A．电动车运动过程中的最大速度为15m/s

B．该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动

C．该车做匀加速运动的时间是6s

D．该车加速度大小为0.25m/s2时，动能是4×

104J

选AD　从题给图像中可得C点速度最大，故最大速度为15m/s，A正确；

由图线可知，AB段牵引力不变，先做匀加速直线运动，BC段图线的斜率不变，斜率表示电动机的功率，知功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力后，做匀速直线运动，B错误；

从题给图像中可得匀加速运动的末速度为v＝3m/s，当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，f＝400N，根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小a＝＝m/s2＝2m/s2，则匀加速运动的时间t＝＝s＝1.5s，故C错误；

电动汽车以恒定功率P＝Fv＝2000×

3W＝6000W启动，当加速度a＝＝0.25m/s2，得此时的牵引力为F′＝600N，所以此时的速度为v′＝＝m/s＝10m/s，故此时的动能为Ek＝mv′2＝4×

104J，D正确。

功和功率计算中的两类易错题

（一）滑轮两侧细绳平行

1．如图所示，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μ，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（　　）

A．2μmgL　　　　　　　　　B.μmgL

C．μ（M＋m）gLD．μmgL

选D　拉力做功最小时，木块应做匀速运动，对木块m受力分析，由平衡条件可得FT＝μmg。

对木板M受力分析，由平衡条件可得：

F＝FT＋μmg，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l＝，故拉力F所做的功W＝F·

l＝μmgL，或者根据功能关系求解，在木块运动到木板左端的过程，摩擦产生热量为μmgL，D正确。

2．（2018·

淮安期中）如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在拉力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（　　）

A．物体加速度大小为2m/s2

B．F的大小为21N

C．4s末F的功率为42W

D．4s内F的平均功率为42W

选C　由题图乙可知，vt图像的斜率表示物体加速度的大小，即a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：

F＝10.5N，

A、B均错误；

4s末F的作用点的速度大小为vF＝2v物＝4m/s，故4s末F的功率为P＝FvF＝42W，C正确；

4s内物体上升的高度h＝4m，力F的作用点的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝Fl＝84J，故平均功率＝＝21W，D错误。

[反思领悟]

（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、作用力间的大小关系。

（二）滑轮两侧细绳不平行

3.

一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F拉住，保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示，当用力F拉绳使木块前进s时，力F对木块做的功（不计绳重和滑轮摩擦）是（　　）

A．FscosθB．Fs（1＋cosθ）

C．2FscosθD．2Fs

选B　方法一：

如图所示，力F作用点的位移l＝2scos，

故拉力F所做的功W＝Flcosα＝2Fscos2＝Fs（1＋cosθ）。

可看成两股绳都在对木块做功W＝Fs＋Fscosθ＝Fs（1＋cosθ），则选项B正确。

对于通过动滑轮拉物体，当拉力F的方向与物体的位移方向不同时，拉力F做的功可用如下两种思路求解：

（1）用W＝Flcosα求，其中l为力F作用点的位移，α为F与l之间的夹角。

（2）用两段细绳拉力分别所做功的代数和求解，如第3题的第二种方法。