专题二 第6课时　功与功率　功能关系课件PPT

这是一份专题二 第6课时　功与功率　功能关系课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了知识体系，命题规律，专题强化练，高考预测，高考题型1，功率的分析与计算，考向一恒力做功，考向二变力做功，考向四机车启动问题，常见功能关系等内容，欢迎下载使用。

第6课时　功与功率　功能关系
1.命题角度：(1)功和功率的计算； (2)功能关系.2.常考题型：选择题.
高考题型1　功、功率的分析与计算
高考题型2　功能关系及应用
1.功的计算(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解.(2)变力做功的几种求法
2.功率的计算(1)明确是求瞬时功率还是平均功率.P＝ 侧重于平均功率的计算，P＝Fvcs α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算.(2)机车启动(F阻不变)①两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma.
②两种常见情况a.恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此过程Pt－F阻s＝ mvm2；b.恒定加速度启动：开始阶段a不变.无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝
例1　如图1所示，小明用与水平方向成θ角的轻绳拉木箱，绳中张力为F，沿水平地面向右移动了一段距离l.已知木箱与水平地面间的动摩擦因数为μ，木箱质量为m，重力加速度为g，则木箱受到的A.支持力做功为(mg－Fsin θ)lB.重力做功为mglC.拉力做功为Flcs θD.滑动摩擦力做功为－μmgl
解析　对木箱受力分析，支持力竖直向上，则支持力做功WN＝FNlcs 90°＝0，故A错误；重力做功WG＝mglcs 90°＝0，故B错误；拉力做功为WF＝Flcs θ，故C正确；
木箱在竖直方向上受力平衡，有FN＋Fsin θ＝mg，可得FN＝mg－Fsin θ，则摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg－Fsin θ)，摩擦力做功Wf＝－Ffl＝－μ(mg－Fsin θ)l，故D错误.
例2　(多选)如图2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均为μ，重力加速度为g，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
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到最大值μMg，总位移为l，摩擦力随x变化的图像如图所示，
例3　(多选)(2018·全国卷Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面.某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图3所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程，A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5
考向三　功和功率的分析与计算
由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和
由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，即电动机的最大牵引力相同，B项错误；
在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，则F＝m(g＋a)第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，
可知，电机输出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C项正确；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D项错误.
例4　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4所示.假定汽车所受阻力的大小f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
解析　当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1＝F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1＝f时速度最大，
当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2＝F2v可知F2减小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐渐减小，直到F2＝f时，速度最大，
2.功能关系的理解和应用功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度，在不同问题中的具体表现不同.(1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况.(2)根据能量转化，可计算变力做的功.
例5　如图5，固定的倾角为θ的粗糙斜面体上，一质量为m的物块与一轻弹簧的一端连接，弹簧与斜面平行，物块静止，弹簧处于原长状态，自由端位于O点.现用力F拉弹簧，拉力逐渐增加，使物块沿斜面向上滑动，斜面足够长，当自由端沿斜面向上移动L时，则(重力加速度为g)A.物块重力势能增加量一定为mgLsin θB.弹簧弹力与摩擦力对物块做功的代数和等于木块 动能的增加量C.弹簧弹力、物块重力及摩擦力对物块做功的代数 和等于物块机械能的增加量D.拉力F与摩擦力做功的代数和等于弹簧和物块的机械能增加量
考向一　功能关系的应用
解析　自由端向上移动L时，物块发生的位移要小于L，所以物块重力势能增加量一定小于mgLsin θ，故A错误；
物块受重力、弹簧的拉力、斜面的支持力和摩擦力，支持力不做功，根据动能定理知：重力、弹簧的拉力、斜面的摩擦力对物块做功的代数和等于物块动能的增加量，故B错误；物块的重力做功不改变物块的机械能，则弹簧弹力、摩擦力对物块做功的代数和等于物块机械能的增加量，故C错误；对弹簧和物块组成的系统，拉力F与摩擦力做功的代数和等于弹簧和物块的机械能增加量，故D正确.
例6　(多选)如图6所示，一倾角为θ＝53°(图中未标出)的斜面固定在水平面上，在其所在的空间存在方向竖直向上、场强大小E＝2×106 V/m的匀强电场和方向垂直于竖直面向里、磁感应强度大小B＝4×105 T的匀强磁场.现让一质量m＝4 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C的带电小球从斜面上某点(足够高)由静止释放，当沿斜面下滑位移大小为3 m时，小球开始离开斜面.g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.下列说法正确的是A.小球离开斜面时的动能为18 JB.小球从释放至刚要离开斜面的过程中，重力势能减小120 JC.小球从释放至刚要离开斜面的过程中，电势能增加了60 JD.小球从释放至刚要离开斜面的过程中，由于摩擦而产生的热量为30 J
解析　对小球进行受力分析，小球离开斜面时应满足qvB＝(mg－qE)cs 53°，解得v＝3 m/s，动能为 mv2＝18 J，选项A正确；小球从释放到离开斜面，重力势能减小mgxsin 53°＝96 J，选项B错误；
电势能的增加量等于克服静电力做的功，即ΔEp＝qExsin 53°＝48 J，选项C错误；由功能关系得(mg－qE)xsin 53°＝ mv2＋Q，解得Q＝30 J，选项D正确.
例7　(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图7中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
考向二　功能关系与图像结合
解析　由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcs α·s，其中cs α＝ ＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；
物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－μgcs α＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcs α·s′＝8 J，故D错误.
1.某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图8，测量得到比赛成绩是2.5 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近A.65 J B.750 J C.1 025 J D.1 650 J
2.(多选)(2021·天津市南开区高三期末)我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破.为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶.测试中发现，下坡时若只关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移l时速度刚好达到最大值vm，假设汽车在上坡和下坡过程中所受路面阻力大小恒定且相等，山坡的倾角为θ且足够长，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是A.关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零B.路面对汽车的阻力大小为C.上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至vm，所用时间为D.上坡过程中，汽车从静止启动到速度增至vm，所用时间一定小于
解析　关掉油门下坡的过程，汽车所受支持力不为零，支持力的冲量不为零，故A错误；
3.(多选)(2021·贵州贵阳市高三期末)一足够长斜面固定在水平地面上，倾角为30°，质量为2 kg的物体从斜面的底端冲上斜面，取地面为重力势能零点，物体的动能Ek随上升的高度h的变化关系图像如图9所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，由上述信息和图中数据可得A.上升2 m过程中，机械能减小20 JB.上升2 m过程中，机械能减小60 JC.物体所受摩擦力大小为5 ND.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25
解析　由题图可知，物体上升2 m过程中，动能减小量为60 J，重力势能增加量为ΔEp＝mgh＝40 J，因此机械能减小了20 J，故A正确，B错误；
解析　由题意知，W拉－W克摩＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W克摩与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误.
1.(2018·全国卷Ⅱ·14)如图1，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功
2.如图2，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂.用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距 重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为
3.(多选)(2021·广东韶关市一模)如图3所示为运动员参加撑杆跳高比赛的示意图，对运动员在撑杆跳高过程中的能量变化描述正确的是A.加速助跑过程中，运动员的机械能不断增大B.运动员越过横杆正上方时，动能为零C.起跳上升过程中，运动员的机械能守恒D.起跳上升过程中，杆的弹性势能先增大后减小
解析　加速助跑过程中运动员的动能不断增大，势能不变，故运动员的机械能不断增大，故A项正确；若运动员越过横杆正上方时动能为零，则下一时刻运动员将做自由落体运动，无法过杆，故B项错误；
起跳上升过程中，杆的弹力对运动员做功，故C项错误；起跳上升过程中，杆先弯曲后伸直，杆的弹性势能先增大后减小，故D项正确.
4.(2021·山东烟台市高三期末)在建筑工地，人们经常需要利用大型起吊设备将地面上的建筑材料运送到高处.某次起吊机通过钢丝绳将质量为100 kg的建筑材料吊起，在其最后竖直向上做匀减速直线运动的阶段历时10 s，建筑材料的速度刚好减为零，此过程中建筑材料动量的变化量大小为400 kg·m/s, 不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则此过程中A.建筑材料处于超重状态B.建筑材料的机械能增加200 JC.建筑材料的加速度大小为4 m/s2D.钢丝绳拉力的最大功率为3 840 W
解析　建筑材料在最后竖直向上做匀减速直线运动，加速度向下，则处于失重状态，A错误；此过程中建筑材料动量的变化量大小为400 kg·m/s，则速度变化量大小为4 m/s，即速度由4 m/s减小到0，加速度大小为a＝ ＝0.4 m/s2，则mg－F＝ma，解得F＝960 N.上升的高度h＝ ＝20 m，则拉力做功为W＝Fh＝19 200 J，则建筑材料的机械能增加19 200 J，B、C错误；钢丝绳拉力的最大功率为P＝Fv＝960×4 W＝3 840 W，D正确.
5.(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的.总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶.该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm.下列说法正确的是A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达 到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为 mvm2－Pt
若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有 －kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
解析　对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；
若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝mvm2－0
6.(2021·广东广州市一模)如图4，质量为m的滑雪运动员(含滑雪板)从斜面上距离水平面高为h的位置静止滑下，停在水平面上的b处；若从同一位置以初速度v滑下，则停在同一水平面上的c处，且ab与bc相等.已知重力加速度为g，不计空气阻力与通过a处的机械能损失，则该运动员(含滑雪板)在斜面上克服阻力做的功为
解析　设运动员从静止开始滑下，停在水平面上b处时，在斜面上克服阻力做的功为W1，在水平面上克服摩擦力做的功为W2，由动能定理得mgh－W1－W2＝0，当运动员以速度v从同一高度下滑时，停在同一水平面上的c处，且ab与bc相等，由动能定理可得mgh－W1－2W2＝0－ mv2，联立两式求得W1＝mgh－ mv2，故选C.
7.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和.取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图5所示.重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得A.物体的质量为2 kgB.h＝0时，物体的速率为20 m/sC.h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 JD.从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
解析　根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能Ep＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，由公式Ek0＝ mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；
由功能关系可知Ffh4＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－Ek0，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确.
8.(多选)如图6所示，同种材料的粗糙斜面AC和AB高度相同，以底端B、C所在水平直线为x轴，顶端A在x轴上的投影O为原点建立坐标系.同一物体在顶端A分别沿斜面AB和AC由静止下滑到底端，物体在两斜面上运动过程中机械能E、动能Ek随物体在x轴上投影位置x的变化关系图像正确的是
解析　设斜面倾角为θ，物体在斜面AB、AC上下滑过程中克服摩擦力所做的功为μmgcs θ· ＝μmgx，根据功能关系可知，机械能与x的关系为E＝E0－μmgx，故A正确，B错误；水平位移为x时，重力做的功为mgxtan θ，克服摩擦力所做的功为μmgx，根据动能定理得Ek＝mgxtan θ－μmgx＝(mgtan θ－μmg)x，所以沿AB斜面下滑时Ek－x图像斜率大，到达AB斜面底端时摩擦力做功较少，动能较大，故C正确，D错误.
9.(2021·山西朔州市怀仁市高三期末)如图7甲所示，水平面上一质量为m的物体，在水平力F作用下从静止开始加速运动，力F的功率P恒定不变，运动过程所受的阻力Ff大小不变，加速运动t时间后物体的速度达到最大值vm，F作用过程中物体的速度v的倒数与加速度a的关系图像如图乙所示，仅在已知功率P的情况下，根据图像所给的信息不能求出以下哪个物理量A.物体的质量mB.物体所受阻力FfC.物体加速运动的时间tD.物体运动的最大速度vm
水平力等于阻力时，速度达到最大，则有P＝Fvm＝Ffvm，能求出vm，选项D能够求出；由P＝Fv知，v增大，F减小，则物体先做变加速运动，当加速度为零时做匀速运动，根据条件不能求出加速运动时间，选项C不能求出.本题选不能求出的，故选C.
10.(2021·江苏盐城市滨海中学一模)极限跳伞是流行的空中极限运动，它的独特魅力在于跳伞者通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间，这样冒险者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中，如图8所示.伞打开前可看成是自由落体运动，打开伞后空气
阻力与速度平方成正比，跳伞者先减速下降，最后匀速下落.如果用h表示下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示重力势能(以地面为零势能面)，Ek表示动能，E表示机械能，v表示下落时的速度.
在整个过程中下列图像可能符合事实的是
解析　开始下落阶段做自由落体运动，则Ep＝Ep0－mgh，可知此过程中Ep－h为直线，选项A错误；
开始下落阶段做自由落体运动Ek＝mgh，则Ek－h为直线；在以后的过程中先减速后匀速，可知动能先减小后不变，则选项B正确；开始阶段做自由落体运动，机械能不变，打开伞后，由于受阻力作用机械能逐渐减小，最后匀速下落阶段机械能仍不断减小，选项C错误；开始阶段做自由落体运动，速度随时间均匀增加；开伞后空气阻力与速度平方成正比，则加速度满足：mg－kv2＝ma，则加速度随时间逐渐减小，此过程v－t图线不是直线，选项D错误.
×107 J ×107 J　×108 J 　×108 J
11.(2021·浙江6月选考·11)中国制造的某一型号泵车如图9所示，表中列出了其部分技术参数.已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3，假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为
解析　泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30 J＝1.08×108 J故选C.
12.(多选)(2021·吉林东北师大附中期末联考)某种升降机的装置原理图如图10所示，各钢绳保持竖直方向，升降机上方的绳从左到右分别记为1、2、3、4、5，升降机只能在竖直方向运动.已知升降机和人的总质量为150 kg，配重A质量为200 kg，电动机的输出功率为1.2 kW，不计滑轮、钢绳的质量和所有摩擦力，当升降机向上匀速运动时(g取10 m/s2)A.升降机的速度大小与配重A的速度大小之比为2∶1B.绳3和绳4对升降机的拉力相等C.升降机向上匀速运动的速度为2.4 m/sD.配重A通过绳对升降机做的功比电动机对升降机做的功少
解析　根据滑轮组的特点可知，配重A在相同时间内移动的距离是升降机移动距离的一半，所以升降机的速度大小与配重A的速度大小之比为2∶1，A正确；绳3的拉力与绳2的拉力大小相等，都是配重重力的一半，即1 000 N，对升降机受力分析知，受绳3的拉力、绳4的拉力以及升降机和人的总重力，因为升降机向上匀速运动，所以受力平衡，故绳4的拉力为1 500 N－1 000 N＝500 N，绳3和绳4对升降机的拉力不相等，B错误；
配重A通过绳对升降机做的功的功率为P′＝F′v＝1 000×2.4 W＝2.4 kW，所以配重A通过绳对升降机做的功比电动机对升降机做的功多，D错误.
13.(2021·湖北省1月选考模拟·7)如图11所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点.一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动.小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为
第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升的高度H1＝95%H，