2023年高考物理二轮复习微专题专题2第5讲功与功率功能关系(教师版)

第5讲　功与功率　功能关系命题规律　1.命题角度：(1)功、功率的分析与计算；(2)功能关系.2.常用方法：微元法、图像法、转换法.3.常考题型：选择题．考点一　功、功率的分析与计算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)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功W＝Pt.2．功率的计算(1)明确是求瞬时功率还是平均功率．P＝eq \f(W,t)侧重于平均功率的计算，P＝Fvcos 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＝eq \f(1,2)mvm2；b．恒定加速度启动：开始阶段a不变，达到额定功率后，然后保持功率不变，加速度逐渐减小到零，最终做匀速直线运动．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＝eq \f(P,F阻).例1　(多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶．已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有(　　)A．从M到N，小车牵引力大小为40 NB．从M到N，小车克服摩擦力做功800 JC．从P到Q，小车重力势能增加1×104 JD．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J答案　ABD解析　小车从M到N，依题意有P1＝Fv1，代入数据解得F＝40 N，故A正确；小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N，则摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误；设小车从P到Q，摩擦力大小为f2，有f2＋mgsin 30°＝eq \f(P2,v2)，摩擦力做功为W2＝－f2·PQ，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确．例2　(2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　)A.eq \f(mv02,2πL) B.eq \f(mv02,4πL)C.eq \f(mv02,8πL) D.eq \f(mv02,16πL)答案　B解析　在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故选B.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答案　AC解析　由题图中的图线①知，上升总高度h＝eq \f(v0,2)·2t0＝v0t0.由题图中的图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1＝eq \f(1,2)·eq \f(v0,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)＋\f(t0,2)))＝eq \f(1,4)v0t0，匀速阶段：h－h1＝eq \f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq \f(3,2)t0，故第②次提升过程所用时间为eq \f(t0,2)＋eq \f(3,2)t0＋eq \f(t0,2)＝eq \f(5,2)t0，两次上升所用时间之比为2t0∶eq \f(5,2)t0＝4∶5，A项正确；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，第②次在eq \f(t0,2)时刻，功率P2＝F·eq \f(v0,2)，第②次在匀速阶段P2′＝F′·eq \f(v0,2)＝mg·eq \f(v0,2)90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保，该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1 250 N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末，则在前11 s内(　　)A．经过计算t0＝5 sB．在0～t0时间内小汽车行驶了45 mC．电动机输出的最大功率为60 kWD．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J答案　BD解析　开始阶段加速度为a＝eq \f(F1－Ff,m)＝eq \f(5 000－1 250,1 500) m/s2＝2.5 m/s2，v1＝54 km/h＝15 m/s，解得t0＝eq \f(v1,a)＝eq \f(15,2.5) s＝6 s，故A错误；汽车前6 s内的位移为x1＝eq \f(1,2)at02＝45 m，故B正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，为Pm＝F1v1＝5 000×15 W＝75 kW，故C错误；由题图可知，汽油机工作期间，功率为P＝F2v1＝90 kW，解得11 s时刻汽车的速度为v3＝eq \f(P,F3)＝eq \f(90×103,3 600) m/s＝25 m/s＝90 km/h，故6～11 s内都是汽油机在做功，且汽油机工作时牵引力做的功为W＝Pt＝4.5×105 J，故D正确．3.(多选)(2022·海南省模拟)如图所示，某物体(可视为质点)分别从等高的固定斜面Ⅰ、Ⅱ顶端下滑，物体与接触面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面接触处用半径可忽略的光滑小圆弧相连．若该物体沿斜面Ⅰ由静止下滑，运动到水平面上的P点静止，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)A．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点的左侧静止B．物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程C．物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量D．物体沿斜面Ⅱ运动损失的机械能大于沿斜面Ⅰ运动损失的机械能答案　BC解析　设斜面的倾角为α，长度为l，高度为h，斜面的下端点到P点的水平距离为x，由动能定理得mgh－μmglcos α－μmgx＝0，设斜面上端点到P点的水平距离为s总，则s总＝lcos α＋x，联立可得mgh－μmgs总＝0，可知最终两物体均停止在P点，故A错误；根据几何知识可知，物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程，故B正确；两种情形下，都是重力势能完全转化为内能，而初始时重力势能相同，则物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量，故C正确；沿斜面Ⅰ运动损失的机械能ΔE1＝μmgL1cos α1，沿斜面Ⅱ运动损失的机械能ΔE2＝μmgL2cos α2，因为L1＞L2，α1＜α2，所以ΔE1＞ΔE2，故D错误．专题强化练[保分基础练]1.如图所示，一质量为25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度大小为2 m/s(g取10 m/s2)．关于力对小孩做的功，以下说法正确的是(　　)A．重力做功450 JB．合力做功50 JC．克服阻力做功50 JD．支持力做功450 J答案　B解析　由功的计算公式可知，重力做功为WG＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A错误；由动能定理可知，合力做功等于动能的变化量，则有W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×25×22 J＝50 J，B正确；由动能定理可得WG－W克f＝eq \f(1,2)mv2，故克服阻力做功W克f＝WG－eq \f(1,2)mv2＝500 J－50 J＝450 J，C错误；支持力与小孩的运动方向一直垂直，所以支持力不做功，D错误．2．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0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和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图(a)和图(b)所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是(　　)A．W1＝W2＝W3 B．W1