新高考物理二轮复习讲义课件 第1部分 专题2 第5讲　功与功率　功能关系（含解析）

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第5讲　功与功率　功能关系
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
考点二　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＝ 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＝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＝ .
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
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°＝ ，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
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
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　(2022·山东烟台市高三期末)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力F0不变，当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，最后以速度vm匀速行驶.若汽车所受的阻力Ff为恒力，汽车运动过程中的速度为v、牵引力为F、牵引力的功率为P，则下列图像中可能正确的是
因为汽车先保持牵引力F0不变，由牛顿第二定律可得F0－Ff＝ma，又因为汽车所受的阻力Ff为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v－t图像开始应有一段倾斜的直线，故A错误；
因为当速度为v1之前，保持牵引力F0不变，则功率满足P＝F0v，即P与v成正比，所以在P－v图像中0～v1段图像应为过原点的直线，故D错误.
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.(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　(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示.重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为A.m＝0.7 kg，f＝0.5 NB.m＝0.7 kg，f＝1.0 NC.m＝0.8 kg，f＝0.5 ND.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值
|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.
例6　(多选)如图所示，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、电场强度大小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的带电物块从斜面上某点(足够高)由静止释放，当沿斜面下滑位移大小为3 m时，物块开始离开斜面.g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.下列说法正确的是
A.物块离开斜面时的动能为18 JB.物块从释放至刚要离开斜面的过程中，重力势能减少120 JC.物块从释放至刚要离开斜面的过程中，电势能增加了60 JD.物块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
对物块进行受力分析，物块离开斜面时应满足qvB＝(mg－qE)cs 53°，解得v＝3 m/s，动能为 mv2＝18 J，选项A正确；物块从释放到离开斜面，重力势能减少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)(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)一物体在竖直向上的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，已知曲线上A点处切线的斜率最大.不计空气阻力，下列说法正确的是A.0～h2过程中物体所受的拉力先增大后减小B.h1处速度最大C.0～h2过程中物体的动能先增大后减小D.0～h3过程中物体的加速度先增大再减小，最后物体做匀速运动
物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物体的机械能，机械能的变化量等于拉力做功，则有ΔE＝FΔh，得F＝ ，所以斜率表示拉力.由题图可知，
在0～h1阶段斜率增大，即拉力增大，h1～h2阶段斜率减小，即拉力减小，即0～h2过程中物体所受拉力先增大后减小，故A正确；在h1处，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物体正在加速，所以h1处速度不是最大，故B错误；
由题图可知，在h1～h2过程中，图像斜率减小，拉力F减小，在h2后图像斜率为零，拉力为零，在h1处拉力F大于重力，在h2处拉力为零，因此在
h1～h2过程中，拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直线运动后做减速直线运动，动能先增大后减小，故C正确；在0～h3过程中，拉力先大于重力后小于重力，最后拉力为零，物体所受的合外力先增大再减小到零后反向增大、最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加速度先增大再减小后反向增大再不变，且h2～h3阶段为竖直上抛运动，不是匀速运动，故D错误.
1.(2022·山东泰安市一模)如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量也为M的物块放在水平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直.现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦.则小球前进2H时，物块的速度为
小球从平台的边缘处由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，可知tan θ＝ ，则有
cs θ＝ ，小球沿细线方向的分速度等于物块的速度，则物块的速度为v1＝vcs θ＝ ，对物块和小球组成的系统，由动能定理可得F·2H＝ Mv2＋ Mv12，解得v1＝ ，故选D.
2.(多选)(2022·辽宁葫芦岛市普通高中高三期末)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h＜v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v> 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
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；
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
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－μmglcs α－μmgx＝0，设斜面上端点到P点的水平
距离为s总，则s总＝lcs 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＝μmgL1cs α1，沿斜面Ⅱ运动损失的机械能ΔE2＝μmgL2cs α2，因为L1＞L2，α1＜α2，所以ΔE1＞ΔE2，故D错误.
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
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＝ ×25×22 J＝50 J，B正确；
由动能定理可得WG－W克f＝ mv2，故克服阻力做功W克f＝WG－ 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＝W3B.W1