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人教版2020年高考物理考点---点对点专题强化
-----对功和功率的理解及应用
知识点：
一、功的分析及恒力功的计算
1．计算功的方法
(1)对于恒力做功利用W＝Flcos α；
(2)对于变力做功可利用动能定理(W＝ΔEk)；
(3)对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W＝Pt.
2．合力功计算方法
(1)先求合外力F合，再用W合＝F合 lcos α求功．
(2)先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．
3．几种力做功比较
(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．
(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．
(3)摩擦力做功有以下特点：
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．
③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝Ffx相对．
二、恒力做功的计算方法
三、变力做功
方法
以例说法
应用动能定理
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgl(1－cos θ)＝0，得WF＝mgl(1－cos θ)
微元法
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝f·Δx1＋f·Δx2＋f·Δx3＋…＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝f·2πR
平均力法
弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1)
图象法
一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F0x0
四、功率的理解和计算
1．平均功率的计算方法
(1)利用P＝.
(2)利用P＝Fvcos α，其中v为物体运动的平均速度．
2．瞬时功率的计算方法
(1)P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
对点训练：
典例1：（正负功的判断）如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中(　　)
A．A所受的合外力对A不做功 B．B对A的弹力做正功
C．B对A的摩擦力做正功 D．A对B做正功
【答案】C
典例1解码：
A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsin θ(θ为斜面倾角)，由于A速度增大，由动能定理知，A所受的合外力对A做正功，对A受力分析，可知B对A的支持力方向竖直向上，B对A的摩擦力方向水平向左，故B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误，C正确；A与B相对静止，由牛顿第二定律及几何关系可知A对B的作用力垂直斜面向下，A对B不做功，选项D错误．
典例2：（恒力做功）如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下从底端沿斜面向上一直匀速运动到顶端，斜面高h，倾斜角为θ.现把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g.则在上升过程中恒力F做的功为(　　)
A．Fh B．Mgh C．2mgh D．无法确定
【答案】　C
典例2解码：
把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，则物体受力平衡，则有Ff＝mgsin θ.上滑过程中，物体也做匀速直线运动，受力平衡，则有F＝mgsin θ＋Ff＝2mgsin θ，则在上升过程中恒力F做的功W＝F·＝2mgsin θ·＝2mgh，故选项C正确．
典例3：（变力做功）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，图中AB＝BC，则 (　　)
A．W1＞W2 B．W1＜W2 C．W1＝W2 D．无法确定W1和W2的大小关系
【答案】A
典例3解码：绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A正确．
典例4：（功率的理解和应用）如图甲所示，一个质量m＝2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，g取10 m/s2.则(　　)
A．物块经过4 s时间到出发点 B．4.5 s时水平力F的瞬时功率为24 W
C．0～5 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零 D．0～5 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W
【答案】　BD
典例4解码：
由图象可知，前4 s内速度方向始终为正方向，故前4 s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据v -t图线的斜率表示加速度，可知3～5 s内，加速度a＝－ m/s2＝－3 m/s2，4.5 s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4) m/s＝－1.5 m/s，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma，得F＝－16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24 W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5 s内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s内，物块的加速度a1＝ m/s2＝1 m/s2，位移s1＝×1×32 m＝4.5 m，合力做的功W＝F合s1＝mas1＝9 J，0～5 s内合力的平均功率P＝＝ W＝1.8 W，选项D正确．
针对训练：
1.如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是(　　)
A．重力做功为mgL B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力F阻做功为－mgL D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
【答案】ABD
【解析】.由重力做功特点得重力做功为：WG＝mgL，A正确；悬线的拉力始终与v垂直，不做功，B正确；由微元法可求得空气阻力做功为：WF阻＝－F阻πL，D正确．
2.如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为(　　)
A．FLcos θ B．FLsin θ C．FL(1－cos θ) D．mgL(1－cos θ)
【答案】　D
【解析】　在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力，此变力F的功可用动能定理求解．由WF－mgL(1－cos θ)＝0得WF＝mgL(1－cos θ)，故D正确．
3.如图所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等．在甲图中用力F1拉物体，在乙图中用力F2推物体，夹角均为α，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移．设F1和F2对物体所做的功分别为W1和W2，物体克服摩擦力做的功分别为W3和W4，下列判断正确的是(　　)
甲　　　　　　　 乙
A．F1＝F2　　　　　　　　B．W1＝W2 C．W3＝W4 D．W1－W3＝W2－W4
【答案】D
4.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∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．电机所做的功之比为4∶5
【答案】AC
【解析】.根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶(2t0＋t0)＝4∶5，A正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D错误．

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