专题8 功 功率&专题9 变力做功与机车启动问题-【数理报期末复习】2024-2025学年高一物理必修第二册升级突破（人教版2019）

26 题 数理极 例3.如图4所示，质 专题8 ① 功功率 量为m=2kg的木块在 。山西肖台杰 倾角8=37°的斜面上由 专题考点一：功的理解与计算 在升降机以5m/s的速度匀速上升4s的过程中， 静止开始下滑，斜面足够 图4 1.功的正负的判断方法 g取10m/s2,求： 长，木块与斜面间的动摩擦因数为4=0.5，已知 0≤a<90°，数正功 (1)斜面对物体的支持力所做的功： in37°=0.6，c0w37°=0.8，g取10m/82,则前 幼力学法一下：类角为4 W=90°，不微功 (2)斜面对物体的摩擦力所做的功： 2s内重力的平均功率和2“末重力的瞬时功率 速动学法一a、类角为a 90°<a≤180°，败负功 (3)物体重力所微的功： 分别为 ( 2.恒力做功的计算方法 (4)合力对物体所做的功， A.48W24W B.24W48W 交力分折 确定力 解析：物体置于升降机 C.24W12W D.12W24W 找出力 和位移 「计算功的多少内随升降机一起匀速运动 解析：木块所受的合力F合=mgsin8- +W=Flcoe a 运动分析 方向的 料断功的正负 过程中，处于受力平衡状 pmgcos9=4N,木块的加速度a=在： 找出位移 夫角 态，受力分析如图3所示 3.合力做功的计算方法 由平衡条件得Fcos8 2mw,前2：内木块的位移：=a=号x2 方法一：先求合力Fs,再用W行=F合leos a-Fsin9=0,F,sin9+Fxcos8-G=0 ×22m=4m,所以重力在前2s内做的功为W= 求功.适用于F。为恒力的过程 代人数据得F,=10N,Fx=I05N mgxsin0=2×10×4×0.6J=48J,重力在前 方法二：先求各个力做的功耶，W,W,…, x W 20 m 2内的平均功率P= 里=24W,木块在2s末 再应用W=W,+甲+W3+…求合力做的功 (1)斜面对物体的支持力所做的功 的速度=al=2×2m/s=4m/s,2s末重力 例1.如图1所示，一 Wx Fxxcos 8 300 J 的解时功率P=mgesin0=2×10×4×0.6W 磁铁吸附在铁板AB的下 (2)斜面对物体的摩擦力所做的功 =48W,故B正确 方，现保持铁板与水平面 W,=Fxos(90°-0)=100J 答案：B 间的夹角日不变，缓慢推 图1 (3)物体重力散的功 例4.一滑块在水平地面上沿直线滑行，= 动B端，使AB与磁铁一起水平向左匀速移动，则 W=-Gx=-400J 0时其速度为1m/s,从此刻开始在滑块运动方 (4)合力对物体做的功 向上再施加一水平作用力F,力F和滑块的速度 A.合力对磁铁做正功 方法一：W金=W、+W,+W。=0 随时间1的变化规律分别如图5甲，乙所示，则 B.AB对磁铁的作用力不做功 方法二：F合=0，W6=F金xc0s&=0 以下说法正确的是 C,AB对磁铁的弹力不做功 专题考点二：功率的理解与计算 D.AB对磁铁的摩擦力不做功 1.公式P=里和P=Fm的区别 解析：由于磁铁做匀速运动，磁铁所受合力 为零，合力对磁铁不做功，故A错误：磁铁受重力 P=罗是功率的定义式，P=Fm是功率的 和AB对它的作用力而做匀速运动，根据平衡条 计算式， 图5 件可知，AB对磁铁的作用力大小等于重力，方向 A.第1s内，F对滑块做的功为3J 2平均功幸的计算方法 竖直向上，与磁铁的运动方向相互垂直，故AB对 B.第2s内，F对滑块做功的平均功率为4W 磁铁的作用力不做功，故B正确：AB对磁铁的弹 (①利用P=票 C.第3s末，F对滑块做功的瞬时功率为1W 力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹 (2)利用P=F·cosa,其中为物体运动 D.前3s内，F对滑块做的总功为零 力一定做功，故C错误：AB对磁铁的摩擦力沿接 的平均速度， 解析：由题图可知，第1“内，滑块位移为 触面，与磁铁运动方向不垂直，故摩擦力一定做 3.瞬时功率的计算方法 1m,F对滑块微的功为2J,故A错误：第2s内， 功，故D错误 (1)利用公式P=Fveos a其中：为1时刻滑块位移为1.5m,F对沿块做的功为4.5J,平 答案：B 的瞬时速度，。 均功率为4,5W,故B错误：第3内，滑块位移 例2.如图2所示，升降 (2)P=F·”r,其中r为物体的速度在力为1.5m,F对滑块做的功为1.5J,第3s末，F对 机内斜面的倾角9=30°， F方向上的分速度 滑块做功的瞬时功率P=F=1W,故C正确： 质量为2kg的物体置于斜 (3)P=F,·,其中F,为物体受到的外力F前3s内，F对滑块做的总功为8」，故D错误 面上始终不发生相对滑动， 出2 在速度”方向上的分力 答案：C 数理报 微 专 题 27 (2)这一过程的P-1图像和v-t图像如图 专题9变力做功与机车启动问题 所示 。广西蔡熙永 专题考点一：变力做功的计算 炼，如图2所示.假设聂海胜 1.利用动能定理求变力做功 锻炼15分钟克服动感单车阻 利用公式W=Feos&不容易直接求功时， 力而消耗的能量约为900kJ 2.模型二：以恒定加逸度启动 尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动 假设动感单车的阻力主要来 (1)动态过程 能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做 源于距车轴30cm的阻尼装 功的首选 置（可视为质点），聂海胜每 图2 2.利用饿元法求变力微功 分钟蹬车90圈，则阻尼装置对车轮的阻力大小 0 将物体的位移分割成许多小段，因每段很约为 () 小，所以每一小段上作用在物体上的力可以视为 A.180NB.350NC.580ND.780N 底地动 恒力，这样就将变力做功转化为在无数多段位移 解析：设平均阻力大小为了，则有∫×15×90 (2)这一过程的P-1图像和-1图像如图 上的恒力所做功的代数和.此祛常用于求解大小×2r】=9.0×101,解得/354N,故B正确 所示 不变，方向改变的变力做功问题， 答案：B 3.化变力为恒力求变力做功 例3.如图3所示， 有些变力做功问题通过转换研究对象，可转：个完全相同、边长足 图3 化为恒力做功，用W=F0s:求解此法常用于够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为1， 轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中， 总质量为M,它们一起以某一初速度在光滑水平 例4.如图5所示，为 4.利用平均力求变力做功 面上滑动.某时刻开始滑上粗髓水平面.小方块 某款新型配送机器人，该 若物体受到的力方向不变，而大小随位移均与粗糙水平面之间的动摩擦因数为：，重力加速 机器人可以自动规避道路 匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F:度大小为&，若小方块恰能全部进人粗糙水平 障码与往来车辆行人，实 图5 十上的恒力作用，F,R,分别为物体在初，末 面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为 现自动化安全配送的全场 2 景适应.该机器人的额定功率为2.75kW,自身 ( 质量为350kg,最大承载质量为200kg,行驶时 位置所受到的力，然后用公式W=F1csa求此 A.Mgl B.uMgl 该配送机器人受到的阻力为其总重力的0.1倍。 变力所做的功 重力加速度g取10m/s2,不计其他摩擦，下列说 5.利用F-x图像求变力做功 C.uMgl D.2uMgl 法正确的是 () 在F-x图像中，图线与x轴所围“面积”的 解析：（方法一：利用平均力做功求解）总质 A.该配送机器人空载行驶时，能达到的最 代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位 量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中， 大速度为9m/。 于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的 滑动摩擦力由零开始均匀增大，当小方块全部进 B.该配送机器人满载行驶时，能达到的最 “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 入粗糙水平面时摩擦力达到最大值μMg,总位移 大速度为5m/s C.若该配送机器人以1m/s的加速度匀加 几何图形)， 大小为1，平均摩擦力为瓦，=Mg,由功的计 速满载启动，则做匀加速运动的时间为2.5。 例1.如图1所示，一质 D.若该配送机器人以额定功率满载启动， 量为m的质点在半径为R 算公式可得取，=-24Mg,所以亭擦力对所有 当速度为2m/s时，其加速度为1,5m/s 的半球形容器中（客器固 解析：空载时能达到的最大速度为。= 定)由静止开始自边缘上的 小方块做功的大小为之Mg,故A正确 2.75×103 用1 A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力 (方法二：利用F-x图豫 m=01x30x0/=7286,故A 错误；满截时能达到的最大速度为'。= 为Fx:重力加速度为g,则质点自A滑到B的过 桌解)由于小方块受到的滑动 摩擦力F,从零开始均匀增大至 P 2.75×103 程中，摩擦力对其所做的功为 ( A.TR(Fs-3mg)B.R(2mg-Fs) 1g,故可作出如图4所示的F 01(m+m')g=0.1×350+200)×10ms 图4 =5m/:,故B正确：若该配送机器人以1m/:2的 -x图像进行求解，其图线与横轴围成图形的面 加速度匀加速满载启动，根据牛顿第二定律可得 C.F -mg) D.R(F.-2mg) 积即滑动摩擦力做功的大小，即之Wg,故AF-01(m+m')g=(m+m')a,匀加速阶段的 解析：质点在B点，由牛顿第二定律，有：F正确 牵引力为F=0.1(m+m')g+(m+m')=1 10N,则匀加速直线运动能达到的最大速度为 -mg=m元，质点在B点的能为Bu=方m 答案：A 专题考点二：机车启动问题 与=号=2.5，则该阶段时间为1=： =(F、~mg)R质点自A滑到B的过程中，由 1.襪型一：以恒定功率启动 2.5,故C正确：若该配送机器人以额定功率满 载启动，当速度为2m/s时.牵引力大小为F= 动能定理得：mgR+W,=E。-0,解得：W,= (1)动态过程 R(R、-3mg),故A正确，BCD错误 :1375N,则此时的加速度为a 2 答案：A P-0.1(m+m)里-l.5m/分，故D正确 m +m" 例2.聂海胜利用太空跑台一动感单车锻 知电观绳肃浅小—→。一均地直我地纳一 的变地速婚 答案：BCD