人教高中物理专题09 功和功率（解析版）.docx

专题09 功和功率
[题型导航]
题型一 功的分析和计算 1
题型二 功率的分析和计算 7
题型三 机车启动问题 11
[考点分析]
题型一 功的分析和计算
1．功的正负
(1)0≤α<90°，力对物体做正功．
(2)90°<α≤180°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．
(3)α＝90°，力对物体不做功．
2．功的计算：W＝Flcos_α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
(3)功是标(填“标”或“矢”)量．
如图所示，以恒定速率v1＝0.5m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝4m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.5m/s从传送带顶端推下一件m＝2kg的小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度a的大小；
（2）小包裹在传送带上减速运动的时间t和位移s的大小。
（3）小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功。
【解答】解：（1）因小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹相对传送带向下滑动，受到传送带的滑动摩擦力沿传动带向上，以沿传动带向下为正方向，根据牛顿第二定律得：
mgsinα﹣μmgcosα＝ma
代入数据解得：a＝﹣0.4m/s2
故加速度的大小为0.4m/s2，方向为沿斜面向上；
（2）由（1）的结论可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，假设小包裹能够一直减速到速度与传送带相同，则此过程所用时间为：
t=(v1−v2)a=0.5−1.5−0.4s=2.5s
此过程的位移大小为：
s=v1+v22⋅t=0.5+1.52×2.5m=2.5m
因s＜L＝4m，故假设成立。
（3）因μ＝0.8＞tanα＝0.75，故小包裹与传动带共速后，与传送带保持相对静止做匀速直线运动直至达到传送带底端，匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为：
f2＝mgsinα
此过程小包裹的位移大小为：
s2＝L﹣s＝4m﹣2.5m＝1.5m
小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为：
Wf＝﹣f1s﹣f2s2＝﹣μmgcosα•s﹣mgsinα•s2
代入数据解得：Wf＝﹣50J。
答：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度a的大小为0.4m/s2；
（2）小包裹在传送带上减速运动的时间t为2.5s和位移s的大小为2.5m。
（3）小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为﹣50J。
（多选）如图甲所示，质量m＝0.5kg，初速度v0＝10m/s的物体，受到一个与初速度方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3s撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的v﹣t图象如图乙所示，g取10m/s2，则（　　）
A．物体与地面间的动摩擦因数为0.2
B．0～2s内F做的功为﹣8J
C．0～7s内摩擦力做功为﹣25J
D．0～7s内物体滑行的总位移为29m
【解答】解：A、根据图象，撤去拉力后，加速度大小a2=Δv2Δt2=0−47−3m/s2＝﹣1m/s2.根据牛顿第二定律得，μmg＝ma2，解得μ＝0.1，A错误；
B、有拉力时，有F+μmg＝ma1，根据图线知a1=Δv1Δt1=4−103m/s2＝2m/s2.解得F＝0.5N，0～2s内的位移x＝v0t−12a1t12，代入数据解得：x＝16m，则F做的功WF＝﹣Fx＝﹣0.5×16J＝﹣8J.故B正确。
C、根据v﹣t图像与坐标轴围成的面积代表位移可知0～7s内物体位移为x=4+102×3m+4×42m＝29m，则克服摩擦力做功Wf＝μmgx，代入数据解得：Wf＝14.5J，C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）如图，一辆卡车要将叠放在车厢上的A、B两块钢材卸下，A钢材叠放在B钢材的上面，A与B、B与车厢的动摩擦因数分别为μ1和μ2，已知μ1＞μ2，现在随着卡车的液压杆缓慢撑起，车厢会绕车厢末端O顺时针转动，下列说法正确的是（　　）
A．在A、B均未滑动过程中，A的合外力不变
B．在A、B均未滑动过程中，车厢对B的摩擦力不做功
C．在A、B均未滑动时，A对B的摩擦力沿车厢向上
D．随着转动角度增大，A会先滑动
【解答】解：A、在A、B均未滑动过程中，钢材A处于平衡状态，因此钢材A所受合力一直为零，保持不变。故A正确。
B、由于车厢对B的摩擦力始终沿车厢方向与B缓慢移动的方向时刻垂直，在摩擦力方向未发生位移，故车厢对B的摩擦力不做功。故B