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1、功和功率 功能关系考情分析与备考建议1五年考情分析分课时考点试卷及题号第4课时功和功率功能关系考点1功、功率的分析与计算15年卷T17、17年卷T14、18年卷T19考点2功能关系的理解和应用16年卷T21、17年卷T24、17年卷T16、19年卷T18考点3动能定理的应用15年卷T17、18年卷T14、18年卷T18、18年卷T14、19年卷T17考点4动力学与能量观点的综合应用16年卷T25、16年卷T16、16年卷T25、16年卷T20、16年卷T24、17年卷T17、17年卷T24、18年卷T25、19年卷T21第5课时动量与能量观点的综合应用考点1动量定理与动量守恒定律的应用17年卷
2、T14、17年卷T15、17年卷T20、18年卷T15、19年卷T16考点2碰撞类问题15年卷T35(2)、15年卷T35(2)、16年卷T35(2)考点3动力学、动量和能量观点的综合应用15年卷T35(2)、16年卷T35(2)、18年卷T24、18年卷T24、18年卷T25、19年卷T25、19年卷T25、19年卷T252.复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难
3、度较大(2)对于动量问题，17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，卷、卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，卷只是用到了动量的概念，19年在计算题中出现，卷、卷都涉及动量与能量观点的综合应用，卷中用到了动量定理，对于动量的考察，综合性、难度有所提升，备考时应多加注意第4课时功和功率功能关系考点功、功率的分析与计算1恒力功的计算(1)单个恒力的功WFlcos.(2)合力为恒力的功先求合力，再求WF合lcos.WW1W2.2变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算(2)力的方向不变，大小随位移线性
4、变化可用Wlcos计算(3)Fl图象中，功的大小等于“面积”(4)求解一般变力做的功常用动能定理3功率的计算(1)P，适用于计算平均功率；(2)PFv，若v为瞬时速度，则P为瞬时功率；若v为平均速度，则P为平均功率注意：力F与速度v方向不在同一直线上时功率为Fvcos.例1(多选)(2019山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g取10m/s2.则以下判断正确的是()图1A小环的质量是1kgB细杆与地面间的倾角是30C前3
5、s内拉力F的最大功率是2.25WD前3s内拉力对小环做功5.75J答案AD解析由速度时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1s内，am/s20.5 m/s2，加速阶段：F1mgsinma；匀速阶段：F2mgsin0，联立以上三式解得：m1kg，sin0.45，故A正确，B错误；第1s内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1s末，PFv150.5W2.5W；第1s末到第3s末，PFv14.50.5W2.25W，即拉力的最大功率为2.5W，故C错误；从速度时间图象可以得到，第1 s内的位移为0.25 m,13 s内的位移为1 m，前3 s内拉力做的功为：W50.25 J4
6、.51J5.75J，故D正确变式训练1.(2019河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放，用P1、P2、P3依次表示各滑环从静止滑到d过程中重力的平均功率，则()图2AP1P2P2P3CP3P1P2DP1P2P3答案B解析对小滑环b受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为agsin(为杆与水平方向的夹角)，由
7、数学知识可知，小滑环的位移x2Rsin，所以t，t与无关，即t1t2t3，而三个环重力做功W1W2W3，所以有：P1P2P3，B正确2.(多选)(2019福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC，其中AB段是半径为R的圆弧，BC段是水平的一质量为m的滑块从A点由静止滑下，最后停在水平轨道上C点，此过程克服摩擦力做功为W1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C点推回到A点，此过程克服摩擦力做功为W2，推力对滑块做功为W，重力加速度为g，则下列关系中正确的是()图3AW1mgRBW2mgRCmgRW2mgR答案AC解析滑块由A到C的过程，由动能定理可知mgR
8、W10，故A对；滑块由A到B做圆周运动，而在推力作用下从C经过B到达A的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A到B的过程中平均支持力大于从B到A的平均支持力，那么摩擦力从A到B做的功大于从B到A做的功，而两次经过BC段摩擦力做功相等，故W2W1mgR，故B错；滑块由C到A的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即WmgRW20，即WW1W2，由于W2W1mgR，所以mgRWmgcos，故物体不会静止在木板上(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mghmgscos0解得s11.25m(3)假设物体依次能到达B、D点，由动能定理得mg
9、(hLsin)mgcos(L)mv解得vB0mg(hLsin)mgcos(3L)mvvD无解说明物体能通过B点但不能到达D点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C点考点动力学与能量观点的综合应用1两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征2四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位
10、移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解例4(2019河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度在平台的右端有一传送带，AB长L5m，物块与传送带间的动摩擦因数10.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s1.5 m，它与物块间的动摩擦因数20.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为120，在
11、圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来若传送带以v5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的Ep18 J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g10 m/s2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R；(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围答案(1)0.8m(2)m(3)m/svm/s解析(1)物块被弹簧弹出，由Epmv，可知：v06m/s因为v0v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，由：1mgma1，vv0a1t
12、1，x1v0t1a1t得到：a12m/s2，t10.5s，x12.75m因为x10，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC间停下，设最终停在距C点x处，由mv2mg(sx)，代入数据解得：xm.(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点，在F点满足mgsin30m从B到F过程中由动能定理可知：2mgsmg(RRsin30)mvmv解得：v1m/s设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由mv2mg3smgR解得：v2m/s若物块在传送带上一直加速运动，由mvmv1mgL知其到B点
13、的最大速度vBmm/s若物块在E、F间速度减为0，则物块将脱离轨道综合上述分析可知，只要传送带速度m/svm/s就满足条件变式训练7.(2019山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O点距水平地面的高度为H3m，不可伸长的细线一端固定在O点，另一端系一质量m2kg的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A点，另一端与小球相连，OB线与竖直方向的夹角为37，lm)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()图3A两滑块组成的系统机械能守恒B轻绳对m做的功等于m机械能的增加量C重力对M
14、做的功等于M动能的增加量D两滑块组成的系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功答案BD5.(2019福建三明市期末质量检测)如图4所示，一个质量m1 kg的小球(视为质点)从H11m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R4m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度g10m/s2)()图4A10mB9.5mC9mD8.5m答案B解析到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零，则mgm，解得vC2m/s，则物体在BC阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg(H2R
15、)WBCmv，解得WBC10J；由于从C到B过程小球对圆轨道的平均压力小于从B到C过程小球对圆轨道的平均压力，则小球从C到B过程克服摩擦力做的功小于从B到C过程克服摩擦力做的功，即0WCB10J；从C到D由动能定理：mg(2Rh)WCB0mv，联立解得9mh10m.6一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g10 m/s2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s的速度匀速前行过程做功的功率最接近()A10WB100WC1kWD10kW答案B解析设送餐员和车的总质量为100kg
16、，匀速行驶时的速率为5m/s，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F0.02mg20 N，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为PFv100W，故B正确7(多选)(2019四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5s时撤去拉力，其1.5s内的速度随时间变化关系如图乙所示，g取10m/s2.则()图5A0.5s时拉力功率为12WB0.5s内拉力做功9JC1.5s后物块可能返回D1.5s后物块一定静止答案AC解析00.5 s内物体的位移：x10.52 m0.5 m；0.51.5 s内物体的位移：x212m1m；由题图乙知，各阶段加速
17、度的大小：a14m/s2，a22 m/s2；设斜面倾角为，斜面对物块的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，00.5s内Fgmcosmgsinma1；0.51.5s内mgcosmgsinma2，联立解得：F6N，但无法求出和.0.5s时，拉力的功率PFv12W，故A正确拉力做的功为WFx13J，故B错误无法求出和，不清楚tan与的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C正确，D错误8.(多选)(2019安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10N的滑块轻放在倾角为30的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点已
18、知ab1m，bc0.2m，则以下结论正确的是()图6A整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB整个过程中滑块动能的最大值为6JC从c到b弹簧的弹力对滑块做功5JD整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒答案AD解析滑块从a到c, mghacW弹00，解得：W弹6J则EpmW弹6J，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J，故A正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合外力为0，由分析可知d点在b点和c点之间滑块从a到d有：mghadW弹Ekd0，因mghad6J，W弹0，所以Ekd6J，故B错误；从c点到b点弹簧的弹力对滑块做的功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做的功大小相
19、等，即为6J，故C错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确9(多选)(2019河南九师联盟质检)如图7所示，半径为R0.4m的圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m0.5kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O点等高，小球乙位于圆心O的正下方某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g取10m/s2.则()图7A小球甲下滑过程中机械能增加B小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J答案BD
20、解析小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，故A错误小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增大后减小，故B正确两个球与轻杆组成的系统机械能守恒，故：mgRmv2mv2，解得：vm/s2 m/s；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：FNmgm，解得：FNmgm0.510N0.5N10N，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道的压力大小为10N，故C错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：Wmv20.522J1J，故D正确级争分练10(2019吉林“五地六校”合作
21、体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其vt图象如图8所示已知赛车的质量为m1103kg，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g取10m/s2，则以下说法正确的是()图8A赛车在前5s内的牵引力为5102NB赛车速度为25m/s时的加速度为5 m/s2C赛车的额定功率为100kWD赛车的最大速度为80m/s答案C解析匀加速直线运动的加速度大小为：am/s24 m/s2，根据牛顿第二定律得：FFfma，解得牵引力为：FFfma0.1110310N11034N5103N，故A错误；额定功率为：PFv500020W100
22、000W100kW.当车的速度是25m/s时，牵引力：FN4000N，车的加速度：am/s23 m/s2，故B错误，C正确；当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为：vmm/s100 m/s，故D错误11(2019福建泉州市期末质量检查)如图9所示，四分之一圆弧AB和半圆弧BC组成的光滑轨道固定在竖直平面内，A、C两端点等高，直径BC竖直，圆弧AB的半径为R，圆弧BC的半径为.一质量为m的小球从A点上方的D点由静止释放，恰好沿A点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g.图9(1)要使小球能运动到C点，D、A两点间的高度差h至少为多大？(2)改变h，小球通过C点后落到圆弧A
23、B上的最小动能为多少？答案(1)(2)mgR解析(1)设小球刚好通过C点的速度为v，则mgm小球从D点到C点的过程中机械能守恒，有：mghmv2联立解得h(2)设小球通过C点的速度为v0，落到圆弧AB上时，水平位移为x，下落高度为y，由平抛运动的规律可知xv0t；ygt2从C点抛出到落到圆弧AB上，由动能定理得：mgyEkmv，又x2y2R2联立可得：Ekmg(3y)式中当3y，即yR时，Ek有最小值，EkminmgR.12.如图10所示，倾角为30的足够长斜面固定于水平面上，轻滑轮的顶端与固定于竖直平面内圆环的圆心O及圆环上的P点在同一水平线上，细线一端与套在环上质量为m的小球相连，另一端跨
24、过滑轮与质量为M的物块相连小球在竖直向下拉力作用下静止于Q点，细线与环恰好相切，OQ、OP间成53角撤去拉力后球运动到P点速度恰好为零忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin530.8，cos530.6，求：图10(1)拉力的大小F；(2)物块和球的质量之比Mm；(3)撤去拉力瞬间，细线张力FT的大小答案(1)Mgmg(2)125(3)(mg或Mg)解析(1)由平衡条件，对物块M：FT1Mgsin30对球m：(Fmg)cos53FT1得到：FMgmg；(2)设环的半径为R，球运动至P过程中，球上升高度为：h1Rsin53物块沿斜面下滑的距离为：LRtan53(R)由机械能守恒定律有：mgh1MgLsin30得到：Mm125；(3)细线的张力为FT，根据牛顿第二定律可以得到：物块M：Mgsin30FTMa球m：FTmgcos53ma解得：FT(FTmg或FTMg)