1、精選優質文檔-傾情為你奉上精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業專心-專注-專業精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業復習備考建議1能量觀點是高中物理三大觀點之一，是歷年高考必考內容；或與直線運動、平拋運動、圓周運動結合，或與電場、電磁感應結合，或與彈簧、傳送帶、板塊連接體等結合；或借助選擇題單獨考查功、功率、動能定理、功能關系的理解，或在計算題中考查動力學與能量觀點的綜合應用，難度較大2對于動量問題，可以只在選擇題中出現，考查動量守恒定律、動量定理的基本應用，也可在計算題中出現，特別是動量與動力學、能量結合、綜合性強、難度高，應加大訓練第4課時功和功率功能關系考點功、功率的分析與計算

2、1恒力功的計算(1)單個恒力的功 WFlcos.(2)合力為恒力的功先求合力，再求WF合lcos .WW1W2.2變力功的計算(1)若力大小恒定，且方向始終沿軌跡切線方向，可用力的大小跟路程的乘積計算(2)力的方向不變，大小隨位移線性變化可用Weq xto(F)lcos 計算(3)Fl圖象中，功的大小等于“面積”(4)求解一般變力做的功常用動能定理3功率的計算(1)Peq f(W,t)，適用于計算平均功率；(2)PFv，若v為瞬時速度，則P為瞬時功率；若v為平均速度，則P為平均功率注意：力F與速度v方向不在同一直線上時功率為Fvcos .例1(多選)(2019山西晉中市適應性調研)如圖1甲所示

3、，足夠長的固定光滑細桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環，沿桿方向給環施加一個拉力F，使環由靜止開始運動，已知拉力F及小環速度v隨時間t變化的規律如圖乙、丙所示，重力加速度g取10 m/s2.則以下判斷正確的是()圖1A小環的質量是1 kgB細桿與地面間的傾角是30C前3 s內拉力F的最大功率是2.25 WD前3 s內拉力對小環做功5.75 J答案AD解析由速度時間圖象得到環先勻加速上升，然后勻速運動，由題圖可得：第1 s內，aeq f(v,t)eq f(0.5,1) m/s20.5 m/s2，加速階段：F1mgsin ma；勻速階段：F2mgsin 0，聯立以上三式解得：m1 kg，s

4、in 0.45，故A正確，B錯誤；第1 s內，速度不斷變大，拉力的瞬時功率也不斷變大，第1 s末，PFv150.5 W2.5 W；第1 s末到第3 s末，PFv14.50.5 W2.25 W，即拉力的最大功率為2.5 W，故C錯誤；從速度時間圖象可以得到，第1 s內的位移為0.25 m,13 s內的位移為1 m，前3 s內拉力做的功為：W50.25 J4.51 J5.75 J，故D正確變式訓練1(2020山東等級考模擬卷3)我國自主研制的絞吸挖泥船“天鯤號”達到世界先進水平若某段工作時間內，“天鯤號”的泥泵輸出功率恒為1104 kW，排泥量為1.4 m3/s，排泥管的橫截面積為0.7 m2.則

5、泥泵對排泥管內泥漿的推力為()A5106 N B2107 NC2109 N D5109 N答案A解析由排泥量和排泥管橫截面積可求排泥速度veq f(1.4 m3/s,0.7 m2)2 m/s.由PFv可得Feq f(P,v)eq f(1107 W,2 m/s)5106 N.2.(多選)(2019福建龍巖市期末質量檢查)如圖2所示，在豎直平面內有一條不光滑的軌道ABC，其中AB段是半徑為R的eq f(1,4)圓弧，BC段是水平的一質量為m的滑塊從A點由靜止滑下，最后停在水平軌道上C點，此過程克服摩擦力做功為W1.現用一沿著軌道方向的力推滑塊，使它緩慢地由C點推回到A點，此過程克服摩擦力做功為W2

6、，推力對滑塊做功為W，重力加速度為g，則下列關系中正確的是()圖2AW1mgR BW2mgRCmgRW2mgR答案AC解析滑塊由A到C的過程，由動能定理可知mgRW10，故A對；滑塊由A到B做圓周運動，而在推力作用下從C經過B到達A的過程是一個緩慢的勻速過程，所以從A到B的過程中平均支持力大于從B到A 的平均支持力，那么摩擦力從A到B做的功大于從B到A做的功，而兩次經過BC段摩擦力做功相等，故W2W1mgR，故B錯；滑塊由C到A的過程中，由能量守恒可知，推力對滑塊做的功等于滑塊重力勢能增加量與克服摩擦力所做的功兩部分，即WmgRW20，即WW1W2，由于 W2W1mgR，所以mgRWmgcos

7、 ，故物體不會靜止在木板上(2)從物體開始運動到停下，設總路程為s，由動能定理得mghmgscos 0解得s11.25 m(3)假設物體依次能到達B、D點，由動能定理得mg(hLsin )mgcos (Leq f(h,sin )eq f(1,2)mvB2解得vB0mg(hLsin )mgcos (3Leq f(h,sin )eq f(1,2)mvD2vD無解說明物體能通過B點但不能到達D點，因物體不能靜止在木板上，故物體最終停在C點考點動力學與能量觀點的綜合應用1兩個分析(1)綜合受力分析、運動過程分析，由牛頓運動定律做好動力學分析(2)分析各力做功情況，做好能量的轉化與守恒的分析，由此把握各

8、運動階段的運動性質，各連接點、臨界點的力學特征、運動特征、能量特征2四個選擇(1)當物體受到恒力作用發生運動狀態的改變而且又涉及時間時，一般選擇用動力學方法解題；(2)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律解題，題目中出現相對位移時，應優先選擇能量守恒定律；(3)當涉及細節并要求分析力時，一般選擇牛頓運動定律，對某一時刻的問題選擇牛頓第二定律求解；(4)復雜問題的分析一般需選擇能量的觀點、運動與力的觀點綜合分析求解例4(2019河北邯鄲市測試)如圖9所示，一根輕彈簧左端固定于豎直墻上，右端被質量m1 kg可視為質點的小物塊壓縮而處于靜止狀態，且彈簧與物塊

9、不拴接，彈簧原長小于光滑平臺的長度在平臺的右端有一傳送帶，AB長L5 m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數10.2，與傳送帶相鄰的粗糙水平面BC長s1.5 m，它與物塊間的動摩擦因數20.3，在C點右側有一半徑為R的光滑豎直圓弧軌道與BC平滑連接，圓弧對應的圓心角為120，在圓弧的最高點F處有一固定擋板，物塊撞上擋板后會以原速率反彈回來若傳送帶以v5 m/s的速率順時針轉動，不考慮物塊滑上和滑下傳送帶的機械能損失當彈簧儲存的Ep18 J能量全部釋放時，小物塊恰能滑到與圓心等高的E點，取g10 m/s2.圖9(1)求右側圓弧的軌道半徑R；(2)求小物塊最終停下時與C點的距離；(3)若傳送帶的速度大小可

10、調，欲使小物塊與擋板只碰一次，且碰后不脫離軌道，求傳送帶速度的可調節范圍答案(1)0.8 m(2)eq f(1,3) m(3)eq r(37) m/sveq r(43) m/s解析(1)物塊被彈簧彈出，由Epeq f(1,2)mv02，可知：v06 m/s因為v0v，故物塊滑上傳送帶后先減速，物塊與傳送帶相對滑動過程中，由：1mgma1，vv0a1t1，x1v0t1eq f(1,2)a1t12得到：a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 m因為x10，故物塊會再次滑上傳送帶，物塊在恒定摩擦力的作用下先減速至0再反向加速，由運動的對稱性可知，物塊以相同的速率離開傳送帶，經分析可知最終在B

11、C間停下，設最終停在距C點x處，由eq f(1,2)mvB22mg(sx)，代入數據解得：xeq f(1,3) m.(3)設傳送帶速度為v1時物塊恰能到F點，在F點滿足mgsin 30meq f(vF2,R)從B到F過程中由動能定理可知：2mgsmg(RRsin 30)eq f(1,2)mvF2eq f(1,2)mv12解得：v1eq r(37) m/s設傳送帶速度為v2時，物塊撞擋板后返回能再次上滑恰到E點，由eq f(1,2)mv222mg3smgR解得：v2eq r(43) m/s若物塊在傳送帶上一直加速運動，由eq f(1,2)mvBm2eq f(1,2)mv021mgL知其到B點的最

12、大速度vBmeq r(56) m/s若物塊在E、F間速度減為0，則物塊將脫離軌道綜合上述分析可知，只要傳送帶速度eq r(37) m/sveq r(43) m/s就滿足條件變式訓練7.(2019山東青島二中上學期期末)如圖10所示，O點距水平地面的高度為H3 m，不可伸長的細線一端固定在O點，另一端系一質量m2 kg的小球(可視為質點)，另一根水平細線一端固定在墻上A點，另一端與小球相連，OB線與豎直方向的夾角為37，lm)的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()圖4A兩滑塊組成的系統機

13、械能守恒B輕繩對m做的功等于m機械能的增加量C重力對M做的功等于M動能的增加量D兩滑塊組成的系統機械能的損失等于M克服摩擦力做的功答案BD7(多選)(2019四川第二次診斷)如圖5甲所示，質量m1 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t0.5 s時撤去拉力，其1.5 s內的速度隨時間變化關系如圖乙所示，g取10 m/s2.則()圖5A0.5 s時拉力功率為12 WB0.5 s內拉力做功9 JC1.5 s后物塊可能返回D1.5 s后物塊一定靜止答案AC解析00.5 s內物體的位移：x1eq f(1,2)0.52 m0.5 m；0.51.5 s內物體的位移：x2eq f

14、(1,2)12 m1 m；由題圖乙知，各階段加速度的大小：a14 m/s2，a22 m/s2；設斜面傾角為，斜面對物塊的動摩擦因數為，根據牛頓第二定律，00.5 s內Fgmcos mgsin ma1；0.51.5 s內mgcos mgsin ma2，聯立解得：F6 N，但無法求出和.0.5 s時，拉力的功率PFv12 W，故A正確拉力做的功為WFx13 J，故B錯誤無法求出和，不清楚tan 與的大小關系，故無法判斷物塊能否靜止在斜面上，故C正確，D錯誤8.(多選)(2019安徽安慶市期末調研監測)如圖6所示，重力為10 N的滑塊輕放在傾角為30的光滑斜面上，從a點由靜止開始下滑，到b點接觸到一

15、個輕質彈簧，滑塊壓縮彈簧到c點開始彈回，返回b點離開彈簧，最后又回到a點已知ab1 m，bc0.2 m，則以下結論正確的是()圖6A整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6 JB整個過程中滑塊動能的最大值為6 JC從c到b彈簧的彈力對滑塊做功5 JD整個過程中彈簧、滑塊與地球組成的系統機械能守恒答案AD解析滑塊從a到c, mghacW彈00解得：W彈6 J.則EpmW彈6 J所以整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6 J，故A正確；當滑塊受到的合外力為0時，滑塊速度最大，設滑塊在d點合外力為0，由分析可知d點在b點和c點之間滑塊從a到d有：mghadW彈Ekd0因mghad6 J，W彈0所以Ekd6J，

16、故B錯誤；從c點到b點彈簧的彈力對滑塊做的功與從b點到c點彈簧的彈力對滑塊做的功大小相等，即為6 J，故C錯誤；整個過程中彈簧、滑塊與地球組成的系統機械能守恒，沒有與系統外發生能量轉化，故D正確9(多選)如圖7所示，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g.則()圖7Aa落地前，輕桿對b一直做正功Ba落地時速度大小為eq r(2gh)Ca下落過程中，其加速度大小始終不大于gDa落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg答案BD解析滑塊b的初速度為零，末速度也

17、為零，所以輕桿對b先做正功，后做負功，選項A錯誤；以滑塊a、b及輕桿組成的系統為研究對象，系統的機械能守恒，當a剛落地時，b的速度為零，則mgheq f(1,2)mva20，即vaeq r(2gh)，選項B正確；a、b的先后受力如圖甲、乙所示，由a的受力圖可知，a下落過程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項C錯誤；當a落地前b的加速度為零(即輕桿對b的作用力為零)時，b的機械能最大，a的機械能最小，這時b受重力、支持力，且FNbmg，由牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確 級爭分練10(2019吉林“五地六校”合作體聯考)一輛賽車在水平路面上由靜止啟動，在前5 s內做勻加速

18、直線運動，5 s末達到額定功率，之后保持以額定功率運動其vt圖象如圖8所示已知賽車的質量為m1103 kg，賽車受到的阻力為車重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2，則以下說法正確的是()圖8A賽車在前5 s內的牽引力為5102 NB賽車速度為25 m/s時的加速度為5 m/s2C賽車的額定功率為100 kWD賽車的最大速度為80 m/s答案C解析勻加速直線運動的加速度大小為：aeq f(v,t)eq f(20,5) m/s24 m/s2，根據牛頓第二定律得：FFfma，解得牽引力為：FFfma0.1110310 N11034 N5103 N，故A錯誤；額定功率為：PFv5 00020

19、W100 000 W100 kW.當車的速度是25 m/s時，牽引力：Feq f(P,v)eq f(100 000,25) N4 000 N，車的加速度：aeq f(FFf,m)eq f(4 0000.11104,1103) m/s23 m/s2，故B錯誤，C正確；當牽引力與阻力相等時，速度最大，最大速度為：vmeq f(P,F)eq f(P,Ff)eq f(100 000,1 000) m/s100 m/s，故D錯誤11(2019福建泉州市期末質量檢查)如圖9所示，四分之一圓弧AB和半圓弧BC組成的光滑軌道固定在豎直平面內，A、C兩端點等高，直徑BC豎直，圓弧AB的半徑為R，圓弧BC的半徑為

20、eq f(R,2).一質量為m的小球從A點上方的D點由靜止釋放，恰好沿A點切線方向進入并沿軌道運動，不計空氣阻力，重力加速度大小為g.圖9(1)要使小球能運動到C點，D、A兩點間的高度差h至少為多大？(2)改變h，小球通過C點后落到圓弧AB上的最小動能為多少？答案(1)eq f(R,4)(2)eq f(r(3),2)mgR解析(1)設小球剛好通過C點的速度為v，則mgmeq f(v2,f(R,2)小球從D點到C點的過程中機械能守恒，有：mgheq f(1,2)mv2聯立解得heq f(R,4)(2)設小球通過C點的速度為v0，落到圓弧AB上時，水平位移為x，下落高度為y，由平拋運動的規律可知xv0t；yeq f(1,2)gt2從C點拋出到落到圓弧AB上，由動能定理得：mgyEkeq f(1,2)mv02又x2y2R2聯立可得：Ekeq