1、第4课时 功和功率 功能关系 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
2、所提升，备考时应多加注意.1.恒力功的计算(1)单个恒力的功W_.(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，大小随位移线性变化可用计算.(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.W F lcos Flcos 3.功率的计算(1)，适用于计算_；(2)PFv，若v为瞬时速度，则P为_功率；若v为平均速度，则P为_功率.注意：力F与速度v方向不在同一直线上时功率为Fvcos.PWt平均功率瞬时平均例1(多选)(2019山西晋中市适
3、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10 m/s2.则以下判断正确的是 图1A.小环的质量是1 kg B.细杆与地面间的倾角是30 C.前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W D.前3 s内拉力对小环做功5.75 J 匀速阶段：F2mgsin 0，联立以上三式解得：m1 kg，sin 0.45，故A正确，B错误；第1 s内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1 s末，PFv150.5 W2.5 W；解析 由速度时间图象
4、得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第 1 s内，avt 0.51m/s20.5 m/s2，加速阶段：F1mgsin ma；第1 s末到第3 s末，PFv14.50.5 W2.25 W，即拉力的最大功率为2.5 W，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 J4.51 J5.75 J，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
5、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2A.P1P2P2P3C.P3P1P2D.P1P2P3 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)，由数学知识可知，小滑环的位移x2Rsin，所以 t2xa 22Rsin gsin 4Rg，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
6、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A.W1mgRB.W2mgRC.mgRW2mgR 14图3 解析 滑块由A到C的过程，由动能定理可知mgRW10，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
7、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)物体运动的总路程是多少？答案 11.25 m 解析 从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得 mghmgscos 0 解得s11.25 m 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.(3)物体最终停在何处？并作出解释.答案 C点 解释见解析 解析 假设物体依次能到达
8、B、D点，由动能定理得 mg(hLsin)mgcos(L hsin)12mvB 2解得vB0 mg(hLsin)mgcos(3L hsin)12mvD 2vD无解 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，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定
9、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m1 kg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L5 m，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，在圆弧的最高点F处有
10、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v5 m/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.(1)求右侧圆弧的轨道半径R；图10答案 0.8 m v06 m/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，解析 物块被弹簧弹出，由 Ep12mv02，可知：由：1mgma1，vv0a1t1，x1v0t112a1t12得到：a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 m 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
11、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12mvB 22mg(sx)，代入数据解得：x13 m.(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 37 m/sv 43 m/s从B到F过程中由动能定理可知：解析 设传送带速度为 v1 时物块恰能到 F 点，在 F 点满足 mgsin 30mvF 2R2mgsmg(RRsin 30)12mvF 212mv12解得：v1 37 m/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12mv222mg3smgR解得：v2
12、43 m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mvBm 212mv021mgL知其到 B 点的最大速度 vBm 56 m/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 37 m/sv 43 m/s 就满足条件.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H3 m，不可伸长的细线一端固定在O点，另一端系一质量m2 kg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，lH，g取10 m/s2，空气阻力不计.(sin 370.6，cos 370.8)图11(1)若OB的长度l1
13、 m，剪断细线AB的同时，在竖直平面内垂直OB的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小；答案 2 46 kgm/s 变式训练 从B点到最高点，由动能定理有：解析 要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mgmv2lmg(llcos 37)12mv212mv02联立得一开始的冲量大小为 Imv02 46 kgm/s(2)若先剪断细线AB，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB，小球最终落地，求OB的长度l为多长时，小球落地点与O点的水平距离最远，最远水平距离是多少.答案 1.5 m 35 5 m解析 从剪断AB到小球至Hl高度过程，设小球至Hl高度处的速度为v0 由机械能守恒可得12mv02mgl(1cos 37)小球从Hl高度做初速度为v0的平抛运动，12gt2Hl，xv0t联立得，x45l23l当 l1.5 m 时 x 取最大值，为35 5 m.
