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1、第1讲功和能考情速览明规律高考命题点命题轨迹情境图功和功率2018卷1917(2)14题18(3)19题2017卷14动能定理的应用2020卷2520(3)25题19(3)17题19(2)25题18(1)18题18(2)14题17(2)17题17(2)24题16(2)16题16(3)20题16(3)24题2019卷17卷252018卷14、18卷142017卷17卷242016卷16卷20卷24机械能守恒定律和能量守恒定律的应用2020卷20卷2520(1)20题20(2)25题18(3)25题16(1)25题16(2)25题16(2)21题17(3)16题2019卷212018卷25卷172
2、017卷24卷162016卷25卷25卷21核心知识提素养“物理观念”构建1几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关(2)摩擦力做功的特点单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生
3、热2几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的减少量，即WGEp.(2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即W弹Ep.(3)合力的功等于动能的变化，即WEk.(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他E.(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即QFfx相对“科学思维”展示1思想方法(1)守恒的思想、分解思想；(2)守恒法、转化法、转移法2模型建构(1)功和功率的求解功的求解：WFlcos 用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像法来求解功率的求解：可以用定义式P来求解，如果力是恒力，可以用PFvcos 来求解(2)动能定理的应用技巧若运动包括几
4、个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理(3)碰撞中的“三看”和“三想”看到“弹性碰撞”，想到“动量守恒与机械能守恒”看到“非弹性碰撞”，想到“动量守恒但机械能有损失”看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体”，想到“动量守恒，机械能损失最大”命题热点巧突破考点一功和功率的计算考向1功和功率的分析与计算1(2020江苏高考真题)质量为1.5103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8103 N此时，汽车发动机输出的实际功率是(C)A90 kWB30 kWC36 kWD300 kW【解析】汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡Ff1.8103 N，汽车发动机的功率PF
5、v1.810320 W36 kW，故选C2(2020上海静安区一模)某人用长绳将一重物从井口送到井下，前二分之一时间物体匀速下降，后二分之一时间物体匀减速下降，到达井底时速度恰好为0，两段时间重物克服拉力做的功分别为W1和W2，则(C)AW1W2BW1W2CW15 m/s，知汽车速度为5 m/s时发动机的功率小于2104 W故D错误6(2020哈尔滨一中一模)如图甲为某型号电动平衡车，其体积小，操控新颖方便，深受年轻人的喜爱当人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其vt图像如图所示(除310 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)已知人与平衡车质量之和为80 kg,3 s后功率恒为
6、300 W，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知(C)A03 s时间内，牵引力做功490 JB310 s时间内，小车的平均速度大小是4.5 m/sC310 s时间内，小车克服摩擦力做功1 020 JD小车在第2 s末与第14 s末的功率之比为12【解析】最终匀速运动时，牵引力与阻力相等，根据PFvfvm，代入数据，可得f50 N，在03 s时间内，小车做匀加速运动，根据图像可知a1 m/s2，根据牛顿第二定律Ffma，可得F130 N，在03 s时间的位移s1at24.5 m，因此03 s时间内，牵引力做功W1Fs1585 J，A错误；在310 s时间内，根据动能定理PtWfm
7、vmv，根据图像得Wf1 020 J，C正确；在310 s时间内，是加速度逐渐减小的加速运动，因此4.5 m/s，B错误；小车在2 s末的功率P2Fv260 W，因此，D错误考点二动能定理的应用典例探秘典例1 游乐园的过山车其局部可简化为如图所示的示意图，倾角37的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD平滑连接，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h24 m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L20 m，质量m1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆
8、轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，到达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的.已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数，圆弧轨道EF光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2)(1)求过山车过F点时的速度大小；(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少
9、为多大？【规范审题】确定F点的速度求其做功时，要应用动能定理条件是摩擦力大于或等于DE段重力的分力【答案】(1)3 m/s(2)7.5104 J(3)6 000 N【解析】(1)设过山车过F点时的速度为vF，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有m1gm1gm1，又rLsin 联立方程并代入数据解得vF3 m/s.(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得mg(hr)Wmv0代入数据解得W7.5104 J.(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E点时对应的摩擦力为Ff，未触发制动装置时过山车在D点和F点的速度分别为vD和vF，由动能定理得Ff
10、Lcos mgrcos 0mv未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得mgcos Lcos mgrmvmv联立方程并代入数据解得Ff4.56103 N因为Ffmgsin 6 000 N，故由题意可知过山车受到的摩擦力至少为6 000 N.规律总结应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”(1)一个过程：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息(2)两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，如例题中B点的速度为零，F点的速度可利用动力学求出(3)四个关注建立运动模型，判断物体做了哪些运动，如例题中EF段为圆周运动分析各个运动过程中物体的受力
11、和运动情况抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态根据实际情况分阶段(如例题中选DEF段)或整个过程利用动能定理列式计算考向预测1(2020陕西咸阳二模)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.则质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(A)AmgRBmgRCmgRDmgR【解析】质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得Nmgm解得vQ，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgRWfmv，得克服摩擦力所做的功为WfmgR，故A正
12、确，BCD错误2.(2020江苏高考真题)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(A)【解析】由题意可知设斜面倾角为，动摩擦因数为，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有mgxtan mgcos Ek，整理可得(mgtan mg)xEk，即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有mgxEk，即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确3(2019全国卷)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不
13、变、方向始终与运动方向相反的外力作用距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为(C)A2 kgB1.5 kgC1 kgD0.5 kg【解析】画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，AB(上升过程)：EkBEkA(mgf)hCD(下落过程)：EkDEkC(mgf)h联立以上两式，解得物体的质量m1 kg，C正确4(2020辽宁丹东质测)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动到C处停下，B、C两点间的距离为
14、R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为.若将物块P从A处正上方高度为2R处由静止释放后，从A处进入轨道，最终停在水平轨道上D点(图中未标出)，B、D两点间的距离为L，下列关系正确的是(A)AL(1)RBL(1)RCL(1)RDL(1)R【解析】小物块从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，根据动能定理得mgRWfmgR0，若物块P从A处正上方高度为2R处静止释放，从A处进入轨道，最终停在水平轨道上D点，根据动能定理得mg3RWfmgL0，若WfWf，则L(1)R，由于第二次经过圆弧轨道的速度较大，根据径向的合力提供向心力知，压力较大，摩擦力较大，所以WfWf，可知
15、L(1)R，故A正确，B、C、D错误5(2020新课标卷)如图，相距L11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定质量m10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v05.0 m/s自左侧平台滑上传送带载物箱与传送带间的动摩擦因数0.10，重力加速度取g10 m/s2.(1)若v4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v6.0 m/s，载物箱滑上传送带t s后，传送带速度突然变为零求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量【答案】(1)
16、2.75 s(2)4 m/s m/s(3)208.3 Ns，方向竖直向上【解析】(1)传送带的速度为v4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：mgma设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有v2v2ax1联立式，代入题给数据得x14.5 m；因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有vv0at2t1t2联立式并代入题给数据有t12.75 s；(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为
17、v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有mgLmvmvmgLmvmv由式并代入题给条件得v1 m/s，v24 m/s(3)传送带的速度为v6.0 m/s时，由于v0vmg(Lx2x3)即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，vv22a(Lx2x3)则v35 m/s减速运动时间t41 s设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2.由动量定理有I1m(v3v0)0I2N(tt4)mg(tt4) Ns208.3 Ns，方向竖直向上则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量II2208.3
18、Ns，方向竖直向上考点三机械能守恒定律和能量守恒定律的应用典例探秘典例2 (多选)(2019课标，18,6分)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和.取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得(AD)A物体的质量为2 kgBh0时，物体的速率为20 m/sCh2 m时，物体的动能Ek40 JD从地面至h4 m，物体的动能减少100 J【解析】Eph图像知其斜率为G，故G20 N，解得m2 kg，故A正确；h0时，Ep0，EkE机Ep100 J0100 J，故mv2100 J，解得：v10 m
19、/s，故B错误；h2 m时，Ep40 J，EkE机Ep85 J40 J45 J，故C错误；h0时，EkE机Ep100 J0100 J，h4 m时，EkE机Ep80 J80 J0 J，故EkEk100 J，故D正确【核心考点】本题考查了动能、重力势能和图像等知识，以及理解能力、推理能力，体现了物理观念中能量观念的要素和科学思维中科学推理、科学论证的要素【规范审题】竖直向上抛，物体初始状态机械能不为0E总EkEp，则h0，Ep0，E总Ek0mv100 J，求出v0h0，Ep0两条图线h2 m时，E总90 J，Ep40 J，根据E总EkEp，求出Ek图线交点h4 m时，E总80 J，Ep80 J，根
20、据E总EKEp，求出EK0；Epmgh80 J，求出物体质量.考向预测1(2020重庆八中模拟)把小球放在竖立的轻质弹簧上，并将球向下按至A的位置，如图甲所示迅速松手后，球被弹起并沿竖直方向运动到最高位置C(图丙)，途中经过B的位置时弹簧正好处于自由状态(图乙)不计空气阻力，从A到C的运动过程中(D)A球的机械能守恒B球在B位置加速度最大C从A到C的过程中，球先加速后减速，在B位置时球动能最大D从A到C的过程中，球先加速后减速，在B位置时球机械能最大【解析】球和弹簧整体机械能守恒，弹簧弹性势能有变化，所以球机械能不守恒，A错误；当球在最低点时，加速度最大，B错误；球在A到C过程中，重力与弹簧弹
21、力二力平衡时动能最大，在B点弹性势能最小，小球机械能最大，故D正确2.(多选)(2020山东省高考真题)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态以下判断正确的是(ACD)AM2mB2mM3mC在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能
22、的减少量【解析】由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为，则依题意有2mgsin Mg，故有Mmg，故A错误；全过程小物块的路程为2s，所以全过程中克服摩擦力做的功为mg2s，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得EPmaxmgs，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：mg2s0mv，解得：v02，故D错误5(多选)(2020全国课标卷)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线、所示，重力加速度取10 m/s2.则(AB)A物块下滑
23、过程中机械能不守恒B物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J【解析】下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为37.令斜面底端为零势能面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh30 J，可得质量m1 kg，下滑5 m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功mgcos s20 J，求得0.5，B正确；由牛顿第二定律mgsin mgcos ma求得a2 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D选项错误，故选AB