七、功和能-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（苏京）（课件PPT+word教案）

七、功和能 1.(2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理-Ff·2πL=0-m，可得摩擦力的大小Ff=，故选B。 2.(2024·贵州卷·6)质量为1 kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x=3 m处，F做功的瞬时功率为(　　) A.8 W B.16 W C.24 W D.36 W 答案　A 解析　根据题图可知物块运动到x=3 m处，F做的总功为WF=3×2 J+2×1 J=8 J 该过程根据动能定理得 WF=mv2 解得物块运动到x=3 m处时的速度为v=4 m/s 故此时F做功的瞬时功率为P=Fv=8 W 故选A。 3.(2023·山东卷·4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　) A. B. C. D.nmgωRH 答案　B 解析　由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=，T=，联立解得P=，故选B。 4.(2022·江苏卷·8)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　) 答案　A 解析　设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek=mgxtan θ，即=mgtan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故选A。 5.(2019·江苏卷·8改编)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　) A.弹簧的最大弹力为μmg B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs C.弹簧的最大弹性势能为2μmgs D.物块在A点的初速度为 答案　B 解析　小物块压缩弹簧最短时有F弹>μmg，故A错误；全过程小物块的路程为2s，所以全过程中小物块克服摩擦力做的功为2μmgs，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒定律得：Epmax=μmgs，故C错误；设小物块在A点的初速度为v0，小物块从A点返回A点由动能定理得：-μmg·2s=0-m，解得v0=2，故D错误。 6.(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　　) A.它滑过的弧长 B.它下降的高度 C.它到P点的距离 D.它与P点的连线扫过的面积 答案　C 解析　如图所示， 设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh=mv2 由几何关系可得h=Lsin θ sin θ= 联立可得h=，则v=L 故C正确，A、B、D错误。 7.(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(　　) A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为m-Pt 答案　C 解析　对动车组由牛顿第二定律有F牵-F阻=ma， 动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻=kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误； 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有-kv=ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误； 若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有=kv， 而以额定功率匀速时，有=kvm， 联立解得v=vm，故C正确； 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm， 由动能定理可知4Pt-W克阻=m-0 可得动车组克服阻力做的功为W克阻=4Pt-m，故D错误。 8.(12分)(2021·江苏卷·14)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1)(4分)装置静止时，弹簧弹力的大小F； (2)(4分)环A的质量M； (3)(4分)上述过程中装置对A、B所做的总功W。 答案　(1)　(2)m　(3)mgL 解析　(1)装置静止时，设AB、OB的张力分别为F1、F2， 对A受力分析，由平衡条件得F=F1sin 37° 对B受力分析，由平衡条件得F1cos 37°+F2cos 37°=mg F1sin 37°=F2sin 37° 联立解得F= (2)细线与竖直方向夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，A、B的转动半径分别为rA、rB，由几何关系知rA=L，rB=L。 由题知环A的向心力F'=F。 对A，F'=Mω2·L 对B，mgtan 53°=mω2·L 解得M=m。 (3)B上升的高度h=L，A、B的动能分别为 EkA=M(ω·L)2； EkB=m(ω·L)2 根据能量守恒定律可知， W=(EkA-0)+(EkB-0)+mgh 解得W=mgL。 9.(15分)(2021·浙江1月选考·20)如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离d=R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。 (1)(4分)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向； (2)(5分)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式； (3)(6分)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？ 答案　见解析 解析　(1)从A到C，小球的机械能守恒，有 mgh0=m 可得vC= 根据动量定理得I=mvC=m 方向水平向左 (2)小球从A到D，由机械能守恒定律有 mg(h-R)=m 根据牛顿第二定律有FN= 联立可得FN=2mg(-1) 满足的条件h≥R (3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是h≤R+3Rsin θ=R 第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回， 小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则 vxt=vx=d，其中vx=vGsin θ，vy=vGcos θ 故有vGsin θ·=d 可得vG=2 由机械能守恒定律有mg(h-R)=m 可得h=R。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 经典重现　考题再现 七、功和能 1.(2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理-Ff·2πL=0-m，可得摩擦力的大小Ff=，故选B。 2.(2024·贵州卷·6)质量为1 kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x=3 m处， F做功的瞬时功率为 A.8 W B.16 W C.24 W D.36 W 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据题图可知物块运动到x=3 m处，F做的总功为WF=3×2 J+2×1 J=8 J 该过程根据动能定理得 WF=mv2 解得物块运动到x=3 m处时的速度为v=4 m/s 故此时F做功的瞬时功率为P=Fv=8 W 故选A。 3.(2023·山东卷·4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车 对灌入稻田的水做功的功率为 A. B. C. D.nmgωRH 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 9 1 2 3 4 5 6 由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60% =1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=，T=，联立解得P=，故选B。 7 8 9 1 2 3 4 5 6 4.(2022·江苏卷·8)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是 7 8 9 √ 设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek=mgxtan θ，即=mgtan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5.(2019·江苏卷·8改编)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中 A.弹簧的最大弹力为μmg B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs C.弹簧的最大弹性势能为2μmgs D.物块在A点的初速度为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 小物块压缩弹簧最短时有F弹>μmg，故A错误； 全过程小物块的路程为2s，所以全过程中小 物块克服摩擦力做的功为2μmgs，故B正确； 小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒定律得：Epmax=μmgs，故C错误； 设小物块在A点的初速度为v0，小物块从A点返回A点由动能定理得：-μmg·2s=0-m，解得v0=2，故D错误。 7 8 9 6 1 2 3 4 5 6.(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于 A.它滑过的弧长 B.它下降的高度 C.它到P点的距离 D.它与P点的连线扫过的面积 7 8 9 √ 6 1 2 3 4 5 如图所示，设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh=mv2 由几何关系可得h=Lsin θ sin θ= 联立可得h=，则v=L 故C正确，A、B、D错误。 7 8 9 6 1 2 3 4 5 7 8 9 7.(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是 A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到 最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为m-Pt √ 6 1 2 3 4 5 7 8 9 对动车组由牛顿第二定律有F牵-F阻=ma， 动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻=kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误； 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有-kv=ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有=kv， 而以额定功率匀速时，有=kvm， 联立解得v=vm，故C正确； 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm， 由动能定理可知4Pt-W克阻=m-0 可得动车组克服阻力做的功为W克阻=4Pt-m，故D错误。 6 1 2 3 4 5 8.(2021·江苏卷·14)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速 度为g，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1)装置静止时，弹簧弹力的大小F； 7 8 9 答案　　 装置静止时，设AB、OB的张力分别为F1、F2， 对A受力分析，由平衡条件得F=F1sin 37° 对B受力分析，由平衡条件得 F1cos 37°+F2cos 37°=mg F1sin 37°=F2sin 37° 联立解得F= 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 (2)环A的质量M； 7 8 9 答案　m　 细线与竖直方向夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，A、B的转动半径分别为rA、rB，由几何关系知rA=L，rB=L。 由题知环A的向心力F'=F。 对A，F'=Mω2·L 对B，mgtan 53°=mω2·L 解得M=m。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 (3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。 7 8 9 答案　mgL B上升的高度h=L，A、B的动能分别为 EkA=M(ω·L)2； EkB=m(ω·L)2 根据能量守恒定律可知， W=(EkA-0)+(EkB-0)+mgh 解得W=mgL。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 9.(2021·浙江1月选考·20)如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离 7 8 9 d=R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。 6 1 2 3 4 5 (1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向； 7 8 9 答案　见解析 6 1 2 3 4 5 从A到C，小球的机械能守恒，有 mgh0=m 可得vC= 根据动量定理得I=mvC=m 方向水平向左 7 8 9 6 1 2 3 4 5 (2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式； 7 8 9 答案　见解析 6 1 2 3 4 5 小球从A到D，由机械能守恒定律有 mg(h-R)=m 根据牛顿第二定律有FN= 联立可得FN=2mg(-1) 满足的条件h≥R 7 8 9 6 1 2 3 4 5 (3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？ 7 8 9 答案　见解析 6 1 2 3 4 5 第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是h≤R+3Rsin θ=R 第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回， 小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则 vxt=vx=d，其中vx=vGsin θ，vy=vGcos θ 故有vGsin θ·=d 7 8 9 6 1 2 3 4 5 可得vG=2 由机械能守恒定律有mg(h-R)=m 可得h=R。 7 8 9 $$