七、功和能-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（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.(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。 3.(多选)(2023·新课标卷·20)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.在x=1 m时，拉力的功率为6 W B.在x=4 m时，物体的动能为2 J C.从x=0运动到x=2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D.从x=0运动到x=4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 答案　BC 解析　由题图可知，W-x图像的斜率表示拉力F，0~2 m过程中拉力大小为6 N，2~4 m过程中拉力大小为3 N，由牛顿第二定律可知，a1==2 m/s2，a2==-1 m/s2，故0~2 m过程中，物体做匀加速运动，2~4 m过程中，物体做匀减速运动。在x=1 m时，由公式=2a1x1，解得v1=2 m/s，此时拉力的功率P=F1v1=12 W，故A错误；在x=4 m时，物体的动能Ek=W总-Ffx4=18 J-16 J=2 J，故B正确；从x=0运动到x=2 m，物体克服摩擦力做的功W克f=Ffx2=8 J，故C正确；从x=0运动到x=4 m的过程中，物体在x=2 m时速度最大，由=2a1x2，解得v2=2 m/s，此时物体的动量p=mv2=2 kg·m/s，故D错误。 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.(多选)(2019·江苏卷·8)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μmgs D.物块在A点的初速度为 答案　BC 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正确；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.(多选)(2021·辽宁卷·10)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是(　　) A.L1=，L2= B.L1=，L2= C.L1=，L2= D.L1=，L2= 答案　CD 解析　设倾斜滑道倾角为θ，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足mgsin θ<μmgcos θ 可得μ>tan θ= 即有L1> 因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑， 可得L1> 滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h-μmgcos θ·-μmgx=0-0 其中0<x≤L2，可得 L1<，L1+L2≥ 代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得 L1<，L1+L2≥ 综合需满足 <L1<和L1+L2≥ 故选C、D。 9.(多选)(2022·河北卷·9)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是(　　) A.物体P和Q的质量之比为1∶3 B.2T时刻物体Q的机械能为 C.2T时刻物体P重力的功率为 D.2T时刻物体P的速度大小为 答案　BCD 解析　开始释放时物体Q的加速度大小为， 则有mQg-FT=mQ·，FT-mPg=mP·， 解得FT=mQg，=，选项A错误； 在T时刻，两物体的速度大小v1=， P上升的距离h1=×T2=， 轻绳断后P能上升的高度h2==， 则开始时P、Q竖直方向上的距离为h=h1+h2=， 开始时P所处的水平面为零势能面，则开始时Q的机械能E=mQgh=， 从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q做负功，大小为WF=FTh1=， 则绳断裂时物体Q的机械能 E'=E-WF==， 此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为，选项B正确； 在2T时刻，物体P的速度v2=v1-gT=-，方向向下，此时物体P重力的瞬时功率 PG=mPg|v2|=·==， 选项C、D正确。 10.(12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)(3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)(3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 √ 10 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.(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 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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。 3.(多选)(2023·新课标卷·20)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 A.在x=1 m时，拉力的功率为6 W B.在x=4 m时，物体的动能为2 J C.从x=0运动到x=2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D.从x=0运动到x=4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 由题图可知，W-x图像的斜率表示拉力F，0~2 m过程中拉力大小为6 N，2~4 m过程中拉力大小为3 N，由牛顿第二定律可知，a1==2 m/s2，a2= =-1 m/s2，故0~2 m过程中，物体做匀加速运动，2~4 m过程中，物体做匀减速运动。在x=1 m时，由公式=2a1x1，解得v1=2 m/s，此时拉力的功率P=F1v1=12 W，故A错误； 在x=4 m时，物体的动能Ek=W总-Ffx4=18 J-16 J=2 J，故B正确； 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 从x=0运动到x=2 m，物体克服摩擦力做的功W克f =Ffx2=8 J，故C正确； 从x=0运动到x=4 m的过程中，物体在x=2 m时速度 最大，由=2a1x2，解得v2=2 m/s，此时物体的动量p=mv2= 2 kg·m/s，故D错误。 7 8 9 10 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 10 √ 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 10 5.(多选)(2019·江苏卷·8)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μmgs D.物块在A点的初速度为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 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正确； 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 10 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 √ 10 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 10 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 √ 10 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， 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 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 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 8.(多选)(2021·辽宁卷·10)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是 A.L1=，L2= B.L1=，L2= C.L1=，L2= D.L1=，L2= √ 7 8 9 10 √ 6 1 2 3 4 5 设倾斜滑道倾角为θ，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足mgsin θ <μmgcos θ 可得μ>tan θ= 即有L1> 因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑， 可得L1> 滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h-μmgcos θ· -μmgx=0-0 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 其中0<x≤L2，可得 L1<，L1+L2≥ 代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得 L1<，L1+L2≥ 综合需满足 <L1<和L1+L2≥ 故选C、D。 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 9.(多选)(2022·河北卷·9)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是 A.物体P和Q的质量之比为1∶3 B.2T时刻物体Q的机械能为 C.2T时刻物体P重力的功率为 D.2T时刻物体P的速度大小为 7 8 9 √ 10 √ √ 6 1 2 3 4 5 开始释放时物体Q的加速度大小为， 则有mQg-FT=mQ·，FT-mPg=mP·， 解得FT=mQg，=，选项A错误； 在T时刻，两物体的速度大小v1=， P上升的距离h1=×T2=， 轻绳断后P能上升的高度h2==， 则开始时P、Q竖直方向上的距离为h=h1+h2=， 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 开始时P所处的水平面为零势能面，则开始时Q的机 械能E=mQgh= ， 从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q做负功，大小为WF=FTh1=， 则绳断裂时物体Q的机械能E'=E-WF==， 此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为，选项B正确； 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 在2T时刻，物体P的速度v2=v1-gT=-，方向向下，此时物体P重力的瞬时功率 PG=mPg|v2|=·==， 选项C、D正确。 7 8 9 10 6 1 2 3 4 5 10.(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 7 8 9 10 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。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 (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； 答案　见解析 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 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 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 (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； 答案　见解析 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 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 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 (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？ 答案　见解析 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 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 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 可得vG=2 由机械能守恒定律有mg(h-R)=m 可得h=R。 $$