第1篇 专题2 第6课时 功和能（Word教参）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

该高中物理讲义围绕能量与动量专题中的功和能核心考点，涵盖功功率计算、动能定理、功能关系、机械能守恒及能量守恒等高考重点，按“概念公式-规律应用-综合题型”逻辑架构知识体系。通过考点梳理（重要公式与二级结论表格化呈现）、方法指导（如功能关系对应表、机械能守恒判断方法）、真题训练（2024山东等高考题精讲）等环节，帮助学生系统构建能量观点解题框架，突破高考高频难点。 资料以科学思维和模型建构为核心，创新设计“规律总结-真题建模-分层突破”教学流程。例如在机车启动问题中，通过对比恒定功率与恒定加速度两种模型的受力、运动及能量变化，培养学生科学推理能力。设置热考题型分类讲解和高考模拟冲关练习，确保学生在有限时间内掌握解题技巧，为教师提供清晰的复习节奏把控方案，有效提升学生应考能力。

专题二　能量与动量 第6课时　功和能 【目标要求】　1.会对功和功率进行分析和计算，会求解力的平均功率和瞬时功率.2.掌握常见的功能关系.3.理解动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律，会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量观点问题． 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.功、功率 (1)功的计算公式：①W＝Fl cos α，恒力做功与路径无关，即恒力的功等于力与力方向位移的乘积． ②W＝Pt，用来求恒定功率的做功问题． ③F－x图线与x轴围成的面积表示力在这一段位移所做的功． (2)功率：P＝或P＝Fv. ①机车以恒定功率启动：P0＝F↓v↑，F↓－f＝ma↓，当F＝f时，a＝0，v＝vm＝. 续表 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.功、功率 ②机车以恒定加速度启动：F－f＝ma，v＝at，P＝Fv＝at，当P＝P0，即t1＝时匀加速阶段结束，而后P0＝F↓v↑，F↓－f＝ma↓，F＝f时，a＝0，v＝vm＝. (3)重力、静电力做功与路径无关；滑动摩擦力做功与路径有关，等于滑动摩擦力与路程的乘积． (4)物体由斜面上高为h的位置滑下，滑到平面上的另一点停下来，若L是释放点到停止点的水平总距离，则物体与接触面之间的动摩擦因数μ与L、h之间存在关系μ＝，如图所示． 2.动能、动能定理 (5)动能：Ek＝mv2＝；动能定理：W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1. 3.功能关系 (6)①WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp；②W弹＝Ep1－Ep2＝－ΔEp；③④W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk；⑤W其他＝E2－E1＝ΔE；⑥W电场＝Ep1－Ep2＝－ΔEp；⑦Qf＝f动L相对位移． 4.重力势能 (7)重力势能：Ep＝mgh，与参考平面的选取有关，而重力势能的变化与参考平面选取无关． (8)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增大． 5.弹性势能 (9)弹簧的弹力做功只与位置有关，而与路径无关． (10)弹性势能：Ep＝kx2.弹簧拉伸x与压缩x，弹性势能相同． 6.机械能守恒定律 (11)机械能守恒的条件：只有重力和弹簧的弹力做功，其他力做功为0. (12)表达式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv或者ΔEp减＝ΔEk增． (13)对于多物体组成的系统： 常用ΔEA增＝ΔEB减求解，可以理解为物体A增加的能量等于物体B减少的能量；亦可以理解为A形式的能量增加量等于B形式的能量减少量． 热考一　功、功率的分析与计算 【例1】　(2024·山东高考)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d＜l).两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量).现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　 ) A．＋μmg(l－d) B．＋μmg(l－d) C．＋2μmg(l－d) D．＋2μmg(l－d) 【解析】　当甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳的伸长量为x；对甲及其所坐的木板整体，根据平衡条件μmg＝kx，解得弹性绳的伸长量x＝，此时弹性绳的弹性势能E＝kx2＝k＝，乙同学的位移x′＝(l－d)＋x，根据功能关系，拉力做功W＝μmgx′＋E＝μmg＋E，代入数据解得W＝＋μmg(l－d)，综上分析，故ACD错误，B正确． 【答案】　B 【例2】　(2023·湖北高考)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2.现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　) A．　　　B． C． D． 【解析】　由题意可知两节动车分别有 P1＝f1v1，P2＝f2v2 当将它们编组后有P1＋P2＝v，联立可得v＝，故选D. 【答案】　D 【总结提升】 1．功的求法 2．功率的求法 热考二　动能定理和功能关系的应用 【例3】　(2024·浙江1月选考)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1 m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接．在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5 kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐．质量m＝0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞．(其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) (1)若h＝0.8 m，求小物块： ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在DE上经过的总路程； ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比； (2)若h＝1.6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块． 【解析】　(1)①物块a从A到C，根据动能定理mgh＝mv－0，解得vC＝4 m/s 在C处，根据向心加速度公式aC＝，代入数据解得aC＝16 m/s2 ②物块a从A到D，根据动能定理mg[h－R(1－cos θ)]＝mv－0，代入数据解得vD＝2 m/s，设上滑的最大高度为h1，根据动能定理－mgh1－μ1mg cos θ·＝0－mv，代入数据解得h1＝0.45 m ED之间的高度差hDE＝L sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m＞h1，因此物块a未滑出轨道DE； 设物块在DE上经过的总路程为s，最后一次刚好能从C运动到D； 根据动能定理－μ1mg cos θ·s－μ2mg cos θ·s＝0－mv，代入数据解得s＝2m ③物块a在DE轨道上滑的加速度大小a1＝g sin θ＋μ1g cos θ，代入数据解得a1＝8 m/s2 由于mg sin θ＞μ2mg cos θ，物块a上滑减速为零后，沿DE轨道下滑； 物块a在DE轨道下滑的加速度大小a2＝g sin θ－μ2g cos θ，代入数据解得a2＝2 m/s2 根据匀变速运动公式x＝at2，由于物块a上滑和下滑的路程相等，因此有a1t＝a2t，所以＝＝＝1∶2； (2)物块a从A经C到F的过程中，根据动能定理mg[h－L sin θ－2R(l－cos θ)]－μ1mgL cos θ＝mv－0，代入数据解得vF＝2 m/s 设物块a与滑块b向左运动的共同速度为v，取水平向右为正方向 根据动量守恒定律mvF＝2mv，根据功能关系2μ1mgl＝mv－·2mv2 代入数据联立解得l＝0.2 m. 【答案】　(1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2　(2)0.2 m 【总结提升】 各种能量及对应的功能关系总结 能量 对应的功能关系 重力势能 重力做功：WG＝Ep1－Ep2 弹性势能 弹力做功：W弹＝Ep1－Ep2 动能 总功：W总＝Ek2－Ek1 续表 能量 对应的功能关系 机械能 不包含弹簧 W除重力之外＝E2－E1 包含弹簧 W除重力和弹力之外＝E2－E1 滑动摩擦力产生的内能 系统克服滑动摩擦力做功：Wf＝Q＝Ffs相对 电势能 静电力做功：W电＝Ep1－Ep2 续表 能量 对应的功能关系 导体切割磁感线产生的电能 克服安培力做功：W克＝E2－E1 分子势能 分子力做功：W分子力＝Ep1－Ep2 气体内能 (绝热状态) 气体体积增大 W对外＝－ΔU 气体体积减小 W对气＝ΔU 热考三　机械能守恒定律的应用 【例4】　(多选)(2022·河北高考)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 【解析】　开始释放时物体Q的加速度为，则mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，解得FT＝mQg，＝，选项A错误；T时间内，P上升的距离h1＝×T2＝，在T时刻，两物体的速度v1＝，细线断后P能上升的高度h2＝＝，可知，开始时P、Q距离为h＝h1＋h2＝.因t＝0时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为E＝mQgh＝，从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为WT＝FTh1＝，则此时物体Q的机械能E′＝E－WF＝＝，此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；在2T时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－方向向下；此时物体P重力的瞬时功率PG＝mPgv2＝·＝＝，选项CD正确． 【答案】　BCD 【例5】　(多选)(2025·潍坊昌乐一中一模)如图所示，质量为m的小球穿过一竖直固定的光滑杆并拴在轻弹簧上，质量为4m的物块用轻绳跨过光滑的定滑轮(不计滑轮质量和大小)与小球连接，开始用手托住物块，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α＝53°，某时刻由静止释放物块(足够高)，经过一段时间小球运动到Q点，O、Q两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点时弹簧弹力的大小相等．已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.则小球由P点到Q点的过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．小球和物块组成的系统机械能守恒 B．弹簧的劲度系数为 C．小球到达Q点时的速度大小为 D．重力对物块做功的功率一直增大 【解析】　A．小球由P到Q的过程，对于小球、物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球和物块组成的系统机械能之和先增大后减小，故A错误；B.P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知PQ＝d tan 53°＝d，则小球位于P点时弹簧的压缩量为x＝PQ＝d，小球在P点，由力的平衡条件可知mg＝kx，解得：k＝，故B正确；C.当小球运动到Q点时，设小球的速度为v，此时物块的速度为零．对于小球、物块和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得 4mg－mgd tan 53°＝mv2，解得：v＝，故C正确；D.由于小球在P和Q点处，物块的速度都为零，小球由P到Q的过程，物块的速度先增大后减小，由P＝mgv可知重力对物块做功的瞬时功率先增大后减小，故D错误． 【答案】　BC 【总结提升】 机械能守恒的判断方法与表达形式 热考四　能量守恒定律的应用 【例6】　(2024·江苏高考)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L.一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D.求： (1)CD段长x； (2)BC段电动机的输出功率P； (3)全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值． 【解析】　(1)关闭电动机，物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理得： －mgx·sin θ－μmgx·cos θ＝0－mv2，解得：x＝； (2)物块在BC段做匀速运动，由平衡条件可得： 电动机输出的牵引力为： F＝mg sin θ＋μmg cos θ 电动机的输出功率为： P＝Fv＝mgv(sin θ＋μcos θ)； (3)全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能，则有：E1＝mgL sin θ 全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和，则有：E2＝mg(L－x)sin θ＋mv2＋μmg(L－x)cos θ 解得：E2＝mgL(sin θ＋μcos θ) 可得：＝＝. 【答案】　(1) (2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3) 【例7】　如图所示，质量分别为m和3m的小物块A和B，用劲度系数为k轻质弹簧连接后放在水平地面上，A通过一根水平轻绳连接到墙上．A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平拉力将B向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，B恰好能保持静止，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.下列判断正确的是(　　) A．物块B向右移动的最大距离为xB＝ B．若剪断轻绳，A在随后的运动过程中相对于其初位置的最大位移大小 C．若剪断轻绳，A在随后的运动过程中通过的总路程为 D．若剪断轻绳，A最终会静止时弹簧处于伸长状态，其伸长量为 【解析】　A.根据题意撤去拉力后，B恰好能保持静止，即kxB＝3μmg解得xB＝，故A错误． BCD.剪断轻绳，A会在弹簧弹力和摩擦力共同作用下向右运动，弹簧伸长量减小，弹力减小，B不会发生移动，即B处于静止状态，A速度减为零时，设弹簧处于拉长状态且伸长量为xA，根据能量守恒可知kx－kx＝μmg 解得xB＝xA(舍去)xA＝－xB负号表示弹簧处于压缩状态，压缩量为x′A＝ 此时恰好有kxA＝μmg即A速度减为零时刚好能静止，所以A运动的最大位移及路程为s＝x′A＋xB＝，C正确，BD错误；故选C. 【答案】　C [高考模拟冲关] 1．(2025·大连一模)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Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则(　　 ) A．物块下滑过程中机械能守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为4.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 【解析】　A．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，选项A错误；B.斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为θ＝37°.令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30 J 可得质量m＝1 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μmg·cos θ·s＝20 J求得μ＝0.5，B正确；C.由牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma 求得a＝2 m/s2，C错误；D.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，选项D错误，故选B. 【答案】　B 2．(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点．则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　 ) A.在Q点最大　　　　B．在Q点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 【解析】　设圆环的半径为R，小球下滑的高度为h，则h≤2R，小球在下滑过程中，根据动能定理mgh＝mv2，解得v＝，小球在最高处静止时，小球对圆环的作用力F1＝mg，小球从最高处到圆心等高处的过程中，设重力与半径方向成θ角，如图所示： 小球下滑的高度h＝R(1－cos θ)，小球的速度v＝＝，根据牛顿第二定律mg cos θ－F＝m，联立解得F＝3mg cos θ－2mg，θ增大，cos θ减小，作用力F先减小，再反方向增大；小球在圆心等高处时F2＝m＝m＝2mg，小球从圆心等高处到最低处的过程中，设重力与半径方向成α角，如图所示： 小球下滑的高度h＝R(1＋cos α)，小球的速度v＝＝，根据牛顿第二定律F－mg cos α＝m，代入数据联立解得F＝2mg＋3mg cos α，α减小，cos α增大，作用力F增大；小球在最低处时F3－mg＝m＝m＝4mg，解得F3＝5mg，根据牛顿第三定律，综合上述分析，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小，后增大，故ABD错误，C正确． 【答案】　C 学科网（北京）股份有限公司 $