专题2 第1讲 功和能(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考物理二轮专题辅导与训练

该高中物理高考复习课件聚焦“动量与能量”专题中的功和能核心内容，覆盖功和功率、动能定理、机械能守恒、功能关系等高考高频考点，对接高考评价体系，通过知识体系梳理、命题点权重分析和常考题型归纳，结合2024新课标卷等真题及模拟题实例，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题引领+方法建模+素养提升”策略，如以机车启动问题解析功率计算技巧，通过动能定理多过程问题分步建模培养科学思维，结合F-x图像面积求功等方法提升物理观念应用能力。提供易错点分析和答题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此高效组织复习教学。

专题二　动量与能量 第1讲　功和能 第一部分　专题强化复习 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 命题点一 01 命题点二 02 命题点三 03 命题点四 04 专题集训 05 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 2 知 识 体 系 增加量 减少量 增加量 E1＝E2 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点一　功和功率 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点二　动能定理 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点三　机械能守恒定律 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点四　功能关系与能量守恒定律 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 专题集训(四) 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 谢谢观看 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 1．计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功。若是恒力做功，可用公式 W＝Fl cos α进行计算。若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：①W＝Pt，注意P为恒定功率；②微元法；③图像法；④转换研究对象法；⑤动能定理法。 2．对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率。P＝只能用来计算平均功率。P＝Fv cos α中的v是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v是平均速度时，计算出的功率是平均功率。 　(2025·四川南充模拟)如图甲所示，摩托车与汽车前后停在同一平直的道路上等候交通灯。摩托车刚好在前面的停车线处，汽车与停车线相距L＝10 m。当红灯熄灭绿灯亮起时，汽车开始以a1＝5 m/s2的加速度启动，当运动到停车线处后改做匀速运动；摩托车看到绿灯亮起后立即以a2＝4 m/s2的加速度启动做匀加速运动。已知两车在运动过程中均可视为质点，所受阻力恒定，在运动时间t内摩托车牵引力所做的功为W，其-t图像如图乙所示。求： (1)两车在运动过程中的最小距离Δx； (2)摩托车运动的第2 s末牵引力的功率P。 [解析]　(1)两车速度相等时间距最小。 汽车运动至停车线的过程中L＝a1t12，t1＝2 s 两车共速时a1t1＝a2(t1＋t2)，t2＝0.5 s 两车运动过程中的最小间距为 Δx＝a2(t1＋t2)2＋L－a1t12－a1t1t2＝7.5 m。 (2)摩托车做匀加速直线运动，牵引力做功为 W＝F·a2t2，＝t 图线斜率为＝ 则摩托车牵引力为F＝750 N 则摩托车运动的第2 s末牵引力的功率为 P＝Fa2t＝750×4×2 W＝6000 W。 [答案]　(1)7.5 m　(2)6000 W 1．机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。 2．机车匀加速启动过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vmax(此时F牵＝F阻)的求解方法： (1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1， 可求v1＝。 (2)求vmax：由P＝F阻vmax，可求vmax＝。 3．解决机车启动问题时的三点注意 (1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。 (2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率。 (3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。 1．(2025·湖南株洲模拟)根据机动车的运动情况，绘制的-图像如图所示，已知机动车的质量为1.5×103 kg，其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v0的方向为正方向，运动过程中所受阻力恒定，为1.5× 104 N。则以下说法合理的是(　　) A．1秒末机动车牵引力的功率为1.8×104 W B．机动车的初速度为20 m/s C．机动车的加速度为6 m/s2 D．机动车在前3秒的位移是24 m 解析　由图像设与的函数关系式为＝k＋b，整理可得x＝kt＋bt2，由运动学公式x＝v0t＋at2知上式中k＝v0＝20 m/s，加速度a＝－8 m/s2，故选项B正确，C错误；1秒末机车的速度v1＝v0＋at＝12 m/s。根据牛顿第二定律F－f＝ma，P＝Fv1，解得P＝3.6×104 W，故选项A错误；机车做减速运动经过的时间t＝＝2.5 s，所以前3秒的位移x＝＝25 m，故选项D错误。 答案　B 1．应用动能定理解题步骤 2．应用动能定理解题应注意的三个问题 (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简洁。 (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。 (3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。 题型1　利用动能定理求外力功 　(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度g取10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°(sin 37°＝0.6)。 (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子的拉力对重物做的总功。 [解析]　(1)由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则在竖直方向上有FPcos α＝FQcos β＋mg 在水平方向上有FPsin α＝FQsin β 联立并代入数据解得FP＝1200 N，FQ＝900 N。 (2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有 mgh＋W总＝0，代入数据解得W总＝－4200 J。 [答案]　(1)1200 N　900 N　(2)－4200 J 题型2　 利用动能定理求解多过程问题 　(2025·福建卷)如图甲所示，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m。求： (1)0～1 m内F做的功； (2)x ＝1 m时，A与B之间的弹力大小； (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。 [解析]　(1)F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小，由题图乙可知0～1 m内F所做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J。 (2)由题图乙可知，x＝1 m时外力F开始变化，可知A、B有相同的加速度，A与地面间的摩擦力Ff＝μmg，对A、B整体，由牛顿第二定律得F－Ff＝2ma，由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得FAB＝ma，联立解得A、B间的弹力大小FAB＝ma＝0.5 N。 (3)当FAB＝0时A、B分离，由(2)中分析可知F＝Ff＝0.5 N时A、B开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m，初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝·2mv2，结合(1)中分析由题图乙可得WF＝3.5 J，假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点的过程，由动能定理得－mg·2r＝mvM2－mv2，要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥，联立解得r≤0.2 m。 [答案]　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m 2．(2024·九省联考)无人快递车在水平路面上从静止开始做直线运动，经过160 s到达目的地停止运动，快递车在整个运送过程中牵引力F随时间t变化的关系如图所示，图中F1和t1未知。假设快递车与货物的总质量m＝100 kg，运行时所受阻力为自身重力的0.05倍，0～t1时间内位移的大小s1＝10 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)快递车在加速和减速过程中的加速度大小； (2)快递车在整个运动过程中牵引力所做的功。 解析　(1)由题意可知，快递车运行时所受阻力为 Ff＝0.05mg＝50 N 快递车在加速过程中，由牛顿第二定律F1－Ff＝ma1 快递车在减速过程中，由牛顿第二定律Ff－F2＝ma2，其中F2＝40 N，解得a2＝0.1 m/s2 设加速时间为t1，减速时间为t2，由运动学公式a1t1＝a2t2， 其中s1＝a1t12＝10 m，t2＝160 s－140 s＝20 s 联立解得a1＝0.2 m/s2，t1＝10 s 故快递车在加速和减速过程中的加速度大小分别为 0.2 m/s2，0.1 m/s2。 (2)全程对快递车由动能定理WF－Ff(s1＋s2＋s3)＝0 其中s2＝vΔt＝a1t1·Δt＝0.2×10×(140－10) m＝260 m， s3＝t3＝20 m 代入数据解得快递车在整个运动过程中牵引力所做的功为 WF＝14 500 J。 答案　(1)0.2 m/s2　0.1 m/s2　(2)14 500 J 1．机械能守恒定律的表达式 2．应用机械能守恒定律解题的基本思路 　如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，用手托住B，A静置于地面上，B距地面的高度为h，细线处于拉紧状态。释放后A、B开始运动。 已知A、B的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦和阻力。 (1)求B落地时的速度； (2)B触地后无反跳，绳不会脱离动滑轮和定滑轮，A 不会与动滑轮相碰，当绳子再次绷直后，便保持绷直状态，A、B一起运动，试求从 B第一次触地后B能够上升的最大高度。 [解析]　(1)根据系统机械能守恒定律有 mgh－mgh＝mv12＋m2 可得v1＝ 。 (2)触地后再次被拉起时，绳子瞬间绷直，拉力为F，作用时间为t，则对B由动量定理有Ft＝mv2 2Ft＝m，可得v2＝ 根据机械能守恒定律 mgh1－mg＝mv22＋m2 可得h1＝。 [答案]　(1) 　(2) 　在例题中， 试求从B第一次触地后：(提示：绳子瞬间绷直，绳子张力很大，且有机械能损失) (1)经过多少时间，将第二次触地？ (2)经过多少时间，系统将停止运动？ 解析　(1)再次拉起后，在A上升和B下落过程中，两物体的加速度分别为a1、a2，拉力为T，则有 可得a2＝0.4g 上升和下落的时间为t1，有h1＝a22 可得t1＝ B触地到绳子绷直的时间为t2，则有＝a1 可得t2＝ 则到第二次触地所用时间为t＝t1＋t2＝4。 (2)由上述分析可知t1与成正比，则有 hn＝hn－1，t1n＝t1(n－1)， t2与也成正比，则有t2n＝t2(n－1) 则系统停止运动所用的总时间为t总＝＋＝。 答案　(1)4　(2) 3．(2025·安徽卷)如图所示，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； (3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 解析　(1)小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据动能定理 －mg·2L＝mv2－mv02 在该位置时根据牛顿第二定律FT－mg＝m 解得v＝4 m/s，FT＝17 N。 结合牛顿第三定律解得绳子所受拉力FT′＝FT＝17 N。 (2)小球做平抛运动时x＝vt，2L＝gt2 解得x＝4 m。 (3)若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足mg＝m 从最低点到该位置由动能定理 －mg·5L＝mv′2－mv0′2 解得v0′＝2 m/s。 答案　(1)4 m/s　17 N (2)4 m　(3)2 m/s 1．七种常用的功能关系 2．应用功能关系解题的注意事项 (1)弄清物体的受力情况和运动情况，根据物体的运动过程分析物体的受力情况及不同的运动过程中力的变化情况。 (2)根据各力做功的不同特点分析各力在不同的运动过程中的做功情况。 (3)根据不同的能量变化运用不同的功能关系。 ①只涉及动能的变化用动能定理分析。 ②只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。 ③只涉及机械能的变化，用除重力和系统内弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。 3．应用能量守恒定律的两条基本思路 (1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。 (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。 　(2024·江苏卷) 如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面的长度为L。一个质量为m的物块，在电动机的做用下，从 A点由静止开始加速运动，运动至 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段的长度x； (2)BC段电动机的输出功率P； (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。 [解析]　(1)物块在CD段运动过程中， 由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 由运动学公式0－v2＝－2ax 联立解得x＝。 (2)物块在BC段匀速运动，即电动机的牵引力为 F＝mg sin θ＋μmg cos θ 由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)。 (3)全过程物块增加的机械能为E1＝mgL sin θ 整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的热量，故可知E2＝E1＋μmg cos θ·L 故可得＝＝。 [答案]　(1) (2)mgv(sin θ＋μcos θ) (3) 4．(2025·四川卷)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻 绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内(　　) A．物块的位移大小为 B．物块机械能增量为 C．小车的位移大小为－ D．小车机械能增量为＋ 解析　对物块根据牛顿第二定律有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有v02＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝mv02＋mgx1·sin 30°＝mv02，故B错误；对小车根据动能定理有Pt－(μmg cos 30°＋mg sin 30°)x＝mv02，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量为ΔE′＝mv02＋mgx sin 30°＝＋，故D错误。 答案　C $