第6讲 功和能-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

第一部分专题复习 专题二 能量与动量 【知识体系】 功的定义 恒力做功 功和功率 功的计算 变力做功 合外力做功 功率定义 功率 平均功率和瞬时功率 机车启动问题 功能关系 动能 合外力做功 重力势能· 重力做功 弹性势能 弹簧弹力做功 能量 能量 机械能 除重力、弹力外其他力做功 电势能 静电力做功 分子势能 分子力做功 内能 摩擦生热 能量与动量 动能定理 机械能守恒定律 力在空间上的积累 能量守恒定律 2-6=2ax 冲量与动量（矢量性） 牛顿第二定律F=ma 缓冲问题 -场 a=1 动量 动量定理 连续体问题 力在时间上的积累 电磁感应中的应用（求电荷量、位移） 严格守恒 守恒条件 近似守恒 某一方向守恒 动量守恒定律 表达式：m1+m2=m1'+m为 非弹性碰撞 碰撞 完全非弹性碰撞 动碰静 弹性碰撞 L动碰动 应用 爆炸 反冲 19 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 第6讲 功和能 【备考要求】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. 考点一 功、功率的分析和计算 恒力做功：W=Flcos0 [例1](2025·云南卷·2)如图所示，中老铁路 国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水 功的 变力做功：动能定理、微元法、等效法、转 平直轨道逐渐加速到144km/h,在此过程中列 计算 化研究对象法、平均力法、图像法、功率 车对座椅上的一高中生所做的功最接近() 法(W=Pt) 功率 平均功率：P= t 的 瞬时功率：P=Fvcos(0为F、v之间的 计算 夹角) A.4×105J B.4×104J 两个基本 P=Fo,F-F阻=ma C.4×103J D.4×102J 关系式 [例2](2025·吉林省高三第三次调研)工程师 对质量为m的汽车进行性能测试，测得该款汽 恒定功 P不变，v↑，a)→以m做匀 率启动 车综合阻力随速度变化的关系式f=f。十ku(k 速运动PI-F阻s=2m呢 为常数).现工程师为汽车提供恒定的牵引力 机车 a不变，F不变，v1,P1→ F,使汽车由静止开始做水平直线运动.汽车位 启动 恒定加速 移为x时恰好达到最大速度.则 () P额v个，F),a)→以vm做 度启动 A.汽车速度越大，加速度越大 匀速运动 无论哪种启动方式，最大速度 B整个过程的平均速度为F 2k 最大速 都等于匀速直线运动时的速 度vm C.整个过程所用时间为F一。一友 度，即vm一F D.整个过程所用时间为F一不。十为 k.x十m 考点二 动能定理的应用 [例3](2025·陕西省西安三中等五校高三联考)： 我国无人机目前应用广泛.春播时节，携带农药 降过程中受到的空气阻力恒为自身重力的， 的无人机可在田间执行喷洒药剂的任务.一总 取g=10m/s2.求： 质量为m=25kg的无人机悬停在农田上空，某 时刻起，竖直向下做匀加速运动，4$后速度达 到10m/s,接着匀速运动3.4s,再以5m/s2的 加速度做匀减速直线运动，最终悬停在农田上 方3m处，然后水平飞行喷洒药剂.若无人机下 精品教辅·智慧人生 20 专题二能量与动量 (1)无人机初始位置离农田的高度； 提炼总结 (2)无人机匀加速运动时竖直升力的大小： 1.应用动能定理解题的步骤图解： (3)无人机下降的全过程中升力的平均功率（结 受力分析各力做功情况总功 果保留一位小数) 明确研 究对象 Wa=Ez-Ek 及过程 运动过 物体初、末 物体的动 程分析 状态的动能 能变化 2.应用动能定理的四点提醒： (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，比动力学方 法要简捷。 (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），对全 过程应用动能定理，往往能使问题简化 (4)多过程往复运动问题一般应用动能定 理求解】 考点三 机械能守恒定律及应用 1.机械能守恒定律的表达式 守恒 观点 E=E2 要选参考 平面 关 三 种形式 转化 不用选参 观点 AE=-AE 速 考平面 转移 模 -△EA=-AEB→ 不用选参 V COs 0 =UB v cos =sin 0 观点 考平面 型 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度 2.连接体的机械能守恒问题 关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 ①同一根弹簧弹性势 B 速 能的大小取决于弹簧 形变量的大小，在弹簧 轻 型 弹 弹性限度内，形变量相 等，弹性势能相等 分清两物体位移大小与高度变化关系 模 型 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成 的系统：弹簧形变量最大时，弹簧两端连 共 接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然 长度时，弹簧弹性势能最小（为零） 度模型 说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统（包 2 含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒 B 两物体角速度相同，线速度与半径成正比 若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒 定律进行分析. 21 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 [例4](2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定 :【溯源真题】本题与2024年重庆卷第15题有异 在竖直平面内同一高度 Mt-N 曲同工之处，都考查了半径突变的竖直面内的圆 的两根细钉，间距L 周运动，不同之处是两题中钉子的摆放方式，且本 0.5m.一根长为3L的 3L 题难度低于2024年重庆卷第15题，本题没有涉 轻绳一端系在M上，另 及碰撞相关知识，小球旋转次数相对较少，计算相 一端竖直悬挂质量m=mm9mmmm 对简单. 0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力. [例5](2025·湖南省 t=0时，小球以水平向右的初速度o=10m/s 长沙市长郡中学高三 开始在竖直平面内做圆周运动.小球牵引着绳 模拟)三个半径都为R, 子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的 质量分别为mA=2mg 位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运 =2mc=2m的匀质球 动.小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气 放置在水平面上，如图所示，已知水平面和球面 阻力，重力加速度g取10m/s2 均光滑，且运动过程中三个球的球心始终在同 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所 一竖直平面内，初始时刻三个球均静止，现由静 受的最大拉力大小： 止释放三个球，求：（重力加速度为g) (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水 (1)释放后瞬间，三个球的加速度分别是多少？ 平距离： (2)B球最大动能是多少？ (3)若在1=0时，只改变小球的初速度大小，使 (3)A球落地时的速度是多大？ 小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速 度的最小值 考点四 功能关系 能量守恒定律 1.功能关系的理解和应用 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关 合外力做功等于 W=Ek2-Ekl= 系，功是能量转化的量度： 动能 物体动能变化量 1 2m (1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化 情况. (2)根据能量转化，可计算变力做的功。 除重力和弹力之 外的其他力做功 2.常见功能关系 W其他=E2 机械能 等于机械能变 E1=△E机 能量 功能关系 表达式 化量 重力做功等于重 力势能减少量 一对相互作用的 Q=F:·S相对 弹力做功等于弹 摩擦产生 摩擦力做功之和 相对为相对 性势能减少量 W-Epl-Ep2- 的内能 的绝对值等于产 路程 势能 静电力做功等于 -△Ep 生的内能 电势能减少量 克服安培力做功 W克安= E 分子力做功等于 电能 等于电能增加量 E1=△E 分子势能减少量 精品教辅·智慧人生 22 专题二能量与动量 [例6]（多选）(2025·云南卷·10)如图所示，倾 角为0的周定斜面，其顶端周定一劲度系数为k: 的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点.质！ 37 量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦： 因数=tan0.过程I:Q以速度o从斜面底端 (1)求滑块a在C点对轨道压力的大小： P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ： (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产 将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释 生的热量； 放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O: (3)若仅将滑块a换为质量为m2=0.05kg的 点后能继续上滑.弹簧始终在弹性限度内，假设 滑块b,滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力， 滑块b第一次落在斜面上的位置至B点的距离 重力加速度为g.则 ( (结果保留两位有效数字). /00004 D A.PM两点之间的距离为知6-4 mg'sin20 4kgsin 0 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过 程中损失的机械能为子m6 C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大 位移为，n 2kgsin 0 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释 放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间 [例7](2024·安徽蚌埠市模拟)如图所示，倾角 为0=37°的斜面与圆心为O、半径R=0.9m的 光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直 -「提炼总结门++++++ 平面内.斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧， 应用能量守恒定律解题的一般步骤 现沿斜面缓慢推动质量为m1=0.8kg的滑块a 使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通 确定初、末状态 明确研究 过D点时轨道对滑块a的弹力为零.已知A、B 对象（物 分析几种能在 明确那 列方程 之间的距离为L=1.35m,滑块a与斜面间动 体、系统) 变化（动能、重 些能增 △Ea=△E 及过程 力势能、弹性 加？哪 摩擦因数4=0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE 势能、电势能 些能减 为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质 内能) 少？ 点，忽略空气阻力，取g=10m/s2,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8,3≈1.73. 温馨提示 完成作业 专题强化练（六） 23 精品教辅·智慧人生专题二能量与动量 第6讲功和能 例1B高中生的质量m=50kg,列车速度v=144km/h= 40m/s,根据动能定理，列车对座椅上的一高中生所做的功 w=分md=合×50×402J=4.0X10J,故ACD错误，B 正确. 例2D由牛顿第二定律有F-(f。十kv)=ma,可知汽车 速度越大，加速度越小，故A错误；当汽车所受合力为零 时，汽车达到最大速度，由受力平衡有F-(f。十)=0， 解得最大速度飞= F一D,汽车恒力启动过程中，汽车做 k 加速度越来越小的加速运动，则整个过程汽车的平均速度 大于，故B错误：汽车从静止达到泵大连度过程中， 以汽车运动方向为正方向，根据动量定理有F一∑(f。十 =心，解得整个过程所用时同为1=元十，故 C错误，D正确. 例3解(1)设无人机向下做匀加速运动下降的高度为1， 则A1=0生4，共中g=10n/s,=4s 无人机匀速下降的高度h2=t2,其中t2=3.4s,设无人机 向下做匀减速运动下降的高度为h3,则子=2a3h3 其中a3=5m/s2,无人机初始位置离农田的高度H=h1十 h2十h3十h4,其中h4=3m,解得H=67m: (2)无人机匀加速下降过程，有v=a1,设无人机做匀加速 运动时竖直升力大小为F,由牛顿第二定律得mg一F一！ =a1,其中f=0.2mg,解得F=137.5N; (3)对无人机下降全过程由动能定理有W+fh一mgh=0, 匀减递下降时同4一。号，又h=么十：十，下降全过程升 W 力的平均功率为P= ,解得P≈1361.7W. t1十t2+t3 例4解(1)小球从最下端以速度抛出到运动到M正下 方距高为L的位置时，根据机械能守恒定律2m6=mg· ,2 2L+2m2,在该位置时根据牛顿第二定律T-mg=m二 解得v=4V5m/s,T=17N; (2)小球做平抛运动时x=,2L=7g2,解得x=4m: (3)若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足g=m 2 元，从最低点到孩位置由机械能守恒定律之m2=mg· 5L+m”,解得6=2厉m/s 例5解(1)释放后瞬间，A F 的加速度大小为零，受力情 况如图所示： 竖直方向根据平衡条件可 得：2Fcos30°=2mg,解得：F 209 =2m5,根据牛顿第三定律可 √3 得，A对B或对C的压力大 B 2mg 小均为：F=F=5,对B, √3 水平方向根据牛顿第二定律可得：Fsim30°=aB,解得：aB= 号，方向向左，C的加建度大小为：心号g方向向右： ·21 (2)设小球A下落过程中，AB球心连线与竖直方向夹角为 目时速度为v1,B或C的速度大小为2，根据速度的合成与 分解可得：cos0=2sin0,根据机械能守恒定律可得： 2mg×2R(cos30°-cos0)=号×2m听+2(mB+mc)号， 整理可得：号=2gR(√5-2cos0)·cos0·cos0,根据数学 知识可得：当0s0=5-2c0s0时g最大，即c0s0=5 3 时.B球最大动能是：m=弓m喝=5。 1 9 (3)当B合C的速度达到最大以后，B和C与A分离，以后 B和C的动能不变.整个过程中，根据机械能守恒定律可 得：2mg·2Rc0s30°=分×2m听+2Em,解得：A= 4W3迟，方向向下： 3 例6CD滑块所受的滑动摩擦力f=gcos0=tan0X gcos0=s1n日×gcos日=ngsin0,过程I,根据动能定理 1 得：-mgsin0·P0-f·P0=0-乞m6,解得：P0= 4gsnm0过程Ⅱ中，弹簧弹力对Q微正功，设为W弹，Q克 6 服滑动摩擦力做功为W,,由功能关系可得Q在从P点单 向运动到O,点的过程中损失的机械能为：△E=W一W弹 =fP0-W华=mgin0Xgn。W装=子m呢-W4 6 故B错误；过程Ⅱ中，M点的速度最大，则M点为平衡位置， 设此时弹簧的形变量为x,根据平衡条件得：kx=mg·sin0+ f=2 ngsin0,解得：x=2msin0,P、M两，点之间的距离 为三P0x5所n。孤0话8sn0 k 。4gsin0—,故 A错误；滑块从P到M的过程向上运动的位移为s= kvo-8mg2 sin0 ,由运动的对称性可得滑块过M点后能继 4kgsin 0 续上滑的最大位移等于5，故Q从P点沿斜面向上运动的 最大位移为工m=2s= kvo-8mg sin 0 2ksin 0 ，故C正确；设滑块 最终停留在距O点x?处，停止时加速度为零，速度为零： 若弹力为零，根据平衡条件mgsin0=f=gcos0,滑块停 在O,点：若弹簧处于拉伸状态且摩擦力沿斜面向下，根据 平衡条件ngsin0十f=k.x2 其中f区mgsn0,解得2≤2n=x,滑块停在M点与 O点之间，含M点；由于fm=1gsin0,因此弹簧不可能处 于压缩状态；综上分析可知，连接在弹簧下端的Q无论从 斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间， 故D正确， 例7解(1)由题可知，滑块a在D,点处的速度为0，对滑块 a由C至D点过程，由动能定理有 一m1女R=一名m呢 对滑块a在C点由牛顿第二定律有 Fmg 结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小 FN=F1=24 N (2)设滑块在A处时弹簧储存的弹性势能为E。,从A到 D,由能量守恒定律可知 Ep+m1 gLsin37°=m1 gLcos37°+m1 gRcos37° 解得E。=1.44J 最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能量守 恒定律可知 Q=Ep+1 gLsin37° 解得Q=7.92J (3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量 守恒定律有 E。+m2 gLsin37°=m2 gLcos37°+m2g(R+Rcos37)+ 1 m2呢 解得vE=6m/s 滑块b恰好能通过E点时，有 R 得'=√gR=3m/s 可知>，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为， 滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d,则有 d=vEt-Rsin 37 (R+Rcos 37gdtan 37 解得t=0.3285s,d=1.431m d 又有x=c0s37 解得x≈1.8m 第7讲动量 例1解(1)由图2可得F与f的关系为：F=2mg=5 4 _3√3 mgt,可得1=6s时F的大小为：F1=6×空mg=7mg, 因F与t成线性关系，故可用F的平均值求解F的冲量大 小，可得在065内F的冲量大小为：山=FA=合F△1 =×35gx6=29w 2mg; (2)初始时刻物块刚好能静止在细杆上，设物块与细杆间 的动摩擦因数为4，由平衡条件可得：mgsin0=mgcos0, 部得：= 设物块与细杆间的弹力大小为N,在垂直于细杆方向上， 由平衡条件可得：N=mngcos0-Fsin0,以沿细杆向上为 正方向，物块与细杆间的摩擦力f为：f=N=以·|mg· eos0-Fsin0l,共中：F-mg,代入数据整理可得： 竖1-1-=0，可得=4s 可得t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为： 当0≤K4s时f=2(1-子)： 当4s≤≤6s时，f= 竖（子 作出相应的f一t图像如下图所示： fN 4mg 6 t/s ·2 (3)根据(2)的解答所得的∫一t图像与时间轴围成的面积 等于摩擦力的冲量大小，可得在06s内摩擦力f的冲量 大小为：1=合×4×mg+×(6-4)× 4mg= 星mg.设1=6s时，物块的速度大小为，以沿细杆向下为 5 正方向，对物块由动量定理得：mgsin0·t十1cos0-Ir= v-0,解得：v=85(m/s). 例2C设时间△t内吹到人身上空气质量为△，则△m= pSu△1，规定风的速度方向为正方向，对△t时间内吹到人身 上的空气，根据动量定理得：一F△t=0一△mv=0 pSu△to,解得：F=pSu2,代入数据解得：F=1344N,根据 牛顿第三定律可知，风对人的作用力约为1344N,故C正 确，A、B、D错误. 例3解(1)小球与斜面碰前瞬间的速度大小为，由机械 能守恒定律得：mgh=号m2,解得：u=4m/s 速度沿斜面与垂直斜面的分速度大小分别为：心=· sin30°=4×0.5m/s=2m/s,%=c0s30°=4X5m 2 m/s= 2√3/s,由题意得碰撞后瞬间垂直斜面的分速度大小为： 跨=名=子×25ms=5m/s,由矢量合成得小球与针 面碰后瞬间的速度大小为：=/听十，解得：0=√7m/s AQ h 309 D1 30°C (2)小球与斜面碰后做斜樾运动，设此过程的水平分速度大小 为则有：=n30+4s30解得：g-35 2m/s,小 球上升到最高点以速度与小物块B发生弹性碰撞，以 向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： wm,=mu+2m%,7d2=子m听+子×2m呢 联立解得碰后B的速度大小为：B=√3m/s; (3)B、C相对运动过程满足动量守恒，以向右为正方向，根据 动量守恒定律与能量守恒定律得：2%=(2m十3m)y共， gL=亏×2Bテ×(2m+3m,解得：L=10 例4D子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B组成的系统 动量守恒，子弹与B作用过程时间极短，A没有参与，速度 仍为零，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律，得 3=(3十2)，解得℃1=8m/s,故A错误；滑块B 离开小车瞬间，滑块与小车具有相同的水平速度，以水平 向右的方向为正方向，由水平方向动量守恒，得(3十2) =(m3十2十m1)2,解得2=2m/s,滑块B开始滑动 到离开小车醉间，由能量守恒定律得(m十m2)听=之 1 m吃+2(m十m2)号+(m十m2)gR,设滑块B离开小 车时的竖直分速度为心，则十吃=喝，联立解得飞，= 5m/s,滑块B离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖 直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为1，解得 g