专题2 第5讲 力的功和冲量（Word教参）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

第5讲　力的功和冲量 建构知识体系 【明·误区】 【记·结论】 1.计算功时误把变力的功当恒力的功计算，或确定力与位移的夹角时出错。 2．混淆平均功率和瞬时功率，不能正确选择公式进行计算。 3．分析机车启动问题时思路混乱，不能理顺各量的变化特点和制约关系。 4．应用动能定理时漏掉个别力的功，或功的正负判断错误。 5．计算动量、动量变化量、冲量时忽视了物理量的矢量性，只考虑了大小。 6．应用动量定理时漏掉个别力的冲量，或没有规定正方向，运算符号混乱 1.在F ­x图像中，图线与x轴所围的面积表示力F在这段位移上所做的功。 2．抛体运动中，重力的功率P＝mgv cos α＝mgvy——力乘沿力方向的分速度。 3．机车以恒定功率P运动时的最大速度vm＝.除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功等于物体机械能的增加量。 5．一对滑动摩擦力的总功W总＝－Ff·s相对，数值上等于系统产生的内能，其中s相对为相对路程。 6．动量与动能的大小关系：Ek＝或p＝。 7．由动量定理知F＝，即合外力等于物体动量的变化率 热点1　功和功率　冲量和动量 考向1功和功率 【例1】 (2024·贵州高考)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 解析：选A。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A正确。 【例2】 (2025·黑龙江哈尔滨二模)福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，电磁弹射系统是福建舰的核心装备之一，在测试电磁弹射系统时，配重小车自甲板前端水平射出，落至海面上。简化模型如图所示，两辆质量相同的配重小车1和小车2先后进行弹射测试，轨迹分别为曲线1和曲线2，A、B为两次弹射的落水点。忽略空气阻力，配重小车可视为质点。则关于配重小车1和小车2，下列说法正确的是(　　 ) A．落水瞬间速度大小vA＝vB B．在空中运动过程中速度变化量Δv1＝Δv2 C．落水瞬间重力的瞬时功率PA>PB D．在空中运动过程中重力的平均功率P1<P2 解析：选B。配重小车离开甲板后做平抛运动，二者下落高度相等，根据h＝gt2，可知二者下落时间相等，由竖直方向分速度vy＝gt，可知vAy＝vBy，水平分运动为匀速运动，根据x＝vt及xA<xB得vAx<vBx，由矢量运算法则可得vA＝<vB＝，故A错误；根据速度变化量公式Δv＝gΔt，因二者下落时间相等，故二者在空中运动过程中速度变化量Δv1＝Δv2，故B正确；下落高度相等重力做功相等，又下落时间相等，由WG＝mgh及，易知在空中运动过程中二者重力的平均功率相等，故D错误；落水瞬间重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vAy＝vBy，二者质量相等，所以落水瞬间二者重力的瞬时功率相等，故C错误。 [总结提升]功和功率的计算 功的 计算 恒力做功：W＝Fl cos θ 变力做功：动能定理、微元法、等效法、转换研究对象法、平均力法、图像法、功率法(W＝Pt) 功率 的计算 平均功率：P＝ 瞬时功率：P＝Fv cos θ(θ为F与v的夹角) 考向2　动量和冲量 【例3】 (2025·河北邢台检测)如图所示，水平地面上固定一个半径为R＝2.5 m的圆环，从水平直径的A点平抛两个质量分别为m1、m2的物体，动量大小均为p＝10 kg·m/s，物体落到圆环上时机械能相等，取地面为零势能面，空气阻力不计，当地的重力加速度为g＝10 m/s2，则以下说法一定正确的是(　　 ) A．m1＋m2＝5 B．m1－m2＝3 C．m1m2＝2 D．m1＝3m2 解析：选C。设两个质量分别为m1、m2的物体抛出时的速度大小分别为v1、v2，由题意可知物体落到圆环上时机械能相等，由于物体在空中运动过程机械能守恒，则两物体抛出时的机械能相等，取地面为零势能面，则有m1gR＋，可得m1gR＋，代入数据可得m1＋，则有m1－m2＝，则一定有m1m2＝2，故C正确。 【例4】 (2025·福建泉州期末)某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲所示的模型：在粗糙水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随时间均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随时间变化情况如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2，求： (1)0～3 s时间内物体受到水平推力的冲量大小； (2)从出发经多长时间，速度达到最大； (3)3 s末物体的速度大小。 解析：(1)F ­t图像的面积表示推力的冲量，得 IF＝ N·s＝90 N·s。 (2)速度最大时加速度为零，即F＝μmg＝20 N时速度最大，由F ­t图像可得F＝60－20t 解得t＝2 s。 (3)0～3 s由动量定理得IF－μmgt′＝mv 解得v＝7.5 m/s。 答案：(1)90 N·s　(2)2 s　(3)7.5 m/s [总结提升]冲量的三种计算方法 公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F ­t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量 热点2　动能定理和动量定理的应用 考向1动能定理的应用 【例1】 (2025·云南期中联考)某同学到游乐场游玩，乘坐摩天轮时在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动(如图)，若该同学质量为m，摩天轮转动的角速度为ω，重力加速度为g，从最高点运动到最低点的过程中，轿厢对该同学的作用力做的功为(　　 ) A．－2mgR B．－2mgR＋mω2R2 C．－2mgR－mω2R2 D．0 解析：选A。由动能定理可得mg·2R＋WF＝mv2，解得WF＝－2mgR，故A正确。 【例2】 (2025·福建高考)如图甲，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)F­x图像与坐标轴所围的面积表示F做功的大小，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A、B有相同的加速度 A与地面间的摩擦力f＝μmg 对A、B整体，由牛顿第二定律得 F－f＝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＝0.5 N。 (3)当FAB＝0时A、B分离，由(2)中分析可知F＝f＝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点间的长度大于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＝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 [总结提升]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。 考向2 动量定理的应用 【例3】 (2025·山东三模联考)如图所示为一架质量为m的无人机在空中悬停时的情景，其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下吹出的气流速度大小为v(未知)，单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度为g，则维持无人机悬停所需的速度大小v等于(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A。无人机在空中悬停时，四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有4F＝mg，设Δt时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为Δm＝ρSvΔt，对向下推动的空气由动量定理可得F′Δt＝Δmv－0，且有F＝F′，联立解得v＝，故A正确。 【例4】 (2025·浙江高考)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数1×10-9 kg/s，重力加速度g＝10 m/s2，则它降落到地面的时间约为(　　 ) A．0.5 h B．3 h C．28 h D．166 h 解析：选B。沙尘颗粒开始时速度较小，阻力较小，可知mg－kv＝ma，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a＝0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足mg＝kvm，解得vm＝2×t＝mv，即mgt－kh＝mv，则沙尘颗粒下落时间为t＝，由于mv≪kh，则t≈＝104 s≈3 h，故B正确。 【例5】 (2025·辽宁沈阳二模)如图所示，同学A在距离地面高h＝1 m处将排球以v0＝10 m/s的初速度斜向上击出，速度的方向与水平方向的夹角为53°，站在对面的同学B静止不动，伸直的手臂与水平地面呈一定夹角，排球恰好在离地h处垂直打到B的手臂上。假设碰撞过程中手臂保持静止，B垫起球的前后，排球的速度大小相等、方向相反，排球与手臂的作用时间为0.1 s，排球的质量m＝0.2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，排球可视为质点，不计空气阻力。求： (1)排球运动过程中离地面的最大高度； (2)A击球点和B接球点之间的水平距离； (3)B在垫球的过程中，手臂受到的弹力的平均值。 解析：(1)排球能上升的高度 h′＝ 离地面的最大高度H＝h＋h′ 解得H＝4.2 m。 (2)排球上升到最高点的过程中在竖直方向上有 0＝v0sin 53°－g 在水平方向上有x＝v0cos 53°·t 解得x＝9.6 m。 (3)以B垫起后排球的速度为正方向，根据动量定理得 t′＝mv0－m(－v0) 解得＝41.6 N 根据牛顿第三定律可知，手臂受到的弹力的平均值为41.6 N。 答案：(1)4.2 m　(2)9.6 m　(3)41.6 N [总结提升]动量定理的应用技巧 (1)研究对象一般是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 (2)表达式是矢量式，需要规定正方向。 (3)匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。 (4)在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。 (5)电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。 学科网（北京）股份有限公司 $