05 专题二 第5课时 功与能（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（广东专版）

　能量与动量 　功与能 真题呈现 2022·广东卷T9——多过程运动中的功能关系 2022·广东卷T13——多过程运动中动能定理的应用 2023·广东卷T8——变力做功 2023·广东卷T15——多过程运动中利用动能定理求解变力做功 2024·广东卷T10——多过程运动中利用动能定理求解速度 2024·广东卷T15——利用动能定理求解电场力做功 2025·广东卷T14——动能定理、功率 考情分析 本讲是高考的“重中之重”，近几年高考命题点主要集中在功及功率的分析与计算、机车启动模型、动能定理、功能关系等几个方面。 该讲内容渗透在整个物理学内容中，是历年高考综合题命题热点。选择题常考查功及功率的分析与计算，机械能守恒的判断及功能关系的简单分析与计算。计算题常与直线运动、平抛运动、圆周运动及电磁学知识相结合，难度偏大。 真题情境 　 2022·广东卷T9　2022·广东卷T13　2023·广东卷T8　2023·广东卷T15 　 2024·广东卷T10　　　　　　　　　2024·广东卷T15 　 2025·广东卷T14 突破点一　功与功率　动能定理 考向1　功与功率 1．功 (1)恒力做功：W＝Flcos α(α为F与l之间的夹角)。 (2)变力做功：①微元法；②F-x图线的“面积”；③转换法；④利用平均力；⑤动能定理等方法求解。 2．功率 (1)平均功率：P＝。 (2)瞬时功率：P＝Fvcos α(α为F与v的夹角)。 3．机车启动问题 (1)机车启动模型中的两个最大速度 ①机车启动匀加速过程中的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)： 由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1，可求出v1＝。 ②全程的最大速度vmax(此时F牵＝F阻)： 由P＝F阻vmax，可求出vmax＝。 (2)机车启动模型中的关键方程：P＝F牵·v，F牵－F阻＝ma，vmax＝ 恒定功率启动时：Pt－F阻x＝ΔEk。 [典例1]　两绳拉木板，每条绳拉力F＝250 N，15 s内匀速前进20 m，两绳在竖直面内且与水平面夹角θ＝22.5°，cos 22.5° ≈0.9。求： (1)阻力f大小； (2)两绳拉力做的功； (3)两绳拉力的总功率。 [解析]　(1)由于木板匀速运动，则有2Fcos θ＝f 代入数据解得f＝450 N。 (2)根据功的定义式有W＝2Flcos θ 代入数据解得W＝9.0×103 J。 (3)根据功率的定义式有P＝ 代入数据有P＝600 W。 [答案]　(1)450 N　(2)9.0×103 J　(3)600 W [典例2]　(多选)小刘驾驶一辆质量为m＝2×103 kg 的汽车由静止开始以60 kW的恒定功率在水平路面运动，100 s后汽车以该情况下能达到的最大速度驶上一倾角固定的倾斜路面，随即将汽车功率提高到90 kW，并保持不变。已知汽车在水平路面行驶时所受阻力为其所受重力的倍，在倾斜路面上匀速行驶时的速度为15 m/s。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．汽车在水平路面上能达到的最大速度为25 m/s B．汽车在水平路面上行驶的距离为2 550 m C．汽车在倾斜路面上运动时受到的阻力大小为5 000 N D．汽车驶上倾斜路面瞬间的加速度大小为1.5 m/s2 BD　[汽车达到最大速度时，其牵引力与阻力大小相等，有F＝f＝mg，由功率的公式有P＝Fvm，解得vm＝30 m/s，故A项错误；由题意可知，该车从静止开始经过100 s达到最大速度，由动能定理有Pt－fx＝m－0，解得x＝2 550 m，故B项正确；设当汽车在倾斜路面稳定时其受到的阻力为f1，则有P1＝F1v1，受力分析有F1＝f1，解得f1＝6 000 N，故C项错误；设汽车提高到90 kW时的牵引力为F2，有P1＝F2vm，到倾斜路面瞬间有F2－f1＝ma，解得a＝－1.5 m/s2，所以其加速度大小为1.5 m/s2，故D项正确。故选BD。] 【教师备选资源】 1．在矿山开采中，滑轮装置被用于提升和移动矿石。如图，一辆车通过定滑轮提升质量为M的矿石，滑轮左侧连接车的绳子在竖直方向的投影为h，当车以速度v匀速向左行驶一段距离后，连接车的绳子与水平方向的夹角从53°变为37°，sin 37°＝，sin 53°＝，则该过程中(　　) A．矿石重力的功率为Mgv B．矿石重力做功为－Mgh C．绳子对矿石拉力做的功等于矿石重力做的功 D．绳子对矿石拉力的功率一直保持不变 B　[令连接车的绳子与水平方向的夹角为θ，则矿石的速度为v1＝vcos θ，矿石重力做负功，克服矿石重力的功率为P＝Mgv1＝Mgvcos θ<Mgv，车以速度v匀速向左行驶，θ逐渐减小，可知，该功率逐渐增大，则克服矿石重力的平均功率小于Mgv，故A错误；已知滑轮左侧连接车的绳子在竖直方向的投影为h，则矿石上升的距离x0＝－＝h，矿石重力做功为W＝－Mgx0＝－Mgh，故B正确；结合上述有v1＝vcos θ，可知，车以速度v匀速向左行驶，θ逐渐减小，矿石速度增大，即绳子拉力大小大于矿石重力大小，拉力做正功，矿石重力做负功，则绳子对矿石拉力做的功大于矿石重力做的功，故C错误；结合上述，矿石的速度v1＝vcos θ，等式两侧对时间求导数，取导数的绝对值，得到矿石加速度大小a＝vsin θ·θ'＝vsin θ·ω，将车的速度沿垂直于绳的方向分解，该分速度有转动的效果，则有v2＝vsin θ＝ω，对矿石进行分析，根据牛顿第二定律有T－mg＝ma，绳子对矿石拉力的功率PT＝Tv1，解得PT＝mgvcos θ＋，可知，拉力的功率随θ的改变而发生变化，即绳子对矿石拉力的功率并不是一直保持不变，故D错误。故选B。] 2．(多选)在建筑工地上，常用大型的塔吊把建筑材料从地面提升到某一高度上的楼台放置，便于高楼建设的施工。如图所示，塔吊开始以恒定功率60 kW启动，把质量为600 kg的材料在地面A点从静止开始竖直向上提起，经过时间t1＝5 s到达B点，达到该功率下的最大速度，t2＝1 s后，以加速度接着以此速度匀速上升大小a＝2 m/s2 做匀减速直线上升，最后到达C点时，速度刚好为零。运动过程中不计空气阻力，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．建筑材料在上升过程中，最大速度vm＝10 m/s B．建筑材料在A到B上升过程中，克服重力做功2.70×105 J C．在匀减速过程中，塔吊输出的牵引力大小为1 200 N D．在整个上升过程中，建筑材料的机械能增加了4.80×105 J ABD　[到达最大速度时P＝Fvm，F＝mg，解得vm＝＝10 m/s，故A正确；在A到B上升过程中根据动能定理有Pt1－WG克＝m，解得克服重力做功为WG克＝2.70×105 J，故B正确；设在匀减速过程中，塔吊输出的牵引力大小为F0，根据牛顿第二定律有mg－F0＝ma，解得F0＝4 800 N，故C错误；A到B间的距离为h1＝＝45 m，匀减速过程上升的距离为h2＝＝25 m，在整个上升过程中，建筑材料初末速度为零，故机械能增加量等于重力势能的增加量，即ΔE＝mg(h1＋h2＋vmt2)＝4.80×105 J，故D正确。故选ABD。] 考向2　动能定理 1．对动能定理的理解 (1)动能定理表达式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代数和，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，且物体的速度均是相对地面的速度。 (2) 2．应用动能定理解题的思维流程 [典例3]　某滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　) A．　 B． C．　 D． D　[设到c点时的速度为v，运动员由a运动到c的过程中，由动能定理有mgh＝mv2－0，设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R，则在经过c点时，有kmg－mg＝m，解得R＝，D项正确。] [典例4]　(2025·广东卷T14)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功)求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 [解析]　(1)木塞做匀加速直线运动，由速度位移公式有v2＝2ah 解得木塞离开瓶口瞬间的速度为v＝ 则齿轮外侧的线速度也为v＝，所以齿轮的角速度ω＝＝。 (2)画出木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系如图所示， 由答图可知拔塞的全过程摩擦力对木塞做的功为Wf＝－h 拔塞的全过程，对木塞由动能定理有 W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝mv2－0 联立解得W＝＋mgh＋mah＋ShΔp。 (3)设拔塞钻对木塞的作用力为F，拔塞过程中，对木塞由牛顿第二定律有 F－f－mg－Δp·S＝ma 由位移时间公式有 x＝at2 拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv 又v＝at 联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中t≤。 [答案]　(1)　(2)＋mgh＋mah＋ShΔp　(3)P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中t≤ 【教师备选资源】 1．如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： (1)小物块到达D点的速度大小； (2)B和D两点的高度差； (3)小物块在A点的初速度大小。 [解析]　(1)小物块恰好运动到光滑圆弧轨道的最高点时，有mg＝m 解得小物块到达D点的速度大小vD＝。 (2)小物块由C到D的过程，由动能定理有 －mgR(1＋cos 60°)＝m－m 小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知 vB＝vCcos 60° 设B和D两点的高度差为h，小物块由B到D的过程，由动能定理有 mgh＝m－m 代入数据解得h＝0。 (3)小物块由A到B的过程，由动能定理有 －μmg·π·2R＝m－m 解得小物块在A点的初速度大小vA＝。 [答案]　(1)　(2)0　(3) 突破点二　机械能守恒定律的应用 1．机械能守恒定律的三种表达形式 2．应用机械能守恒定律解题的基本思路 3．多物体系统机械能守恒的三点注意 (1)绳或杆相关联的多物体，注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。 (2)对于同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩，只要形变量相同，弹性势能就相等。 (3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。 考向1　单个物体的机械能守恒 [典例5]　如图所示，倾角为37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R＝1 m，将滑块由B点无初速度释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，xAB＝2 m，滑块可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)滑块在斜面上运动的时间； (2)若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速度释放，释放点至少应距A点多远。 [解析]　(1)设滑块到达A点的速度为vA，从A到C过程中由机械能守恒定律有m＝mgRcos 37° 从B到A过程，滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可知＝2axAB vA＝at 联立各式解得a＝4 m/s2，t＝1 s。 (2)设滑块能从D点抛出的最小速度为vD，在D点，由重力提供向心力，有mg＝m 选取A点所在平面为零势能面，从A到D过程中由机械能守恒定律有mvA'2＝mgR(1＋cos 37°)＋m vA'2＝2ax' 联立各式解得x'＝5.75 m。 [答案]　(1)1 s　(2)5.75 m 考向2　多个物体组成的系统机械能守恒 [典例6]　(多选)如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长l＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m。斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开始下滑到光滑水平面上，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是(　　) A．下滑的整个过程中A球机械能守恒 B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒 C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J BD　[当B在水平面上滑行而A在斜面上运动时，杆的弹力对A球做负功，A球机械能减少，选项A错误；A、B两球组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，选项B正确；对A、B两球组成的系统由机械能守恒定律得mAg(h＋lsin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝ m/s，选项C错误；B球机械能的增加量为ΔE＝mBv2－mBgh＝ J，选项D正确。] 【教师备选资源】 1．如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子水平，长度L＝3 m，现从静止释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，取g＝10 m/s2，求： (1)若圆环恰能下降h＝4 m，求A和B的质量之比； (2)若圆环下降h＝4 m时的速度v＝5 m/s，求A和B的质量之比。 [解析]　(1)若圆环恰好能下降h＝4 m，由几何关系可得A向上上升的距离hA满足h2＋L2＝(L＋hA)2 解得hA＝2 m 由机械能守恒定律得mgh＝MghA 解得M＝2m 所以若圆环恰能下降h＝4 m，A和B的质量之比为2∶1。 (2)若圆环下降h＝4 m时的速度v＝5 m/s 由机械能守恒定律得mgh－MghA＝mv2＋M 对圆环速度分解如图所示，A、B的速度关系为 vA＝v cos θ＝v· 代入数据解得＝。 [答案]　(1)2∶1　(2)55∶56 2．(2024·福建卷)先后两次从高为OH＝1.4 m高处斜向上抛出质量为m＝0.2 kg 的同一物体落于Q1、Q2，测得OQ1＝8.4 m，OQ2＝9.8 m，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2 m，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．第一次抛出上升时间、下降时间比值为∶4 B．第一次过P点比第二次机械能少1.3 J C．落地瞬间，第一次、第二次动能之比为72∶85 D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向的夹角比第一次大 B　[第一次抛出上升的高度为h1＝3.2 m－1.4 m＝1.8 m，故上升时间为t上1＝＝0.6 s，最高点距水平地面高为h0＝3.2 m，故下降的时间为t下1＝＝0.8 s，故一次抛出上升时间、下降时间比值为3∶4，故A错误；两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地 的时间相等，为t＝t上1＋t下1＝1.4 s，故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为vx1＝＝6 m/s，vx2＝＝7 m/s，由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等，为vy＝gt上1＝6 m/s，由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少ΔE＝m－m＝1.3 J，故B正确；从抛出到落地瞬间根据动能定理有Ek1＝Ek01＋mghOH＝m(＋)＋mghOH＝10 J，Ek2＝Ek02＋mghOH＝m(＋)＋mghOH＝11.3 J，故落地瞬间，第一次、第二次动能之比为100∶113，故C错误；根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向的夹角比第二次大，故D错误。故选B。] 突破点三　功能关系及能量守恒定律的应用 1．常见的功能关系 2．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。 [典例7]　(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＋ C　[对物块根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有＝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＝m＋mgx1·sin 30°＝m，故B错误；对小车根据动能定理有Pt－x＝m，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量为ΔE'＝m＋mgxsin 30°＝＋，故D错误。故选C。] [典例8]　(多选)(2025·广东湛江一模)在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性网绳的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中，小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落，可将弹性网绳压到最低点B，小孩可看成质点，不计弹性绳的重力、弹性网绳的重力和空气阻力。则从最高点A到最低点B的过程中，小孩的(　　) A．重力的功率先增大后减小 B．机械能一直减小 C．重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量 D．机械能的减少量等于弹性网绳弹性势能的增加量 AC　[当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，速度v先增大后减小，根据P＝mgv可知重力的功率先增大后减小，故A正确；小孩弹跳到最高点A后下落，至将弹性网绳压到最低点B的过程中，小孩的机械能先不变后减小，故B错误；小孩弹跳到最高点A后下落，至将弹性网绳压到最低点B的过程中，重力势能的减少量等于小孩动能增加量以及弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量，则重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量，故C正确；小孩弹跳到最高点A后下落，至将弹性网绳压到最低点B的过程中，机械能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量，故D错误。故选AC。] [典例9]　(多选)一物体在竖直向上的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，已知曲线上A点处切线的斜率最大。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．0～h2过程中物体所受的拉力先增大后减小 B．h1处速度最大 C．0～h2过程中物体的动能先增大后减小 D．0～h3过程中物体的加速度先增大再减小，最后物体做匀速运动 AC　[物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物体的机械能，机械能的变化量等于拉力做的功，则有ΔE＝FΔh，得F＝，所以图线的斜率表示拉力大小。0～h1阶段图线斜率增大，即拉力增大，h1～h2过程中，图线斜率减小，拉力减小，所以0～h2过程中拉力先增大后减小，故A正确；由静止启动可知，在原点处拉力大于重力，在0～h1过程中，拉力始终大于重力，所以h1处速度不是最大，由题图可知，在h1～h2过程中，图线斜率减小，拉力减小，在h2后图线斜率为零，拉力为零，在h1处拉力大于重力，在h2处拉力为零，因此在0～h2过程中，拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直线运动，后做减速直线运动，动能先增大后减小，故C正确，B错误；在0～h3过程中，拉力先增大然后减小，最后拉力为零，物体的合外力先增大，再减小到零后反向增大，最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加速度大小先增大后减小再增大，拉力为零时加速度保持不变，h2～h3阶段为竖直上抛运动，不是匀速运动，故D错误。] 【教师备选资源】 1．如图所示，喷泉经常出现在广场和公园等公共场所，给人们的生活增添了无穷乐趣。假设一水珠从喷出到落回地面在同一竖直线上运动，且运动过程中水珠的质量和空气阻力的大小均保持不变，则该水珠在空中运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．该水珠在落回地面时，重力的瞬时功率最小 B．该水珠在落回地面时，水珠的机械能最小 C．上升过程所用的时间大于下落过程所用的时间 D．上升过程克服空气阻力做的功大于下落过程克服空气阻力做的功 B　[重力的瞬时功率为P＝mgv，水珠在最高点时，速度为零，重力的瞬时功率最小，故A错误；水珠在空中运动的过程中，一直克服空气阻力做功，水珠的机械能逐渐减小，故该水珠在落回地面时机械能最小，故B正确；水珠上升过程阻力方向与重力方向相同，下落过程阻力方向与重力方向相反，则水珠上升过程的加速度大于下落过程的加速度，水珠上升过程的位移等于下落过程的位移，故上升过程所用的时间小于下落过程所用的时间，故C错误；运动过程中水珠空气阻力的大小均保持不变，水珠上升过程的位移等于下落过程的位移，故上升过程克服空气阻力做的功等于下落过程克服空气阻力做的功，故D错误。故选B。] 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $