专题7 功和能 课件 -2026届高考物理二轮复习备考

物理清北班——涅槃阶段 真题解码 专题7 功和能 1 动能定理书写奋斗的方程,动量守恒见证成长的碰撞。记住:没有凭空消失的努力,所有付出终会 转化为属于你的“机械能守恒”! 真题解码 　  (2022天津,10,14分)冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示,运动员在水平冰面上将冰 壶A推到M点放手,此时A的速度v0=2 m/s,匀减速滑行x1=16.8 m到达N点时,队友用毛刷开始擦A运动前方 的冰面,使A与NP间冰面的动摩擦因数减小,A继续匀减速滑行x2=3.5 m,与静止在P点的冰壶B发生正碰, 碰后瞬间A、B的速度分别为vA=0.05 m/s和vB=0.55 m/s。已知A、B质量相同,A 与MN间冰面的动摩擦因 数μ1=0.01,重力加速度g取10 m/s2,运动过程中两冰壶均视为质点,A、B碰撞时间极短。求冰壶A 真题试练 (1)在N点的速度v1的大小; (2)与NP间冰面的动摩擦因数μ2。 目 录 答案　(1)0.8 m/s　(2)0.004 解析　(1)设冰壶质量为m,冰壶A从M运动到N过程中,根据动能定理可得-μ1mgx1= m - m  代入数据解得v1=0.8 m/s。 (2)设碰撞前瞬间A的速度为v2,由动量守恒定律可得mv2=mvA+mvB 代入数据解得v2=0.6 m/s 设A在NP间受到的滑动摩擦力为f',则有f'=μ2mg 由动能定理可得-f'x2= m - m  联立解得μ2=0.004。 目 录 　  探究1　一题多解 尝试从运动学角度出发,思考其他解法。 思维探秘 答案　第(1)问还可以用牛顿运动定律结合运动学公式进行求解。具体如下: 设冰壶质量为m,A受到冰面的支持力为FN,由竖直方向受力平衡,有FN=mg 设A在MN间受到的滑动摩擦力为Ff,有Ff=μ1FN 设A在MN间的加速度大小为a,由牛顿第二定律,有 Ff=ma 由速度与位移的关系式,有 - =-2ax1 联立上述各式并代入数据解得v1=0.8 m/s。 第(2)问在利用动量守恒定律得到碰撞前瞬间A的速度v2之后,也可以利用运动学公式,先计算出A在NP 间运动的加速度,再结合牛顿运动定律求得冰壶A与NP间冰面的动摩擦因数μ2。 目 录 探究2　拓展设问 若本题情境和已知信息不变,分析以下设问。 ①设问1:求冰壶A从M点运动到N点所用的时间t1。 ②设问2:若冰壶的质量m=18 kg,求冰壶A和B的作用过程中,冰壶A对冰壶B的冲量大小。 答案　①方法1:可先用牛顿第二定律求得冰壶A的加速度a=μ1g=0.1 m/s2,再利用运动学公式x1=v0t1- a  ,代入数据解得t1=12 s(另一解t1=28 s不合题意,舍去)。 方法2:先应用动能定理,有-μ1mgx1= m - m ,求得v1=0.8 m/s,再应用牛顿第二定律求得加速度a=μ1g= 0.1 m/s2,再利用运动学公式v1=v0-at1,代入数据解得t1=12 s。 方法3:先应用动能定理,有-μ1mgx1= m - m ,求得v1=0.8 m/s,再应用动量定理,有-μ1mgt1=mv1-mv0,代入 数据解得t1=12 s。 ②冰壶A对冰壶B的冲量大小等于冰壶B的动量变化量的大小,故根据动量定理有IAB=mvB-0,代入数据可 得A对B的冲量大小为9.9 N·s。 目 录 互动互探 增加了已知两冰壶质量的条件后,还可以求出哪些相关物理量? 互动点拨 增加了已知两冰壶质量的条件之后,与运动、能量、动量等相关的物理量都是可以表达出来的,例如过 程量中的功、冲量、动能的变化量、动量的变化量、能量损失、释放的热量等;状态量中的动量、动 能、机械能等。同时冰壶的受力大小也可以求出来了。 目 录 探究3　举一反三 一题多问深挖透,考点拿捏快准稳! 如图所示,可视为质点的小物块A、B的质量均为m=0.10 kg,B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v 0与B碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点与水平地面的距离h=0.45 m,两物块落地点到轨道末 端的水平距离s=0.30 m,取重力加速度g=10 m/s2。   请根据上述信息,判断下列说法是否正确。如果不正确,请说明错误原因;如果正确,请写出分析或解答 过程。 目 录 　  (1)根据题中信息,可以求得两物块一起水平抛出后在空中运动的时间。 (2)根据题中信息,可以求得两物块一起水平抛出时的初速度大小。 (3)根据题中信息,可以求得两物块落地瞬间的动能。 (4)根据题中信息,可以求得两物块碰撞前A的速度v0的大小。 (5)根据题中信息,可以求得两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。 稳基础 目 录 　  (6)根据题中信息,可以知道物块A在沿着倾斜轨道下滑的过程中,机械能一定是守恒的。 (7)根据题中信息,可以求得物块A由静止释放时在倾斜轨道上的位置距地面的高度。 (8)根据题中信息,可以求得两物块碰撞过程中,物块A受到的冲量大小。 (9)根据题中信息,可以求得两物块碰撞过程中,物块B受到的平均冲击力的大小。 (10)根据题中信息,可以求得物块A与物块B相碰前整个运动过程中所受合冲量的大小。 (11)根据题中信息,可以求得物块A与物块B相碰前整个运动过程中所受合力做功的多少。 叠能进阶 目 录 答案　(1)正确。两物块一起水平抛出后,在竖直方向做自由落体运动,由h= gt2,代入数据解得t=0.3 s。 (2)正确。设A、B碰后水平抛出的速度为v,在水平方向两物块做匀速直线运动,由s=vt,可得v=1.0 m/s。 (3)正确。根据机械能守恒定律,落地瞬间的动能Ek=2mgh+ ×2mv2,代入数据解得Ek=1 J;或者根据动能 定理,有2mgh=Ek- ×2mv2,同样可以得到Ek=1 J。 (4)正确。根据动量守恒定律有mv0=2mv,解得v0=2.0 m/s。 (5)正确。两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE= m - ×2mv2,代入数据解得ΔE=0.1 J。 (6)错误。机械能守恒的条件是物块运动过程中只有重力或系统内的弹力做功,题设条件中并没有明确 物块A与倾斜轨道之间是否存在摩擦力,故不能说该过程中物块A的机械能一定是守恒的。 (7)错误。因为题设条件中没有明确物块A与倾斜轨道之间是否存在摩擦力,所以无法利用运动学公式 目 录 或者能量相关规律求得物块A由静止释放时在倾斜轨道上的位置距地面的高度。 (8)正确。根据动量定理,碰撞过程中,物块A受到的冲量大小等于其动量变化量的大小,即IA=mv0-mv,代 入数据可得IA=0.1 N·s。 (9)错误。根据I= ·t,由于题设条件中没有给出两物块碰撞过程的时间,所以无法求得碰撞过程中物块B 受到的平均冲击力的大小。 (10)正确。根据动量定理,有IA合=mv0-0,代入数据解得IA合=0.2 N·s。 (11)正确。根据动能定理,有WA合= m -0,代入数据解得WA合=0.2 J。 目 录 　　能量和动量是物理学中描述物体状态特征的两个重要的角度,它们之间既有区别,也有联系。从能 量和动量角度处理问题,也是高中阶段处理力学物理问题的两种重要思维路径,其中所涉及的动能定 理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律,是高中阶段解决物理问题的重要方 法,体现了力在空间和时间两个维度上的累积效应。能量和动量的思维路径已经不再局限于力学或者 电学的限制,它们贯穿于整个高中物理,所以成为高考的热点和重点就理所应当了。 　　解答这类问题的思维方法主要集中在下面的关系上: 素能进阶 目 录   　　为了帮助大家在备考复习中清晰梳理知识和融会贯通考点,特设立几个专题进行解法探秘。 目 录 专题1　功和能 目 录 目 录 (2022广东,9,6分)(多选)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200 W、速度 5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,MN=PQ =20 m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有(　 　) 解法探秘 真题试练1:功和功率 ABD A.从M到N,小车牵引力大小为40 N B.从M到N,小车克服摩擦力做功800 J C.从P到Q,小车重力势能增加1×104 J D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J 目 录 解析　由F= 得从M到N的牵引力F=  N=40 N,A正确。从M到N,匀速运动的速度v=5 m/s,t= =4 s, 由动能定理有Pt-Wf=0,则克服摩擦力做功Wf=800 J,B正确。从P到Q上升高度h=PQ sin 30°=10 m,ΔEp= -WG=mgh=5×103 J,C错误。从P到Q,小车运动时间t'= =10 s,由动能定理有P't'-mgh-Wf'=0,得克服摩擦力 做功Wf'=700 J,D正确。 目 录 　  探究1　拓展设问 ①设问1:小车在水平段匀速行驶时和在沿斜坡向上匀速行驶时的牵引力的大小是否相等?分析说明原 因。 ②设问2:如果小车在水平段和斜坡上行驶时的功率都相同,则小车匀速行驶上斜坡的时候司机应该如 何调整车速? ③设问3:小车的牵引力在斜坡PQ段上比在MN段多做了多少功? 解法重构 目 录 答案　①不相等。小车沿斜坡向上行驶时,小车重力沿斜坡的分力对其运动也会起到阻碍作用,则小车 行驶过程中的阻力可能会变化,同时根据题中数据也可计算出两种情况下匀速行驶时小车的牵引力的 大小不相等。 ②司机需要降低车速。由题中数据分析可知小车在斜坡上匀速行驶时需要的牵引力更大,根据P=Fv可 知,在功率P不变时,要想使F增大,需要降低车速v。 ③小车从M到N,依题意有P1=Fv1=200 W,代入数据解得F=40 N,小车从P到Q,牵引力F2= =285 N,故小 车的牵引力在斜坡PQ段上比在MN段多做的功ΔW=(F2-F)x=4 900 J。 目 录 探究2　图像表征 ①设问1:请定性画出小车在水平MN段匀速运动过程中牵引力做功随位移变化的图像。 ②设问2:请定性画出小车在水平段,以恒定功率启动,从静止开始达到最大速度过程的速度-时间图像。 答案　①由于小车在水平段做匀速直线运动,所受牵引力恒定,故牵引力做功随位移线性变化,对应图 线为过原点的倾斜直线,其斜率等于牵引力的大小,如图1所示。 ②小车以恒定功率启动,其牵引力会随着速度增大而不断减小,当牵引力等于阻力时,速度达到最大,小 车在整个过程中做加速度逐渐减小的加速运动,其v-t图像如图2所示。  　　  目 录 1.表征变异·文本→图像　(2023新课标,20,6分)(多选)一质量为1 kg 的物体在水平拉力的作用 下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所 示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 (　 　)   A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W B.在x=4 m时,物体的动能为2 J C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J 探究3　同类竞探 D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s BC 目 录 解析　根据W=Fx及题意可知,W-x图线的斜率表示水平拉力,则在0~2 m内,拉力F1=  N=6 N,则物体做 匀加速直线运动,加速度a1= =2 m/s2,故由x1= a1 知,物体运动到x=1 m所用的时间t1=1 s,则v1=a1t1 =2 m/s,P1=F1v1=12 W,A错误;在0~4 m内,根据动能定理可得W4-μmgx4=Ek,解得Ek=2 J,B正确;从x=0运动到 x=2 m,物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx2=8 J,C正确;物体在2~4 m内,拉力F2=  N=3 N,加速度a2=  =-1 m/s2,则物体做匀减速直线运动,故物体在x=2 m时的速度最大,故动量最大,在0~2 m内,根据 动能定理有(F1-μmg)x2= m ,结合p2=mv2,联立解得p2=2  kg·m/s,D错误。 目 录 2.情境变异·匀速→变速　(2021重庆,10,5分)(多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路 面上从静止启动,其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功 率行驶,从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比,且比例系数 相同,则(　 　)   ABC A.甲车的总重比乙车的大 B.甲车比乙车先开始运动 C.甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同 D.甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同 目 录 审题指导 目 录 解析　以车为研究对象,其在水平方向受发动机牵引力和阻力作用,当牵引力大于阻力时车开始运动。 由题图可知,甲车比乙车先开始运动,B正确。车匀速运动时,F=f,由题图可知,f甲>f乙,结合题给条件知,甲 车重力大于乙车重力,A正确。甲车在t1时刻和乙车在t3时刻,甲、乙两车的牵引力相同,额定功率也相 同,由P=Fv得,甲、乙两车速率相同,C正确。甲车在t2时刻和乙车在t4时刻,甲、乙两车均匀速运动,由vm=  = 及f甲>f乙得v甲<v乙,D错误。 目 录 3.条件变异·恒力→变力　(2025广东,14,13分)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。 目 录 解析　(1)由匀加速直线运动的速度与位移关系可得2ah=  解得木塞离开瓶口瞬间的速度v0=  由圆周运动的角速度与线速度的关系可得齿轮的角速度ω= =  (2)拔塞的全过程,对木塞由动能定理可得 W-mgh-ΔpSh-Wf= m  结合f=f0 作出f-x的关系图像如图所示   答案　(1) 　(2)m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h　(3)P=f0at- +mgat+ΔpSat+ma2t  目 录 根据功的定义,f-x图线与横轴围成的面积表示木塞克服摩擦力做的功,则有Wf=0.5f0h 联立解得W=m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h (3)对木塞受力分析,根据牛顿第二定律得 F-f-mg-ΔpS=ma 由匀加速直线运动的速度与时间关系可得v=at 由匀加速直线运动的位移与时间关系可得x= at2,其中0≤t≤  拔塞钻对木塞作用力F的瞬时功率为P=Fv 联立解得 P=f0at- +mgat+ΔpSat+ma2t  目 录 (2021湖北,4,4分)如图(A)所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大 小f恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图(B)所示。重力加速度大小取10 m/s2,物块质量m和所受摩 擦力大小f分别为 (　　　)  　　　　  A.m=0.7 kg,f=0.5 N　　B.m=0.7 kg,f=1.0 N　　C.m=0.8 kg,f=0.5 N　　D.m=0.8 kg,f=1.0 N A 真题试练2:动能定理及其应用 目 录 解析　Ek-s图线的斜率表示物块受到的合力。上升过程,物块做匀减速直线运动,斜率的绝对值表示所 受合力大小,即mg sin θ+f=4 N;下降过程,物块做匀加速直线运动,斜率的绝对值表示所受合力大小,即 mg sin θ-f=3 N,联立解得m=0.7 kg,f=0.5 N,A正确。 目 录 　  探究1　一题多解 请利用动能定理解决问题,可以分段分析,也可以对全过程分析。 解法重构 答案　方法一:分段应用动能定理 由题图(B)可知,物块在上滑过程中动能由Ek1=40 J变为0,说明物块运动s=10 m时速度为零,则由动能定 理得-mgh-fs=0-Ek1;物块返回到出发点时,动能变为Ek2=30 J,则由动能定理得mgh-fs=Ek2,其中h=s·sin 30°, 联立解得m=0.7 kg,f=0.5 N,A正确。 方法二:全程应用动能定理 物块从斜面底端冲上斜面,速度减为0后,又沿着斜面下滑到斜面底端,所以整个过程中,相当于只有摩擦 力做功对物块的动能产生了影响,故对全过程应用动能定理有-fs总=ΔEk,结合题图(B),可以直接求得f=0.5 N。之后,再以物块沿斜面向上运动阶段为研究对象,单过程应用动能定理,就可以顺利求得m=0.7 kg,A 正确。 目 录 探究2　拓展设问 ①设问1:物块沿斜面上滑和沿斜面下滑时的加速度是否相同? ②设问2:根据题设信息,是否可以求得物块在斜面上运动的时间? ③设问3:整个过程中,摩擦力做的总功是多少? ④设问4:设物块初始位置所在水平面为零势能面,物块沿斜面上升到最高点时的重力势能是多少? 目 录 答案　①不同。因为物块沿斜面向上运动时,物块所受的摩擦力沿着斜面向下,所受合力大小等于摩擦 力和重力沿斜面向下的分力之和;物块下滑时,所受摩擦力沿着斜面向上,所受合力大小等于重力沿斜 面向下的分力与摩擦力之差。 ②可以。首先,根据题设信息已经能够求得物块的质量,然后就可以由Ek= mv2,分别解得物块沿斜面上 滑时的初速度和下滑到斜面底端时的速度。因为物块沿斜面上滑和沿斜面下滑的运动都是匀变速直 线运动,且位移均已知,所以利用x= t, = ,代入相关数据就可以求得物块在斜面上的运动时间。无 论是向上滑行的时间、向下滑行的时间还是总时间,都可以求得。 ③整个过程中,摩擦力做功导致物块机械能发生变化,故摩擦力做的总功等于机械能的变化量,即Wf= -10 J。 ④从题设条件可知,物块沿斜面上滑到最高点时距离地面的高度为5 m,利用题设信息求得物块质量m= 0.7 kg,则此时物块的重力势能Ep=35 J。 目 录 探究3　图像表征 请以沿斜面向上的方向为正方向,画出物块整个运动过程中的a-t图像和v-t图像。 答案　对物块不同的运动过程,分别进行受力分析,再利用牛顿运动定律和运动学公式,就可以得到物 块不同阶段的加速度随时间的变化规律和速度随时间的变化规律,进而画出相应的图像。同时,无论是 哪一种图像,都需要注意设定的正方向。以沿斜面向上为正方向,所得图像如图甲、乙所示。   目 录 1.表征变异·图像→文本　(2021全国乙,24,12分)一篮球质量为m=0.60 kg,一运动员使其从距 地面高度为h1=1.8 m处由静止自由落下,反弹高度为h2=1.2 m。若使篮球从距地面h3=1.5 m的高度由静 止下落,并在开始下落的同时向下拍球,球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作 用力为恒力,作用时间为t=0.20 s;该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g =10 m/s2,不计空气阻力。求 (1)运动员拍球过程中对篮球所做的功; (2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。 探究4　同类竞探 答案　(1)4.5 J　(2)9.0 N 目 录 解析　(1)篮球下落及上升过程中,机械能均守恒,由此可得篮球与地面碰撞前后的动能的比值α=  ① 设运动员拍球过程中对篮球所做的功为W,由动能定理及题给条件得 =α ② 联立①②式并代入题给数据解得W=4.5 J③ (2)设运动员拍球时对篮球的作用力的大小为F,球的加速度大小为a,由牛顿第二定律有F+mg=ma ④ 设时间t内篮球运动的距离为s,则s= at2 ⑤ W=Fs ⑥ 联立③④⑤⑥式并代入题给数据解得 F=9.0 N。 方法技巧 由于不计空气阻力,篮球在空中运动过程中机械能守恒,可以利用篮球在下落过程和上升过程最高点的重力势能去分别替代篮球与地面碰撞前后瞬间的动能。 目 录 2.考向变异　(2020江苏,4,3分)如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平 地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中,物块 的动能Ek与水平位移x关系的图像是(　　　)     A 目 录 解析　设斜面倾角为θ,物块滑到斜面底端时的动能为Ek0,物块在斜面上滑行的总长度对应的水平位移 为x0,应用动能定理,在斜面上有(mg sin θ-μmg cos θ)· =Ek,即Ek=(mg tan θ-μmg)x,在地面上有-μ'mg(x-x 0)=Ek-Ek0,即Ek=-μ'mg(x-x0)+Ek0,综上所述可知两段Ek-x图线均为直线,A正确。 目 录 3.情境变异·直线→曲线　(2021山东,3,3分)如图所示,粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆,一端可绕竖直光滑轴O转动,另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发,恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中,木块所受摩擦力的大小为(　　　) A. 　　　　　B.  C. 　　　　　D.  B 解析　木块以水平初速度v0出发,恰好能完成一个完整的圆周运动,根据动能定理有-2πLf=0- m ,解得f = ,B正确。 目 录 (2022全国乙,16,6分)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止 开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于 (　　　)   A.它滑过的弧长　　B.它下降的高度　　C.它到P点的距离　　D.它与P点的连线扫过的面积 C 真题试练3:机械能守恒功能关系 解析　如图所示,x为P、A间的距离,其所对的圆心角为θ,小环由P点运动到A点,由机械能守恒定律得 mgh= mv2,由几何关系得h=R-R cos θ,所以v= 。由于1-cos θ=2 sin2 ,sin = ,所以v=  = =x ,故v正比于小环到P点的距离,C正确。   目 录 　  探究1　拓展设问 ①设问1:请说明为何小环沿着大圆环下滑过程中其机械能守恒。 ②设问2:小环运动到与大圆环圆心等高的位置时,合力是否等于向心力? ③设问3:若已知小环质量为m,重力加速度为g,则小环下滑到大圆环最低点时,对大圆环的压力大小是 多少? 解法重构 答案　①因为小环只受到重力和支持力作用,其中支持力不做功,只有重力做功,符合机械能守恒的条 件。 ②不等于。小环滑到与大圆环圆心等高的位置时,受力如图所示。 目 录 此时大圆环对小环的支持力提供小环做圆周运动的向心力,合力等于向心力与重力的合力。 ③设大圆环的半径为R,根据机械能守恒定律有2mgR= mv2,可以求得小环到大圆环最低点时的速度大 小v=2 。再根据牛顿第二定律有F-mg= ,解得F=5mg。根据牛顿第三定律可得F压=F=5mg。 目 录 探究2　图像表征 请定性画出小环速率与下滑高度之间的关系图像、小环速率与它到P点距离之间的关系图像。 答案　画图像,首先要明确物理量间的函数关系表达式。图像,是物理问题的一种表征方式,它与相应 的函数表达式之间是一一对应的。设小环下降的高度为h,大圆环的半径为R,小环到P点的距离为x,根 据机械能守恒定律得mgh= mv2,则v2=2gh,所以小环速率与下滑高度之间是二次函数关系,图像应为抛 物线形状,如图甲所示。由几何关系可得h=R-R cos θ,sin = ,v= ,联立可得v=x ,所以,小环速率 与它到P点距离之间是正比例函数关系,图线为过原点的倾斜直线。   目 录 探究3　同类竞探 1.条件变异·守恒→不守恒　(2024浙江1月,3,3分)如图所示,质量为m的足球从水平地面上位 置1被踢出后落在位置3,在空中达到最高点2的高度为h,重力加速度为g,则足球 (　　　)   A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 B 目 录 解析　假设不受空气阻力,斜抛运动在最高点位置左边的斜抛上升阶段的轨迹和其右侧平抛运动的轨 迹具有对称性,题图中显示并不对称,则空气阻力不可忽略,所以从2到3阶段,机械能不守恒,D错误;从2 到3阶段,由于受空气阻力且不知道空气阻力做功的多少,所以无法求解合力做的功,无法计算动能变化 量,C错误;同理,从1到2阶段,不知道空气阻力做功的多少,无法计算动能变化量,A错误;从1到2阶段,重力 做负功,WG=-mgh,所以重力势能增加了mgh,B正确。 目 录 2.情境变异·单体→系统　(2022河北,9,6分)(多选)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的速度大小为  BCD 目 录 解析　将两物体由静止释放后,利用整体法结合牛顿第二定律可知,(mQ-mP)g=(mQ+mP)a,由于a= ,则  = ,A错误;设物体P质量为m,则物体Q质量为2m,如图所示, t=0时刻两物体P、Q分别在A、C两点,T时刻轻绳断开时,P、Q两物体在图中B、D两处,对应速度大小v1 '=v1= T,轻绳断开之后,P做竖直上抛运动,设再经t0到达与Q释放位置(C点)等高处,根据匀变速直线运动 目 录 公式有 0=v1'-gt0,得t0= ,则P、Q由静止释放时的高度差h=x1+x2= T+ · = gT2,选取A点所在的 平面为零势能面,所以t=0时刻,Q的机械能E=2mgh= mg2T2,2T时刻Q运动的速度为v2=v1+gT= gT,在0~2 T时间内,Q下落的距离H= T+ T=gT2,所以在2T时刻Q在零势能面下方,此时Q的机械能为E'=-2 mg(H-h)+ ·2m = mg2T2= ,B正确;P到达最高点之后,再经过t'= T到达2T时刻,此时P的速度大小为v2' =gt'= gT,D正确;在2T时刻,物体P重力的功率P=mgv2'= mg2T,结合上述分析,得P= ,C正确。 目 录 3.情境变异·单过程→多过程　(2020浙江7月,20,12分)小明将如图所示的装置放在水平地面 上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m= 0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0 m处静止释放。已知R=0.2 m,LAB=LBC=1.0 m,滑块与轨道AB和 BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力。 (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力; (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点; (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰,碰后一起运动,动摩擦因 数仍为0.25,求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g =10 m/s2) 目 录 答案　(1)8 N　方向水平向左　(2)(3)见解析 审题指导 (1)(2) (3) 目 录 解析　(1)设小滑块运动到D点的速度为vD,由机械能守恒定律得mgH=mgR+ m  在D点,由牛顿第二定律得FN= , 解得FN=8 N 由牛顿第三定律得FN'=FN=8 N,方向水平向左。 (2)设小滑块能在斜轨道上到达的最高点为C'点,对小滑块运动全过程由功能关系得 mgH=μmgLAB+μmgLBC' cos θ+mgLBC' sin θ 解得LBC'=  m<1.0 m,故不能冲出斜轨道末端C点。 (3)设滑块运动到距A点x处的速度为v,由动能定理得mgH-μmgx= mv2 设碰撞后两滑块的速度为v',由动量守恒定律得mv=3mv' 目 录 设碰撞后滑块能滑到斜轨道上高度为h处,对两滑块由动能定理得-3μmg(LAB-x)-3μmg -3mgh=0- ×(3 m)v'2 解得  目 录 互动互探 通过上述多个问题的探究,你是否能够总结出从能量角度分析相关运动问题的基本思路? 互动点拨 从能量角度分析相关的问题,一般的分析思路如下: (1)明确研究对象——单体或者系统; (2)明确研究过程——过程的初状态和末状态,单过程或者多过程; (3)明确研究方法——动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系等。 遵循相关理论依据,列出对应过程的关系方程,用表达式的表征方式将包括文本、图像、图形等形式表 征的物理过程转换出来。 目 录 　　本专题内容的逻辑基础就是功和能之间的对应关系,功是能量转化的途径和量度,功本身是力在空 间累积效果的体现,对应着具体的物理过程,而其引起的效果就是改变物体不同状态的能量,所以能量 对应的是具体的物理状态。基于功和能之间的关系,最终达到的就是自然界最普遍的规律之一——能 量守恒定律。 解法密钥 底层逻辑 目 录 　  1.公式法 功和能这个专题主要涉及动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能量守恒定律等对应的公式。具 体使用的时候,要看问题的需求去选定所需要的公式。 　　一般来说,涉及求解变力做功、动能、位移、速度等问题时,优先考虑应用动能定理。 机械能守恒定律的使用条件比较严格,所以这个定律更重要的是渗透一种思想——守恒,一般能够用机 械能守恒分析的问题,用动能定理基本都可以解决,但是当研究对象是系统的时候,如果满足机械能守 恒的条件,用机械能守恒定律去分析求解可能会更简单。 能量守恒定律或者说能量守恒思想的应用,主要涉及有关能量变化、某个状态的能量等问题,而且一般 过程比较复杂,用动能定理不好解决。使用能量守恒定律解决问题的时候,关键要弄清楚哪种能量增加 了,哪种能量减少了,通俗地说,就是理清问题中涉及的每种能量的变化多少以及各能量之间的转化情 思维方法 目 录 况。   2.分段法与整体法 涉及多个过程的功、能相关问题,一般优先考虑分阶段处理。分阶段处理的时候,既要明确每个阶段的 初、末状态,又要明确相邻两个阶段之间的衔接,即前一个阶段的末状态是后一个阶段的初状态。分阶 目 录 段分析及分阶段列式,从高考考试角度来说,也是很好的分担风险的应对方式。对于不同阶段的划分, 一般以受力特征为依据,对应不同的运动状态。例如2020年浙江7月选考第20题中就包括了沿弧形轨 道运动、沿圆轨道运动、沿水平轨道运动、沿斜面运动四个阶段,每个阶段的受力特征不同,运动形式 也不同,但是相互之间又是关联在一起的。 目 录 　  考查形式　 高考中考查功和能相关内容的试题形式是非常丰富的,包括了选择题、实验题和计算题。就知识覆盖 面而言,有单一考查功和能知识的试题,也有综合考查运动、功能关系、动量、电磁知识的综合性试 题。试题的表征方式既有文本形式,也有图像形式和函数形式。 常见情境　 高考中涉及功和能相关知识的考查,一般都会结合生产、生活中的实际情境。作为一种分析物理问 题、解决物理问题的思想方法,几乎所有的运动情境都是可以涉及的。所以直线运动、抛体运动、圆 周运动、简谐运动、碰撞、弹簧模型,甚至带电粒子在电场中的运动、电流的热效应、电磁感应的综 合等诸多问题情境,都可以成为功和能相关知识的考查情境。 考向探秘 目 录 思维核心　 在研究对象上,高考对单个物体和多个物体不同的运动形式都有考查,单个物体大多是考查多过程的联 系与守恒,多个物体大多是考查物体能量变化与各物体间相互作用的关联。解答这类问题的主要思路 是将问题情境进行恰当表征——功能关系式(函数)和图像,合理运用不同的方法探究功和能的对应关 系,需要在能量观念、模型建构、科学推理及严谨认真的科学态度上进行磨炼和升华。 目 录 1.(2023山东,4,3分)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过 程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个, 与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入 稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　　)   A. 　　　　　B.  C. 　　　　　D.nmgωRH B 解法特训 目 录 解析　t时间内,长度l=ωRt的筒车上有质量为M的水被灌入稻田,则M= nlm= nmωRt,筒车对灌入稻田的 水做功的功率为P= = ,B正确。 目 录 2.(2023江苏,11,4分)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B后返回到底端。利用频 闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比,图甲中滑块 (　 　) A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 C 目 录 解析　由频闪照片可知,题图甲中拍摄到的滑块数量少,故题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短,C 正确;由逆向思维及x= at2可知,题图甲中滑块运动的加速度较大,则由F=ma可知,题图甲中滑块受到的 合力较大,A错误;设斜面倾角为θ,由Wf=μmg cos θ·x可知,两图中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相 等,D错误;由上述分析可知题图甲对应滑块的上升过程,题图乙对应滑块的下降过程,题图甲中,滑块从A 运动到B,由动能定理得-(WG+Wf)=0-EkA,题图乙中,滑块从B运动到A,由动能定理得WG-Wf=EkA'-0,联立得E kA>EkA',即题图甲中滑块经过A点的动能较大,B错误。 目 录 3.(2025山东,5,3分)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小 车以速度v匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为 常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为 (　　　) A. 　　　　　B.  C. 　　　　　D.  A 解析　设光伏电池单位时间内接收到的光能为E0,则单位时间内转换成的电能为ηE0,由电动机转换成 的机械能为50%·ηE0;小车匀速运动时所受牵引力等于阻力,F=f=kv,牵引力的功率P=Fv=kv2,根据能量守 恒定律有50%·ηE0=kv2,解得E0= ,A正确。 目 录 4.(2022全国甲,14,6分)北京2022年冬奥会首钢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 目 录 解析　运动员从a处滑至c处,mgh= m -0,在c点,FN-mg=m ,联立得FN=mg ,由题意,结合牛顿第 三定律可知,FN=F压≤kmg,得R≥ ,D正确。 目 录 5.(2025黑吉辽蒙,13,10分)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋 顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻 力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0; (2)雪块落地时的速度大小v1,及其速度方向与水平方向的夹角α。   答案　(1)5 m/s　(2)8 m/s　60° 目 录 解析　(1)雪块在屋顶从静止开始做匀加速直线运动, 根据牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma 又 =2ax 联立解得v0=5 m/s (2)雪块从A点离开屋顶后做斜抛运动, 由机械能守恒定律得mgh= m - m  代入数据解得v1=8 m/s 雪块在做斜抛运动过程中,水平分速度不变,则 v1 cos α=v0 cos θ 解得α=60° 思路点拨 本题求雪块落地时与水平方向的夹角,可以巧妙地在已求得初、末速度的情况下,运用斜抛运动初、末速度的水平分速度相等这一特点来列等式。 目 录 6.(2025福建,15)如图甲,水平地面上有A、B两个物块,两物块的质量均为0.2 kg,A与地面间的动摩擦因 数μ=0.25,B与地面无摩擦,两物块并排放置,在外力F的作用下向右前进,外力F与位移x的关系图像如图 乙所示,P点为圆弧轨道最低点,M点为圆弧轨道最高点,水平地面长度大于4 m,重力加速度g=10 m/s2。 求: (1)在0~1 m内F做的功; (2)当x=1 m时,A与B之间的弹力大小; (3)要保证B能到达M点,圆弧轨道半径应满足的条件。   目 录 解析　(1)F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,0~1 m内F做的功为W=1.5×1 J=1.5 J (2)x=1 m时,设A、B之间的弹力大小为N,对A与B整体和B分别受力分析,如图1、图2所示。  　  对于A、B整体,根据牛顿第二定律有F-fA=(mA+mB)a A受到的摩擦力为fA=μmAg 对于B,根据牛顿第二定律有N=mBa 代入数据F=1.5 N,mA=mB=0.2 kg,μ=0.25, 答案　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)R≤0.2 m 目 录 解得N=0.5 N (3)要保证B能到达M点,设圆弧轨道的半径最大为Rm,则B在M点时的最小速度vB满足mg= ,可得 vB=  用力F推动A与B,当A、B之间的弹力为零时A、B分离,即当F减小到F=fA=μmAg=0.5 N时A、B分离,由题 图乙可知A、B分离时向右移动的位移x1=3 m 此过程中,设F做的功为WF,A、B刚要分离时两者的速度为v0,由动能定理有 WF-fAx1= (mA+mB)  F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,则WF=  J=3.5 J A、B分离后,B经过水平面和圆弧轨道运动到轨道最高点,由机械能守恒定律有  mB =mBg·2Rm+ mB  目 录 联立以上各式并代入数据解得Rm=0.2 m 即圆弧轨道半径满足的条件为R≤0.2 m 目 录 7.(2022浙江1月,20,12分)如图所示,处于竖直平面内的一探究装置,由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心 为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG 组成,B、D和F为轨道间的相切点,弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高),B、O1、D、O2和F点处于同 一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1 kg,轨道BCD和DEF的半径R=0.15 m,轨道AB长度lAB=3 m, 滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ= ,滑块与弹性板作用后,以等大速度弹回,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g= 10 m/s2。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 (1)若释放点距B点的长度l=0.7 m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小; (2)设释放点距B点的长度为lx,滑块第1次经过F点时的速度v与lx之间的关系式; (3)若滑块最终静止在轨道FG的中点,求释放点距B点长度lx的值。 目 录 解析　(1)滑块从释放点到C点过程,根据动能定理有mgl sin 37°+mgR(1-cos 37°)= m ,在C点时,FN-mg= m ,解得FN=7 N。 (2)根据动能定理,滑块从释放点到F点过程有 mglx sin 37°-4mgR cos 37°= mv2 可得v=  (SI) 由于滑块能经过F点,故经过DEF轨道最高点时的速度应大于等于零,则mglx sin 37°≥mg(R+3R cos 37°), 解得lx≥0.85 m,故0.85 m≤lx≤3 m。 (3)设全程摩擦力做功为滑块第一次到达FG中点时摩擦力做功的n倍(n为奇数),由动能定理可得 mglx sin 37°-mg·  sin 37°-nμmg·  cos 37°=0 答案　(1)7 N　(2)v=  (SI)(0.85 m≤lx≤3 m)　(3)见解析 目 录 lx=  m,且0.85 m≤lx≤lAB 当n=1时,lx1=  m 当n=3时,lx2=  m 当n=5时,lx3=  m 目 录 $