专题二 第6讲 功和能-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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 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、转化研究对象法、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、v之间的夹角) 机车启动 两个基本关系式 P＝Fv，F－F阻＝ma 恒定功率启动 P不变，v，a⇒以vm做匀速运动Pt－F阻s＝mv 恒定加速度启动 a不变，F不变，v，P⇒P额，v，F，a⇒以vm做匀速运动 最大速度vm 无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm＝ [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，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　) A．4×105 J　　 B．4×104 J C．4×103 J D．4×102 J 答案　B 解析　高中生的质量m＝50 kg，列车速度v＝144 km/h＝40 m/s，根据动能定理，列车对座椅上的一高中生所做的功W＝mv2＝×50×402 J＝4.0×104 J，故ACD错误，B正确． [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，测得该款汽车综合阻力随速度变化的关系式f＝f0＋kv(k为常数).现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，使汽车由静止开始做水平直线运动．汽车位移为x时恰好达到最大速度．则(　　) A．汽车速度越大，加速度越大 B．整个过程的平均速度为 C．整个过程所用时间为－ D．整个过程所用时间为＋ 答案　D 解析　由牛顿第二定律有F－(f0＋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－(f0＋kvm)＝0，解得最大速度vm＝，汽车恒力启动过程中，汽车做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；汽车从静止达到最大速度过程中，以汽车运动方向为正方向，根据动量定理有Ft－∑(f0＋kv)t＝mvm，解得整个过程所用时间为t＝＋，故C错误，D正确． 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，携带农药的无人机可在田间执行喷洒药剂的任务．一总质量为m＝25 kg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 s后速度达到10 m/s，接着匀速运动3.4 s，再以5 m/s2的加速度做匀减速直线运动，最终悬停在农田上方3 m处，然后水平飞行喷洒药剂．若无人机下降过程中受到的空气阻力恒为自身重力的，取g＝10 m/s2.求： (1)无人机初始位置离农田的高度； (2)无人机匀加速运动时竖直升力的大小； (3)无人机下降的全过程中升力的平均功率(结果保留一位小数). 解　(1)设无人机向下做匀加速运动下降的高度为h1，则h1＝t1，其中v＝10 m/s，t1＝4 s 无人机匀速下降的高度h2＝vt2，其中t2＝3.4 s，设无人机向下做匀减速运动下降的高度为h3，则v2＝2a3h3 其中a3＝5 m/s2，无人机初始位置离农田的高度H＝h1＋h2＋h3＋h4，其中h4＝3 m，解得H＝67 m； (2)无人机匀加速下降过程，有v＝a1t1，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－F－f＝ma1，其中f＝0.2mg，解得F＝137.5 N； (3)对无人机下降全过程由动能定理有W＋fh－mgh＝0，匀减速下降时间t3＝，又h＝h1＋h2＋ h3，下降全过程升力的平均功率为＝，解得≈1 361.7 W． 1．应用动能定理解题的步骤图解： 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 2．连接体的机械能守恒问题 共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速度模型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比 关联速度模型 　 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等 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) 说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒．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． [例4]　(2025·安徽卷·14)如图，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　(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，根据机械能守恒定律mv＝mg·2L＋mv2，在该位置时根据牛顿第二定律T－mg＝m 解得v＝4 m/s，T＝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机械能守恒定律mv0′2＝mg·5L＋mv′2，解得v0′＝2 m/s. 【溯源真题】　本题与2024年重庆卷第15题有异曲同工之处，都考查了半径突变的竖直面内的圆周运动，不同之处是两题中钉子的摆放方式，且本题难度低于2024年重庆卷第15题，本题没有涉及碰撞相关知识，小球旋转次数相对较少，计算相对简单． [例5]　(2025·湖南省长沙市长郡中学高三模拟)三个半径都为R，质量分别为mA＝2mB＝2mC＝2m的匀质球放置在水平面上，如图所示，已知水平面和球面均光滑，且运动过程中三个球的球心始终在同一竖直平面内，初始时刻三个球均静止，现由静止释放三个球，求：(重力加速度为g) (1)释放后瞬间，三个球的加速度分别是多少？ (2)B球最大动能是多少？ (3)A球落地时的速度是多大？ 解　(1)释放后瞬间，A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：2F cos 30°＝2mg，解得：F＝，根据牛顿第三定律可得，A对B或对C的压力大小均为：F′＝F＝，对B，水平方向根据牛顿第二定律可得：F′sin 30°＝maB，解得：aB＝g，方向向左，C的加速度大小为：aC＝g，方向向右； (2)设小球A下落过程中，AB球心连线与竖直方向夹角为θ时速度为v1，B或C的速度大小为v2，根据速度的合成与分解可得：v1cos θ＝v2sin θ，根据机械能守恒定律可得：2mg×2R(cos 30°－cos θ)＝×2mv＋(mB＋mC)v，整理可得：v＝2gR(－2cos θ)·cos θ·cos θ，根据数学知识可得：当cos θ＝－2cos θ时v2最大，即cos θ＝时，B球最大动能是：Ekm＝mv＝； (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·2R cos 30°＝×2mv＋2Ekm，解得：vA＝，方向向下． 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系，功是能量转化的量度． (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． 2．常见功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做功等于弹性势能减少量 静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量 动能 合外力做功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝ mv2－mv 机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机 摩擦产生 的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·s相对 s相对为相对路程 电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE [例6]　(多选)(2025·云南卷·10)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点．质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ.过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑．弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g.则(　　) A.P、M两点之间的距离为 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mv C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 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 答案　CD 解析　滑块所受的滑动摩擦力f＝μmg cos θ＝tan θ×mg cos θ＝×mg cos θ＝mg sin θ，过程Ⅰ，根据动能定理得：－mg sin θ·PO－f·PO＝0－mv，解得：PO＝，过程Ⅱ中，弹簧弹力对Q做正功，设为W弹，Q克服滑动摩擦力做功为Wf，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：ΔE＝Wf－W弹＝f·PO－W弹＝mg sin θ×－W弹＝mv－W弹，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·sin θ＋f＝2mg sin θ，解得：x＝，P、M两点之间的距离为：s＝PO－x＝－＝，故A错误；滑块从P到M的过程向上运动的位移为s＝，由运动的对称性可得滑块过M点后能继续上滑的最大位移等于s，故Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为xm＝2s＝，故C正确；设滑块最终停留在距O点x2处，停止时加速度为零，速度为零；若弹力为零，根据平衡条件mg sin θ＝f＝μmg cos θ，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mg sin θ＋f＝kx2 其中f≤mg sin θ，解得x2≤＝x，滑块停在M点与O点之间，含M点；由于fm＝mg sin θ，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]　(2024·安徽蚌埠市模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面与圆心为O、半径R＝0.9 m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内．斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m1＝0.8 kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零．已知A、B之间的距离为L＝1.35 m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，≈1.73. (1)求滑块a在C点对轨道压力的大小； (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量； (3)若仅将滑块a换为质量为m2＝0.05 kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置至B点的距离(结果保留两位有效数字). 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 －m1gR＝－m1v 对滑块a在C点由牛顿第二定律有 F1－m1g＝ 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a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep，从A到D，由能量守恒定律可知 Ep＋m1gL sin 37°＝μm1gL cos 37°＋m1gR cos 37° 解得Ep＝1.44 J 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＋m1gL sin 37° 解得Q＝7.92 J (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 Ep＋m2gL sin 37°＝μm2gL cos 37°＋m2g(R＋R cos 37°)＋m2v 解得vE＝6 m/s 滑块b恰好能通过E点时，有 m2g＝ 得v′＝＝3 m/s 可知vE>v′，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为t，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－R sin 37° (R＋R cos 37°)－gt2＝d tan 37° 解得t＝0.328 5 s，d＝1.431 m 又有x＝ 解得x≈1.8 m 应用能量守恒定律解题的一般步骤 　 学科网（北京）股份有限公司 $