2025年高考物理二轮复习：功与能

专题二能量与动量

L签体系重构•贯通知识脉络f

动能定理:卯产A心

机械能守恒定律：

能12,12,

力在空间量2^nv\+mghi=2mv2+mgh2

观

积累效果点

功能关系

能量守恒

能

量

与机车启动

动—缓冲问题

量

动量定理应用一流体问题

冲量：/=FAt

F^t=mvz-mv\平均力问题

1

动—电磁感应中电荷量问题

力在时间量

观

积累效果点「弹性碰撞

n-[ea1非弹性碰撞

动量守恒定律L完全非弹性碰撞

动量：p=mvmiVi+m2V2=

m\V\-¥m-}V2T爆炸I

火箭发射

人船模型

■ML功与能

【备考指南】i.高考命题多以选择题形式考查基本概念和基本规律，计算题

以中等难度题目为主。在命题上重视结合图像或结合电学情境进行考查。2.复

习备考过程要重视基本概念和基本规律的复习，强化对典型问题的分析。3.复

习过程重视数学方法的渗透，通过函数法、图像法、比较法、极限法分析解决问

题。

突破点一功与功率动能定理

考向1功与功率

1.功的计算

~*j恒力做功即二〃/cosa

2.功率计算的“两公式”“三关联”

（1）两个公式

①平均功率：尸=7。

②瞬时功率：P=Focosa（a为歹与0的夹角）。

（2）机车启动三个关联

①机车启动匀加速过程中的最大速度小（此时机车输出的功率最大）：

由F牵一歹阻=用々，尸=尸牵01,可求出—o

尸阻+ma

②全程的最大速度Omax（此时F牵=歹阻）：由P=F阻°max，可求出Vmax=~-o

尸阻

③机车启动模型中的关键方程：尸=歹牵0,F牵一F阻vmax=-f-,P/-F阻x

F阻

=A£k。

［典例1］（功的计算）（2024•河北邯郸二模）使用如图所示的卸货装置从高处卸

下货物时，先将质量为m的货物放置在倾角为a、长为L的粗糙木板上端，货

物开始加速下滑的同时，自动液压杆启动并逐渐缩短，液压杆装置最终完全缩回

到地面以下，货物以较小的速度。水平向右滑出木板，完成卸货。已知重力加速

度大小为g。下列说法正确的是（）

A.木板对货物做功为MgLsina

B.木板对货物做功为ft"

C.摩擦力对货物做功为；》/"一用gLsina

D.支持力对货物不做功

A［设在整个过程中木板对货物做功为W,根据动能定理有W+mgLsina=

^mv2,木板对货物做功为W=^mv2—mgLsina,故A正确，B错误；木板转动，

支持力与货物运动方向成钝角，支持力对货物做功WN为负值，故D错误；木板

2

对货物做功为W=Wf+W^,摩擦力对货物做功为Wt=^mv-mgLsina-WN,

故C错误。故选A。］

［典例2］（功率的计算）（多选）（2024•吉林长春一模）如图甲所示，“水上飞人”

是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，总质量为M的人与喷水装置，

受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人与喷水装

置在竖直方向运动的。“图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向

上的方向为正，忽略水管对喷水装置的拉力以及空气的阻力，重力加速度为g,

下列说法正确的是（）

A.〃〜/2时间内，水的反冲作用力越来越大

B.水的反冲作用力的功率为爆力

c.〃时刻，。“图像切线的斜率为24

%

D.〃〜/2时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度为02（/2一幻一点（说-说）

BCD［设水的反冲作用力的恒定功率为P,由尸=F%可得水的反冲作用力F

=：,由0"图像可知〃〜右时间内，人与喷水装置的速度0越来越大，则水的反

冲作用力越来越小，故A错误；/2时刻，人与喷水装置的速度达到最大值，开始

匀速上升，水的反冲作用力F=Mg,水的反冲作用力的恒定功率尸=Fo=Afg02,

故B正确；由01图像可知〃时刻，人与喷水装置的速度为vi,设水的反冲作用

力为Fi,由尸=Mgs,尸可知Fi="史学由牛顿第二定律

V1

可得，h时刻v-t图像切线的斜率即人与喷水装置的加速度。=空外，故C正

%

确；由动能定理尸（右一切一=诏一抑说，可得人=02（/2一句）一景说一

说），故D正确。故选BCD。］

【教师备选资源】

（2023・湖北卷）两节动车的额定功率分别为Pi和尸2,在某平直铁轨上能达到的

最大速度分别为。1和。2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力

在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（）

APl%+P2M2BPl»2+P2"l

Pl+P2Pl+P2

Q（Pl+P2）%b2D（Pl+P2）%b2

Pl^l+P2b2P1V2+P2V1

D［分析可知，两动车在平直铁轨上受到的阻力分别为力=々、力=生，编成动

V1v2

车组后，动车组的总功率尸=尸1+尸2,动车组受到的总阻力/=力+力，又因为〜

=7，联立解得空吆，A、B、C错误，D正确。］

f匕也+「2也

口考向2动能定理

1.应用动能定理解题的思维流程

2.应用动能定理解题的“三个提醒”

⑴动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力

学研究方法要简捷。

（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有几个运动性质不同的小过程（如加速、减速的过

程），此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定

理列式，则可使问题简化。

［典例3］（动能定理求解多过程问题）（2024•3月河南新乡一模）如图所示，可视

为质点的质量为根=0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的

恒定拉力F=4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的

中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=0.3m且内壁光滑的竖

直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从5处的出口（未画出，且入口和出口稍

稍错开)出来后向。点滑动，。点的右边是一个“陷阱”，。点是平台边缘上的

点，C、。两点的高度差为/i=0.2m,水平距离为x=0.6m。已知滑块运动到圆

轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度

为,2=2.0m,小滑块与水平轨道A3、5c间的动摩擦因数均为"=0.5,重力加

速度g=10m/s2。

(1)求水平轨道AB的长度Zi；

(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的。点；

(3)若在A5段水平拉力F作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不

脱离竖直圆轨道，又不落入C、。间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的

距离范围。

［解析］(1)根据题意，设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为则

有4mg=m一①

R

从5点运动到最高点的过程中，设小滑块到达5点时的速度大小为口，由动能

定理得

—mg2R=^mv2—②

代入数据解得神=2五m/s③

小滑块由A到5的过程中，由动能定理可得

产1_(img^=-mvl④

代入数据可解得Zi=2.4mo⑤

(2)设小滑块到达。点时的速度大小为vc,则由动能定理可得一wwg/2=］m忧-

如瑶⑥

代入数据解得vc=2m/s⑦

设小滑块下落/i=0.2m所需票的时间为t,则有

h=1gt2⑧

解得£=0.2s⑨

故小滑块在水平方向上运动的距离为

xo=vrf=O.4m<0.6m⑩

故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到。点。

（3）由题意可知，若栗滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情

况进行讨论：

①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为其，则由动

能定理可得

Fx'i—fimgh-mgR=0⑪

代入数据可解得定=0.75m⑫

故当恒力作用的距离满足0<xW0.75m时符合条件。

②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为00,

则有mg=m—⑬

设此时恒力作用的距离为为，则有FX2'—2mgR=^mv1⑭

代入数据可解得x，2=0.975m⑮

当滑块刚好运动到。点时速度为0,设此时恒力作用的距离为为，则有F为一

"〃唔（，1+，2）=0⑯

代入数据可解得矽=L1m⑰

故当恒力作用的距离满足0.975mW/WLlm时符合条件。

③当滑块刚好能够越过''陷阱”，设滑块到达。点时的速度大小为则由平抛

运动规律可得

k=*⑱

x=v'ct⑲

代入数据解得i4=3m/s⑳

设此时恒力作用的距离为抬，故有F抬一"/惚伍+为尸1加笠？，代入数据解得益

=1.325m㉑

故当恒力作用的距离满足1.325mWx，W2.4m时符合条件。

［答案］（1）2.4m⑵不能（3）见解析

【教师备选资源】

（2023•山东卷）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到

的阻力/均为恒力。如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为用的物

体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为S1时，小车达到额定功率，

轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S2。物体与地面

间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率尸0为()

A/2尸2(尸一1)(52-51,京

*弋(M+m)S2-Msi

B，2-2(一一/)(S2—S1)S1

，7(M+m)S2~Tnsi

C1尸(F-f)(S2-$l)S2

•q(<M+Tn)s2-Ms±

D,2.2(尸一/)(S2-S1)S2

・q(M+m)S2-Tnsi

A［在小车拉着物体行驶位移si的过程中，对小车和物体整体根据动能定理得

(方一/一"zwg)si=|(M+m)p2,轻绳从物体上脱落至物体停下的过程中，对物体

根据动能定理得一W«g(s2—si)=O—；mv2,解得0=则小车的

额定功率尸o=Fo=尸尸："2：i应A正确。］

7(M+m)S2-Msi

［典例4］(动能定理与图像的综合问题)(2024•陕西渭南一模)在有大风的情况

下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示，小球运动轨迹上的A、5两

点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向

右，小球在A点抛出时的动能为4J,在M点时它的动能为2J,落回到5点时

动能记为EkB，小球上升时间记为下落时间记为功不计其他阻力，贝!1()

D［将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动在水平恒定的风力

作用下做初速度为0的匀加速直线运动，竖直分运动在重力作用下做匀变速直

线运动。竖直上抛运动上升过程与下降过程具有对称性，则有〃=打，故B错误；

对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为Xi：X2

=1：3,故A错误；设小球在A点的速度为zu,则有喘=4J,小球

上升的最大高度为/i=g,小球从A到M过程，根据动能定理可得一加g/z+F风

xi=Ek〃一EkA=2J—4J=—2J,联立解得F风xi=2J,小球从A到5过程，根

据动能定理可得F风(xi+x2)=EkB-EkA,其中F*XI+X2)=4b风xi=8J,解得

EkB=12J,故C错误，D正确。故选D。］

突破点二机械能守恒定律的应用

1.机械能守恒定律的应用

⑴单物体的机械能守恒

_

①公式：mghi+^mvl=mgh2+jnivl；AEk=AEpo

②隔离法分析单个物体的受力情况，利用机械能守恒定律列式求解。

(2)多个物体系统机械能守恒

①适用条件：只有重力或弹力做功。

②一般用“转化观点：AEp=-AEk”或“转移观点：AEALAEB减”列方程求

解。

2.机械能守恒定律应用中的“三选取”

⑴研究对象的选取

研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实际为一个物体与地

球组成的系统)为研究对象,有的选几个物体组成的系统为研究对象,如图所示，

单选物体A机械能减少不守恒，但由物体4、5组成的系统机械能守恒。

⑵研究过程的选取

研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守

恒，因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。

⑶机械能守恒表达式的选取

①守恒观点：Eki+Epi=Ek2+Ep2。(需选取参考平面)

②转化观点：AEp=-AEk。（不需选取参考平面）

③转移观点：AEA^=AEB减。（不需选取参考平面）

［典例5］（多物体系统机械能守恒）如图所示，质量为用的滑块1放在水平地面

上，滑块1的上面连接一轻弹簧，轻弹簧的另一端连接细绳（弹簧与细绳间无摩

擦），细绳跨过光滑定滑轮后与套在光滑竖直杆上的滑块2连接，滑块2处于位

置A时，细绳刚好水平伸直无张力。现将滑块2由A处静止释放，经过位置5

时的加速度为第,此时滑块1对地面的压力恰好为0。已知滑轮与杆的水平距离

为3d,A、5间的距离为4d,弹簧的弹性势能Ep=**2（4为劲度系数，》为形变

量），重力加速度大小为g,不计滑轮的质量和大小。在滑块2由A运动到5的

过程中，下列有关说法正确的是（）

A.弹簧的劲度系数为鲁

5a

B.滑块2的质量为3加

C.滑块2的加速度先减小后增大

D.滑块2经过5点的速度大小为摩

D［因为滑块2处于位置A时，细绳刚好水平伸直无张力，故滑轮右侧细绳原

长为3d,由题知当滑块2到达位置B时，滑块1对地面压力恰好为0,处于平

衡状态，则有弹簧弹力/弹=/ng,由几何关系可知，滑轮右侧细绳长度为5d,

则此时弹簧的伸长量x=5d-3d=2d,结合胡克定律可知弹簧的劲度系数左=生

X

=咚A错误；设滑块2的质量为m2,当滑块2到达位置5时，由几何关系可

2d

知细绳与竖直杆间的夹角为37。，对滑块2进行受力分析，其受到杆的支持力、

细绳拉力与自身重力，在竖直方向由牛顿第二定律有机2g-Tcos37。=M2。，且

结合滑块1受力分析有T=mg9解得机2=4机，B错误；设滑块2由A运动到B

的过程中，细绳与竖直杆间的夹角为6,由B项分析可知有mig^Tcos0=mza,

此过程细绳上的拉力T逐渐增大至nig,夹角，逐渐减小，cos，逐渐增大，则加

速度a逐渐减小，C错误；滑块2由A运动到5的过程中，滑块2和弹簧组成

2

的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有m2g,4rf=Ep+|ni2v,且Ep=**2

=mgd,联立解得滑块2经过5点时速度大小0=J孕，D正确。］

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（多选）（2022•河北卷）如图所示，轻质定滑轮固定在天花板上，物体尸和。用不

可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP,Z=0时刻将两物体由静止

释放，物体。的加速度大小为京T时刻轻绳突然断开，物体尸能够达到的最高

点恰好与物体。释放位置处于同一高度，取f=0时刻物体尸所在水平面为零势

能面，此时物体。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（）

r

A.物体P和。的质量之比为1：3

B.2T时刻物体。的机械能为|

C.2T时刻物体尸重力的功率为II

D.2T时刻物体尸的速度大小为等

BCD［开始释放时物体Q的加速度为表则mQg-Fy=mQ•Fj~mPg=

inp•鼻,解得FT=：ning,—A错误；在T时刻，两物体的速度0i=",

33yZZIQ23

产上升的距离小=”42=吟细线断开后产能上升的高度/=丘=史之可

2362g18

知开始时尸。距离为h=hi+h2=—,若设开始时尸所处的位置为零势能面，

则开始时。的机械能为E=»lQg/2=«等蛆，从开始到绳子断开，绳子的拉力对

。做负功，大小为W^=FT/II=誓蛆，则此时物体。的机械能E'=E-W^=

也詈=三此后物块。的机械能守恒，则在2T时刻物体0的机械能仍为：，B

922

正确；在2T时刻，物体尸的速度s=0i-gT=一等，方向向下，此时物体尸

所受重力的瞬时功率尸6=用图|6|=婴•等=臂"=第C、D正确。］

［典例6］（非质点类物体机械能守恒）如图所示,A5是半径为R的四分之一圆弧

轨道，轨道底端5点与一水平轨道5c相切，水平轨道又在。点与足够长的斜

面轨道CD平滑连接，轨道B处有一挡板（厚度不计）。在圆弧轨道上静止摆放着

N个半径为r（r《R）的光滑刚性小球，恰好将A5轨道铺满，小球从A到5依

次标记为1、2、3、…、N号。现将5处挡板抽走，N个小球均开始运动，不计

一切摩擦，考虑小球从A5向CD运动的过程，下列说法正确的是（）

BC

A.N个小球在离开圆弧轨道的过程中均做匀速圆周运动

B.1号小球第一次经过B点的速度一定小于存证

C.1号小球第一次经过5点的向心加速度大小一定等于2g

D.1号小球第一次沿CD斜面上升的最大高度为R

B［在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球栗做加速

运动，则后面的小球对前面的小球有向前的压力的作用，所以小球之间始终相互

挤压，圆弧轨道上的小球做加速圆周运动，故A错误；1号小球在下滑过程中，

始终受到2号小球对它的压力，所以第1个小球第一次经过B点时，有

lmvl<mgR,解得Pi4］2gR,故B正确；对1号小球在5点，由牛顿第二定律

得诙=［,而svj硒，联立解得M<2g,故C错误；在下滑的过程中，水平

面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面

的小球有向前的压力的作用，冲上斜面后，后面的小球把前面的小球往上压，所

以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，所以1号

小球在曲面上和斜面上都会有机械能的减小，设1号小球第一次沿CD斜面上升

的最大高度为心由能量守恒得用gR>用8心解得h<R,故D错误。故选B。］

反思感悟非质点类物体机械能守恒

“绳（考虑重力）”“链条”“过山车”“液柱”等物体，如果它们在运动过程中

发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再视为质点来处

理。

物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般

情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置及

其高度变化量，根据初、末状态物体重力势能的减少量等于动能的增加量列式求

解。

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1.（多选）（2023•湖南卷）如图所示，固定在竖直平面内的光滑轨道ABC由直线

段A5和圆弧段5c组成，两段相切于5点，A5段与水平面夹角为仇5c段圆

心为。，最高点为C,A与。的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以

初速度如冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达。点，下列说法正确的是（）

A.小球从5到。的过程中，对轨道的压力逐渐增大

B.小球从A到。的过程中，重力的功率始终保持不变

C.小球的初速度0o=再至

D.若小球初速度。。增大，小球有可能从5点脱离轨道

AD［小球从5点到C点的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，根据牛

v2v2

顿第二定律有机gcosa—NHIF^=mgcosa—m-a减小，o减小，N

F=—R,R9F

增大，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力逐渐增大，A正确；小球从A

点到5点的过程中，重力的功率尸G=»Jgsin，•%0减小，PG减小，B错误；

因为小球从A点运动到C点的过程中，只有重力做功，所以小球的机械能守恒，

有畸=mg•2R,v0=2^gR,C错误；若小球初速度%增大，过5点时，

若zwgcos则小球会从5点脱离轨道，D正确。

2.（2022•全国甲卷）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。处由静止自由滑下，到力处起跳，c点为a、方之间的最低点，a、c

两处的高度差为鼠要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力

的左倍，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.h

k+1

D［运动员由a运动到c的过程中，设到c点时的速度为◎,由机械能守恒定律

mgh=^mv2,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=二,D项正确。］

RK.-L

突破点三功能关系及能量守恒定律的应用

1.五种常见功能关系

能量功能关系表达式

重力做功等于重力势能减少量

弹力做功等于弹性势能减少量

势能W=£pi—£p2=­A£p

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

W=Ek2—Eki=—

动能合外力做功等于物体动能变化量

如喏

机械能除重力和弹力之外的其他力做功等W其他=&-Ei=AE机

于机械能变化量

摩擦产生一对相互作用的摩擦力做功之和的Q=Ff•s相对，s相对为相对

的内能绝对值等于产生的内能路程

电能克服安培力做功等于电能增加量w克安=E2-E1=AE

2.能量守恒定省m解题的两条基本思路

⑴当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。

（2）确定初、末状态，分析状态变化过程中的能量变化，利用小£减=八£增列式求

解。

［典例7］（功能关系）（2024•山东卷）如图所示，质量均为旭的甲、乙两同学分别

坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为/的轻质弹性绳连接，连接点等

高且间距为d®vZ）。两木板与地面间动摩擦因数均为"，弹性绳劲度系数为鼠

被拉伸时弹性势能/^2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐

木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止,

人保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g,则方所做的

功等于（）

d

(amg)2T

A.-2k

3Ong)2

2k

3(>ng)2

C.-2k-

2T

卜2/umg(l—d)

2k

B［当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有〃阳g=fcq）,解

得弹性绳的伸长量xo=4㈣，则此时弹性绳的弹性势能为后0=累就=及等；从

K.ZZfC

开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移

为xi=x0+l-d,则由功能关系可知该过程F所做的功W=Eo+〃》/gxi=

+jumg（l—d）9B正确。

一题多解画出外力F与乙所坐木板的位移工的关系图像如图所示，则外力F

3Ong)2

做的功W=〃〃瞰［一＜/)(j+im出g+制2K网mg以)工。=出野+"mg(l-d),B正确。

2/JLmg

x

0l-dl-d+x0

［典例8］(功能关系与能量守恒定律)(2024-1月九省联考安徽卷)为激发学生参

与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物

体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中A5是倾角为

53。的斜面，凹圆弧前B和凸圆弧而1的半径均为R,且。、F两点处于同一高

度，5、E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面A5

上距离水平面BE高度为以未知量)的地方放置一个质量为m的小球(可视为质

点)，让它由静止开始运动。已知重力加速度为g,sin37。=0.6,cos37°=0.8□

(1)当〃=0.6H,小球经过最低点。时，求路面受到的压力；

⑵若小球一定能沿路面运动到F点，求/的取值范围；

(3)在某次试验中，小球运动到讥段的G点时，重力功率出现了极大值，已知该

点路面倾角，=37。，求〃的值。

［解析］(1)从静止释放到。点过程中，由动能定理得mgh+mg(R-Rsin37°)=

-1mvp7

26

在。点由牛顿第二定律FN-»zg=»zM

联立解得FN=3帆g

由牛顿第三定律得路面受到的压力为尸N=FN=3用g

方向竖直向下。

⑵分析可知小球能沿路面到达F点即可通过E点，刚好到达F点时有mgcos

”2

37°R

根据动能定理有mgh'+mg(R—Rcos37°)=^mVp

联立解得h'=0.2R

故可知/i的范围为0<〃W0.2R。

(3)设在G点时速度为V,由能量守恒定律得用g/i+»zg(Rcos，一人加37。)=如;2

该处重力的瞬时功率为P=mg@sin0

联立解得P2=m2g212gh+2gR(cos0—0.6)],sin2^=m2g2[2gh+2gR(cos，一

0.6)]•(l-cos26>)

设*=85，，y=[2g/i+2gR(cos8—0.6)]•(1—cos2^)

讨论y-x函数的极值，即

y=[2gh+2gR(x—Q.6)]•(1—x2)

展开得y=~2gRx3+(1.2gR—2gh)x2+2gRx+2gh—1.2gR

对y求导得V=~6gRx2+2(1.2gR-2gh)x+2gR

根据题意，=37。时取极大值，可知此时旷=0,将x=0.8代入得h=0.025^o

[答案](1)3用g,方向竖直向下(2)0v/iW0.2R(3)0.025/?

方法技巧应用功能关系和能量守恒定律“三注意”

⑴分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应

关系，确定能量之间的转化情况。

(2)可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力

做功的多少。

(3)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和原

因，在不同问题中的具体表现不同。

【教师备选资源】

(2023•浙江1月卷)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵

身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中()

A.弹性势能减小

B.重力势能减小

C.机械能保持不变

D.绳一绷紧动能就开始减小

B[游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用，做自由落体运动，

下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从0逐

渐增大，游客所受合外力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点

时速度减小到0,弹力达到最大值，弹性势能达到最大值，橡皮绳绷紧后弹性势

能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，

B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，C错误；橡皮绳刚开

始绷紧一段时间内，弹力小于重力，合外力向下，合外力对游客做正功，游客向

下运动的速度逐渐增大，游客动能逐渐增加；当弹力等于重力时，游客向下运动

的速度最大，游客的动能最大；游客再向下运动，弹力大于重力，合外力向上，

合外力对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。］

,r［随堂练l•临考预测，名师押题,

1.（热点情境•传统文化X多选）（2024•广东潮州1月期末）成语“簸扬糠枇”常

用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示的劳动情境，在恒定水平

风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠落到地面不同位置，糠落点更远。

空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（）

A.从释放到落地的过程中，米粒和糠重力势能变化量相等

B.从释放到落地的过程中，水平风力对米粒和糠做功相同

C.米粒落地时重力的瞬时功率大于糠落地时重力的瞬时功率

D.从释放到落地的过程中，糠的运动时间等于米粒的运动时间

CD［竖直方向，建构自由落体运动模型，米粒和糠的区别是质量不同，由WG

=7〃g/l可知，米粒和糠所受重力做功不同，则重力势能变化量不同，故A错误；

由02=2g/i可知，落地时竖直方向的速度相同，而P=mg0,由于米粒质量大，

落地时，米粒所受重力的瞬时功率大于糠所受重力的瞬时功率，故C正确；由

儿=也好可知，米粒和糠的运动时间相同，故D正确；水平方向，由题可知，米

粒水平运动的距离小，再根据功的公式W=网可知，风力对米粒做功少，故B

错误。］

2.（排球运动+各类图像）（多选）某中学为了营造健康文明、积极向上的校园氛围，

举办了教职工趣味运动会，其中排球垫球比赛竞争尤其激烈，赢得大家阵阵喝彩。

某位教师将球沿竖直方向垫起，已知排球在空中受到的空气阻力与速度大小成

正比，以竖直向上为正方向，。表示排球速度、X表示排球相对垫起点的位移、

Ek表示排球的动能、E机表示排球的机械能、/表示排球自垫起开始计时的运动

时间，下列表示排球上升和下落过程中各物理量之间关系的图像可能正确的是

（）

CD

BD［排球上升过程，向上做减速直线运动，对排球受力分析，根据牛顿第二定

律得用g+h=用©，速度减小，加速度也减小；排球到达最高点后下落过程，向

下做加速直线运动，对排球受力分析，根据牛顿第二定律得mg-kv=ma2,速

度增大，加速度继续减小，所以图像的斜率全程都在减小，但是题中规定向

上为正方向，开始时速度必须是正的，选项A错误；由于速度先减小为0后反

向增大，所以x-t图像斜率先减小，后变为负数增大，且全程一直有机械能损失，

导致上升过程中任意位置的速度都比下降过程同位置的速度大，因此上升过程

的平均速度大于下降过程的平均速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时

间，选项B正确；全程一直有机械能损失，上升与下降经过同一位置的动能不

可能相等，Ek-x图像中不可能有交点，选项C错误；E机-X图像的斜率表示空气

阻力，根据空气阻力上升过程减小下降过程增大，且上升过程机械能损失的更多

（上升过程空气阻力的平均值大于下降过程空气阻力的平均值），选项D正确。］

3.（力电综合情境）（2024•四川成都第七中学12月质检）如图所示为某同学设计

的弹射装置，水平轨道A5与竖直四分之一圆弧轨道5c平滑连接，竖直四分之

一圆弧OG、竖直四分之一圆弧轨道G0和水平轨道均平滑连接，物块刚

好能经过GG，进入。、。在同一水平面，。2、G、G'、彷在同一水平面,

所有的轨道均绝缘，除水平轨道粗糙外，其余轨道均光滑；圆弧5c半径

Ri和圆弧。G半径火2均为R,长度为2R,N点为的中点，虚线框内存

在着水平向右的匀强电场。现将一质量为1.5加、不带电的小物块a压缩绝缘弹

簧至A点并锁定。解开锁定，小物块。恰好到达。点。现将一质量为机、带电

荷量为4的另一小物块8压缩绝缘弹簧至A点并锁定，解开锁定，小物块方经

C点经过电场后并沿着水平方向进入圆弧轨道DG,经过D点时物块对轨道的作

用力恰好为0。设小物块在运动过程中带电荷量始终保持不变，空气阻力忽略不

计，重力加速度为g。

(1)求小物块b到达管口C时的速度大小0C；

⑵求电场强度E的大小；

(3)设小物块b与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，小物块b最终停在N点,

求小物块8与轨道之间的动摩擦因数

［解析］(1)小物块a从释放后到。点过程，由机械能守恒定律可得

Ev~1.5mgR=0,解得Ep=L5mgR

小物块b从释放后到。点过程，由机械能守恒定律得Ep-mgR=^mvl~0

解得vc=y［gRo

(2)小物块8经过。点时对轨道的作用力恰好为0,重力提供向心力，由牛顿第

二定律得nzg=竿，解得外=后至

小物块8从C到。过程在竖直方向做匀减速直线运动，运动时间t*

9

小物块b在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，到达。点时的速度vD=

axt

在水平方向，由牛顿第二定律得

解得E=吗

<?

(3)小物块在电场中竖直方向的位移大小y=^=p依题意可知1?3=|

根据小物块b最终停在N点可知小物块b没有脱离轨道，则当小物块b与竖直

墙壁碰撞后刚好到G，时，由动能定理得/ngR—4"i/ng衣=0一|m%,解得"1=

|,即"3

小物块b最终停在N点，根据动能定理得到詈一42性（4〃衣+衣）=0—靖（〃=

1,2,,••）,解得"2=三

或加詈一"3机g（4〃R+3R）=0—吊（〃=0,1,2,,,,）,解得"3=1

综上所述，可得〃=|或〃=|。

［答案］⑴/⑵詈（3）|或|

专题限时集训（四）功与能

［A组基础保分练］

1.（2024•江苏淮安联考）某校两名同学穿相同的校服，先后从倾斜冰面的同一

位置由静止滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示（两人均可视为质点，两

人与冰面的动摩擦因数处处相等，且不计空气阻力及人经过。点时的能量损失）。

根据上述信息，可以确定（）

A.质量大的同学运动时间长

B.质量大的同学运动距离长

C.质量大的同学损失的机械能多

D.质量大的同学到达。点时速度大

C［设两名同学在倾斜冰面上运动的长度为/,冰面倾角为，，整个过程中的水

平位移为x,由动能定理得mglsinO-jumglcos0—/img（x—lcos6）=0,即x=

华，可知两人运动的距离一样长，根据牛顿第二定律可知，两人运动的加速度

的大小与质量没有关系，则两人运动的时间相等，到达。点的速度也相同，故

A、B、D错误；因为质量越大的人，受到的摩擦力越大，而两人运动的距离一

样长，则质量大的同学损失的机械能越多，故C正确。故选C。］

2.（2024•全国甲卷）如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为根的

小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经。点自由下滑至其底部，

Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小()

A.在。点最大B.在。点最小

先减小后增大D.先增大后减小

C［设小环运动轨迹所对的圆心角为，(04，式兀)，大圆环的半径为R,大圆环对

小环的作用力为F,则由动能定理有mgR(l—cos〃)=；»z",又小环做圆周运动，

则有F+mgcos联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F=mg(2

—3cos0),则F的大小先减小后增大，且当cos，=|时F最小，当cos，=—1,

即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。］

3.(2024•海南校联考一模)一辆质量为20kg的玩具赛车在水平直跑道上由静

止开始匀加速启动，达到额定功率后保持功率不变，其加速度。随时间，变化的

规律如图所示。已知赛车在跑道上运动时受到的阻力恒为40N,赛车从起点到

终点所用的时间为35s,赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是

()

a/(m-s-2)

A.赛车匀加速的距离为30m

B.赛车的额定功率为1000W

C.a-t图像与坐标轴围成的面积为20m/s

D.起点到终点的距离为4501n

C［赛车匀加速的距离为*1=号。1钎=；x2x5?m=25m,故A错误；赛车做

匀加速运动阶段，根据牛顿第二定律有歹一/=帆©,解得歹=80N,5s末赛车

的速度为v=aiti=2X5m/s=10m/s,赛车的额定功率为P=Fo=80><10W=

800W,故B错误；a-f图像与坐标轴围成的面积表示赛车速度的改变量，赛车

初速度为零，则Av=v=7=誓m/s=20m/s,故C正确；赛车从起点到终

mf40

点，根据动能定理有正xi+P(L〃)一/r=：nu4，解得起点到终点的距离为x=

550m,故D错误。故选C。］

4.（多选X2024•广州市普通高中毕业班综合测试）足球在空中运动的轨迹如图,

若以地面为参考平面，不计空气阻力，下列能表示足球在空中运动过程的加速度

*重力势能Ep随离地面高度入变化的图像可能正确的是（）

AC［足球在空中做斜抛运动，加速度为重力加速度，不会随着其离地面的高度

的变化而变化，即图像为一条平行于/I轴的直线，A正确，B错误；以地面

为参考平面，足球的重力势能为Ep=»zg/i,所以Ep-/i图像为一条过坐标原点的

倾斜直线，C正确，D错误。］

5.（2024•河北石家庄U月联考）如图所示，带孔物块A穿在光滑固定的竖直细

杆上与一不可伸长的轻质细绳连接,细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块B,

A位于与定滑轮等高处。已知物块A的质量为加，物块5的质量为四阳，定滑

轮到细杆的距离为L