功和能-高考物理二轮复习（解析版）

第6讲功和能-高考物理二轮复习

构建•知识网络锁定主干知识三三三

W=F/cos8p表达式：必产线2-0

恒力做功c

动能定理口动能定理〕「直线运动

-应用--曲线运动

微元法一

多阶段运动

转换法一

图像法——变力做功机械能守（-守恒条件

恒定律

平均值法一表达式AE=-A£

功kp

动能定理一和

______________L能量转化

能T能量腌定律而能量转移

平均功率：P=y

瞬时功率：P=FvcosO-合力做功：动能变化

恒定功率启动砸L一重:力做功：重力势能的变化

）（机车启动），型「弹力做功：弹性势能的变化

恒定加速度启动

除重力、弹力之外其他力做功：机械能的变化

L体验•高考真题明确高考考向

1.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144km/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.4x10"B.4xl04JC.4x103JD.4xl02J

【答案】B

2.一辆电动小车.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-匀速运

动。此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为小，运动过程中受到的阻力尸na为常量），该光伏电

池的光电转换效率为n，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（）

A2kl>2Bk-2Ckv27-mv2Q2kv27-mv2

'H•西•-2rj-'r）

【答案】A

【解析】【解答】小车匀速运动时，电动机的输出功率等于小车受到的阻力的功率，有P电后？=力，=姬

P

所以电动机的输入功率（光伏电池的输出功率）为「光出=_幽=2八2

50%

则光伏电池的输入功率（单位时间内获得的太阳能）为P即晚=4细=亚，A正确。

【分析】小车匀速运动时，牵引力等于阻力，先求出电动机输出的机械功率，再结合电动机效率得到电动

机的输入功率（即光伏电池输出的月功率），最后由光电转换效率得到光伏电池单位时间内获得的太阳能。

3.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

第1页

连，小车上静置i物块。小车与物块质量均为〃?，两者之间动摩擦因数为印。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，大小为正。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.物块的位移大小为浜

3g

B.物块机械能增量为目骐

C.小车的位移大小为一等

D.小车机械能增量为粤+咏

°4/2

【答案】C

【解析】【解答】A：对物块，根据牛顿第二定律有卬〃geos30。一〃侬in30。="也，解得。=和，根据运动学公

式有%2=2〃M,解得物块的位移大小为川=竽，故A错误；

2

B：物块机械能增量为△E=3〃u()2+〃Rr[.sin3()°=|/?zv0,故B错误；

C：对小车，根据动能定理有P/—(〃mgcos30。-ngsi几30。)工=｝加02,其中，=空，联立解得x=累*—

磔t故C正确；

5g

D：小车机械能增量为AE弓〃那+“刎黑。』甯+爷！，故D错误。

【分析】先对物块受力分析，求出其加速度，再结合运动学公式计算位移和机械能增量；对小车和物块整

体，利用动能定理结合功率公式，求出小车位移和机械能增量，逐一验证选项。

考情分析：本讲内容在高考中多以选择题的形式出现，计算题以中等难度题目为主，重点考查功、功率、动能定

理.、功能关系，人部分题日联系生产生活实际，也有部分以高中物理常见的理想化模型为素材，遨日中常出现弹

簧、各类轨道、传送带等装置。

厂精研•高频考点——————壬壬三三三—聚焦重难热新三壬壬

考点一功与功率

»通法概述，

第2页

①单个恒力：W=&cosa

［先求合力,再求功W=P，cosa

［恒力功）,②合力为恒力’先求各力的功.再求代数和W=

偿+必+…

③动能定理

功

的平均值法:W=&cosa

求

1.功的求法法

---------微兀法

」

转换研究对象法

户二图线与*轴所围的面积表

变力功，图像法J

示功

功率恒定

-fW=PtJ

的变力功,

Y动能定理〕

2.功率的求法

(厂［平均功率:P邛,P=FKosa

功

率瞬时功率：P=Fvcosa

的

恒定

求P=Ft；,F-ffi\=rna^

法功率一=%ll%（尸引嬴）

〕机车

・启动,a恒定阶段:P=A,

恒定加

速度

P恒定阶段:P二尸〃,

尸为=侬陵，于=九小

》典例精析

【例I】

4.石磨是把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种工具。如图所示，石磨由下盘（不动盘）和上盘（转动

盘）两部分组成。某人在手柄A8上施加方向总与08垂直、大小为10N的水平力作用使石磨上盘匀速转

动，已知8点到转轴。的距离为0.3m,则石磨上盘匀速转动一周的过程中摩擦力所做的功约为（）

8M

A.0B.-3JC.-6JD.-18J

【答案】D

【解析】【解答】F与摩擦力一直是一对平衡力，则盘克服摩擦力做的功等于力F做的功，

因F大小不变，方向不断变化，则在微小的位移内可认为是恒力，则微元功为AWnFAx,

根据W=ZAW=FgAx=F-2兀L=10x2/0.3J=6兀JR8J,可知摩擦力所做的功约为-18L故选D。

第3页

【分析】

石磨匀速转动时动能不变，根据动能定理，外力做的总功为0,水平力F做的功与摩擦力做为功大小相等、

符号相反，先计算水平力F做的功，即可得到摩擦力做的功。

【例2】

5.如图所示，是我国某型号“双引擎”汽车在平直公路上由静止启动时，牵引力/随时间/变化的图像。已知

该汽车质量为1250kg,行驶时所受阻力恒为1250N,九）时刻汽车达到15m/s的临界速度并自动切换引擎，

此后保持牵引力功率恒定。下列说法正确的是（）

A.汽车刚启动时的加速度大小为4m4

B./o时刻前，汽车牵引力的功率保持不变

C.切换引擎后，汽车做匀加速直线运动

D.力时刻汽车的速率为25m/s

【答案】D

【解析】【解答】A：汽车刚启动时，由牛顿第二定律得，F-f=ma,且F=5000N,解得加速度a=3m/s?,

故A错误；

B：to时刻前，汽车做匀加速直线运动，速度逐渐增大，由公式P=Fv,可知牵引力的功率逐渐增大，故B

错误；

C：切换引擎后，牵引力功率恒定，速度增加，则牵引力减小，所以加速度也减小，汽车做加速度逐渐减小

的变加速直线运动，故c错误；

D：由P=Fvo=FM,其中F=6000N,vo=15m/s,Fi=3600N,解得h时刻汽车的速率为25m/s,故D正

确。

故选：D。

【分析】先对汽车启动阶段进行受力分析，结合牛顿第二定律计算加速度；再根据P=Fv分析牵引力功率

变化；最后利用恒定功率阶段的公式求解h时刻的速度。

考点二动能定理

»通法概述，

第4页

运用动能定理解题的基本思路

》典例精析：

【例3】

6.如图甲所示，南城门是曲靖市的标志性建筑之一，其门洞正.上方为拱形结构，可简化为半列形模型，其

圆心为。，半径为R。假如一同学在墙角对地面上一质量为〃?的足球做功后，该足球在竖直平面内沿门洞内

侧恰能通过高为〃(">/?)的最高点。己知足球运动过程中受到墙壁和空气的平均阻力为力运动示意图如图

A.（mg-f）HB.mgH+f（H-R+釜）

C.〃7g+/（〃一/?*竽）

D.mgH—f（H—R+萼）

【答案】C

【解析】【解答】设足球恰能通过门洞最高点的速度为也根据牛顿第二定律可得〃电=〃咯

A

足球从静止至运动到门洞最高点，根据动能定理可得•2TTR)=9〃户-0,

联立可得该同学对足球做的功W="?g”+与〃gR+/(H-R+号

故答案为：Co

【分析】足球从地面运动到最高点的过程中，同学对足球做功W,同时克服重力和阻力做功。利用动能定

理，结合“恰能通过最高点''的临界条件(最高点重力提供向心力)，建立方程求解。

【例4】

7.如图，一雪块从倾角。=37。的屋顶上的。点由静止开始下滑：滑到A点后离开屋顶。0、A间距离x=

2.5m,A点距地面的高度力=1.95m,雪块与屋顶的动摩擦因数u=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变,

取sin370=O6,重力加速度大小g=10m/s2。求：

第5页

（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小vo;

（2）雪块落地时的速度大小口，及其速度方向与水平方向的夹角a。

【答案】（1）解：雪块从屋顶上的0点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能定理有

2

mgxsin0-pnigcos()x=imv0—0

解得vo=5m/So

（2）解：雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有

22

mgh=1mv1—1mv0

解得vi=8m/s

雪块离开A点的水平速度大小为

Vx=VoCOS0

则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足

以

cosa=~

V1

解得a=60°

【解析】【分析】（1）雪块从O到A的过程，重力和摩擦力做功，用动能定理合功等于动能变化，直接求A

点速度。

（2）从A到落地，只有重力做功，再用动能定理求落地速度大小；将A点速度分解为水平、竖直分量，结合

落地速度分量关系求速度方向夹角。

圜

动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不

涉及加速度和时间，比动力学研究方法要简捷

圜

动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上

应用动能定理是错误的

方法技巧圜

可以分段列式，也可以对全过程列式，对多过程

1复杂问题用动能定理列式可使问题简化

3既适用于直线运动,也适用于曲线运动；既适用

于恒力做功，也适用于变力做功

考点:三机械能守恒定律的应用

第6页

»通法概述

单个物体、多个物体组成的系统或含弹簧

系统

对研究对象进行受力分析和做功情况的

呼炉1

分析

应用机械能守恒定律解题的一股思路

根据机械能守恒定律的条件判断研究系统

机械能是否守恒

灵活选取公式:£+E-£+E.AE^一与

国额-klpk2p2

或AELAEH

»典例精析

【例5】

8.半径为R的光滑半球固定在水平地面上。有一质量为〃，的可视为质点的小球静止在半球的最高点，受到

微小扰动后由静止开始沿球面下滑，一段时间后小球与半球分离，重力加速度大小为g,不计一切阻力，从

小球开始下滑到落地前的过程中，二列说法正确的是()

A.小球机械能不守恒

B.小球落地时的速率为/荻

C.小球与半球分离时，小球离地的竖直高度为竽

D.小球与半球分离时速度大小为

【答案】B,C,D

【解析】【解答】A：小球运动过程中只有重力做功，则机械能守恒，故A错误;

B：小球下落全过程根据机械能守恒有〃依;?=,〃科，得小球落地时的速度大小为□=/市，故B正确；

CD：小球与半球面分离时，小球与球面间弹力为0,重力沿半径方向的分力充当向心力，设此时半径与竖直

方向的夹角为叫贝lJ〃?gcosa=，〃Ef,由几何关系和机械能守恒有〃igR(1—cosa)=呆”，解得cos(1=全

此时小球离地面IWJ度/?=Rcosa=:凡"=J：gR,故C、D正确

故选：BCDo

【分析】小球下滑过程只有重力做功，机械能守恒；分离时支持力为0,重力径向分力提供向心力；落地时

可由机械能守恒直接求速率C

【例6】

第7页

9.如图所示，倾角为30。的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面体左侧的适当位置固定一光滑竖直硬杆，质

量均为，〃的两小球（均视为质点）用长为bL的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、

乙由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30。，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，乙的动能为（）

73+1

mgLC.制gLD.前gL

【解析】【解答】甲下降的高度为h产亍4^L,乙下降的高度为卜乙=（V3L-_^^）sin30°=

2cos3002cos30°

673-19L

2，

当轻质硬杆与斜面刚好平行时，把甲的速度v甲分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向

的分速度为v/z=vif.sin30°,

小球乙的速度v乙沿着斜面，轻质硬杆与斜面平行，则v乙沿着轻质硬杆，有v^=v〃，

对于甲、乙两球组成的系统，由机械能守恒定律可得mgh甲+mgh乙=排也/+排口/乙的动能为Ek「

扣喑，

综合解得E"=/|jlmgL,故B正确。

【分析】系统只有重力做功，机械能守恒，先通过几何关系求出甲、乙的高度变化，再根据速度关联（沿杆

方向分速度相等）得到两者速度关系，最后由机械能守恒定律列方程求解乙的动能。

考点四功能关系与能量守恒定律

为通法概述

除重力.系统内弹力以外

常见的功能关系

»典例精析

第8页

【例7】

10.如图所示，质量为小的跳伞运动员在高空山静止下落，从静止下落到打开降落伞之前运动员一直做竖直

方向的匀加速运动，此过程中，运动员减少的重力势能与增加的动能之比为9：8,重力加速度为g,若此过

程运动员下降的高度为力，则此过程中()

A.运动员的加速度大小为累

B.合外力对运动员做的功为/〃?购

C.运动员的机械能减少量为义〃?购

D.空气阻力对运动员做的功为9伤力

【答案】C

【解析】【解答】AC：根据动能定理，有mah=ggh,解得a=1g,运动员机械能的变化量为AE=—mgh+

|mgh=-imgh,即运动员的机械能减少量为1mgh,故A错误，C正确；

B：下降h高度的过程，减少的重力势能为mgh,根据题意可知，增加的动能为AEkM^mgh,根据动能定理

可知，合外力对运动员做的功为W=AEk=5mgh,故B错误；

D：根据功能关系可知，运动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的功，即空气阻力对运动员做的功为一

|mgh,故D错误。

【分析】本题核心是利用重力势能变化、动能变化与机械能变化的关系，结合动能定理和牛顿第二定律分析

各物理量，已知重力势能减少量与动能增加量的比值，可先求出动能变化量，再结合能量关系分析加速度、

合外力做功、机械能变化及空气阻力做功。

【例8】

11.如图所示，光滑水平轨道MB与竖直平面内的半圆形轨道创平滑连接，半圆形轨道是粗糙的，其物道

半径R=O4()m②。一轻质弹簧的左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量〃7=0.20kg的小滑块。开始时滑

块静止在P点，弹簧正好处于原长。现水平向左推滑块压缩弹簧，使弹簧具有一定的弹性势能，然后释放滑

块，滑块运动到半圆形轨道的最低点B时的速度v/y=6.0m/@,运动到最高点4时的速度以=3.0m/s②，

已知重力加速度g=10m/s20求：

第9页

A

MPB

(1)弹簧处于压缩状态时具有的弹性势能布；

(2)滑块在半圆形轨道上向上运动的过程中，摩擦力所做的功1%；

(3)滑块落地时重力的瞬时功率P③。

【答案】(1)根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能Ep=4m%2

乙

代入数据可得E=lx0.20x6.02J=3.6J

P乙

(2)滑块在半圆形轨道上向上运动的过程中，根据能量守恒定律，有排谓Wm〃/+mg-2R+Q

Q为滑块克服摩擦力做功产生的热量

故Wf=-Q

代入数据可得Wf=-l.lJ。

(3)滑块从A点做平抛运动，根据为2=2g.2R

可得Vy=4m/s

落地时重力的瞬时功率P=mgvy=0.2xl0x4W=8W

【解析】【分析】(1)弹簧释放到滑块运动至B点的过程，只有弹簧弹力做功，机械能守恒，弹性势能全部转

化为滑块的动能。

(2)滑块从B点运动到A点的过程，重力和摩擦力做功，用动能定理，合功等于动能变化，可求出摩擦力做

的功。

(3)滑块从A点做平抛运动，先由平抛运动规律求出竖直方向的末速度，再用瞬时功率公式计算重力的瞬时

功率。

审题指导：

信息提取信息加工

开始时滑块静止在。点，弹簧正好处于原长。现水平向左推滑块

弹性势能全部转化为动能，可计算弹簧处于

压缩弹簧，使弹簧具有一定的弹性势能，然后释放滑块，滑块运

压缩状态时具有的弹性势能

动到半圆形轨道的最低点B时的速度v»=6.0m/s①

半圆形轨道是粗糙的，其轨道半径R=Q40m②滑块在半圆形轨道上运动的过程中，利用动

运动到最高点4时的速度％=3.0m/s②能定理计算摩擦力做的功

滑块从4点做平抛运动，计算落地时的竖直

滑块