2026年高考物理二轮专项复习：课时1 功与功率、动能定理

专题复习

专题二能量与动量

-■知识体系।

功的定义

「恒力做功

功和功率--功的计算--变力做功-

-合外力做功一

「功率定义

功

功率平均功率和瞬时功率能

机车启动问题关

系

一动能.—合外力做功

-重力势能^—重力做功

-用性势能-—弹赞弹力做功

能陆能彷-机械能--除重力、弹力外其他力做功

-电势能.—静电力做功

-分子势能^—分子力做功

L内能,—摩擦生热

能

送:动能定理-

与

动

量机械能强走tit

力在空间上的积累

能曾守恒定律I

月％2=2”

甲＜5那疼就缸।牛顿第二定律r=〃皿

I-缓冲问题

T动量动量定理连续体问题-力在时间上的积累

电磁感应中的应用（求电荷总、位移）-

严格守恒

守恒条件近似守恒

某一方向守恒

,,

T动・守恒定律卜-表达式：nilvl+in2v2=niivl•Hniut

「非弹性碰撞

碰撞一完全非弹性碰撞

动碰静

匚弹性碰撞

动碰动

应用爆炸

反冲

第4讲功和能

课时1功与功率动能定理

考点一功、功率的分析与计算

恒力做功：W=F，cosa（a为F、/之间的夹角）

功的计算变力做功：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二P。

平均功率：

功率的计算

瞬时功率：尸二Jcosa（a为八u之间的夹角）

两个基本关系式P=Fv,F-F用=wa

F不变，y’，尸。，。。=以巧11做匀

恒定功率启动速运动

2

Pt-Fms=^rnvm

机乍启动AA

a不变，/不变，v',P=>P=PQ

恒定加速度启动

J,a、=以小做匀速运动

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

最大速度Vm

p

Vm=­

例1（2023・北京卷•"）如图所示，一物体在力厂作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量

为相，加速度大小为小物体和桌面之间的动摩擦因数为“，重力加速度为g,在物体移动距离为x的

过程中（）

A.摩擦力做功大小与「方向无关

B.合力做功大小与厂方向有关

C/为水平方向时，£做功为

D.「做功的最小值为max

答案D

解析设力"与水平方向的夹角为。，则摩擦力为R=〃（〃吆-Ain〃），摩擦力做功大小卬尸〃（〃叶代访〃）占即

摩擦力做功大小与尸的方向有关，选项A错误；合力做功大小W二尸分后〃?,成，可知合力做功大小与力厂方

向无关，选项B错误；当力尸水平时，则有F=ma+/mg,力尸做功为WF=Fx=（ma+^mg）x,选项C错误；

因合外力做功大小为〃以3大小一定，而合外力做的功等于力尸与摩擦力R做功的代数和，而当Fsin

公〃历时，摩擦力6二0,摩擦力做功为零，力户做功最小，最小值为〃以*选项D正确。

例2（2023・山东卷・4）《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

程简化如卜.：两个半径均为R的水轮，以角速度”匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有

〃个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为机的水，其中的60%被输送到高出水面

”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（）

C—Q"DmmgcoRH

答案B

解析由题知，水筒在箭车上均匀排布，单位长度上有〃个，且每个水筒离开水面时装有质量为小的水，

其中的60%被输送到高出水面”处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为怂

=2nRnniX60%=1.2兀则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=\.27iRnmgH,则筒车对灌入稻田

的水做功的功率为0-与，T-—,寐立解得p_3nmgsRH,故选R。

T0）5

例3（多选）（2025・陕西榆林市模拟）“辘砂”是中国古代取水的重要设施，如图甲所示，通过转动手柄

将细绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度，。随时间，变

化的图像如图乙所示，经3/。时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为〃?，重力加速度

大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（）

A.0~2/°,水桶做初速度为零的匀加速直线运动

B.水井的深度为①oR/o

C.把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为明处

D.把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为吆察

答案AD

解析转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有v=0R,因0〜2/o

内，①与，成正比，所以水桶的速度u与1成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A正确；

题图乙中0~3而内图线与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为

0,则廿叱+“。)=2曲圆故水井的深度为上秋二2①。放0,故B缙误；把水桶从井底提升到井口的过程中克

服重力做功的平均功率为了=巴丝丁023。由0二网史皿,故C错误；根据动能定理，把水桶从井底提升到井

圮3to3t03

口的过程中合力对水桶和桶中水做功为IV合=/«-()=/(/R)2,故D正确。

例4(多选)(2025•江西省部分学校一模)一辆机车在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时

间变化的图像如图甲所示，机车牵引力”和车速倒数工的关系图像如图乙所示，机车前进过程中所受阻

V

力大小恒定，U/0时刻机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是()

a/(ms-2)F/N

甲乙

A.所受恒定阻力大小为1.5X10,N

B.机车运动的额定功率为6XIO6W

C.机车匀加速运动的时间为30s

D.机车的质量为6X105kg

答案AD

解析由题图乙可知，机车在8c段以额定功率启动，当速度最大时，机车匀速行驶，机车所受恒定阻力

大小等于机车牵引力的大小，则有尸尸F=1.5X10'N,A正确；机车运动的额定功率「=R，m=1.5Xl()5X60

W=9X10°W,B错误；机车匀加运的末速度大小/言治m/s=20m/s,由题图甲可知机车的加速度大

小为。=0.5m/s2,机车匀加速运动的时间fo“EOs,C错误：根据牛顿第二定律，结合题图甲可得广-

a

F尸M明解得M=6Xl()5kg,D正确。

考点二动能定理及应用

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)动轮定理表运式是一个标量式，在灵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，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。

例5(2025•福建泉州市一模)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图所示是滑板

运动的轨道，A8和分别是一段圆弧形轨道，8c是一段长7m的水平轨道。一运动员从A8轨道上

的尸点以6m/s的速度下滑，经8c轨道后冲上C。轨道，到Q点时速度减为零。已知运动员与滑板的

总质量为50kg,/?=1.4m,”=1.8m,不计圆弧轨道上的摩擦和空气阻力(g取10m/s?)。求：

(1)运动员第一次经过B点、C点时的速度各是多少？

(2)运动员与8c轨道的动摩擦因数。

(3)运动员最终停止的位置到3点的距离。

答案(1)8m/s6m/s(2)0.2(3)2m

22

解析⑴从尸点到B点，根据动能定理有mgh=^mvR-^invP

代人数据解得VB=8m/so

从。点到。点，根据动能定理有

2

-mgH=0-^mvc

代入数据解得vc=6m/so

⑵从B到C由动能定理得Mng/BcgRc?-如如之

代入数据解得〃=0.2。

2

(3)由能量守恒知，机械能的减少量等于因滑动摩擦而产生的内能，则有［tmgs.t=^mvP+nigh

代入数据解得s.4=16m

s总=2，BC+2m

故运动员最后停在距8点2m的地方。

例6(2025•黑吉辽蒙卷・13)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。。、A间距离x=2.5m,A点距地面的高度。=1.95m,雪块与屋顶的动摩擦因数"=0.125。不

计空气阻力，雪块质量不变，取sin37。=0.6,重力加速度大小g=10m/s?。求：

(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用ao

答案(1)5m/s(2)8m/s60°

2

解析（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理得mgxsin0-^/ngcos0-x=^mvo-0

代入数据解得vo=5m/s

（2）雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理得％22

代入数据解得片=8m/s

VQCOS05X0.81

cosa=-......=------=-

V182

解得a=60°o

例7（2025・山东荷泽市检测）如图甲所示，水平地面上固定一倾角a=37。的斜面。质量为用的物块以初

速度沿斜面上滑，其动能反与离出发点位移x的关系如图乙所示。以出发点所在水平面为参考平

面，重力加速度大小取IOmH,sin37o=0.6,cos37°=0.8,下列判断正确的是（）

A.物块的质量力尸0.5kg

B.物块与斜面间的动摩擦因数〃=825

C.物块的初速度v0=2m/s

D.物块在运动过程中的最大重力势能Ep=20J

答案B

解析由题图乙可知，上滑过程，根据动能定理得-mgxsin37O-w〃gxcos37o=0-40J,下滑过程，根据动能定

理得加gxsin370-"〃?gxcos370=20J,联立解得m=5kg,〃=0.25,故A错误，B正确；由题图乙可知，物块

的初动能为40J=）以）2,解得出=4m/s,故C错误；当物块上滑到最高点时，重力势能最大，此时上升高

度为h=xs\n37。=1X0.6m=0.6m,故物块在运动过程中的最大重力势能Ep=mgh=30J,故D错误。

变式（多选）（2025•广东梅州市期中）如图所示，光滑固定斜面底端固定一轻质弹簧，一滑块P从。点

静止释放，向下滑动过程经〃点接触弹簧，最低到达〃点处。以。为原点、平行斜面向下为x轴正方

向建立一维坐标系，八〃处坐标分别为汨、刈。设滑块在〃处的重力势能为0,下滑过程中，滑块的

动能E、重力势能与、机械能石、加速度“随位移x的变化图像符合实际的是（）

AB

答案BD

解析设斜面的倾角为仇滑块接触弹簧前，在经过一小段位移Ax过程中，根据动能定理得〃?gArsin

O=bE、,整理得鬻=mgsin仇滑块动能随位移均匀增加：滑块接触弹簧后在经过一小段位移以过程中，根

据动能定理得(〃?gsin0-F0)2c=bEk,整理得鬻=〃?gsinO-F<t,当FXmgsin0时，由于弹簧弹力逐渐增大，

图像斜率逐渐减小，故A错误；滑块下滑过程中有AEpU-〃琢A/?=-〃?gAxsin仇整理得第二-〃?gsin故B正

确；滑块接触弹簧前滑块机械能守恒，滑块接触弹簧后，弹簧弹性势能增加，滑块机械能减小，故C错

误；滑块接触弹簧前，根据牛顿第二定律有mgsin。=〃?3,解得。尸gsin。，滑块接触弹簧后，根据牛顿第

二定律有"igsinO-k(x-X])=nui2,解得42=gsin^-―(x-xi),故D正确。

|选择题解题技巧图像法

“图像法”是根据题意把抽象复杂的物理过程有针对性地表示成物理图像，将两个物理量间的定

量或定性关系转变为几何关系，运用图像直观、形象、简明的特点来分析解决物理问题，可化难为易、

化繁为简，避免烦琐的计算，迅速找到正确答案。

【示例】(2025•云南卷・6)如图所示，质量为/〃的滑块(视为质点)与水平面上段的动摩擦因数为W，

与其余部分的动摩擦因数为“2,且W>〃2。第一次，滑块从/位置以速度均向右滑动，通过MN段后停

在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为乃，所用时间为小第二次，滑块从〃

位置以相同速度出向右滑动，通过段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移

大小为X2，所用时间为12。忽略空气阻力，则()

111MN

A./I</2B./I>/2

C.Xl>X2O.Xj<X2

答案A

2

解析对两次运动的整个过程，艰据动能定理有VQ=〃|〃7岁加吐〃2〃僚11-XMN）,V0?=〃I〃1甑仆+"2mg（M-

XMN）,可得XI=X2,故C、D错误；设滑块在水平面上滑动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有4〃?g="za,

可得。二"g,由于*>"2,故滑块在MN段滑动时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，

即两次运动过程中I，“图像与横轴围成的面积相等。由于第二次滑动时滑块距离M点的距离较近，根据公

式%2加/=2〃陪r,可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的X图像，可得/2>小

故A正确，B错误。

专题强化练

［分值：55分］

“〜6题，每题4分，7~9题，每题6分］

［保分基础练］

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

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.4X105JB.4X104J

C.4X103JD.4XIO2J

答案B

解析高中生的质量约为50kg,根据动能定理有卬=夕疗=4.0X101,故选B。

2.（2024.贵州卷.6）质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块

施加一沿x轴正方向的水平力凡其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x=3m处，尸做功

的瞬时功率为（）

F/N

3-------；

2..........j~~［-

1

°I23

A.8WB.16W

C.24WD.36W

答案A

解析根据题图可知物块运动到x=3m处，尸做的总功为W产3X2J+2X1J=8J

该过程根据动能定理得卬产

解得物块运动到43m处时的速度v=4m/s

故此时尸做功的瞬时功率尸二/v=8W,故选A。

3.（2023・湖北卷4）两节动车的额定功率分别为Pi和B，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v.和外。

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()

「1%+「2吃pP1V2+P2V1

'P1+P2

C(P1+P2)%也D(P1+P2Mp2

•P1V1+P2V2'P1V2+P2V1

答案D

解析由题意可知对两节动车分别有PI^M,P2刁泄,当将它们编组后有外+2=仿^）也联立可得

尸包+如也也故选D。

PlV2+P2V!

4.（2025•湖北省十一校第一次联考）生活中常常用到“轮轴”系统，该系统能绕共轴线旋转，如图甲所示。

起重机滑轮运用了轮轴和斜面的原理。某工地用起重机吊起质量〃-100kg的重物，将起重机的模型简

化，如图乙所示。起重机底部安装了一个轮轴，其轴与轮的半径比为1：2,若起重器将钢绳A以速度v=5

m/s匀速收缩了20m,不计轮轴质量及一切阻力，滑轮大小可忽略，重力加速度g取10m/s）在此过程

中，下面说法正确的是（）

A.重物重力的功率为2500W

B.重物重力的功率为5000W

C钢绳B对重物做的功为20000J

D.钢绳B对重物做的功为50000J

答案A

解析“轮轴”系统中轴与轮的半径比为1：2,根据同轴转动角速度相等结合v=rs,可知重物上升的速

度ir=2.5m/s,则重物重力的功率为P.mgu『2500W,故A正确，B错误；A的速度与重物的速度之比

为2：1,则当A收缩20m时，重物上升了「『10m,钢绳B对重物的拉力等于重物的重力，则钢绳B对

重物做的功Ik=〃3z=10000J,故C、D错误。

5.（2023・辽宁卷・3）如图（a）,从高处M点到地面N点有I、II两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M

点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率u与时间/的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M

点后、到达N点前的下滑过程中（）

A.中沿I下滑且同一时刻中的动能比乙的人

B.甲沿II下滑且同一时刻甲的动能比乙的小

C.乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变

D.乙沿II下滑且乙的重力功率一直增大

答案B

解析由题图8）可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿n下滑，乙做加速度逐渐减小的加速

运动，乙沿I下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正

确：乙沿I下滑，开始时乙速度为（），到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式尸二〃?可知，重

力功率先增大后减小，C、D错误。

6.（2025•甘肃定西市模拟）中国自主研发的第四代军用涡扇发动机WS-15在推力、燃油效率和可靠性等方面

均达到了世界先进水平，己知WS-15涡扇发动机的喷气口的横截面积为S,喷出的燃气密度为p,燃气从

喷气口喷出时的速度大小为打则WS-15涡扇发动机喷气的功率为（）

A.1Sv3B京Sv2C.pS\rD.pSv

答案A

解析在时间间隔△/内，喷出燃气的质量小十Si，。，根据动能定理可得发动机做的功为

W=Afk^/zzv2=Ar,则WS-15涡扇发动机喷气的功率为故选A。

I争分提能练］

7.（2025•河南商丘市质检）如图所示，轻质细绳一端固定在天花板上，另一端跨过一光滑动滑轮和两固定在

天花板上的光滑定滑轮，动滑轮下端挂有一重物。某人抓住绳的一端，从右侧定滑轮正下方A点以v=5

m/s的水平速度匀速移动到8点，此时细绳与水平方向的夹角为族37。。已知重物质量为〃尸10kg,右侧定

滑轮与A点绳末端的竖直距离/『3m,重力加速度g取lOmd,sin37°=0.6,不考虑滑轮的大小、质量和

一切阻力，下列说法正确的是（）

A.重物匀速上升

B.人到达B点时，重物重力的功率为200W

C.整人过程人对重物做功为100J

D.人行走时，对地面的摩擦力方向水平向右

答案B

解析在8点由关联速度可得，绳末端沿绳方向的分速度n尸vcos。，人向右移动过程中，8成小，I，不

变，故的增大，即重物加速上升，A错误；人到达8点时，由动滑轮特点，重物上升的速度也二31,即重

物重力的功率?二〃吆也=200W,B正确；由能量守恒定律，人对重物做的功等于重物机械能的增量，右侧

2

绳长增长△L=^^-h=2m,重物上升的高度H=1AL=1m,则W=mgH+^mv2=120J,C错误；人行走时，受

到的静摩擦力水干向右，由牛顿第三定律可知人对地面的摩擦力水平向左，D错误。

8.（多选）（2025・湖南长沙市一模）倾角为37。的光滑固定斜面上有一小物块在沿斜面向上的力尸的作用下由静

止开始运动，斜面足够长，若力尸的最大功率为P,小物块的动能为反、重力势能为%（以出发点的势能

为零）、位移为人运动过程中的速度为％以沿斜面向上为正方向，物块从开始运动到抵达斜面顶端全程

4-x图像如图甲所示，其中OA段为直线，A8段为曲线，BC段为平行于横轴的直线，一知物块从。时刻

开始经2s到达距出发点4m处，此时力尸的功率刚好达最大值，之后保持该功率不变，重力加速度g取

10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8,下列说法中正确的是（）

A.物块的质量/〃=0.5kg

B.F的最大功率P=32W

C.图乙为物块运动过程的Ep-x图像

D.到达顶端时速度p=^m/s

答案AD

解析Ek-x图像的斜率表示合外力，所以0~4m内，F合=：N=1N,又F合二R"zgsin37°=/〃〃，根据位移时间

关系可得不产也比/,解得〃?=0.5kg,F=4N,a=2m/s2,故A正确；2s末小物块的速度大小为1“=4八=4

m/s,所以"的最大功率为P二尸也二16W,故B错误；当小物块到达距出发点8m处时，重力势能为

Ep=/^xsin37°=24J,与题图乙中数据不符，故C错误；2s后小物块所受外力厂的功率不变，则小物块匀

速阶段，p=Fv,"'=/〃gsin37。，解得竺m/s,即小物块运动到斜面顶端时的速度大小为竺m/s,故D正

确。

9.（2025・四川卷・7）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〃?，两者之间动摩擦因数为手，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，大小为以。

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