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回歸教材重難點05功和能

新高考的核心價值是通過必備知識、關鍵能力和學科素養的考查來體現；功和能這部分內容恰恰能夠涵蓋多種能力，因而是歷年高考考查的重點。在命題上重視與生產生活等實際情景關聯，如動車組的啟動，減速帶、跳高、跳水、投擲籃球、物體的上升和下落、衛星的發射和變軌等；還重視結合圖像，或者結合電磁學情境。

在備考過程中要做到夯實基礎、強化能力、提升素養。夯實基礎就是要重視基本觀念的復習，夯實功、功率、動能、重力勢能、彈性勢能、機械能等基本概念，以及動能定理、機械能守恒定律、功能關系等基本規律。強化能力就是通過對典型問題的分析，強化運動分析、受力分析以及能量轉化的分析。提升素養需要重視在復習中滲透一些重要的思想方法，包括重要的數學方法，通過函數法、圖像法、比較法、極限法來分析問題。

知識點一恒力做功的計算

1．恒力做的功

直接用W＝Flcosα計算．不論物體做直線運動還是曲線運動，上式均適用．

2．合外力做的功

方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功．適用于F合為恒力的過程．

方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．

3.(1)在求力做功時，首先要區分是求某個力的功還是合力的功，是求恒力的功還是變力的功．

(2)恒力做功與物體的實際路徑無關，等于力與物體在力方向上的位移的乘積，或等于位移與在位移方向上的力的乘積．

知識點二變力做功的求解方法

㈠、動能定理法

動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于求恒力功也適用于求變力功．因使用動能定理可由動能的變化來求功，所以動能定理是求變力做功的首選．

㈡、平均力法

如果力的方向不變，力的大小對位移按線性規律變化(即F＝kx＋b)時，F由F1變化到F2的過程中，力的平均值為

eq\x\to(F)

＝

eq\f(F1＋F2,2)

，再利用功的定義式W＝

eq\x\to(F)

lcosα來求功．

㈢、微元法

當物體在變力的作用下做曲線運動時，若力的方向與物體運動的切線方向之間的夾角不變，可將曲線分成無限個小元段，每一小元段可認為恒力做功，總功即為各個小元段做功的代數和．通過微元法不難得到，在往返的運動中，摩擦力、空氣阻力做的功，其大小等于力和路程的乘積．

㈣、等效轉換法

若某一變力的功和某一恒力的功相等，即效果相同，則可以通過計算該恒力做的功，求出該變力做的功，從而使問題變得簡單，也就是說通過關聯點，將變力做功轉化為恒力做功，這種方法稱為等效轉換法．

㈤、圖象法

由于功W＝Fx，則在F－x圖象中圖線和x軸所圍圖形的面積表示F做的功．在x軸上方的“面積”表示正功，x軸下方的“面積”表示負功．

㈥、用W＝Pt計算

機車以恒定功率P行駛的過程，隨速度增加牽引力不斷減小，此時牽引力所做的功不能用W＝Fx來計算，但因功率恒定，可以用W＝Pt計算．

知識點三機車兩種啟動方式的比較分析

兩種方式

以恒定功率啟動

以恒定加速度啟動

P－t圖和v－t圖

OA段

過程分析

v↑?F＝

eq\f(P不變,v)

↓

?a＝

eq\f(F－F阻,m)

↓

a＝

eq\f(F－F阻,m)

不變?F不變v↑?P＝Fv↑直到P額＝Fv1

運動性質

加速度減小的加速直線運動

勻加速直線運動，維持時間t0＝

eq\f(v1,a)

AB段

過程分析

F＝F阻?a＝0

?F阻＝

eq\f(P,vm)

v↑?F＝

eq\f(P額,v)

↓

?a＝

eq\f(F－F阻,m)

↓

運動性質

以vm勻速直線運動

加速度減小的加速運動

BC段

無

F＝F阻?a＝0?以vm＝

eq\f(P額,F阻)

勻速運動

分析機車啟動問題時的注意事項：

(1)在用公式P＝Fv計算機車的功率時，F是指機車的牽引力而不是機車所受到的合力．

(2)恒定功率下的加速一定不是勻加速，這種加速過程發動機做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算(因為F是變力)．

(3)以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發動機做的功常用W＝Fl計算，不能用W＝Pt計算(因為功率P是變化的)

知識點四動能定理及其應用

1.應用動能定理解題的基本思路

(1)選取研究對象，明確它的運動過程；

(2)分析研究對象的受力情況和各力的做功情況：

eq\x(\a\al(受哪,些力))

→

eq\x(\a\al(各力是,否做功))

→

eq\x(\a\al(做正功還,是負功))

→

eq\x(\a\al(做多,少功))

→

eq\x(\a\al(各力做功,的代數和))

(3)明確研究對象在過程的初末狀態的動能Ek1和Ek2；

(4)列動能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程，進行求解．

2．解決物理圖象問題的基本步驟

⑴．觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．

⑵．根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式．

⑶．將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題．或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量．

⑷.解決這類問題首先要分清圖象的類型．若是F－x圖象，則圖象與坐標軸圍成的圖形的面積表示做的功；若是v－t圖象，可提取的信息有：加速度(與F合對應)、速度(與動能對應)、位移(與做功距離對應)等，然后結合動能定理求解．

3．利用動能定理求解往復運動

解決物體的往復運動問題，應優先考慮應用動能定理，注意應用下列幾種力的做功特點：

⑴．重力、電場力或恒力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；

知識點五機械能守恒定律及應用

1．三種表達式的選擇

如果系統(除地球外)只有一個物體，用守恒觀點列方程較方便；對于由兩個或兩個以上物體組成的系統，用轉化或轉移的觀點列方程較簡便．

2．應用機械能守恒定律解題的一般步驟

(1)選取研究對象

eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(單個物體,多個物體組成的系統,含彈簧的系統))

(2)分析受力情況和各力做功情況，確定是否符合機械能守恒條件．

(3)確定初末狀態的機械能或運動過程中物體機械能的轉化情況．

(4)選擇合適的表達式列出方程，進行求解．

(5)對計算結果進行必要的討論和說明．

3.(1)應用機械能守恒定律解題時，要正確選擇系統和過程．

(2)對于通過繩或桿連接的多個物體組成的系統，注意找物體間的速度關系和高度變化關系．

(3)鏈條、液柱類不能看做質點的物體，要按重心位置確定高度．⑵．大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積．

知識點六能量守恒定律及應用

㈠能量守恒定律方程的兩條基本思路：

1．某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；

2．某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等．

㈡.能量轉化問題的解題思路

⒈當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能的轉化和守恒定律．

⒉解題時，首先確定初末狀態，然后分析狀態變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解．

㈢功能關系的應用

1．若涉及總功(合外力的功)，用動能定理分析．

2．若涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關系分析．

3．若涉及彈性勢能的變化，用彈力做功與彈性勢能變化的關系分析．

4．若涉及電勢能的變化，用電場力做功與電勢能變化的關系分析．

5．若涉及機械能變化，用其他力(除重力和系統內彈力之外)做功與機械能變化的關系分析．

6．若涉及摩擦生熱，用滑動摩擦力做功與內能變化的關系分析．

㈣摩擦力做功的特點及應用

1．靜摩擦力做功的特點

(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．

(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零．

(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能．

2．滑動摩擦力做功的特點

(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．

(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：

①機械能全部轉化為內能；

②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能．

(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffs相對．其中s相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路程．

1．（2021·浙江卷·春季高考）如圖所示是我國自主研發的全自動無人值守望遠鏡，它安裝在位于南極大陸的昆侖站，電力供應僅為1×103W。若用國際單位制基本單位的符號來表示W，正確的是（）

A．N?s B．N?m/s C．kg?m/s D．kg?m2/s3

【答案】D

【解析】

A．不是國際單位制基本單位，根據沖量的定義可知，是沖量的的單位，A錯誤；

B．根據功率的計算公式可知功率的單位可以表示為，但不是國際單位制基本單位，B錯誤；

C．根據動量的定義可知，是動量的單位，C錯誤；

D．根據可知功率的單位可以表示為，結合可知，則功率得單位，D正確。

故選D。

2．（2021·浙江卷）中國制造的某一型號泵車如圖所示，表中列出了其部分技術參數。已知混凝土密度為，假設泵車的泵送系統以的輸送量給高處輸送混凝土，則每小時泵送系統對混凝土做的功至少為（）

發動機最大輸出功率（）

332

最大輸送高度（m）

63

整車滿載質量（）

最大輸送量（）

180

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

泵車的泵送系統以的輸送量給高處輸送混凝土，每小時泵送系統對混凝土做的功

故選C。

3.（2021全國甲卷）一質量為m的物體自傾角為的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為。已知，重力加速度大小為g。則（）

A.物體向上滑動的距離為

B.物體向下滑動時的加速度大小為

C.物體與斜面間的動摩擦因數等于0.5

D.物體向上滑動所用時間比向下滑動的時間長

【答案】BC

【解析】AC．物體從斜面底端回到斜面底端根據動能定理有:

物體從斜面底端到斜面頂端根據動能定理有:

整理得:；，故A錯誤，C正確；

B．物體向下滑動時的根據牛頓第二定律有：

求解得出：，故B正確；

D．物體向上滑動時的根據牛頓第二定律有：

物體向下滑動時的根據牛頓第二定律有：

由上式可知：a上>a下

由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據公式

則可得出：，故D錯誤。

故選BC。

4.（2021河北卷）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球，小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直，將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計空氣阻力）（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】小球下落的高度為

h=πR-R+R=R

小球下落過程中，根據動能定理有

mgh=mv2

綜上有

v=

故選A。

5、（2021·山東省濟南市壓軸卷）質量為400kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數的關系如圖所示，則賽車

A.速度隨時間均勻增大

B加速度隨時間均勻增大

C.輸出功率為160kW

D.所受阻力大小為1600N

【答案】CD

【解析】

AB．賽車以恒定的功率加速，假設阻力為，牽引力：

速度變大，牽引力減小，加速度減小，所以賽車做加速度減小的加速運動，AB錯誤；

CD．根據上述公式推導：

根據圖像可知，斜率為：

解得：

縱截距為：

解得：，CD正確。

故選CD。

6、（2021·福建省南平市二檢）電梯上升過程可以簡化為勻加速、勻速、勻減速三個階段，即加速到允許的最大速度v后做勻速運動，最后經過勻減速運動將速度減為零。假設該電梯在加速和減速過程的加速度大小相等，一幢大樓每層樓高度相同，有一個質量為m的人先坐電梯從1樓到7樓，辦完事后再從7樓到16樓，重力加速度為g，則（）

A.電梯從1樓到7樓的平均速度等于電梯從7樓到16樓的平均速度

B.電梯從1樓到7樓的平均速度小于電梯從7樓到16樓的平均速度

C.加速階段電梯對人做正功，減速階段電梯對人做負功

D.上升過程中電梯對人做功的最大功率為mgv

【答案】B

【解析】

AB．運動過程圖像

平均速度：

電梯從7樓到16樓的勻速時間更大，所以平均速度更大，故A錯誤B正確；

C．電梯對人作用力始終向上，與位移同向，故始終做正功，故C錯誤；

D．上升過程中勻加速階段結束時，電梯對人做功的功率最大為

mgv

故D錯誤。

故選B。

7、（2021·安徽省八校三模）如圖所示，質量為2kg的有孔小球套在固定的長直桿上，桿與水平方向成角，球與桿間的動摩擦因數μ=0.25。小球在豎直向上大小為30N的拉力F作用下，從A點由靜止開始向上運動，經過1s撤去拉力，取g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，求：

(1)撤去拉力前瞬間拉力F的功率；

(2)小球返回A點時的速度。

【答案】(1)36W；(2)m/s

【解析】

(1)小球在拉力作用下受力情況如圖甲，有以下關系式

功率

解得

P=36W

(2)撤去拉力時，沿桿向上的位移，撤去外力后，向上運動時，受力如圖乙，有

從最高點下滑時受力如圖丙

設滑回A點時的速度為v2，由動能定理得

解得

m/s

8、（2021·北京市西城區三模）某同學用實驗室中的過山車模型研究過山車的原理。如圖所示，將質量為m的小球從傾斜軌道上的某一位置由靜止釋放，小球將沿著軌道運動到最低點后進入圓軌道。他通過測量得到圓軌道的半徑為R。已知重力加速度為g。

（1）小球能夠順利通過圓軌道最高點的最小速度v為多少？

（2）若不考慮摩擦等阻力，要使小球恰能通過圓軌道的最高點，小球的釋放點距軌道最低點的高度差h為多少？

（3）該同學經過反復嘗試，發現要使小球恰能通過圓軌道的最高點，小球的釋放點距軌道最低點的高度差比（2）的計算結果高h，則從釋放點運動到圓軌道最高點的過程中小球損失的機械能E為多少？

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）小球恰能通過最高點時，根據圓周運動規律，重力提供向心力有

解得

（2）若不考慮摩擦等阻力，小球從釋放點運動到圓軌道最高點的過程，根據動能定理有

解得

（3）以軌道最低點所在平面為零勢能面，從釋放點運動到圓軌道最高點的過程中小球損失的機械能

由（2）可知

代入得

9、（2021·福建省南平市二檢）如圖，傳送帶以的速度逆時針轉動，一個質量的物體從傳送帶頂端以的速度沿傳送帶滑入，若傳送帶與水平方向成，物體與傳送帶間的動摩擦因數，傳送帶底端到頂端長，g取10m/s2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。求：

(1)物體從傳送帶底端滑出時的速度大小；

(2)若在物體滑入傳送帶運動了0.5s時，傳送帶突然停止，物體在傳送帶上滑動過程中，因與傳送帶間的摩擦而產生的熱量。

【答案】(1)10m/s；(2)

【解析】

(1)當物體放到傳送帶時，設物體向下運動的加速度為a1，物體向下加速到v時，所用時間為t1，物體運動位移為s1，根據運動學公式

①

②

③

解得

由于，由于最大靜摩擦力

且沿斜面向上，物體將與傳送帶一起做勻速運動，即離開傳送帶的速度為10m/s；

(2)0.5s內物體相對傳送帶運動位移

0.5s后傳送帶停止，物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力

物體勻速下滑，物體相對傳送帶運動位移

則摩擦力產生熱量

解得

10、（2021·天津市紅橋區二檢）如下圖所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動，到達A孔進入半徑0.2m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當擺球進入圓軌道立即關閉A孔。已知擺線長L=2m，θ=60°，小球質量為m2=2kg，D點與小孔A的水平距離s=2m，g取10m/s2。試求：

（1）求擺線能承受的最大拉力為多大？

（2）要使擺球進入圓軌道后恰能通過軌道的最高點，求粗糙水平面摩擦因數μ。

【答案】（1）40N；（2）0.25

【解析】

（1）當擺球由C到D運動，由機械能守恒可得

在D點，由牛頓第二定律可得

聯立可得擺線的最大拉力為

（2）要使擺球進入圓軌道后恰能通過軌道的最高點，在圓周的最高點由牛頓第二定律可得

由動能定理可得

解得

11.（2021江蘇卷）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉軸的O點，小圓環A和輕質彈簧套在輕桿上，長為的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為，現將裝置由靜止緩慢加速轉動，當細線與豎直方向的夾角增大到時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取，，求：

（1）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；

（2）環A的質量M；

（3）上述過程中裝置對A、B所做的總功W。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】（1）設、的張力分別為、，A受力平衡:

B受力平衡:

解得:

（2）設裝置轉動的角速度為，對A:

對B:

解得:

B上升的高度，A、B的動能分別為:；

根據能量守恒定律可知:

解得:

12．（2021·全國卷）如圖，一傾角為的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車（可視為質點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g。

（1）求小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能；

（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；

（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時根據牛頓第二定律有

設小車通過第30個減速帶后速度為v1，到達第31個減速帶時的速度為v2，則有

因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達下一個減速帶均為v1和v2；經過每一個減速帶時損失的機械能為

聯立以上各式解得

（2）由（1）知小車通過第50個減速帶后的速度為v1，則在水平地面上根據動能定理有

從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據動能定理有

聯立解得

故在每一個減速帶上平均損失的機械能為

（3）由題意可知

可得

13、（2021·山東省煙臺市適應性練習）動車組列車由一節或若干節動力車廂與無動力車廂構成，根據不同用途和型號進行編組，再通過掛接形成整列列車，具有加速性能好、運行速度高、平均能耗低等諸多優點。我國自主研發的復興號動車組列車時速可達350km/h，由于車鉤緩沖系統搭載了我國研制