1、更多资源关注微信公众号：学起而飞 专题专题 06功和能功和能 【母题来源一】【母题来源一】2019 年普通高等学校招生全国统一考试物理（新课标全国卷） 【母题原题】【母题原题】（2019新课标全国卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能 E总等于动能 Ek与重力势能 Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的 E总和 Ep随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。重力加速度 取 10 m/s2。由图中数据可得 A物体的质量为 2 kg Bh=0 时，物体的速率为 20 m/s Ch=2 m 时，物体的动能 Ek=40 J D从地面至 h=4 m，物体的动能减少 100 J 【答案】AD 【解析】 A
2、 Eph 图像知其斜率为 G， 故 G= 80 J 4 m =20 N， 解得 m=2 kg， 故 A 正确 B h=0 时， Ep=0， Ek=E机Ep=100 J0=100 J，故 2 1 2 mv=100 J，解得：v=10 m/s，故 B 错误；Ch=2 m 时，Ep=40 J， Ek=E 机Ep=85 J40 J=45 J，故 C 错误；Dh=0 时，Ek=E机Ep=100 J0=100 J，h=4 m 时，Ek=E机 Ep=80 J80 J=0 J，故 EkEk=100 J，故 D 正确。 【母题来源二】【母题来源二】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标全国II卷）
3、【母题原题】【母题原题】（2019新课标全国卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还 受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程 中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为 更多资源关注微信公众号：学起而飞 A2 kg B1.5 kgC1 kg D0.5 kg 【答案】C 【解析】对上升过程，由动能定理， 0 () kk Fmg hEE，得 0 () kk EEFmg h，即 F+mg=12 N； 下落过程， k ()(6)mgFhE，即8mgF k N，联立两公式，得到 m=1 kg、F
4、=2 N。 【母题来源三】【母题来源三】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标全国卷） 【母题原题【母题原题】（2019江苏卷）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态小物块的质量为m，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止物块向左运动的最大距离为s，与地面 间的动摩擦因数为，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度在上述过程中 A弹簧的最大弹力为mg B物块克服摩擦力做的功为2mgs C弹簧的最大弹性势能为mgs D物块在A点的初速度为2 gs 【答案】BC 【解析】小物块压缩弹簧最短时有F mg 弹 ，故 A 错误；全过程小物块的路程为2s，所以全过程中
5、克服摩 擦力做的功为：2mgs，故 B 正确；小物块从弹簧压缩最短处到 A 点由能量守恒得： maxP Emgs，故 C 正确；小物块从 A 点返回 A 点由动能定理得： 2 0 1 20 2 mgsmv，解得： 0 2vgs，故 D 错误。 更多资源关注微信公众号：学起而飞 【命题意图】本类题通常主要考查对摩擦力、向心力、功、动能等基本运动概念的理解，以及对摩擦 力做功、动能定理、能量守恒等物理概念与规律的理解与简单的应用。 【考试方向】从近几年高考来看，关于功和能的考查，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感 应相结合命题。动能定理多数题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等
6、知识相结合的综 合性试题；动能定理仍将是高考考查的重点，高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相关知识的考 查放在一些与实际问题相结合的情境中。机械能守恒定律，多数是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动 以及电磁学等知识相结合的综合性试题；高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相关知识的考查放 在一些与实际问题相结合的情境中 【得分要点】 （1）变力做功的计算方法 用动能定理 W=Ek或功能关系求。 当变力的功率 P 一定时，可用 WPt 求功，如机车恒功率启动时。 当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力做的功等于力和路程（不是位移） 的乘积如滑动摩擦力做功等。 当力的方向
7、不变，大小随位移做线性变化时，可先求出力的平均值 2 21 FF F ，再由 WFlcos 计算。 作出变力 F 随位移 l 变化的图象，图象与位移所在轴所围的“面积”即为变力做的功。 （2）计算功率的基本方法 首先判断待求的功率是瞬时功率还是平均功率。 平均功率的计算方法 利用 t W P ；利用cosvFP 。 瞬时功率的计算方法 cosFvP ，v 是 t 时刻的瞬时速度 （3）分析机车启动问题时的注意事项 机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力 等物理量的变化规律也不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律。 在用公式 P
8、Fv 计算机车的功率时，F 是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力。 更多资源关注微信公众号：学起而飞 恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用 WPt 计算，不能用 WFl 计 算（因为 F 是变力）。 以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用 WFl 计算，不能用 W Pt 计算（因为功率 P 是变化的）。 匀加速过程结束时机车的速度并不是最后的最大速度因为此时 FF 阻，所以之后还要在功率不变 的情况下变加速一段时间才达到最后的最大速度 vm。 （4）对动能定理的理解： 动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系： 数量关系
9、：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，可以通过计算物体动能的变化， 求合外力的功，进而求得某一力的功。 因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因；动能定理中涉及的物理量有 F、l、m、v、W、 Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。 （5）运用动能定理需注意的问题 应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整 个过程的功及过程初末的动能。 若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑。 应用动能定理分析多过程问题，关键是对研究对象受力分析：正确分析物体受力，要考虑物体受到 的所有力，包括重
10、力；要弄清各力做功情况，计算时应把已知功的正、负代入动能定理表达式；有些力在 物体运动全过程中不是始终存在，导致物体的运动包括几个物理过程，物体运动状态、受力情况均发生变 化，因而在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待。 在应用动能定理解决问题时，动能定理中的位移、速度各物理量都要选取同一个惯性参考系，一般 都选地面为参考系。 （6）应用机械能守恒定律的基本思路 选取研究对象。 根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。 恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末状态时的机械能。 选取方便的机械能守恒定律的方程形式进行求解。 （7）机械能守恒的判断方法 利用
11、机械能的定义判断（直接判断）：分析动能和势能的和是否变化。 用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代 数和为零，则机械能守恒。 用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化， 则物体系统机械能守恒。 更多资源关注微信公众号：学起而飞 对多个物体组成的系统，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，如有滑动摩擦 力做功时，因有摩擦热产生，系统机械能将有损失。 对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明或暗示 （8）多物体机械能守恒问题的分析方法 对多个物体组成的系统要
12、注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒 注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系 列机械能守恒方程时，一般选用EkEp的形式 （9）几种常见的功能关系表达式 合外力做功等于物体动能的改变，即 W合Ek2Ek1Ek。（动能定理） 重力做功等于物体重力势能的减少，即 WGEp1Ep2Ep。 弹簧弹力做功等于弹性势能的减少，即 W弹Ep1Ep2Ep。 除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功， 等于物体机械能的改变， 即 W其他力E2E1E。 （功 能原理） 电场力做功等于电荷电势能的减少，即 W电Ep1Ep2Ep。 （10）能量守恒定律及应用 列能量守恒定律方程的两条基本思路：某种
13、形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减 少量和增加量一定相等；某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等。 应用能量守恒定律解题的步骤：分析物体的运动过程及每个小过程的受力情况，因为每个过程的受 力情况不同，引起的能量变化也不同；分清有多少形式的能如动能、势能（包括重力势能、弹性势能、电 势能）、内能等在变化；明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量E减和增 加的能量E增的表达式；列出能量守恒关系式：E减E增。 功能关系式选用上优先选择动能定理，其次是机械能守恒定律；最后选择能量守恒定律，特别研究 对对象是系统，且系统机械能守恒时，首
14、先考虑机械能守恒定律 1（2019四川省宜宾市高一期末）如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的 轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始时用力压住 b 使a、b静止，撤去 此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面。在此过程中 更多资源关注微信公众号：学起而飞 Aa的动能小于b的动能 B两物体机械能的变化量相等 Ca的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量 D绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和不为零 【答案】A 【解析】将 b 的实际速度进行分解如图：cos ab vv，即 a 的速度小于 b 的速度，故 a 的动能小于 b
15、的动能，A 正确；由于有摩擦力做功，故 ab 系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，B 错误； a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故 a 的重力势能的减小量大于两 物体总动能的增加量，C 错误；在这段时间 t 内，绳子对 a 的拉力和对 b 的拉力大小相等方向相反，两 个物体沿绳子方向的位移相等，所以绳的拉力对 a 所做的功与对 b 所做的功的绝对值相等，二者代数和 为零，D 错误。 2（2019湖南省长沙市雅礼中学高三入学考试）如图所示是固定在桌面上的“C”形木块，abcd 为半径为 R 的光滑圆轨道的一部分，a 为轨道的最高点，de 面水平。将质量为
16、m 的小球在 d 点正上方 h 高处释放， 小球自由下落到 d 处切入轨道运动，则 A在 h 一定的条件下，释放小球后小球能否到 a 点，与小球质量有关 更多资源关注微信公众号：学起而飞 B要使小球通过 a 点的条件是 hR C改变 h 的大小，就可使小球在通过 a 点后可能落回轨道之内，也可能落在 de 面上 D无论怎样改变 h 的大小，都不可能使小球在通过 a 点后又落回轨道内 【答案】D 【解析】小球恰能通过 a 点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律： 2 mv mg R ，解得： vgR，要使小球能到 a 点，要使小球通过 a 点的条件是在 a 点速度大于等于gR，根据动能
17、定理： 2 1 2 mghmgRmv，可以求出 h 的最小值 3 2 hR，与小球质量无关，故 AB 错误。小球恰好离开 a 点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动：x=vt；竖直方向的自由落体运动：R= 1 2 gt2，解得：x= 2RR，所以小球在通过 a 点后不可能落回轨道之内，故 C 错误，D 正确。 3（2019浙江省温州九校高二上学期期中）蹦床是奥林匹克运动会正式比赛项目，图甲为今年全运会某运 动员比赛照片，图乙为其简化示意图，运动员可视为质点，图中虚线 PQ 是弹性蹦床的初始位置，A 为 运动员抵达的最高点，B 为运动员刚抵达蹦床时的位置，C 为运动员抵达的最低
18、点，空气阻力不可忽略， 对于运动员，下列说法正确的是 AC 到 A 上升过程，B 位置运动员速度最大 BA 到 C 下落过程，蹦床弹力和重力对运动员做的功代数和为零 CB 到 C 下落过程，蹦床弹力和重力对运动员做的功等于运动员动能的变化量 DB 到 C 下落过程，蹦床弹力和空气阻力对运动员做的功等于运动员机械能的变化量 【答案】D 【解析】从C到B的过程中，运动员所受的蹦床的弹力先大于重力，后小于重力，所以运动员先加速后 减速，从B到A过程中，运动员做竖直上抛运动，速度减小，故选项 A 错误；A到C下落过程，空气 更多资源关注微信公众号：学起而飞 阻力做负功，根据动能定理可得 2 1 2 G
19、Nf WWWmv可知蹦床弹力和重力对运动员做的功代数和不 为零，故选项 B 错误；B到C下落过程，根据动能定理可得蹦床弹力、重力和空气阻力对运动员做的 功等于运动员动能的变化量，故选项 C 错误；B到C下落过程，根据功能关系可知蹦床弹力和空气阻 力对运动员做的功等于运动员机械能的变化量，故选项 D 正确。 4（2019河北省邢台八中高一期末）质量为 m 的物体从地面上方 H 高处无初速释放，落在地面后出现一 个深度为 h 的坑，如图所示，在此过程中 A重力对物体做功为 mg（H+h） B物体的重力势能减少了 mg（H+h） C所有外力对物体做的总功为零 D地面对物体的平均阻力为 mg 【答案】
20、ABC 【解析】重力对物体做功为 mg（H+h），选项 A 正确；重力做功等于重力势能的减小，则物体的重力 势能减少了 mg（H+h），选项 B 正确；根据动能定理可知，物体动能变化为零，则所有外力对物体做的 总功为零，选项 C 正确；根据动能定理：()0mg Hhfh，则地面对物体的平均阻力为 ()mg Hh f h ，选项 D 错误。 5（2019江西省南昌二中高一期末）如图所示，水平光滑长杆上套有小物块 A，细线跨过位于 O 点的轻质 光滑定滑轮，一端连接 A，另一端悬挂小物块 B，物块 A、B 质量相等。C 为 O 点正下方杆上的点，滑 轮到杆的距离 OCh，重力加速度为 g.开始时
21、A 位于 P 点，PO 与水平方向的夹角为30，现将 A、B 由静止释放，下列说法正确的是 更多资源关注微信公众号：学起而飞 A物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，速度先增大后减小 B物块 A 经过 C 点时的速度大小为2gh C物块 A 在杆上长为2 3h的范围内做往复运动 D在物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，物块 B 克服细线拉力做的功小于 B 重力势能的减少量 【答案】BC 【解析】物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，绳子拉力对 A 做正功，其余的力不做功，所以物 体 A 的动能不断增大，速度不断增大，故 A 错误。物体到 C 点时物块 B
22、的速度为零。设物块 A 经过 C 点时的速度大小为 v。根据系统的机械能守恒得： 2 1 302 h mghmv sin （），得2vgh，故 B 正确。 由几何知识可得3 30 h ACh tan ，由于 A、B 组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块 A 在杆上 长为 23h 的范围内做往复运动，故 C 正确。物体到 C 点时物块 B 的速度为零。根据功能关系可知， 在物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，物块 B 克服细线拉力做的功等于 B 重力势能的减少量， 故 D 错误。 6（2019安徽省池州市高一期末）一个重为 mg 的物体在外力 F 作用下，从静止开始沿一条竖直平面
23、内的 直线斜向下运动，直线轨迹与竖直方向成 30角，不计空气阻力，则该物体机械能大小的变化可能是 A若0.5Fmg，则物体运动过程中机械能守恒 B若0.6Fmg，则物体运动过程中机械能可能增大，也可能减小 C若0.8Fmg，则物体运动过程中机械能一定越来越大 D若 1.2Fmg ，则物体运动过程中机械能一定越来越大 【答案】ABD 【解析】因为物体做直线运动，拉力 F 和重力的合力与运动轨迹在同一直线上，当外力 sin300.5mgmg 时，F的方向垂直于运动的直线，F不做功， A 正确； 当F大于0.5mg小于mg时， 更多资源关注微信公众号：学起而飞 F 的方向不可能与轨迹垂直，或斜向上或
24、斜向下。因此F可能做正功，也可能做负功，机械能可能增大， 也可能减小，B 正确，C 错误。若1.2Fmg时F的方向与运动轨迹成锐角，故一定要做正功，机械能 越来越大，D 正确。 7（2019河北省张家口市高一月考）如图所示，质量相同的小球 A、B 通过质量不计的细杆相连接，紧靠 竖直墙壁放置。由于轻微扰动，小球 A、B 分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终 在同一竖直平面内，当细杆与水平方向成 37角时，小球 B 的速度大小为 v，重力加速度为 g，忽略一切 摩擦和阻力，sin37=0.6，cos37=0.8。则 A小球 A 的速度为 3 4 v B小球 A 的速度为 4 3
25、v C细杆的长度为 2 125 64 v g D细杆的长度为 2 125 36 v g 【答案】AC 【解析】小球 B 的速度为 v 时，设小球 A 的速度大小为 v ，则有5337vcosv cos ，解得： 3 4 vv ， A 正确，B 错误；两球下滑过程中系统的机械能守恒，即： 22 11 1 sin37 22 mgLmv mv ，解得： 更多资源关注微信公众号：学起而飞 2 125 64 v L g ，C 正确，D 错误。 8（2019天津市十二区县重点学校高三毕业联考）2022 年第 24 届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳 台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。图为一简化后的跳台滑雪的
26、轨道示意图，运动员（可视为质点）从 0 点由静止开始自由滑过一段圆心角为 60的光滑圆弧轨道后从 A 点水平飞出，然后落到斜坡上的 B 点。 已知 A 点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为 40 m，斜坡与水平面的夹角=30，运动员的质量 m=50 kg。重力加速度 g=10 m/s2。下列说法正确的是 A运动员从 0 运动到 B 的整个过程中机械能不守恒 B运动员到达 A 点时对轨道的压力大小为 1 000 N C运动员到达 A 点时重力的瞬时功率为 104W D运动员从 A 点飞出到落到 B 点所用的时间为 4 3 3 s 【答案】BD 【解析】运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的
27、过程中只受有重力做功，机械能守恒，故 A 错误；运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以 2 1 (160 ) 2 mgRcosmv ，由牛 顿第二定律可得， 2 mv Nmg R ，得 1000 NN ，故 A 点时对轨道的压力大小为 1 000 N，故 B 正 确。由cosPmgv，可知此时重力的瞬时功率为零，故 C 错误。由， 2 1 2 hgt， 0 sv t，tan h s 可得 0 2tan4 3 s 3 v t g ，故 D 正确。 9（2019四川省宜宾市高一期末）如图所示，光滑轨道PQO的水平段与水平地面平滑连接。在水平轨道 QO上，用挡板将 A、B 两物块挡住并
28、压缩弹簧后处于静止状态，轻质弹簧与物块A不拴结。现只放开 更多资源关注微信公众号：学起而飞 左侧挡板，物块A能到达轨道PQO的最大高度 h 处。已知物块A的质量为2m，B的质量为m，A、 B两物块与水平地面的动摩因数均为，A、B与弹簧相互作用过程中均处于水平轨道QO段，弹簧 的压缩量保持不变，弹簧处于自然伸长时的长度远小于 h。试问： （1）若只放开右侧挡板，则物块B在粗糙水平地面上经多少时间停止运动？ （2）若同时放开左右两侧挡板，则物块A、B分离时的速度大小各为多少？ （3）若同时放开左右两侧挡板，当物块A、B均停止运动时，两者之间的距离为多少？ 【答案】（1） 2h t g （2） 2
29、3 A gh v 、 2 2 3 B gh v （3） h x 【解析】（1）只放开左侧挡板，A 从静止到 h 高度处，弹簧储存的势能为 p E 根据能量守恒： p=2 Emgh 若只放开右侧挡板时，B 离开弹簧时速度为v，根据能量守恒： 2 P 1 2 Emv 根据动量定理：0 B mgtmv 解得： 2h t g （2）若同时放开左右两侧挡板，AB 动量守恒：02 AB mvmv 能量守恒： 2 p 2 11 2 22 AB Emvmv 联立解得： 2 3 A gh v ， 2 2 3 B gh v （3）若同时放开左右两侧挡板，A、B 从滑上粗糙水平面至静止 对 B： 2 1 2 BB
30、mg xmv 更多资源关注微信公众号：学起而飞 对 A： 2 1 22 2 AA mg xmv 间距： BA xxx 联立解得： h x 10（2019浙江省湖州市高一期末）如图所示，在竖直平面内有一“”管道装置，它是由两个完全相同的 圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于 1 A、 2 A、 1 B、 2 B， 1 D、 2 D分别是两圆弧 管道的最高点， 1 C、 2 C分别是两圆弧管道的最低点， 1 C、 2 C固定在同一水平地面上。两直管道略微 错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为 R， 111111222222 BO DAOCB O D
31、A O C 。 一质量为 m 的小物块以水平向左的速度 0 v从 1 C点 出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为。设 0 12 m/sv ，m=1 kg，R=1.5 m，0.5， 37（sin37=0.6，cos37=0.8）。求： （1）小物块从 1 C点出发时对管道的作用力； （2）小物块第一次经过 2 C点时的速度大小； （3）小物块在直管道 12 B A上经过的总路程。 【答案】（1）106 N，方向向下（2）4 7m/s （3） 53 4 m 【解析】（1）物块在 C1点做圆周运动，由牛顿第二定律有： 2 0 v Nmgm R 更多资源关注微信公众号：学起而飞 可得： 2
32、0 106 N v Nmgm R 由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为 106 N，方向向下 （2）由几何知识易有： 2112 2 cos 4 m sin R lA BAB 从 C1到 C2由动能定理可得： 22 20 11 cos 22 mglmvmv 可得： 2 20 2cos4 7 m/svvgl （3）以 C1C2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过 D1、D2点时的机械能需满足： 0 230 JEEmgR 由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足： cos16 J f EWmgl 设 n 为从第一次经过 D1后，翻越 D1和 D2的总次数，则有： 2 00 1 2 mvnEE 2 00 1 -1 2 mvnEE 可得：n=2，表明小物块在第二次经过 D1后就到不了 D2，之后在 D1B1A2C2D2之间往复运动直至稳定， 最后在 A2及 C2右侧与 A2等高处之间往复稳定运动 由开始到稳定运动到达 A2点，由动能定理有： 2 0 1 cos1 cos0 2 mgsmgRmv 可得：s= 69 4 m 故在 B1A2直管道上经过的路程为 s=sl= 53 4 m
