第5讲 功与功率 动能定理-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

专题二　能量与动量 [构建知识网络] 第5讲　功与功率　动能定理 【目标要求】　1.会对功和功率进行分析和计算,会求解力的平均功率和瞬时功率。2.会分析机车启动问题。3.理解动能定理并能在具体问题中灵活应用。 考点一　功与功率 考点二　动能定理及其应用 内容索引 培优　热点训练 精准补弱 考点一　功与功率 一 6 1.功的计算 (1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。 (2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转换法、平均力法、图像法求解,或者利用恒定功率求功,即W=Pt。 方法 示例 注意事项 动能 定理   WF=mgL(1-cos θ) 水平力F,小球缓慢从A点移动到B点 微元法   Wf=-Ff·2πR 摩擦力大小不变,方向始终沿切线方向 方法 示例 注意事项 等效 转换法   W=F·(-) F恒力,绳是轻绳 平均 力法   W=·(x2-x1) F随x线性变化 方法 示例 注意事项 图像法   面积的代数和为总功 功率法 W=Pt P恒定,牵引力做功 2.功率的计算 考向1　功　功率 [例1]　(2024·江苏高邮调研)仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。根据该标准高三女生一分钟内完成50个以上仰卧起坐记为优秀。若某女生一分钟内做了40个仰卧起坐,其质量为50 kg,上半身质量约为总质量的0.6倍,仰卧起坐时下半身重心位置不变,上半身高度约为总身高的0.4倍,g取10 m/s2,试估算测试的全过程中该女生克服重力做功的平均功率约为(　　) A.10 W　　　　　　　　　 B.70 W C.150 W D.300 W B [解析]　设该同学身高为1.6 m,上半身高度约为0.64 m,每次上半身重心上升距离约为0.32 m,则每次克服重力做的功为W=0.6mgh=0.6×50×10×0.32 J=96 J,则功率P== W=64 W,该女生克服重力做功的平均功率约为70 W,故选B。 [例2]　(2024·江苏镇江一模)质量为2 kg的物体与水平地面间的动摩擦因数为0.1,在水平拉力F的作用下由静止开始运动,拉力F做的功W和物体的位移x之间的关系如图所示。重力加速度g取10 m/s2。在物体从静止到位移为9 m的过程中,下列说法中正确的是(　　) A.物体一直做匀加速直线运动 B.拉力F的平均功率为6.75 W C.摩擦力做的功为18 J D.拉力F的最大瞬时功率为12 W B [解析]　根据W=Fx可得W-x图线的斜率表示拉力F,由题图可知在x=3 m处,水平拉力F发生改变,根据牛顿第二定律F-f=ma知,在x=3 m处,加速度发生了改变,故A错误;由图像可得,当位移为9 m时,拉力F做的功为27 J,物体从开始运动到x=3 m处,做匀加速直线运动,此时拉力F1为5 N,f=μmg=2 N,由F1-f=ma1得a1=1.5 m/s2,根据x1=a得加速运动时间为t1=2 s,末速度为v1=a1t1=3 m/s,物体从x=3 m 到x= 9 m过程中,物体所受拉力为2 N,则F2=f,即物体从x=3 m到x=9 m做匀速直线运动,运动的时间为t2==2 s,则拉力F作用的总时间为t=t1+t2= 4 s,拉力F的平均功率为P==6.75 W,故B正确;摩擦力做 的功为Wf=-fx=-18 J,故C错误;根据P=Fv可得,当物体速度 最大和拉力最大时,功率最大,即Pmax=F1v1=15 W,故D错误。 考向2　机车启动问题 [例3]　(2024·江苏连云港三模)某码头采用斜面运送冷链食品,其简化图如图甲所示,电动机通过绕过轻质定滑轮的轻质细绳与放在倾角为θ=30°、足够长的斜面上的物体相连,启动电动机后物体沿斜面上升,在0~6 s时间内物体运动的v-t图像如图乙所示,其中除1~5 s时间段的图像为曲线外,其余时间段的图像均为直线,1 s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为2 kg,不计一切摩擦,重力加速度g取10 m/s2,则下列判断正确的是(　　) A.在0~1 s内电动机所做的功为25 J B.1 s后电动机的输出功率为80 W C.物体的最大速度为8 m/s D.在0~5 s内物体沿斜面向上运动了35 m [答案]　D [解析]　在0~1 s内,物体位移大小为x1=v1t1=2.5 m,设0~1 s内电动机做的功为W1,由动能定理得W1-mgx1sin 30°=m,解得W1=50 J,选项A错误;在0~1 s内,物体的加速度大小为a==5 m/s2,设0~1 s内细绳拉力的大小为F1,由牛顿第二定律得F1-mgsin 30°=ma,解得F1=20 N,由题意知,1 s后电动机的输出功率为P=F1v1=100 W,选项B错误;当物体达到最大速度vm后,根据平衡条件可得细绳的拉力大小为F2=mgsin 30°=10 N,则vm==10 m/s,选项C错误;设1~5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x2,对物体由动能定理得Pt2-mgx2sin 30°=m-m,解得x2=32.5 m,所以在0~5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x=x1+x2= 35 m,选项D正确。 二 考点二　动能定理及其应用 19 1.动能定理描述的是某过程中物体所受合外力做的功与该物体动能变化的定量关系,利用动能定理可以实现合外力做功与动能变化的相互推理论证。 2.应用动能定理解题的分析步骤 考向1　动能定理与图像结合问题 [例4]　近几年我国大力发展绿色环保动力,新能源汽车产业迅速发展。一质量为1 kg的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动,达到最大速度后经一段时间关闭电源,其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程受到恒定的阻力,则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A.小车受到的阻力为4 N B.小车的额定功率为4 W C.小车加速时间为2 s D.小车减速时间为2 s D [解析]　由题意可得,当关闭电源后只有阻力对小车做功,根据动能定理得ΔEk=-fx,结合动能与位移的关系图像可得小车受到的阻力为f=2 N,故A错误;由题意与图像可得小车的最大动能为Ekmax=m=8 J,则最大速度为vm=4 m/s,小车的额定功率为P额=fvm=8 W,故B错误;加速过程中,对小车应用动能定理得P额t1-fx=Ekmax,可得加速时间t1= s,故C错误;当关闭电源后,由牛顿运动定律可得a==2 m/s2,小车减速时间为t3==2 s,故D正确。 考向2　动能定理求变力的功 [例5]　(2024·江苏连云港高三模拟)如图所示,质量为m的物块放在光滑的水平桌面上,系在物块上的轻质绳子绕过光滑的定滑轮,滑轮右侧绳子水平,人拉着绳子的下端以速度v0水平向左做匀速运动,在拉紧的绳子与水平方向的夹角由53°变成37°的过程中(sin 53°=0.8,cos 53° =0.6),人对物体做的功为(　　) A.m　　　　　　　　 B.m C.m D.m B [解析]　把绳子下端的速度分别沿着垂直绳子方向和沿着绳子的方向分解,物块在各个时刻的速度等于对应时刻沿着绳子方向的分速度,由功能关系可得人做的功等于物块的动能的增加量,则有W=m (v0cos 37°)2-m(v0cos 53°)2=m,故B正确。 考向3　动能定理求解多过程问题 [例6]　如图所示为某滑雪场滑道示意图。滑雪运动员及装备(可视为质点)的总质量为m=75 kg,运动员从平台上水平飞出后恰好能从A点沿圆弧切线进入竖直面内的光滑圆弧滑道ABC,并沿滑道滑上与圆弧滑道在C点相切的粗糙倾斜直滑道CD,CD滑道足够长。已知圆弧滑道半径为R= m,圆心为O,AO连线与竖直方向夹角为θ=53°,AO与CO连线互相垂直。平台与A点之间的高度差为h=0.8 m。重力加速度大小g取10 m/s2,sin 53° =0.8,cos 53°=0.6,不计空气阻力。求: (1)运动员离开平台瞬间的速度大小; [答案]　(1)3 m/s　 [解析]　(1)设运动员在A点竖直方向的分速度为vy,=2gh 在A点tan θ= 解得v0=3 m/s。 (2)运动员第一次运动到圆弧滑道最低点B时,受到的支持力大小; [答案]　(2)1 550 N　 [解析]　(2)运动员在A点的速度大小vA==5 m/s 从A点到B点由动能定理可得 mgR(1-cos θ)=m-m 在B点对运动员进行受力分析可得FN-mg=m 解得FN=1 550 N。 (3)为保证运动员不从A点滑离圆弧滑道,运动员与CD段之间动摩擦因数的最小值。 [答案]　(3) [解析]　(3)运动员恰好不从A点滑离轨道时,运动员与粗糙轨道之间动摩擦因数最小。从A点到C点由动能定理可得mgR(sin θ-cos θ)=m-m 设从C点向上滑动距离x后运动员速度减为零,根据动能定理可得-mgxcos θ-μmgxsin θ=0-m 运动员从A点进入圆弧滑道到回到A点的过程,由动能定理可得-2μmgxsin θ=0-m 解得μ=。 反思提升 应用动能定理解题的三个易错点 1.在公式W=m-m中W应是总功,方程为标量方程,不能在某方向上应用。 2.在功的计算过程中,易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的现象。 3.在多过程问题中,在过程的衔接点注意区分合速度和分速度,动能定理中的速度是合速度。 三 培优　热点训练 31 1.如图甲所示,质量m=2 kg的小物体放在长直的水平地面上,用水平细线绕在半径R=0.5 m的薄圆筒上。t=0时刻,圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动,其角速度随时间的变化规律如图乙所示,小物体和地面间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,则(　　) A.小物体的速度随时间的变化关系满足v=4t(m/s) B.细线的拉力大小为2 N C.细线拉力的瞬时功率满足P=1.5t(W) D.在0~4 s内,细线拉力做的功为16 J C 解析:根据图像可知角速度随时间变化的关系式为ω=t(rad/s),圆筒边缘线速度与物体前进速度大小相同,v=ωR=0.5t(m/s),A错误;由v=0.5t(m/s)可知,物体做匀加速直线运动,加速度大小为a==0.5 m/s2,根据牛顿第二定律可得F-μmg=ma,解得F=3 N,B错误;细线拉力的瞬时功率为P=Fv=3×0.5t W=1.5t(W),C正确;物体在4 s内运动的位移为x=at2=4 m,细线拉力做的功为W=Fx=12 J,D错误。 2.赛车比赛中经常出现赛车腾空而起的精彩镜头。如图所示,质量为m的赛车在水平地面上从静止开始以最大功率P爬坡,保持最大功率不变行驶时间t后关闭发动机,再经过一段时间赛车从A点以水平速度v0腾空离开路面,已知A点离地面的高度为h,重力加速度为g,忽略空气阻力。 (1)求赛车从开始运动到经过A点过程中克服摩擦阻力所做的功; 答案:(1)Pt-mgh-m　 解析:(1)从开始运动到经过A点过程中,根据动能定理可得 Pt-mgh-Wf=m-0 解得Wf=Pt-mgh-m。 (2)将A点附近的路面等效成一段圆弧,A点为该段圆弧的最高点,求该等效圆弧半径的最小值。 答案: (2) 解析: (2)假设圆弧的半径为R,在最高点A时重力和弹力的合力提供向心力,有 mg-N=m 当N=0时,圆弧的半径最小, 解得圆弧的半径的最小值为Rmin=。 四 精准补弱 38 1.细心的同学会发现商场里供顾客上、下楼的电梯主要有如图所示两种:台阶式如图甲,斜面式如图乙。下列对某同学分别乘坐这两种扶梯的过程,描述正确的是(　　) A.乘坐电梯甲匀速下降时,该同学受到水平方向的摩擦力 B.乘坐电梯甲加速下降时,该同学所受摩擦力做负功 C.乘坐电梯乙匀速上升时,该同学不受摩擦力作用 D.乘坐电梯乙加速上升时,该同学受到的摩擦力做正功 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:乘坐电梯甲匀速下降时,该同学不受摩擦力作用,故A错误;乘坐电梯甲加速下降时,摩擦力水平向前,该同学所受摩擦力做正功,故B错误;乘坐电梯乙匀速上升时,该同学受到沿电梯面向上的摩擦力作用,故C错误;乘坐电梯乙加速上升时,该同学受到沿电梯面向上的摩擦力作用,摩擦力做正功,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.如图所示,用一个大小不变的力F拉着滑块(视为质点)使其沿半径为R的水平圆轨道匀速运动半周,若力F的方向始终与其在圆轨道上作用点的切线成60°夹角,则力F做的功为(　　) A.　　　　　　　　 B.2FR C.FR D.FπR 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 解析:将力F分解为切线方向和径向方向两个分力,其中径向方向的分力始终与速度方向垂直,不做功,切线方向的分力始终与速度方向相同,则滑块匀速运动半周,力F做的功为W=Fcos 60°·πR=,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.(2022·江苏卷)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力,此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 解析:设斜面倾角为θ,不计摩擦力和空气阻力,由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek=mgxtan θ,即=mgtan θ,下滑过程中开始阶段倾角θ不变,Ek-x图像为一条直线;经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大,即图像斜率先减小后增大。故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁,每次砸击对铁钉做功相同。已知钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比,木匠砸击4次,就把一枚长为L的钉子全部砸进木梁,那么他第1锤将铁钉砸进木梁的深度是(　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 解析:作出钉子所受阻力与进入深度的关系图,可知砸进前一半深度与砸进后一半深度过程中,阻力做功之比为1∶3,由题意可知,每次砸锤,锤对钉做功相同,将钉全部砸进木梁需要砸4次,则第1锤将铁钉砸进木梁的深度是,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比,图甲中滑块(　　) A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,对滑块受力分析,当滑块向上滑动时,有F合上=mgsin θ+μmgcos θ=ma上,当滑块向下滑动时,有F合下=mgsin θ-μmgcos θ=ma下,F合上>F合下,a上>a下,即图甲中滑块受到的合力较大,A错误;将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动,则滑块由A到B的过程,有2a上xAB=,由B到A的过程,有2a下xAB=,故vA上>vA下,由Ek=mv2知图甲中滑块经过A点的动能较大,B错误;由xAB=a上,xAB=a下知t上<t下,即图甲中滑块在A、B之间的 运动时间较短,C正确;上升和下降过程摩擦力大小相等, 经过A、B的距离相等,根据W=Ffx可知在A、B之间克服 摩擦力做的功相等,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.(2024·江苏徐州三模)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,以出发点为x轴零点,物体的动能Ek与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.在x=1 m时,拉力的大小为2 N B.在x=4 m时,拉力的功率为12 W C.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体克服摩擦力做的功为8 J D.从x=0运动到x=2 m的过程中,拉力的冲量大小为6 N·s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:根据动能定理可知,图像斜率的绝对值代表物体所受合力的大小,即从x=0运动到x=2 m的过程中,合力大小为F合1=2 N,从x=2 m运动到x=4 m的过程中,合力大小为F合2=1 N,物体所受摩擦力大小为f=μmg=4 N,则拉力大小分别为F1=6 N, F2=3 N,故A错误;在x=4 m时,物体的速度大小为v==2 m/s,拉力的功率P=F2v=6 W,故B错误;从x=0运动到x=4 m的过程中,物体克服摩擦力做的功W=μmgx=16 J,故C错误;在x=2 m时,物体的速度大小为v'==2 m/s,从x=0运动到x=2 m的过程中,物体运动的时间t== s,拉力的 冲量大小为I=F1t=6 N·s,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.(2024·江苏常州高三期中)如图所示,一个半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平,滑块与轨道内表面间的动摩擦因数为μ。一质量为m的小滑块(可看作质点)自P点正上方由静止释放,释放高度为R,小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点N时对轨道的压力为4mg,重力加速度大小为g,则(　　) A.小滑块恰好可以到达Q点 B.小滑块可能无法到达Q点 C.μ<0.5 D.μ=0.5 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:小滑块滑到轨道最低点N时,根据向心力公式有F-mg=m,从释放到N点,根据动能定理有2mgR-Wf=m,从释放到Q点,根据动能定理有mgR-Wf-Wf'=m,由于轨道存在摩擦力,在NQ段比PN段等高位置速度小,向心力小,滑块受到的支持力小,摩擦力小,所以有Wf>Wf',联立解得vQ>0,Wf=mgR,故A、B错误;将PN部分微元处理,若干个割线等效处理成斜面,则摩擦力在斜面上做的功为W1=∑μmgcos θΔx=μmgR,实际下滑过程中每一处都是曲面,支持力大于重力垂直曲面方向的分量,故Wf>W1,即mgR>μmgR, 解得μ<0.5,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶,t1时刻达到发动机额定功率后保持功率不变,t2时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变,则此过程中汽车的加速度a、速度v、牵引力F、功率P随时间t的变化规律正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:由题意可知汽车以恒定的加速度启动,则汽车先做匀加速直线运动,后做加速度减小的加速运动,再做匀速直线运动,t2时刻起加速度为零,故A错误;0~t1阶段v-t图线应为过原点的倾斜直线,故B错误;0~t1阶段汽车的牵引力恒定不变,t1时刻后汽车的功率等于额定功率,速度增大,牵引力减小,根据P=Fv可知,P不变,v增大得越来越慢,则F减小得越来越慢,即t1~t2阶段图线的斜率减小,t2时刻后加速度减为零,汽车的速度达到最大,汽车开始做匀速直线运动,即牵引力等于阻力,故C正确;汽车做匀加速直线运动时,由于v随时间均匀增大,F不变,则根据P=Fv可知,该阶段P随t均匀增大,即P-t图线为一条过原点的倾斜直线,汽车的功率达到额定功率后,汽车的功率恒定不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.(2024·江苏常州模拟预测)电动车被认为是新型节能环保的交通工具。在检测某款电动车性能的实验中,质量为m的电动车由静止开始沿平直公路行驶,受到的阻力大小恒定,电动车的输出功率随速度的变化关系如图所示,电动车速度从v达到最大速度2v所用时间为t,则以下说法正确的是(　　) A.电动车速度从0到2v的过程中,加速度逐渐减小 B.电动车速度为v时,加速度大小为 C.电动车速度从0到v所用时间为 D.电动车速度从0到2v的过程中,位移大小为vt- 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:因为P=Fv,电动车的输出功率随速度的变化关系图像在第一个阶段斜率不变,故牵引力不变,根据ma=F-f可知电动车加速度不变,第二阶段功率恒定,速度增大,则牵引力减小,故加速度减小,故A错误;电动车能达到的最大速度为2v,所以阻力f=,电动车速度为v时,牵引力为F=,根据牛顿第二定律有ma=F-f,解得加速度为a=,故B错误;电动车速度从0到v的过程做匀加速直线运动,根据运动学公式可知其所用时间为t'==,故C正确;电动车在第一个阶段做匀变速直线运动,根据位移速度关系有2ax1=v2-0,解得x1=,第二阶段 电动车功率恒定,根据动能定理有Pt-fx2=m(2v)2-mv2,总位移 为x=x1+x2=2vt-,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.(2024·江苏淮安一模)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一,某冰滑梯的示意图如图所示。一游客从A点由静止沿滑道下滑,螺旋滑道的摩擦可忽略且A、B两点的高度差为h,滑板与倾斜滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ,倾斜滑道的水平距离为L1,B、C两点的高度差也为h。忽略游客经过轨道衔接处B、C点时的能量损失。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)游客滑至轨道B点时的速度vB的大小; 答案:(1)　 解析:(1)根据题意,游客从A点到B点过程中,由动能定理有mgh=m-0 解得vB=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)为确保游客安全,水平滑道L2的最小长度。 答案: (2)-L1 解析: (2)设倾斜滑道与水平面的夹角为θ,游客由B点到停止过程中,由动能定理有 mgh-μmgcos θ·-μmgL2=0-m 解得L2=-L1。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.(2024·江苏南通三模)如图所示为冰雪冲浪项目流程图,AB段为水平加速区,BC段为半径r=22.5 m的光滑圆管形通道,AB与BC相切于B点;CDE段为半径R=100 m的圆弧冰滑道,BC与CDE相切于C点,弧DE所对应的圆心角θ=37°,D为轨道最低点,C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板(可视为质点)从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放,到达光滑圆管形通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力,小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN=410 N。已知小朋友和滑板的总质量 为m=40 kg,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)小朋友在B点时的速度v0; 答案:(1)15 m/s,方向水平向左　 解析:(1)由于到达光滑圆管形通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力,则mg=m 所以v0=15 m/s 方向水平向左。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)小朋友通过CDE段滑道过程中克服摩擦力做的功。 答案: (2)1 800 J 解析: (2)小朋友从B滑到E,根据动能定理可得 mgr(1-cos 37°)-W克f=m-m 在E点,根据牛顿第二定律可得 FN'-mgcos 37°=m 由牛顿第三定律得FN'=FN 联立可得W克f=1 800 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 $$