第5讲 功与功率 动能定理(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

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 [高考素养]　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。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　功与功率 考点二　动能定理及其应用 内容索引 考点一　功与功率 一 7 1.功的计算 (1)恒力做功:W=Fscos α(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。 2.功率的计算 考向1　功　功率 [例1]　(2025·云南卷)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144 km/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.4×105 J　　　　　　　 B.4×104 J C.4×103 J D.4×102 J B [解析]　高中生的质量约为50 kg,根据动能定理有W=mv2=4×104 J,故选B。 [例2]　(2025·福建卷)如图甲,水平地面上并排放置A、B两个物块,两物块质量均为0.2 kg,A与地面间的动摩擦因数为μ=0.25,B与地面间无摩擦,两物块在外力F的作用下向右前进,F随位移x的变化图像如图乙所示,P为圆弧轨道最低点,M为圆弧轨道最高点,圆弧轨道与水平地面平滑连接,初始时水平地面上物块A、B与P点间的长度大于4 m。求: (1)0~1 m内F做的功; [答案]　 1.5 J [解析]　 0~1 m内F做的功 W=Fx1=1.5×1 J=1.5 J。 (2)x=1 m时,A与B之间的弹力大小; [答案]　 0.5 N [解析]　 x=1 m时,对A、B整体,根据牛顿第二定律有 F-f=2ma, 其中f=μmg, 对B,根据牛顿第二定律有FAB=ma, 联立解得FAB=0.5 N。 (3)要保证B能到达M点,圆弧半径满足的条件。 [解析]　当A、B之间的弹力为零时,A、B分离,根据(2)分析可知此时F'=0.5 N, 此时x=3 m, 0~3 m过程中,对A、B整体,根据动能定理有 WF-μmgx=×2mv2, 根据题图可得WF=1.5 J+×2 J=3.5 J, 对B,从P点到M点,根据动能定理有 -mg·2rmax=m-mv2, 在M点的最小速度满足mg=m, 联立可得rmax=0.2 m, 即圆弧半径满足的条件为r≤0.2 m。 [答案]　 r≤0.2 m [以图说法] 图形示例 方法总结 用水平力F将小球缓慢从A点移动到B点 动能定理:WF -mgL(1-cos θ)=0 物块在水平面内做圆周运动,摩擦力大小不变,方向始终沿切线方向,物块运动一周 微元法:Wf = -f · 2πR 图形示例 方法总结 F恒力,绳是轻绳 等效转换法:W=F·(-) F随x线性变化 平均力法:W=·(x2-x1) 图形示例 方法总结 图像法:面积的代数和为总功 P恒定,牵引力做功 功率法:W=Pt [例3]　(2025·山东卷)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v匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　) A. B. C. D. A [解析]　根据题意小车匀速运动,则有F=f=kv,小车的机械功率P机=Fv=kv2,由于电动机的效率为50%,则有P电===2kv2,光伏电池的光电转换效率为η,即η=,可得P阳==,故选A。 考向2　机车启动问题 [例4]　(2025·广东珠海模拟)一电动玩具汽车启动时,以额定功率沿直线加速并达到最大速度,其加速度a与速度倒数的关系图像如图所示。已知电动玩具汽车受到的阻力大小恒为100 N,重力加速度大小g取10 m/s2,则电动玩具汽车的额定功率和最大速度分别为 (　　) A.200 W,2 m/s B.100 W,4 m/s C.100 W,2 m/s D.200 W,4 m/s A [解析]　设电动玩具汽车的额定功率为P,受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律可得F-f=ma,又P=Fv,联立可得a=·-,根据a-= 2 m/s2,= m2/s3=4 m2/s3,解得P=200 W,当牵引力等于阻力时,速度达到最大,有vm==2 m/s,故A正确。 二 考点二　动能定理及其应用 23 1.动能定理描述的是在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5]　(2025·广东汕头二模)汽车研发机构在某款微型汽车的车轮上安装了小型发电机,将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中,以达到节能的目的。某次测试中,微型汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机,测出了微型汽车的动能Ek与位移x的关系图像如图所示,其中①是关闭储能装置时的关系图线,②是开启储能装置时的关系图线。已知微型汽车的质量为1 000 kg,为便于讨论,设其运动过程中所受阻力恒定。根据图像所给的信息可求出(　　) A.汽车行驶过程中所受阻力为1 000 N B.汽车的额定功率为120 kW C.汽车加速运动的时间为22.5 s D.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J [答案]　D [解析]　对于图线①,根据动能定理得-fx=0-Ek,得 到阻力为f== N=2 000 N,故A错误。设 汽车匀速运动的速度为v,则有v== m/s=40 m/s,汽车的额定功率为P=Fv=fv=2 000×40 W=80 kW,故B错误。对于加速运动过程,根据动能定理得Pt-fs=Ek2-Ek1,得到t== s= 16.25 s,故C错误。根据功能关系可知,汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为E=Ek-fs'=8×105 J-2 000×1.5×102 J=5×105 J,故D正确。 考向2　动能定理求解多过程问题 [例6]　(2025·广东卷)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶 口的软木塞时,先将拔塞钻旋入木塞内,随后下压把手,使 齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木 塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始,顶部与瓶口 齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动,木塞所受摩擦 力f随位移大小x的变化关系为f=f0(1-),其中f0为常量,h为圆柱形 木塞的高,木塞质量为m,底面积为S,加速度为a,齿轮半径为r,重力 加速度为g,瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变,瓶子始终静止 在桌面上。(提示:可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功)求: (1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω; [答案]　 [解析]　木塞的末速度等于齿轮线速度,对木塞,根据运动学公式有v2=2ah, 根据角速度和线速度的关系有v=ωr, 联立可得ω=。 (2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W; [答案]　mah+mgh+f0h　 [解析]　根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图像如图所示, 可得摩擦力所做的功为Wf=-f0h, 对木塞,根据动能定理有 W+Wf-mgh=mv2-0, 解得W=mah+mgh+f0h。 (3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 [答案]　P=(mg+ma+f0+ΔpS)at-t3 [解析]　设开瓶器对木塞的作用力为F,对木塞,根据牛顿第二定律有 F-mg-f-ΔpS=ma, t时刻速度v=at, t时刻位移x=at2, t时刻开瓶器的功率P=Fv, 联立可得P=(mg+ma+f0+ΔpS)at-t3。 三 课堂巩固 强化关键能力 1.(2025·广东汕头二模)在矿山开采中,滑轮装置被用于提升和移动矿石。如图,一辆车通过定滑轮提升质量为M的矿石,滑轮左侧连接车的绳子在竖直方向的投影为h,当车以速度v匀速向左行驶一段距离后,连接车的绳子与水平方向的夹角从53°变为37°,sin 37°=,sin 53°=,则在该过程中(　　) A.矿石重力的功率为Mgv B.矿石重力做功为-Mgh C.绳子对矿石拉力做的功等于矿石重力做的功 D.绳子对矿石拉力的功率一直保持不变 B 解析:令连接车的绳子与水平方向的夹角为θ,矿石的 速度v1=vcos θ,矿石重力做负功,克服矿石重力做功的 功率为P=Mgv1=Mgvcos θ<Mgv,车以速度v匀速向左行 驶,θ逐渐减小,可知,该功率逐渐增大,则克服矿石重力做功的平均功率小于Mgv,故A错误;已知滑轮左侧连接车的绳子在竖直方向的投影为h,则矿石上升的距离x0=-=h,矿石重力做功为W=-Mgx0= -Mgh,故B正确;结合上述有v1=vcos θ,可知,车以速度v匀速向左行驶,θ逐渐减小,矿石速度增大,即绳子拉力大小大于矿石重力大小,拉力做正 功,矿石重力做负功,则绳子对矿石拉力做的功大于 矿石重力做的功,故C错误;结合上述,矿石的速度v1= vcos θ,等式两侧对时间求导数,取导数的绝对值,得到 矿石加速度大小a=vsin θ·θ'=vsin θ·ω,将车的速度沿垂直于绳的方向分解,该分速度有转动的效果,则有v2=vsin θ=ω·,对矿石进行分析,根据牛顿第二定律有T-mg=ma,绳子对矿石拉力的功率PT=Tv1,解得PT=mgvcos θ+,拉力的功率随θ的改变而发生变化,即绳子对矿石拉力的功率并不是一直保持不变,故D错误。 2.(多选)某一儿童游戏设计研发者为开发游戏搭建了如图所示装置。整个装置在竖直平面内,AB为平直轨道,BCD是半径为R=1 m的圆弧形轨道,CD段圆弧对应圆心角θ=53°,M为可视为质点的游戏开关,比D点高,M点到D点水平距离为1.6 m,竖直距离为0.6 m。现从A点以某一初速度释放质量为m=1 kg的光滑小球,恰好击中M,已知重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,则(　　) A.小球的初速度大小为6 m/s B.小球经过C点时对轨道的压力大小为 N C.小球从D点运动到M点所需要的时间为 s D.小球在D点处的速度大小为 m/s BC 解析:从D到M过程,水平方向有x=vDsin θ·t=1.6 m,竖直方 向有y=vDcos θ·t-gt2=0.6 m,联立解得vD= m/s,t= s,故 C正确,D错误;从A到D过程,根据动能定理可得-mgR(1+sin θ)=m-m,解得小球初速度大小为v0= m/s,故A错误;从C到D过程,根据动能定理可得-mgRsin θ=m-m,在C点,根据牛顿第二定律可得N=m,联立解得N= N,根据牛顿第三定律可知,小球经过C点时对轨道的压力大小为 N,故B正确。 $