专题2 第5讲 功与功率 动能定理-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件

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=Flcos θ(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; 解析:0~1 m内F做的功 W=Fx1=1.5×1 J=1.5 J。 答案：1.5 J (2)x=1 m时,A与B之间的弹力大小; 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。 答案：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 图形示例 方法总结 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=-Ff·2πR F恒力,绳是轻绳 等效转换法:W=F·(-) 图形示例 方法总结 F随x线性变化 平均力法:W=·(x2-x1) 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·山西吕梁一模)一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶,汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示。若汽车的质量为1.2×103 kg,阻力恒定,汽车的最大功率恒定,则以下说法正确的是(　　) A.汽车的最大功率为5×104 W B.汽车匀加速运动阶段的加速度为 m/s2 C.汽车先做匀加速运动,然后再做匀速直线运动 D.汽车从静止开始运动12 s内的位移是61.5 m A [解析]　由题图可知,汽车在前4 s内的牵引力不变,汽车做 匀加速直线运动,4~12 s内汽车的牵引力逐渐减小,则汽车 的加速度逐渐减小,汽车做加速度减小的加速运动,直到汽 车的速度达到最大值,以后做匀速直线运动,可知在4 s末汽 车的功率达到最大值;汽车的速度达到最大值后牵引力等 于阻力,所以阻力f=2×103 N,前4 s内汽车的牵引力为F=5×103 N,由牛顿第二定律有F-f=ma,解得a=2.5 m/s2,4 s末汽车的速度v1=at1=2.5×4 m/s=10 m/s,所以汽车的最大功率P=Fv1=5×103×10 W=5×104 W,A正确,B、C错误。汽车在前4 s内的位移x1=a=×2.5×42 m=20 m,汽车的最大速度为vm== m/s=25 m/s,汽车在4~12 s内的位移设为x2,根据动能定理可得Pt-fx2=m-m,代入数据可得x2=42.5 m,所以汽车从静止开始运动12 s的总位移x=x1+x2=20 m+42.5 m=62.5 m,D错误。 二 考点二　动能定理及其应用 22 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·北京延庆一模)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 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]　如图所示,长为L2=1.5 m的水平传送带左右两端与水平轨道平滑连接,以v0=4.0 m/s的速度逆时针匀速转动;左侧粗糙轨道RQ的长为L1= 3.25 m,左端R点固定有弹性挡板;右侧光滑轨道PN的长为L3=3.5 m,其右端与光滑圆弧轨道相切(N点为圆弧轨道的最低点)。现将一可视为质点的小物块从圆弧轨道上某处由静止释放,与挡板发生弹性碰撞后向右恰好能运动到P点。已知小物块与传送带以及左侧轨道间的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,π2=10,不计物块与挡板的碰撞时间。 (1)求物块第一次到达Q点时的速度大小; 解析:设物块质量为m,对物块第一次到达Q至与挡板发生弹性碰撞后运动到P点的过程,由动能定理可得-μmg(2L1+L2)=0-m, 解得vQ=4 m/s。 答案：4 m/s (2)为满足上述运动,求物块从圆弧轨道上释放高度的范围; 解析:物块从P到Q一直做匀加速运动时,有μmgL2=m-m, m=mgh1, 解得h1=0.65 m; 物块从P到Q一直做匀减速运动时,有-μmgL2=m-m, 解得h2=0.95 m。 综上所述,0.65 m≤h≤0.95 m。 答案：0.65 m≤h≤0.95 m (3)当物块从半径大于100 m圆弧轨道上高度为0.8 m的位置由静止释放后,发现该物块在圆弧轨道上运动的时间与从N点运动至第二次到达P点的时间相等,求圆弧轨道的半径。 解析:物块由h3=0.8 m处下滑,有mgh=mv2, 解得v=v0=4 m/s,物块在传送带上匀速运动,则 t=+。 而t=×2π, 解得R=g≈110 m。 答案：110 m 三 课堂巩固 强化关键能力 1.(2025·河北保定一模)如图所示,运送菜品的小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动,该轨道各处弯曲程度相同。在此过程中,该小车(　　) A.始终处于平衡状态 B.始终处于失重状态 C.始终处于超重状态 D.重力功率始终不变 D 解析:小车做曲线运动,具有向心加速度,所受合外力不为0,其运动过程中不处于平衡状态,故A错误;轨道等螺距,可等效为小车沿倾角为θ的斜面匀速下滑,小车运动过程在竖直方向的速度不变,小车运动过程中在竖直方向没有加速度,所以小车既不处于超重状态,也不处于失重状态,重力功率始终不变,故B、C错误,D正确。 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。 感谢您的观看 $