第1部分 专题2 1 第一讲 功和功率 动能定理（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第一讲　功和功率　动能定理 学生用书⬇第23页 考点一　功和功率 (多选)如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。重力加速度g＝10 m/s2。则 A.物体的质量m＝0.5 kg B.物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2 C.第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J D.前2 s内推力F做功的平均功率＝1.5 W 答案：ACD 解析：由v -t图像可知，在2～3 s时间内，物体做匀速运动，处于平衡状态，则滑动摩擦力的大小为Ff＝2 N，在1～2 s时间内，物体做匀加速运动，v -t图线的斜率表示加速度，所以a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，所以物体的质量m＝＝ kg＝0.5 kg，A正确；由Ff＝μFN＝μmg，可得μ＝＝＝0.4，B错误；第2 s内物体的位移是x＝at2＝×2×12 m＝1 m，克服摩擦力做的功W＝Ffx＝2 J，C正确；前2 s，在第1 s内物体没有运动，只在第2 s内运动，F也只在第2 s内做功，F做的功为WF＝Fx＝3 J，所以前2 s内推力F做功的平均功率为＝＝ W＝1.5 W，D正确。故选ACD。 (2024·贵州高考)质量为1 kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x＝3 m处，F做功的瞬时功率为 A.8 W B.16 W C.24 W D.36 W 答案：A 解析：根据题图可知物块运动到x＝3 m处，F做的总功为WF＝3×2 J＋2×1 J＝8 J，该过程根据动能定理得WF＝mv2，解得物块运动到x＝3 m处时的速度为v＝4 m/s，故此时F做功的瞬时功率为P＝Fv＝8 W。故选A。 预测.(2024·浙江6月)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10－4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为 A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W 答案：C 解析：设Δt时间内从喷头喷出的水的质量为m＝ρSv·Δt，喷头喷水的功率等于Δt时间内喷出的水的动能增加量，即P＝＝，联立解得P＝100 W。故选C。 考点二　动能定理 (2025·广东二模)如图所示，竖直平面内固定半径R＝7.6 m的光滑圆弧轨道，轨道的M处与水平传送带相切。传送带与左侧紧靠的水平台面等高，台面的PN部分粗糙，PN的长度s＝2.5 m，P点左侧光滑。水平放置的轻质弹簧左端固定、处于原长状态。质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从A点由静止沿圆弧轨道下滑。O为圆心，半径OM竖直，OA与OM的夹角θ＝60°，已知传送带的长度L＝5.0 m，始终以速度v＝6.0 m/s顺时针转动，物块与台面PN部分、物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取重力加速度g＝10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内，求： (1)物块第一次下滑到M处的速度大小v0； (2)弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep； (3)物块在PN部分通过的总路程x0。 答案：(1)2 m/s　(2)23 J　(3)9 m 解析：(1)设物块第一次下滑到M处的速度大小为v0，由动能定理有mgR＝m 解得v0＝2 m/s。 (2)从物块滑上传送带到弹簧被压缩最短，根据动能定理有－μmg(L＋s)－W弹＝0－m 解得W弹＝23 J 则弹簧被压缩后具有的最大弹性势能 Ep＝W弹＝23 J。 (3)物块被弹簧弹回，设滑到N点时的速度为v1，则有Ep－μmgs＝m 解得v1＝6 m/s 则该过程物块在PN部分通过的路程x1＝2s＝5 m 由于v1＝v，则物块滑上传送带后，物块与传送带保持相对静止，直至到M点再滑上右侧圆弧轨道，又以原速率返回到传送带上，设物块向左运动能通过传送带，通过后的速度为v2，则有 －μmgL＝m－mv2 解得v2＝4 m/s 假设物块滑出传送带后不能再次滑上传送带，设该过程在PN部分通过的路程为x2，则有 －μmgx2＝0－m 解得x2＝4 m＜2s 则物块在PN部分通过的总路程 x0＝x1＋x2＝9 m。 学生用书⬇第24页 应用动能定理解题的四点注意 预测1. (多选)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，出发点为x轴原点，拉力做的功W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，拉力的功率为6 W B.在x＝4 m时，物体的动能为2 J C.从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D.从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 答案：BC 解析：由于拉力沿水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可知W-x图像的斜率表示拉力F。在物体运动的过程中，根据动能定理有W－μmgx＝mv2，则x＝1 m 时物体的速度为v1＝2 m/s，拉力为F1＝＝6 N，则此时拉力的功率P＝F1v1＝12 W，x＝4 m时，物体的动能为Ek＝W4－μmgx4＝2 J，A错误，B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx1＝8 J，C正确；根据W-x图像可知在0～2 m的过程中F1＝6 N，2～4 m的过程中F2＝3 N，由于物体受到的摩擦力恒为Ff＝μmg＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，分析可知此时的速度v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。故选BC。 预测2.如图甲所示，一小物块放置在水平台面上，在水平推力F的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿x轴运动，F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在x＝2 m处从平台飞出，同时撤去F，物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块质量为0.5 kg，物块与水平台面间的动摩擦因数为0.7，轨道圆心为O'，半径为0.5 m，MN为竖直直径，∠PO'N＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力。求： (1)物块飞出平台时的速度大小； (2)物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。 答案：(1)4 m/s　(2)0.5 J 解析：(1)由F -x图像与横轴所围面积表示力F做的功可知，当物块运动到x＝2 m处时，力F所做的功W1＝×2 J＝11 J 设物块运动到x＝2 m处时的速度为v，由动能定理得W1－μmgx＝mv2，解得v＝4 m/s。 (2)物块从平台飞出后做平抛运动，且从P点沿切线方向进入竖直圆轨道，设物块运动到P点时的速度为vP，可得物块在P点的速度vP＝＝5 m/s 设物块恰好由轨道最高点M飞出时的速度为vM，有mg＝m 可得vM＝＝ m/s 设物块在圆轨道上运动时，克服摩擦力做功为W2，由动能定理有 －mgR(1＋cos 37°)－W2＝m－m 解得W2＝0.5 J。 1.生活情境类 (2025·山东高考)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Ff＝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. 答案：A 解析：小车匀速运动时，电动机的输出功率等于小车受到的阻力的功率，有P电出＝Pf＝Ffv＝kv2，所以电动机的输入功率(光伏电池的输出功率)为P光出＝＝2kv2，则光伏电池的输入功率(单位时间内获得的太阳能)为P太阳能＝＝。故选A。 2.生产情境类 (2024·福建高考)我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图(a)为《天工开物》中描绘的利用耕牛整 学生用书⬇第25页 理田地的场景，简化的物理模型如图(b)所示，将人站立的农具视为水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面的夹角θ为25.5°，sin 25.5°＝0.43，cos 25.5°＝0.90。当每条绳子拉力F的大小为250 N时，人与木板沿直线匀速前进，在15 s内前进了20 m，求此过程 (1)地面对木板的阻力大小； (2)两条绳子拉力所做的总功； (3)两条绳子拉力的总功率。 答案：(1)450 N　(2)9.0×103 J　(3)600 W 解析：(1)由于木板做匀速直线运动，则有 2Fcos θ＝Ff 代入数据解得Ff＝450 N。 (2)根据功的定义式有W＝2Flcos θ 代入数据解得W＝9.0×103 J。 (3)根据功率的定义式有P＝ 代入数据解得P＝600 W。 3.生产情境类 (多选)(2024·广东高考)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有 A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距 答案：ABD 解析：两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，即两滑块相对静止，故A正确。两滑块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确。乙下滑过程有mgH乙＝m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。若乙在甲静止前与甲发生碰撞，则从两滑块开始下滑到发生碰撞，甲、乙的运动时间相同，发生弹性碰撞后两者交换速度，故乙的运动时间与没有发生碰撞时甲的运动时间相同，只与H甲有关，与H乙无关；若乙在甲静止后与甲发生碰撞，则从两滑块开始下滑到发生碰撞，乙的运动时间大于甲的运动时间，发生弹性碰撞后两者交换速度，则乙停止运动，又碰撞前乙的运动时间与H乙有关，故乙的总运动时间与H乙有关，故C错误。故选ABD。 4.生活情境类 (2025·广东高考)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Ff随位移大小x的变化关系为Ff＝Ff0，其中Ff0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Ff -x图线下的“面积”表示Ff所做的功)求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω； (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W； (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：(1)　(2)＋mgh＋mah＋ShΔp　 (3)P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋Ff0at，其中t≤ 解析：(1)木塞做匀加速直线运动，由速度与位移公式有v2＝2ah 解得木塞离开瓶口瞬间的速率为v＝ 则齿轮外侧的线速度大小也为v＝，所以齿轮的角速度ω＝＝。 (2)由木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系可知，拔塞的全过程摩擦力对木塞做的功为Wf＝－ 拔塞的全过程，对木塞由动能定理有 W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝mv2 联立解得W＝＋mgh＋mah＋ShΔp。 (3)拔塞过程中，对木塞由牛顿第二定律有 F－Ff－mg－Δp·S＝ma 由位移与时间公式有x＝at2 拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv' 又v'＝at 联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋Ff0at，其中t≤。 专题集训(五)　功和功率　动能定理 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－7题，每题5分，共35分) 1.(2025·广东惠州第三次调研)如图为无人机给洪灾地区群众配送救生圈的过程中在竖直方向运动的v -t图像(以竖直向上为正方向)。若该无人机在水平方向以较小速度做匀速直线运动，配送的救生圈质量为1.5 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，不考虑空气阻力。关于无人机的运动情况，下列说法正确的是 A.无人机在前2 s内做直线运动 B.无人机在前6 s内上升的最大高度为16 m C.无人机在第3 s内对救生圈的拉力为30 N D.无人机在第1 s末对救生圈拉力的功率为36 W 答案：D 解析：根据题图可知，无人机在前2 s内竖直方向有速度且在变化，竖直方向存在作用力，且水平方向一直有速度且不变化，则作用力方向与速度方向不同，做曲线运动，故A错误；因为v -t图像与横轴所围面积表示位移，则4 s时高度最大，根据题图可知无人机在前6 s内上升的最大高度x＝×4 m＝10 m，故B错误；在第3 s内无人机竖直方向无加速度，处于平衡状态，则对救生圈的拉力大小等于救生圈的重力，为15 N，故C错误；在第1 s末救生圈的加速度大小为a＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得F＝18 N，拉力的功率P＝Fv＝18×2 W＝36 W，故D正确。故选D。 2. (多选)如图所示，无人驾驶小车在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有 A.从M到N，小车牵引力大小为40 N B.从M到N，小车克服摩擦力做功800 J C.从P到Q，小车重力势能增加1×104 J D.从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J 答案：ABD 解析：小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，代入数据解得F＝40 N，故A正确；小车从M到N匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40 N，则克服摩擦力做功为W1＝Ff1·MN＝800 J，故B正确；小车从P到Q，重力势能的增加量为ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5×103 J，故C错误；小车从P到Q，设摩擦力大小为Ff2，有Ff2＋mgsin 30°＝，代入数值解得Ff2＝35 N，克服摩擦力做的功为W2＝Ff2·PQ＝700 J，故D正确。故选ABD。 3. (多选)(2023·广东高考)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有 A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 答案：BCD 解析：重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－Wf＝m，代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。故选BCD。 4.(2025·广东肇庆二模)如图所示，足够长的倾斜传送带倾角为θ，以恒定速率v1沿顺时针方向传动。一物块从传送带顶端以初速度v2沿传送带向下滑上传送带，已知v2＞v1，物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tan θ。以物块刚滑上传送带的位置为起点，以传送带底端所在水平面为参考平面，则物块的速率v和动能Ek与路程x的关系图像可能正确的是 答案：D 解析：由于μ＞tan θ，则物块先向下做匀减速运动，合力F合＝μmgcos θ－mgsin θ＝ma，方向沿斜面向上；速度减为零后物块向上做匀加速运动，合力F合'＝μmgcos θ－mgsin θ＝ma'，方向沿斜面向上。因为v2＞v1，所以物块向上运动到与传送带速度相同后，与传送带一起相对静止向上做匀速运动，此时物块所受合力为零。减速阶段有－v2＝2ax，加速阶段有v2－0＝2a'(x－x0)，所以速率v与x的关系图像不是直线，故A、B错误。由动能定理得F合Δx＝ΔEk，即＝F合，物块的动能Ek与x的图像斜率的绝对值为合力大小，动能减小过程和动能增加过程，Ek -x图像的斜率绝对值相等，最后物块的动能小于初动能，故C错误，D正确。故选D。 5.(多选)(2025·河南信阳第二次检测)我国在无人机领域处于世界领先行列，特别是同时控制多架无人机的“蜂群技术”更是遥遥领先。在一次测试中同一台电脑控制两架无人机进行测试，两架无人机完全相同，质量均为m，开始时静止在地面上，在程序控制下同时开始竖直向上运动，两架无人机的升力随时间变化图像如图甲、乙所示，重力加速度的大小为g，忽略无人机受到的阻力，则关于无人机运动过程的说法正确的是 A.0～2t时间内，甲、乙两无人机的上升的高度之比为5∶7 B.2t时刻，甲、乙两无人机的动量之比为1∶2 C.2t时刻，甲、乙两无人机升力的功率之比为3∶2 D.0～2t时间内，甲、乙两无人机升力做功之比为1∶1　 答案：AC 解析：根据牛顿第二定律可得无人机的加速度a＝，可画出甲、乙两无人机的v -t图像如图所示。则0～2t时间内，甲、乙两无人机上升高度之比为5∶7，故A正确；由v -t图像可知，2t时刻，两无人机的速度大小相等，则动量之比为1∶1，故B错误；2t时刻，甲、乙两无人机的升力之比为3∶2，速度相等，根据P＝Fv，可知瞬时功率之比为3∶2，故C正确；0～2t时间内，甲无人机升力做功大小为W甲＝2mg·t·gt＋3mg·t＝7mg2t2，乙无人机升力做功大小W乙＝3mg·t·2gt＋2mg·t＝8mg2t2，则W甲∶W乙＝7∶8，故D错误。故选AC。 6. (2025·福建龙岩一模)一辆汽车在夜间以速度v0匀速行驶，驶入一段照明不良的平直公路时，司机迅速减小油门，使汽车的功率减小为某一定值，此后汽车的速度v与时间t的关系如图所示。设汽车行驶时所受的阻力恒定为Ff，汽车的质量为m，则下列说法正确的是 A.t＝0时刻，汽车的功率减小为Ffv0 B.整个减速过程中，汽车的牵引力不断变小 C.整个减速过程中，克服阻力做功大于m D.整个减速过程中，汽车牵引力的冲量大小为Fft0＋mv0 答案：C 解析：t＝0时刻，汽车的功率减小为P＝Ff·v0＝Ffv0，故A错误；整个减速过程中，由F＝，可知汽车的牵引力不断变大，故B错误；整个减速过程中，由动能定理有Pt0－W克f＝m－m，解得W克f＝Pt0＋m＞m，故C正确；整个减速过程中，由动量定理有I牵－Fft0＝m·－mv0，解得I牵＝Fft0－mv0，故D错误。故选C。 7.(多选)(2025·广东广州二模)如图(a)，砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图(b)。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则 A.0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移相同 B.0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度相同 C.0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量 D.0～t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量 答案：AC 解析：0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度大小相等，方向相反，故B错误；v -t图像的斜率表示加速度，v -t图像与时间轴所围的面积表示位移，根据题图(b)可知，0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移相同，故A正确；砝码所受合力等于摩擦力，根据动能定理可知，0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量，故C正确；根据功能关系与能量守恒定律有W拉＝ΔEk总＋Q，即0～t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与两者之间因摩擦产生的热量之和，故D错误。故选AC。 8.(15分)某滑雪运动场设置了如图所示的游乐项目，光滑雪道AB段和光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径R＝4 m，B为圆轨道的最低点。水平粗糙轨道BC两端分别与竖直圆轨道、水平传送带CD平滑相连，传送带以速度v＝10 m/s向左匀速运动。一个质量为m＝50 kg的滑雪运动员(视为质点)从右侧雪道上的A点由静止滑下，恰能通过竖直圆轨道的最高点。已知运动员与BC段间的动摩擦因数μ1可调节，与传送带CD间的动摩擦因数为μ2＝0.36，LBC＝12 m，LCD＝5 m，所有轨道均在同一竖直面内，重力加速度g＝10 m/s2 ，不计空气阻力。 (1)求A点距水平轨道BC的高度h。 (2)若要使运动员一直匀加速通过传送带CD，则其与BC段间的动摩擦因数μ1的取值范围为多少？ (3)若运动员以最长时间通过传送带，从D点水平飞出落在倾角α＝37°的斜坡DE上，求运动员在斜坡上的落点与传送带上表面的竖直高度h'(sin 37°＝0.6)。 答案：(1)10 m　(2)≤μ1≤　(3)4.05 m 解析：(1)设滑雪运动员到达竖直圆轨道最高点的速度为v'，则在最高点有mg＝m 运动员从A点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理有mg(h－2R)＝mv'2 解得h＝10 m。 (2)运动员要一直匀加速通过传送带，则vC≥0且vD≤10 m/s 运动员从A到C过程中，由动能定理有 mgh－μ1mgLBC＝m－0 运动员从A到D过程中，由动能定理有 mgh－μ1mgLBC＋μ2mgLCD＝m－0 解得≤μ1≤。 (3)运动员要以最长时间通过传送带，则其在传送带上做vC＝0的匀加速直线运动，从C到D的过程中，由动能定理有μ2mgLCD＝m－0 解得vD＝6 m/s 运动员从D点飞出后做平抛运动，设平抛运动的时间为t，水平位移为x，竖直位移为h'，则有x＝vDt，h'＝gt2，＝tan 37° 联立可得h'＝4.05 m。 学生用书⬇第26页 学科网（北京）股份有限公司 $