2.1 第一讲 功和功率 动能定理-（教师用书）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

第一讲　功和功率　动能定理 学生用书⬇第22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。 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＝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 答案：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Ff，根据牛顿第二定律可得F－Ff＝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，速度到达最大，有vm＝＝2 m/s。故选A。 机车启动的a -图像和F -图像问题 恒定功率启动的a -图像 恒定加速度启动的F -图像 由F－Ff＝ma，P＝Fv，可得a＝－，则： (1)斜率k＝； (2)纵轴截距b＝－； (3)横轴截距＝ (1)AB段牵引力不变，做匀加速直线运动； (2)BC段图线的斜率k表示功率P，可知BC段功率不变，牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动； (3)B点横坐标对应匀加速运动的末速度的倒数； (4)C点横坐标对应运动的最大速度的倒数，此时牵引力等于阻力 预测.(多选)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＝10 m/s2。则下列判断正确的是(　　) 学生用书⬇第23页 A.在0～1 s内，电动机所做的功为25 J B.t＝1 s时，电动机的输出功率为100 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：BD 解析：在0～1 s内，物体的位移大小为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，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，t＝1 s时，电动机的输出功率为P＝F1v1＝100 W，B正确；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，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，D正确。故选BD。 考点二　动能定理 (2025·山东青岛联考)如图所示，水平桌面上倾角均为θ＝37°的倾斜圆管轨道AB和CD平行放置，下端与半径r1＝1 m的水平半圆形圆管轨道BC平滑连接，倾斜轨道CD的上端与半径r2＝0.2 m的圆管轨道DEF相切于D点，轨道端口F点的切线竖直向下，在地面上的投影点为O'，端口F正下方有固定在地面上高度可调节的三棱柱。质量m＝1 kg的小球自距离桌面h1＝0.5 m的A点处由静止释放，通过轨道DEF的顶点E时恰好对轨道无压力，小球与三棱柱上端G点碰后速度大小不变，方向变为水平向右，不计一切摩擦。已知桌面到水平地面的高度h2＝1.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求小球对轨道BC水平方向的弹力大小F弹； (2)求轨道CD的长度L； (3)调整三棱柱的高度，求小球第一次落地点到O'的最大距离smax。 [审题指导] 题眼 点拨 倾角均为θ＝37°的倾斜圆管轨道AB和CD 小球在倾斜圆管道内做匀变速运动 与半径r1＝1 m的水平半圆形圆管轨道BC平滑连接 小球在半圆形圆管轨道BC内做水平面内的圆周运动 通过轨道DEF的顶点E时恰好对轨道无压力 在E点仅重力提供向心力 小球与三棱柱上端碰后速度大小不变，方向变为水平向右 小球碰后做平抛运动 模型 方法 1.多过程运动，应用动能定理。 2.圆周运动，应用向心力公式。 3.平抛运动，应用运动分解法、数学求极值法 答案：(1)10 N　(2)0.6 m　(3)2 m 解析：(1)小球在轨道AB上运动过程中，根据动能定理可得mgh1＝m 解得v1＝ m/s 轨道BC对小球水平方向的弹力F提供向心力，即F＝m 联立以上解得F＝10 N 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道BC水平方向的弹力大小为F弹＝F＝10 N。 (2)小球在E点时仅重力提供向心力，则有 mg＝m 解得v2＝ m/s 小球自C到E，根据动能定理有 －mgLsin θ－mgr2(1－cos θ)＝m－m 解得L＝0.6 m。 (3)E点到地面距离 H＝h2＋Lsin θ＋r2(1－cos θ)＝1.9 m 设G到E的竖直方向距离为y，小球到G时速度为v，根据动能定理有mgy＝mv2－m 小球离开G后做平抛运动，则有 s＝vt，H－y＝gt2 联立解得s＝ 可知当y＝0.9 m时，s有最大值，为smax＝2 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。 学生用书⬇第25页 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≤。 学科网（北京）股份有限公司 $