第6章 1.第1 节 功和功率（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦功、功率、动能定理、机械能守恒等核心考点，依据高考评价体系明确能量观念、运动和相互作用观念的考查要求，通过真题分析“动能定理应用”“机车启动模型”等高频考点占比，归纳选择、计算及实验（验证机械能守恒）等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+模型建构+科学推理”策略，如2023广东卷滑道问题结合f-x图像面积法突破变力做功，培养科学思维素养。设“易错点警示”（如摩擦力做功与力方向关系）和“母题变式训练”，助力学生掌握多过程能量分析技巧，教师可据此精准定位学情，提升复习效率。

目 录 CONTENTS 第1 节　功和功率 微专题10 动能定理在多过程运动中的应用 第2 节　动能定理及其应用 第3 节　机械能守恒定律及其应用 微专题11 动力学和能量观点相结合的两类典型模型 第4 节　功能关系　能量守恒 实验7 验证机械能守恒定律 返回目录 第1节 功和功率 返回目录 2 　  功的分析和计算T1、2、6　     功率的分析和计算T4、5　     机车启动问题T3、7 返回目录 1.★★(2023北京,11,3分)如图所示,一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运 动。已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度 为g。在物体移动距离为x的过程中( ) A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时,F做功为μmgx D.F做功的最小值为max 　    D　     高考真题 返回目录 解析　设力F与水平方向夹角为θ,则水平方向有F cos θ-f=ma,竖直方向有mg-F sin θ= FN,f=μFN,联立解得f= -ma,摩擦力做功大小Wf=fx= x,与F方向有 关,A错误;合力大小F合=ma,合力做功大小W合=F合x=max,与F方向无关,B错误;若F水平 时,F=f+ma,F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,C错误;合力做功W合=WF-Wf=max,为定值,当摩擦 力为零时,摩擦力做功为零,力F做功最小值为WF=max,D正确。 返回目录 2.★★(多选)(2023广东,8,6分)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作 质点的货物在 圆弧滑道顶端P点由静止释放,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 ( )   　    BCD　     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 返回目录 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 , 代入数据解得货物克服阻力做的功为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F-mg=ma,解得货物受到的支持力 大小为F=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。 返回目录 3.★★★(2025四川,7,4分)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其 顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均 为m,两者之间动摩擦因数为 。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向 上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜 面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内  ( ) 　    C　     A.物块的位移大小为 　　　     B.物块机械能增量为  C.小车的位移大小为 - 　　　     D.小车机械能增量为 +  返回目录 解题导引　“电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时 间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。”通过审题可知,小车与物块在速度刚好相 同之前是相对运动的,两者间存在滑动摩擦力,物块一直做匀加速直线运动;小车速度增 加,功率恒定,牵引力减小,做加速度减小的加速运动。 返回目录 解析　对物块受力分析,其受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力,有a=μg cos 30° -g sin 30°= ,末速度为v0,有 =2ax,得x= ,A错误;物块机械能增量为ΔE1=mgx sin 30° + m = m ,B错误;物块加速的时间t= ,对小车受力分析,其受重力、支持力、压 力、沿斜面向下的摩擦力、沿斜面向上的牵引力,由动能定理有Pt-mgs sin 30°-μmgs cos 30°= m ,解得s= - ,C正确;小车机械能增量为ΔE2=mgs sin 30°+ m =  + m ,D错误。 返回目录 4.★★★(2023山东,8,3分)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到 的阻力f均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止 开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱 落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变, 不计空气阻力。小车的额定功率P0为( ) A.  B.  　    A　     C.  D.  返回目录 解析　设小车拖动物体行驶s1时速度为v,物体与地面间的动摩擦因数为μ。从小车拖 动物体由静止开始运动到速度达到v这一过程,以小车和物体为研究对象根据动能定理 列方程有(F-f-μmg)×s1= (M+m)v2,从轻绳从物体上脱落到物体停止运动这一过程,以物 体为研究对象根据动能定理列方程有-μmg(s2-s1)=0- mv2,联立上述两式得v=  ,那么,小车的额定功率P0=Fv,得P0= ,A正确。 返回目录 5.★★★(多选)(2026届河南名校联合测评)如图所示,内壁光滑的部分细圆轨道ABC竖 直固定放置在光滑水平面上的A点,竖直直径AB与倾斜半径OC间的夹角为θ,质量为m 的小球(可视为质点)在光滑水平面上获得水平向左的速度v0,然后从A点切入圆弧轨道, 重力加速度为g,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是 ( ) A.若小球刚好能到达B点,则小球在B点处于完全失重状态 　    BD　     B.若小球刚好能到达B点,则半径OA为  C.若小球到达C点时的速度为v,则小球在C点时重力的功率为mgv cos θ D.若小球到达C点时的速度为v,则小球落回水平面的瞬间,重力的瞬时功率为mg   高考模拟 返回目录 解析    若小球刚好能到达B点,则小球在B点的速度为0,受力平衡,A错误。小球从A到B, 根据机械能守恒定律可得mg·2R= m ,解得R= ,B正确。若小球到达C点时的速度为 v,则小球在C点时重力的功率为PG=mgv sin θ,C错误。小球由A点至C点,根据动能定理 可得-mg(R+R cos θ)= mv2- m ,小球离开C点后至落回水平面,竖直方向根据匀变速直 线运动规律可得 -(v sin θ)2=2g(R+R cos θ)【点拨:小球离开C点至落回水平面,做匀变 速曲线运动,可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动】,联立 解得小球落回水平面时竖直方向的分速度vy= ,重力的瞬时功率为PG'=mgvy= mg ,D正确。 返回目录 6.★★★(多选)(2026届新疆乌鲁木齐联考一)如图甲所示,一倾角θ=37°、足够长的斜面 固定在水平地面上,以顶点为原点O,以沿斜面向下为x轴正方向,质量m=1.0 kg的滑块与 斜面间的动摩擦因数μ随x变化的规律如图乙所示,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8。现将滑块由O点静止释放,则下列说法正确的是 ( ) A.滑块向下运动的最大距离为2 m B.滑块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比为1∶3 　    BD　     C.滑块与斜面间因摩擦产生的热量为48 J D.滑块加速和减速的时间相同 返回目录 解析　滑块由O点静止释放至运动到最低点,根据动能定理可得mgxm sin 37°- mg cos 37°·xm=0,由题图乙可知μm= xm= xm,解得xm=4 m,A错误。滑块速度最大时所受合 力为零,可得mg sin 37°=μ1mg cos 37°,解得μ1=0.75,此时x1= μ1=2 m,又μm= xm=1.5,则滑 块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比 = = ,B正 确。滑块与斜面间因摩擦产生的热量Q=-Wf= mg cos θ·xm=24 J【另解:根据能量守恒 可得Q=mg sin 37°·xm=24 J】,C错误。因μ随x均匀增大,所以滑块加速度大小随x先均匀 减小到零,然后均匀增大,因滑块初、末速度均为零,根据对称性可得,滑块加速和减速 的时间相同,D正确。 返回目录 7.★★★(2026届河北保定四校月考)质量m=1 000 kg的某国产汽车在水平路面上进行 整车道路性能试验时,由静止启动,试验过程中汽车牵引力的倒数 和速度v的关系如 图所示,汽车速度能达到的最大值为vm=45 m/s,整个过程中汽车受到的阻力大小恒定。 下列说法正确的是 ( )   　    D　     A.汽车的额定功率为200 kW B.汽车从静止开始一直做匀加速运动直至达到最大速度 C.汽车做匀加速运动的时间为10 s D.汽车做匀加速运动的加速度大小为2 m/s2 返回目录 解题导引       返回目录 解析　根据P=Fv可得 = v,结合题图可得 =  W-1,解得P=180 kW,A错误。由 题图可知,开始一段时间内汽车牵引力保持不变,做匀加速运动,后来随着牵引力的减 小,汽车做加速度减小的变加速运动直至达到最大速度,B错误。设匀加速阶段牵引力 为F1,由题图可得 = ,解得F1=6 000 N;汽车速度达到最大值时,牵引力与阻力等 大,即 =25×10-5 N-1,解得f=4 000 N;汽车做匀加速运动的加速度a= =2 m/s2;汽车做 匀加速运动的时间t= =  s=15 s,C错误,D正确。 返回目录  运用图像面积巧解变力做功问题 (2025广东,14,13分)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 ,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: 创新风向·挑战思维 返回目录 (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。   返回目录 答案 (1)     (2)m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h    (3)P=f0at- +mgat+ΔpSat+ma2t   返回目录 解析    (1)由匀加速直线运动的速度与位移关系可得2ah=  解得木塞离开瓶口瞬间的速度v0=  由圆周运动的角速度与线速度的关系可得齿轮的角速度 ω= =  (2)拔塞的全过程,对木塞由动能定理可得 W-mgh-ΔpSh-Wf= m  结合f=f0 作出f-x的关系图像如图所示 返回目录 根据功的定义,f-x图线与横轴围成的面积表示木塞克服摩擦力做的功,则有Wf=0.5f0h 联立解得W=m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h (3)对木塞受力分析,根据牛顿第二定律得F-f-mg-ΔpS=ma 由匀加速直线运动的速度与时间关系可得v=at 由匀加速直线运动的位移与时间关系可得x= at2,其中0≤t≤  拔塞钻对木塞作用力F的瞬时功率为P=Fv 联立解得 P=f0at- +mgat+ΔpSat+ma2t   返回目录 $