第5讲 功与功率 动能定理-【创新教程】2027年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

物理 专题二能量与动量 修b修修 网络构建 缓冲问题 ΣF外=0一理想条件 动量定理 人船模型 流体问题 F内>F外一近似条件 恒条件 反冲 电磁感应问题 ΣF.=0一某方向上守恒 弹性碰撞 矢量冲量7 I=△p 动量p △P=-△P 动量守恒定律 碰撞 一般碰撞 p=my 完全非弹性碰撞 时间积累 (力 瞬时效应 v-vo=al 状态 滑块 未滑落 02-v3=2ax 运动学规律 滑板 滑落 空间积累 最短、最长 弹簧 △E1=-△E2 标量 功W W=△E 能量E 能量守恒定律 恢复原长 对地位移 总功 Ws=△E 动能 E,-之m2速度变化 机械能守恒定律 保守力功=-△E了 势能 Ep重=mgh-- 高度变化： 变力功 除重力外 W除重=△E 机械能 E=2k*2 弹簧形变 一对滑动 W.=-0 内能 Q=F5相对 滑动摩擦！ 摩擦力 电势变化 功率P=Fmr 安培力功 W=-△E电能 E,吨=qp 、恒定功率 内力的功 不改变 系统总能量 恒定加速度 外力的功 W外=△E露 第5讲 功与功率 动能定理 核心素养助学提能 考点一 功和功率 核心透视 2.功率的计算 1.功的计算 1)P?,适用于计算平均功率 (1)功的定义式：W=Flcos a适用于求恒力 (2)P=Fucos a,若v为瞬时速度，P为瞬时功 做功， 率；若v为平均速度，P为平均功率， (2)变力做功的计算 3.机车启动模型中的两个最大速度 ①用动能定理W=m-md求功. 机车启动匀加速过程的最大速度（此时机 ②用F-1图像所围的面积求功. 车输出的功率最大)和全程的最大速度vmx ③用平均力求功（力与位移呈线性关系，如 (此时F牵=F阻)求解方法： 弹簧的弹力) (1)求v:由F牵一F阻=ma,P=F牵v可求出 ④利用W=Pt求功. v一Fm千ma ⑤用转换法求功：将变力做功转变为恒力 (2)求：由P-F1可求出一 P 做功. 22 第一部分：专题二能量与动量 典题例析 着质量为m的物体以恒定速度v沿斜坡向 [例1](2026·河北卷)我国科技爱好者复 上运动；穿戴“外骨骼机器人”后，最多能拉 原了春秋战国时期带有刃车軎(wèi)的马 着质量为1.4m的物体仍以相同的速度沿 车，并对其性能进行了测试.在t1~t2时间 斜坡向上运动，绳子始终平行于斜坡，物体 内，若马车以恒定功率在水平路面上沿直线 与斜坡之间的动摩擦因数为，重力加速度 运动，速度从y1加速到v2假定马车所受阻 大小为g,则该同学穿戴装置后，拉力的功 力不变，则马车运动的v-t图像可能是 率增加了 A.0.4mgu(sin 0+ucos 0) B.1.4mgu(cos0+usin 0) C.0.4mgv(sin 0-ucos 0) D.1.4mgu(cos0-usin 0) 2.成语“簸扬糠秕”常用 于自谦，形容自己无 才而居前列.成语源 于如图所示的劳动情 景，在恒定水平风力作用下，从同一高度 由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同 [解题指导] 位置.空气阻力忽略不计，下列说法正确 第一步：马车以恒定功率运动，阻力∫不 的是 变，由功率公式P=Fv和F一f=ma A.从释放到落地的过程中，重力对米粒做 分析； 的功和重力对糠做的功相同 第二步：由v-t图像的斜率表示加速度 B.从释放到落地的过程中，风力对米粒做 选取图像 的功和风力对糠做的功不同 对点集训 C.从释放到落地的过程中，米粒和糠重力 1.(2026·山东卷)“外骨骼机 做功的平均功率相同 器人”是一种能增强运动能 D.落地时，米粒和糠重力做功的瞬时功率 力的可穿戴装置.如图所 相同 示，在倾角为0的斜坡上，某同学最多能拉 考点二 动能定理及其应用 核心透视 2.应用动能定理解题的“三个提醒” 1.应用动能定理解题的思维流程 (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由 确定研 运动运动性质及动能明确初、末 于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法 分析特点 分析动能 动能 要简捷 动力学关系 定理 (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方 研究 分阶段或全过程列方程 解方程、讨论结果 受力几个力？恒力做功是否做功？正 程 分析还是变力 情况功还是负功 向上应用动能定理是没有依据的， (3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性 23 物理 质不同的小过程（如加速、减速的过程），此 2 时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但 若能对整个过程利用动能定理列式，则可 使问题简化 0 M N Xo 图(a) 图b) 典题例析 A.PN>Po,Pay>PMN 春向1 动能定理的应用 B.PN<PQ,PoM>PMN [例2]（多选）如图所示，质晋一F M n99mn C.PN>Po.PMN<PxQ 量为M、长度为L的小车 D.PN<PQ:PMN<PNQ 静止在光滑水平面上，质量为m的小物块 专间3 动能定理求解的多过程问题 (可视为质点)放在小车的最左端，现用一水 [例4]某游乐场有一种“双环过山车”，其运 平恒力F作用在小物块上，使小物块从静 行原理可以简化成如图所示的“物块一轨 止开始做直线运动，当小物块滑到小车的最 道”模型.AB段和两竖直圆轨道1、2均光 右端时，小车运动的距离为x,小物块和小 滑，圆轨道1、2的半径分别为R1=2m,R2 车之间的滑动摩擦力为F,此过程中，下列 =1.6m,B、C为两圆轨道的最低点且略微 结论正确的是 ( ) 错开可以使物块通过.一个质量为m=1kg A.物块到达小车最右端时，其动能为(F一 的物块（视为质点），从右侧轨道上的A点由 F)(L+x) 静止开始沿轨道下滑，恰能通过第一个竖直圆 B.摩擦力对小物块所做的功为FL 轨道1，已知物块与BC段间的动摩擦因数可 C.物块到达小车最右端时，小车的动能 调节，物块与CD、DE、EF段平直轨道间的动 为Fx 摩擦因数均为h=0.1,Lc=LD=6m,Lpe=1 m,DE段与水平面的夹角a=53°，EF段平直轨 D.物块和小车组成的系统机械能增加量为 道足够长，所有轨道可认为在同一竖直面内， F(L十x) sin53°=0.8，取重力加速度g=10m/s2. 专间2 动能定理与图像结合问题 [例3](2026·黑吉辽蒙卷)如图(a),水平 面上一质量为m的物块在拉力F作用下， (2 以初速度。由原点O出发，沿x轴依次经 (1)求A点距BC水平轨道的高度h; 过M、N、Q三点.已知OM=MN=NQ= (2)要使物块恰好通过轨道1后，进入轨道 2而不脱离第二个圆轨道，求物块与BC段 x。,物块与水平面间的动摩擦因数为4，重 间的动摩擦因数μc可设计的范围； 力加速度为g,,=√2gxo,F随位置x的 (3)物块恰好通过轨道2后，沿轨道CDE运 变化如图(b)所示.设物块经过N、Q两点时 动到E处时，在光滑“挡板”作用下转变为 F的瞬时功率分别为PN、P。,经过OM、 做水平方向的直线运动，求物块在EF段停 MN、NQ段F的平均功率分别为PaM、 止的位置到E点的距离x.(不考虑物块在 PN、PNa,则 D、E点的能量损失) 24 第一部分：专题二能量与动量 [解题指导] 方法技巧应用动能定理解题应抓好“一个 读取题干 获取信息 过程、两个状态、四个关注” AB段与竖直圆 (1)“一个过程”：明确研究过程，确定这一过 AB段及圆轨道无摩擦力做功 轨道1、2光滑 程研究对象的受力情况和位置变化或位 恰好通过第一个 在圆轨道最高点无弹力，重力 移信息。 竖直圆轨道 提供物块所需的向心力 (2)“两个状态”：明确研究对象的始、末状态 两种可能：①物块能到达轨道 的速度或动能情况. 物块进入轨道2 2最高点，但不脱离；②物块没 (3)“四个关注” 而不脱离第二个 有到达与圆心等高处，而是沿 圆轨道 ①建立运动模型，判断物体做了哪些 轨道返回. 运动。 物块恰好通过2在轨道2最高点无弹力，重力 ②分析各个运动过程中物体的受力和运 轨道 提供物块所需的向心力 动情况. 物块在CD段、DE段、EF段 ③抓住运动模型之间的联系纽带，如速 物块在EF段 克服摩擦力做功，最后速度变 度、加速度、位移，确定初、末状态。 停止 为零 ④根据实际情况分阶段或整个过程利用 动能定理列式计算 对点集训 1.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=2m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0.5kg,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0.5m,MN为竖直直径 ∠P0N=37°，重力加速度g=10m/s2,， sin37°=0.6，不计空气阻力.求： 图甲 个FIN 2 x/m 图乙 25 物理 (1)物块飞出平台时的速度大小； (1)运动员离开平台瞬间的速度大小； (2)物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做 (2)运动员第一次运动到圆弧滑道最低点B 的功. 时，受到的支持力大小； (3)为保证运动员不从A点滑离圆弧滑道， 运动员与CD段之间动摩擦因数的最小值： 0 % 平台 2.如图所示为某滑雪场滑道示意图.滑雪运动 员及装备（可视为质点）的质量为m=75 kg,运动员从平台上水平飞出后恰好能从A 点沿圆弧切线进入竖直面内的光滑圆弧滑 道ABC,并沿滑道滑上与圆弧滑道在C点 相切的粗糙倾斜直滑道CD,CD滑道足够 长.已知圆弧滑道半径为R=5m,圆心为 O,AO连线与竖直方向夹角为0=53°，AO 与CO连线互相垂直.平台与A点之间的高 度差为h=0.8m.取重力加速度大小g=10 m/s,sin53°=0.8，cos53°=0.6，不计空气 阻力.求： 课堂评价>高考预测 1.一辆汽车在夜间以速度v。 2.如图所示，半径为1m的 匀速行驶，驶入一段照明不 四分之三光滑圆轨道竖直 A 良的平直公路时，司机迅速 固定在水平地面上，B点 减小油门，使汽车的功率减 为轨道最低点，A点与圆 B 小为某一定值，此后汽车的 心O等高.质量为1kg的 速度v与时间t的关系如图所示.设汽车行 小球（可视为质点）在A点正上方0.75m 驶时所受的阻力恒定为f,汽车的质量为 处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重 m,则下列说法正确的是 C 力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，则 A.=0时刻，汽车的功率减小为子fu () A.小球在B点的动能为7.5J B.整个减速过程中，汽车的牵引力不断变小 B.小球在A点受到轨道的弹力大小为10N C.整个减速过程中，克服阻力做功大于 C.小球上升过程中距地面的最大高度为 8 m 1.75m D.小球离开轨道后将落至轨道B点 D.整个减速过程中，汽车牵引力的冲量大 ©温攀提 小为f+2mw 学习至此，请完成配套训练专题精准强化5 26第一部分专题二能量与动量 第5讲功与功率动能定理 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]马车以恒定功率在水平路面上沿直线运 动，可知P=Fv保持不变，由牛顿第二定律有F一∫= m,得a=-,可知随着0增大，a减小，pt图线 切线的斜率减小，C正确. [答案]C [对点集训] 1.A2.B 考点二考向1 [例2][解析]小物块发生的位移为L十x,对于小物 块，根据动能定理可得E=(F一F)(L十x),故A正 确；摩擦力对小物块做的功为W=一F:(L十x),故B错 误；物块到达小车最右端时，小车运动的距离为x,对小 车，根据动能定理得EM=Fx,故C正确；小车和小物 块增加的动能为△E=Em十Ew=(F一F)(L十x)十 Fx=F(L十x)一F,L,系统重力势能不变，则小物块和 小车增加的机械能为F(L十x)一FL,故D错误. [答案]AC 考向2 [例3][解析]根据题意，从O到N过程中，由动能定 理有2.2a,mg·2a=合md-合m6, 解得℃N=,=√2gx0, 从N到Q过程中，由动能定理有mgmg., 2 1 1 umgo=2mt项一之nw, 解得uo=√3gxo, 则有PN=2umg·√2gx=mg√8pgx0,PQ= umg√3ugxo, 则有PN>P。, 设经过OM、MN、NQ段的时间分别为t1、t2、t,物块在 OM阶段，拉力小于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加 速度减小的减速运动，速度由减速到M,物块在MN 阶段，拉力大于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度 增大的加速运动，物体在O点的加速度大小为a1=mg m =μg, N,点的加速度大小为a,=2mg二mg=ug, m 则有a1=a2, 由对称性可得t1=2, 物体在NQ阶段做加速度减小的加速运动，则在NQ段 的平均速度大于MN段的平均速度，则有t<t2, 根据F一x图像面积表示做功，由图可知，经过OM、 MNNQ段F微功分别为W,=号mg,W,=W,= 2 umgo, _W1P= 又有PoM=6 W2,Pat3 可得PaM<PN<PQ [答案]C 考向3 [例4][解析](1)物块恰好能通过竖直圆轨道1，设此 时物块在轨道1的最高，点速度大小为1，则在最高点满 vi 足mg=mR1' 30 讲解册参考答案 物块从A点运动到圆轨道1最高，点的过程，由动能定理 有mg(h-2R)=之m,联立解得h=5m (2)若物块恰好能通过竖直圆轨道2的最高点，设此时物 v2 块在轨道2的最高点的速度大小为%，则有mg=mR, 物块从圆轨道1最高点到圆轨道2最高点的过程，由动 能定理有 mgC2R,-2R)-bcmgl em 解得c=6 若物块恰好在竖直圆轨道2的圆心等高处速度为零，则 有mg(2R,-R,)-temg=0-合m, 17 解得c=30' 若物块恰能进入竖直圆轨道2， 则有mgh一cmgL=0,解得c=。, 故BC段动摩擦因数4c的范围为 04e≤日品≤≤8 (3)物块从圆轨道2最高点到最终停止的过程，有 mg(2R2-LDE sin a)-umgLo-umgLDE cos a-umgx= 0-md, 解得x=25.4m. [答案](1)5m(2)见解析(3)25.4m [对点集训门 1.解析：(1)由F一x关系图像与横轴所围面积表示力F做 的功可知，当物块运动到x2=2m处时，力F所做的功 w,=生2×2J=1J, 设物块运动到x2=2m处时的速度为，由动能定理得 1 W1一mgx2=2m0,解得o=4m/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V, 可得物块在P点的速度Vp= c0s37=5m/s, 设物块恰好由轨道最高，点M飞出时的速度为VM, 有mg=m爱，可得w=VgR=5m/小， 设物块在圆轨道上运动时，克服摩擦力做功为W2,由动 1 能定理有-mgR(1十cos37)-W,=之m:-2m听， 解得W2=0.5J. 答案：(1)4m/s(2)0.5J 2.解析：(1)设运动员在A点竖直方向的分速度为0，， ℃号=2gh在A点tan日=， 00 解得，=3m/s. (2)运动员在A点的速度大小vA=√话十， 从A,点到B点由动能定理可得 mgR1-cos0=之mo6-合m听， 1 在B,点对运动员进行受力分析可得FN一mg=mR 解得FN=1550N. (3)运动员恰好不从A点滑离轨道时，运动员与粗糙轨 道之间动摩擦因数最小.从A点到C点由动能定理可得 mgR(sin0-cos0=之m呢-之m话， 物理 设从C,点向上滑动距离x后运动员速度减为零，据动能 定理可得-mgxcos0-mgzsin0=0-之m呢， 运动员从A点进入圆孤滑道到回到A点的过程，由动能定 理可得一2mgn0=0-7md,解得=品≈019. 答案：(1)=3m/s(2)FN=1550N(3)u≈0.19 课堂评价·高考预测 1.C2.D 第6讲功能关系机械能守恒定律能量守恒定律 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]设P、O两，点的距离为L,过程I,根据动 能定理有-mgsine·L-mgcos0·L=0-2m6, 设M、O两，点的距离为L1,过程Ⅱ中，当Q速度最大时， 根据平衡条件L1=mgsin0十μngcos0,P、M两点之间 的距离L,=L一L4,联立可得L,8mgsn0,故 4kg sind A错误； 根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P,点单向运动到 O点的过程中损失的机械能△E=μng cos日·L, 结合-mgsin0.L-mgc0s0L=0-7mu话， 可得△E=子m6,但在过程Ⅱ中，单独对于Q而言机械 能是增加的，故B错误； 设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x, 根据能量守恒定律2kL2=mgsin0·x十mgcos0·x +2(x-L3, 、1 结合-mgsin0,L-umgcos0,L=0-2m6,， 解得x-6-8mg2sin2 ,故C正确； 2kg sin0 无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q 初始时的势能变为摩擦热，当在M,点时，满足L1= mgsin 0+umgcos 0, 当在O点时，满足mgsin日=ngcos日， 所以在O、M(含O、M点)之间速度为零时，Q将静止，故 D正确， [答案]CD [对点集训] 1.BD 2.B 考点二考向1 [例2][解析]小圆环运动到P点 ∠∠∠∠←∠∠∠∠ v 时，有a,=尺=3g,根据机械能守 恒得，小圆环运动到P点的过程中重 力势能的减少量等于动能的增加量， mgcos 6 即△E,城=之mw,联立可得v= mgsin 9 3 √3gR,△Et=2mgR,故AB错误； 设小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为日，如图所示， 小圆环从初始位置运动到P的过程中，有mgR(1十cos) 1 md,在P点，有N-mge0sg=m只，联立可得 N=号mg,e0s9=号所以9=50，故C正确，D错民。 [答案]C 3( 考向2 [例3][解析](1)释放后B球到达最低，点的过程中， A、B两球和杆组成的系统机械能守恒，有mAgR十mBgR =号m+m， 因为A、B间的轻杆长为√2R,取O为圆环的圆心，由几 何关系可得OA⊥OB,故OA、OB与杆间夹角均为45°， 又因为两球沿杆方向速度相等，则UACOS45°=sin45°， 可得VA=B, 解得=√2gR. (2)设杆对A球做的功为W杆A,对小球A应用动能定理 可得W#A十mAgR=2mA 又A=,解得W#A=0. (3)设B球到达右侧最高点时，OB与竖直方向之间的夹 角为日，取圆环的圆心O所在的水平面为参考平面，由系 统机械能守恒可得 mAgR-mBgRcos 0-mAgRsin 0, 代入数据可得0=30°， 所以B球在圆环右侧区域内达到最高点时，高于圆心O 的高度A:=Re0s9=停R [答案](1)√2gR(2)0(3)高于圆环圆心O的高度 R处 考向3 [例4][解析]刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，所以 金属环的最大加速度为aa:=gsin45°=号g,故A错 误；设在平衡位置弹簧的伸长量为x1,根据平衡条件，沿 杆方向有mngsin45°=kx1c0s45°，由机械能守恒定律得 2加g·台-号十号·2m,解得会满环的最大建度 为奶一8√员，金属环达到最大连度时重力的功率为 P=mgc0s45°g√匹，故B正确，D错误；当金属 环下落到最低点，金属环速度为0，金属环与细杆之间的 压力最大，设此时弹簧的形变量为x2,由机械能守恒定 律得2mg·受=，对金属环进行受力分折，垂直于 2 杆方向有FN=mgcos45°十kx2sin45°，解得金属环与细 杆之间的景大区力为F=3mg故C正璃。 [答案]BC 考点三 [例5][解析](1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第 二定律得mg sin0叶mg cos0=ma,由运动学公式0- =一2ax,联立解得x=2g(sin0十4cosD 2 (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为F= mg sin0+ngcos0,由P=Fv得P=mgu(sin0+cos). (3)全过程物块增加的机械能为E1=ngL sin8, 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物 块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E2= E十mg cos0,L,故可得= mgL sin 6 E2 mgL sin 0+umgL cos 0 sin 0 -sin 0 gcos0 [答案](（1)2g(sin0+cos历 (2)mgu(sin 0+ucos 0) sin 0 (3)sin ucos 02