2025届高考物理二轮复习讲义：功、功率、动能定理 【含答案】

2025届局考物理二轮复习讲义

专题二功和能、动量第4讲功、功率、动能定理

【网络构建】

【关键能力】

计算恒力的功能量观是物理观念的要素

之一.理解功和功率.了解生

计算变力的功

两概念产生活中常见机械的功率

平均功率大小及其意义.理解动能和

功率

功、功率、1动问题动能定理.能对物体的能量

动能定理瞬时功率

状态进行分析和推理，解决

11简单的实际问题.能应用动

--

L动能定理22

能定理解决多过程复杂问

题.

题型1功、功率的分析和计算

1.功的计算

(1)恒力做功一般用公式W=Flcosa计算；

(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解,

或者利用恒定功率求功公式计算.

2.功率的计算

明确是求瞬时功率还是平均功率.

P=5侧重于平均功率的计算,P=fVcosa(a为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率

的计算.

例1《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景.

引水过程简化如下:两个半径约为R的水轮以角速度。匀速转动,水筒在筒车上

均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动，每个水筒离开水面时装有质量

为机的水,其中的60%被输送到高出水面”处灌入稻田，当地的重力加速度为g,

则筒车对灌入稻田的水做功的功率为()

.2nmga)^RH_3nmgcoRH

川55

e3nmafRHD.nmgcoRH

例2[2022•浙江6月选考]小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的

提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先

加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为

零,g取10m/sz,则提升重物的最短时间为（）

A.13.2sB.14.2s

C.15.5sD.17.0s

【技法点拨】

机车启动问题

（D机车匀加速启动过程的最大速度VI：此时机车的功率最大，由F^-Fa=ma和P=/牵均可得

P

vi=---------.

Fm+rna

（2）全程的最大速度Vm：此时尸牵=尸阻,由可得Vm=-^~.

尸阻

【迁移拓展】

1.在有登高平台的消防车上，具有一定质量的伸缩臂能够在5min内使承载4人

的登高平台（人连同平台的总质量为400kg）上升60m到达灭火位置，此后，在登高

平台上的消防员用水炮灭火.已知水炮的出水量为3m3/min,水离开炮口时的速率

为20m/s,水的密度为IxlCPkg/n?,则用于（）

A.水炮工作的发动机输出功率约为1x104W

B.水炮工作的发动机输出功率约为4x104W

C.水炮工作的发动机输出功率约为2.4x106W

D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800W

2.（不定项）为民族“起重”，为大国“举力”，这是对中国工程机械最好的诠释.如

图甲所示为我国自主研发的第一台全地面起重机QAY25,起重范围从25t到

2600t,中国起重机在世界地位越来越“重”.若该起重机由静止开始提升质量为

200t的物体，其图像如图乙所示，不计其他阻力,g取10m/sz.下列说法正确的

是（）

甲

A.起重机在5s时的瞬时功率P=2.4X104W

B.重物上升的最大速度Vm=10m/s

C.重物0~5s内做匀加速直线运动

D.lOs内起重机对重物做的功为W=1.8xl08J

3.[2024•河北沧州模拟]2023年11月10日,我国首条超高速低真空管道磁浮交

通系统一一高速飞车大同（阳高）试验线工程完工，其特点是全封闭真空管道和磁

悬浮运输.如图所示，高速飞车的质量为加，额定功率为Po,高速飞车在平直轨道上

从静止开始运动，先以加速度G做匀加速直线运动，加速过程中达到额定功率尸0,

后又经过一段时间达到该功率下的最大速度.若高速飞车行驶过程中所受到的阻

力为R且保持不变，则下列说法正确的是（）

A.高速飞车匀加速直线运动过程中达到的最大速度为包

ma

B.高速飞车匀加速直线运动的时间为、

C.高速飞车匀加速直线运动的位移为一

2a（F（+ma）

D.高速飞车在整个加速过程中牵引力做的功等于鸣

z

2Ff

题型2动能定理及应用

1.应用动能定理解题的步骤图解

动能一

解

确

定运动运动性质分析明确初、

阶

分

方

研

究

程

或

分析及特点末动能段

对

象

、

过

全

和

研

T动力引关系讨

列

程

究

过做功

力

个

儿

程

方

?论

程是否做功?

还

力情况

受力停

正功还是第

力

变?

情况负功？

7E

2.应用动能定理时需注意

（1）动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的.

（2）多过程往复运动问题一般应用动能定理求解.

例3[2024•学军中学模拟]如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的粗糙;

圆轨道BC,与粗糙的水平轨道相切于B点.小滑块（视为质点）质量为根,以大小

为旧康（g为重力加速度的大小）的初速度从水平轨道上A点沿直线运动，恰

好能到达C点,而后沿圆轨道下滑,最终停在水平轨道上.已知A、3两点间的

距离为R,滑块与水平轨道A3间的动摩擦因数为0.2,则（）

Orc

________n:

AR

A.滑块第二次通过B点时对轨道BC的压力大小为3.8mg

B.滑块第一次通过轨道BC所用的时间比第二次的多

C.滑块第二次通过轨道BC因摩擦产生的热量小于0.4mgR

D.滑块最终停在B点左侧水平轨道上且与B点间的距离小于3R

【技法点拨】

本题需要综合应用动能定理、能量守恒定律解决多过程问题.由于摩擦生热，通过轨道上

的同一位置时第二次的速度总是小于第一次的速度,所以两次的时间不同.第二次对轨道的压

力较小，摩擦力也较小，故产生的摩擦热较小.

例4[2024•萧山中学模拟]如图甲所示，一物块以一定的初速度沿倾角为30。

的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小R恒定，物块动能反与运动路程s的关

系如图乙所示.重力加速度大小取10m/s1下列判断正确的是()

A.物块的质量为0.4kg

B.物块所受的摩擦力为1N

C.物块在最高点时重力势能为30J

D.物块上滑过程中克服摩擦力做功为5J

【技法点拨】

此题是动能定理与图像综合问题,一般图像分析的切入点包含“轴、线、斜、点、截、面”.

根据动能定理可得Ek-s图像的斜率大小表示物体受到的合力，分别列上升和下降两个过程的

动能定理,可以求出未知外力和物体的质量.

【迁移拓展】

L冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋滑道上

端滑下，旋转两周后经倾斜滑道冲上水平滑道,滑行结束时停在水平滑道上.假设螺

旋滑道的圆面半径为r=^-m,上端与下端高度差为hi=6m,倾斜滑道高度差为

7/2=2m,螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客与各滑道间的动摩擦因

数处处相同，游客可视为质点.现测得游客某次滑行时停在水平滑道上的位置与螺

旋滑道上端的水平距离为L=92m,则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为

()

A.0.07B.0.08

C.0.09D.0.10

2.[2024•竦州模拟]如图甲所示,质量为0.2kg的物块受到水平向右的拉力R以

4m/s的初速度从A点向右运动产随位移x变化的图像如图乙所示.已知物块与

地面间的动摩擦因数为0.3,重力加速度g取10m/s2,在运动过程中物块的最大速

度为()

A.V58m/sB.V42m/s

C.V34m/sD.3V2m/s

题型3应用动能定理解决力学综合问题

例5[2022•浙江1月选考]如图所示，处于竖直平面内的一探究装置,由倾角

a=37。的光滑直轨道A3、圆心为Oi的半圆形光滑轨道BCD、圆心为。的半圆

形光滑细圆管轨道DEG倾角也为37。的粗糙直轨道/G组成,8、。和厂为轨道

间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与5点等高),8、。、D、02和/点处

于同一直线上.已知可视为质点的滑块质量根=0.1kg,轨道BCD和DEF的半径

轨道AB长度滑块与轨道间的动摩擦因数滑块与弹性

R=0.15m,IAB=3m,EGO

板作用后，以等大速度弹回,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2.滑块开始时均从轨

道A3上某点由静止释放.

(1)若释放点距B点的长度1=0.1m,求滑块到最低点C时轨道对

其支持力人的大小；

(2)设释放点距B点的长度为友求滑块第1次经F点时的速度v与A之间的关系

式；

(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度4的值.

自评项目自评

规范答题区

供100分）得分

书写壬整无

涂抹（20分）

有必要的文

字说明（20

分）

使用原始表

达式、无代

数过程（30

分）

有据①②

得③等说

明（10分）

结果为数字

的带有单

位,求矢量

的有方向说

明（20分）

【迁移拓展】

1.[2024•瑞安中学模拟]如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意

图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹

射装置;游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC,粗糙水平直线轨

道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED组成（底端连接处D与。略错开）.已知圆弧

轨道BC的圆心为Oi、半径7?i=1.2m,其C端与水平面相切,。山与OiC的夹角

0=60。;水平直线轨道CD长度L=1.2m,动摩擦因数"=0.5;圆轨道的半径

&=0.8m.将质量根=0.2kg的滑块Q置于C点,再将质量同为m=0.2kg的小球P

经弹射装置从平台上A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P

在A点的初速度大小,总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑

块Q发生弹性碰撞.空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10

m/s2.

⑴若h=QA5m,求小球P从A点弹出时的初速度大小；

⑵若h=0.45m,求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；

(3)若P与Q碰撞后,Q能够通过圆轨道的最高点E,求h需要满足的条件.

2.[2024•诸暨模拟]如图所示是小智同学设计的一个游戏装置，该装置由倾角为

60。的斜轨道A3、半径为n=0.4m且圆心角为60。的圆弧轨道EA水平轨道

及一个半径为废=0.2/m的四分之一圆弧轨道PQ组成，其中A、F、。2、Q

在同一水平线上,8、E等高,B、E间的距离/1=0.2遮m,F.Q间的距离』2=0.7

m,Oi、。分别为两弧形轨道的圆心尸、P分别为两弧形轨道的最低点,Oi尸、02P

在竖直方向上，滑块与歹S轨道间的动摩擦因数为"=0.5,其余轨道均光滑.某次游

戏时小智同学用沿斜面向上的恒力/拉一个可视为质点的滑块从倾斜轨道最低

点A由静止匀加速至B时撤去外力，发现滑块刚好能从E点沿切线进入弧形轨道

EF(无机械能损失),然后沿EF滑下经02落在圆弧轨道PQ上.已知滑块质量为

根=0.1kg,不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.

(1)求滑块经过E点时的速度大小；

(2)求滑块在圆弧轨道EF的最低点F处时所受轨道支持力的大小和方向；

(3)求滑块落在圆弧轨道PQ上的位置；

(4)若在尸。2轨道上再对滑块施加水平向右的力，求滑块落在圆弧轨道PQ上的最

小动能.

参考答案与详细解析

题型1

例1B［解析］由题知，水轮转一圈灌入农田的水的总质量为"ZB=27tR”"x60%=1.27tRw",则水轮转一圈灌

入稻田的水克服重力做的功W=1.2兀岛"侬/,筒车对灌入稻田的水做功的功率为P岑，又7=空联立解得

I(1)

尸=瞥竺，故B正确.

例2C［解析］为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物匀加速上升，当功率达到额定功率

时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动,最后以最大加速度匀减速上升至平台时速度刚好

为零,重物在第一阶段的匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得。尸士迪=再产m/s2=5m/s2,当功率

达到额定功率时，重物的速度为片至=需m/s=4m/s,此过程所用时间为g"4s=0・8s,上升的高度为

尸Tm3005

22PP

hi=A==m=1.6m,重物以最大速度匀速运动时，有m/s=6m/s,重物最后以最大加速度做

2al2x5FTmg20x10

匀减速运动的时间为名二公［s=1.2s,上升的高度为例专导m=3.6m,设重物从结束匀加速运动到开始

做匀减速运动所用时间为⑵该过程根据动能定理可得P额较-吨/12=$1%2-射叱,又/i2=//-/zi-7i3=85.2m-1.6

m-3.6m=80m,联立解得才2=13.5s,故提升重物的最短时间为Emin=A+，2+f3=0.8s+13.5s+1.2s=15.5s,C正确.

【迁移拓展】

1.B［解析］重力加速度g取10m/s2时，登高平台克服重力做功的功率P邛=400黑＜60w=800w,而伸缩

臂具有一定质量，升高了一定高度，所以用于伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率大于800W,D错误;在1

s内，喷出去水的质量为m'=p7=io3x^kg=50kg,喷出去水的重力势能增加量为AEp=m^/2=50xl0x60

J=3xl()4j,水的动能增加量为AEkg/vMxIO!则1$内水增加的机械能为AE=AEp+AEk=4xl04j,所以用于

水炮工作的发动机输出功率约为4xl04W.B正确,A、C错误.

2.CD［解析］由图像可知重物匀加速运动的时间为《岑s=5s,即重物0~5s内做匀加速直线运动，故C

正确;根据牛顿第二定律与功率表达式可得F-mg=nia,P=F*联立可得,，g,则图像的斜率由图

像可得g2-：；°)m2/s3,解得起重机5s时的瞬时功率为P=2.4xl()7W,故A错误;重物的最大速度vm=^=12

m/s,故B错误;在0~5s内，设起重机对重物做的功为W1,对重物由动能定理得卬卜〃侬!=夕1俨,其中

仁夕件寺2x52m=25m,解得Wi=6xl07J,5s后起重机功率恒定，则5~10s内起重机对重物做的功为

W2=Pf2=12xl07j,所以10$内起重机对重物做的功为W=W1+W2=L8X1O8J,故D正确.

3.C［解析］匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得Ft-F尸ma,又Po=Bw,联立解得高速飞车匀加速直线运动过

程中达到的最大速度为F高f+速ma飞车匀加速直线运动的时间为«="a=a(Ff+ma、)，高速飞车匀加速直线运

2

动的位移为—n_故A、B错误,C正确;当牵引力等于阻力时，高速飞车的速度达到最大，为

22a(Ff+ma)

22

Vm书,对于高速飞车整个加速过程，根据动能定理可得W奉-也号啊/=吟，所以牵引力做的功W奉〉吟，

△fN2Ff2Ff

故D错误.

题型2

例3C［解析］滑块从A点运动到B点过程中，由动能定理有劭8火=揖为2肯"勿2淇中展栏gR,〃=0.2,

滑块第一次通过B点时,根据牛顿第二定律有FN-mg=^，联立解得FN=3.8，咫，根据牛顿第三定律可知，滑块

第一次通过B点时对轨道BC的压力大小为F跖乐=3.8加&由于滑块从B滑到C后又滑回B的过程中摩擦

力一直做负功，根据动能定理知,滑块第二次通过轨道BC的B点时的速度比第一次的小，向心加速度也比第

一次的小，对轨道的压力小于3.8加g,A错误;由于摩擦生热，所以滑块通过轨道BC上的同一位置时第二次的

速度总是小于第一次的速度，可见滑块下滑过程的平均速率小于上滑过程的平均速率,而路程均为呆R,故滑

块第一次通过轨道BC所用的时间比第二次的少,B错误;根据能量守恒定律,滑块第一次通过轨道BC的过

程中因摩擦产生的热量为由于滑块通过轨道BC的过程中第二次对轨道的压

力较小，所以摩擦力也较小，产生的摩擦热Q2<0AmgR,C正确;滑块从A点开始运动到在水平轨道上停下的过

程中，根据能量守恒定律得扣以2-〃"屋-。卜。2=“蜂羽解得x>3R.D错误.

例4D［解析］由图像可知,0~10m内物块上滑，由动能定理得的gsin30°•s-As=Ek-Eko,整理得Ek=Eko-

(mgsin30。+尸f)s,结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值因=mgsin30°+Ff=4N,10-20m内物块下滑，由动能定

理得(mgsin300-尸扭并四尸氏整理得Ek=(mgsin30°-Ff)5-(mgsin30°~Ff)si,结合10-20m内的图像得，斜率

k，=mgsin30°-Ff=3N,联立解得Ff=0.5N,m=0.7kg,故A、B错误曲题意可得，物块沿斜面上滑的最大距离为

10m,所以物块在最高点时重力势能为Epm=mgsi-sin30°=35J,故C错误;物块上滑过程中，由动能定理-

mgsin30°・si-Wf=O-Eko,解得物块上滑过程中克服摩擦力做功为Wf=5J,故D正确.

【迁移拓展】

1.A［解析］研究游客整个运动过程，根据动能定理有摩(加+初-〃加8/(411厂)2也2_〃加g£=o,解得〃=0.08,实际

上游客在螺旋滑道上运动时因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面上的大，则在螺旋滑道上运动

时摩擦力做的功因此动摩擦因数应更小，故A正确,B、C、D错误.

2.A［解析］由图像可知,拉力减小时表达式为尸=尸()+履=［1.8+浮^-6)］网)=3.6-0.3.(2,物块受到的滑动

摩擦力大小为Ff=//mg=0.3x0.2xl0N=0.6N,当物块所受合力为零，即时，物块的速度最大,此时有3.6-

0.3x(N)=0.6N,解得x=10m,F-x图线与横轴围成的面积表示拉力对物块做的功,设物块的最大速度为Vm,由图

像可知物块速度最大时,拉力对物块做的功为1,8x6J+|x(1.8+0.6)x(10-6)J=10.2J,从物块开始运动到

速度最大的过程中,由动能定理得W'Mwgx=，Wm2_/wo2,解得Vm=A/58m/s,故A正确.

♦F/N

题型3

例5(11分)(1)7N(2)V=712ZX-9.6(ZX^0.85m)

⑶Ifm、看m或装m

［解析］(1)从释放点到C点过程，由动能定理得

2

mg/sin370+mgl?(l-cos37°)=1mvc(1分)

在。点时，由牛顿第二定律得

分)

K(1

联立解得FN=7N(1分)

⑵从释放点到F点过程，由动能定理得

mglxsm37°-4〃?gRcos37°=1?/iv2(1分)

解得V=712ZX-9.6(1分)

能到达尸点，说明在圆管轨道最高点时的速度大于0,则/IV2>“*R(I-COS37°)(1分)

联立解得Zx^O.85m(l分)

⑶设整个过程中摩擦力做的功为第一次从尸点到FG的中点过程中摩擦力做功的"倍,由动能定理得

mglxsm37