专题二第4讲课时1功与功率动能定理

第4讲功和能课时1功与功率动能定理考点一功、功率的分析与计算功的计算恒力做功：W=Flcosα(α为F、l之间的夹角)变力做功：动能定理、微元法、等效法、转化研究对象法、平均力法、图像法、功率法(W=Pt)功率的计算平均功率：P=W瞬时功率：P=Fvcosα(α为F、v之间的夹角)机车启动两个基本关系式P=Fv，F-F阻=ma恒定功率启动P不变，v，F，a⇒以vm做匀速运动Pt-F阻s=12m恒定加速度启动a不变，F不变，v，P⇒P=P额，v，F，a⇒以vm做匀速运动最大速度vm无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm=P例1(2023·北京卷·11)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μmgxD.F做功的最小值为max答案D解析设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff=μ(mg-Fsinθ)，摩擦力做功大小Wf=μ(mg-Fsinθ)x，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W=F合x=max，可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则有F=ma+μmg，力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x，选项C错误；因合外力做功大小为max，大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsinθ=mg时，摩擦力Ff=0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。例2(2023·山东卷·4)《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：两个半径均为R的水轮，以角速度ω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m的水，其中的60%被输送到高出水面H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()A.2nmgωC.3nmgω答案B解析由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=WT，T=2πω，联立解得P=3nmgωRH例3(多选)(2025·陕西榆林市模拟)“辘轳”是中国古代取水的重要设施，如图甲所示，通过转动手柄将细绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是()A.0~2t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动B.水井的深度为ω0Rt0C.把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为mgD.把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为m答案AD解析转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有v=ωR，因0~2t0内，ω与t成正比，所以水桶的速度v与t成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A正确；题图乙中0~3t0内图线与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为θ，则θ=ω0(t0+3t0)2=2ω0t0，故水井的深度为h=θR=2ω0Rt0，故B错误；把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为P克=mgh3t0=mg·2ω0Rt03例4(多选)(2025·江西省部分学校一模)一辆机车在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图甲所示，机车牵引力F和车速倒数1v的关系图像如图乙所示，机车前进过程中所受阻力大小恒定，t=t0时刻机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是(A.所受恒定阻力大小为1.5×105NB.机车运动的额定功率为6×106WC.机车匀加速运动的时间为30sD.机车的质量为6×105kg答案AD解析由题图乙可知，机车在BC段以额定功率启动，当速度最大时，机车匀速行驶，机车所受恒定阻力大小等于机车牵引力的大小，则有Ff=F=1.5×105N，A正确；机车运动的额定功率P=Fvm=1.5×105×60W=9×106W，B错误；机车匀加速的末速度大小v=PF'=9×1064.5×105m/s=20m/s，由题图甲可知机车的加速度大小为a=0.5m/s2，机车匀加速运动的时间t0=va=40s，C错误；根据牛顿第二定律，结合题图甲可得F'-Ff=Ma，解得M考点二动能定理及应用1.应用动能定理解题的步骤图解：2.应用动能定理的四点提醒：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。(2)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。(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化。(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。例5(2025·福建泉州市一模)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图所示是滑板运动的轨道，AB和CD分别是一段圆弧形轨道，BC是一段长7m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以6m/s的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到Q点时速度减为零。已知运动员与滑板的总质量为50kg，h=1.4m，H=1.8m，不计圆弧轨道上的摩擦和空气阻力(g取10m/s2)。求：(1)运动员第一次经过B点、C点时的速度各是多少？(2)运动员与BC轨道的动摩擦因数。(3)运动员最终停止的位置到B点的距离。答案(1)8m/s6m/s(2)0.2(3)2m解析(1)从P点到B点，根据动能定理有mgh=12mvB2-代入数据解得vB=8m/s。从C点到Q点，根据动能定理有-mgH=0-12m代入数据解得vC=6m/s。(2)从B到C由动能定理得-μmglBC=12mvC2-代入数据解得μ=0.2。(3)由能量守恒知，机械能的减少量等于因滑动摩擦而产生的内能，则有μmgs总=12mvP代入数据解得s总=16ms总=2lBC+2m故运动员最后停在距B点2m的地方。例6(2025·黑吉辽蒙卷·13)如图，一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5m，A点距地面的高度h=1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2。求：(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。答案(1)5m/s(2)8m/s60°解析(1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理得mgxsinθ-μmgcosθ·x=12mv代入数据解得v0=5m/s(2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理得mgh=12mv12-代入数据解得v1=8m/scosα=v0cosθv解得α=60°。例7如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小Ff恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为()A.m=0.7kg，Ff=0.5NB.m=0.7kg，Ff=1.0NC.m=0.8kg，Ff=0.5ND.m=0.8kg，Ff=1.0N答案A解析0~10m内物块上滑，由动能定理得-mgsin30°·s-Ffs=Ek-Ek0，整理得Ek=Ek0-(mgsin30°+Ff)s，结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值|k|=mgsin30°+Ff=4N。10~20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°-Ff)(s-s1)=Ek，整理得Ek=(mgsin30°-Ff)s-(mgsin30°-Ff)s1，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，故选A。变式(多选)(2025·广东梅州市期中)如图所示，光滑固定斜面底端固定一轻质弹簧，一滑块P从O点静止释放，向下滑动过程经a点接触弹簧，最低到达b点处。以O为原点、平行斜面向下为x轴正方向建立一维坐标系，a、b处坐标分别为x1、x2。设滑块在b处的重力势能为0，下滑过程中，滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、加速度a随位移x的变化图像符合实际的是()

答案BD解析设斜面的倾角为θ，滑块接触弹簧前，在经过一小段位移Δx过程中，根据动能定理得mgΔxsinθ=ΔEk，整理得ΔEkΔx=mgsinθ，滑块动能随位移均匀增加；滑块接触弹簧后在经过一小段位移Δx过程中，根据动能定理得(mgsinθ-F弹)Δx=ΔEk，整理得ΔEkΔx=mgsinθ-F弹，当F弹<mgsinθ时，由于弹簧弹力逐渐增大，图像斜率逐渐减小，故A错误；滑块下滑过程中有ΔEp=-mgΔh=-mgΔxsinθ，整理得ΔEpΔx=-mgsinθ，故B正确；滑块接触弹簧前滑块机械能守恒，滑块接触弹簧后，弹簧弹性势能增加，滑块机械能减小，故C错误；滑块接触弹簧前，根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma1，解得a1=gsinθ，滑块接触弹簧后，根据牛顿第二定律有mgsinθ-k(x-x1)=ma2，解得a2=gsin情景图像斜率定义由ΔEk=F合s，斜率k等于沿速度方向的合外力由ΔEpG=mg·Δx知斜率k等于重力mgΔEpN=F·Δx知斜率k等于弹簧弹力F“图像法”是根据题意把抽象复杂的物理过程有针对性地表示成物理图像，将两个物理量间的定量或定性关系转变为几何关系，运用图像直观、形象、简明的特点来分析解决物理问题，可化难为易、化繁为简，避免烦琐的计算，迅速找到正确答案。示例(2025·云南卷·6)如图所示，质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则()A.t1<t2 B.t1>t2C.x1>x2 D.x1<x2答案A解析对两次运动的整个过程，根据动能定理有12mv02=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN)，12mv02=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN)，可得x1=x2，故C、D错误；设滑块在水平面上滑动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg=ma，可得a=μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN段滑动时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积相等。由于第二次滑动时滑块距离M点的距离较近，根据公式v02-vM2=2μ2gx，可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v-t图像，可得专题强化练[分值：55分][1~6题，每题4分，7~9题，每题6分][保分基础练]1.(2025·云南卷·2)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近()A.4×105J B.4×104JC.4×103J D.4×102J答案B解析高中生的质量约为50kg，根据动能定理有W=12mv2=4.0×104J，故选B2.(2024·贵州卷·6)质量为1kg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=3m处，F做功的瞬时功率为()A.8W B.16W C.24W D.36W答案A解析根据题图可知物块运动到x=3m处，F做的总功为WF=3×2J+2×1J=8J该过程根据动能定理得WF=12mv解得物块运动到x=3m处时的速度v=4m/s故此时F做功的瞬时功率P=Fv=8W，故选A。3.(2023·湖北卷·4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为()A.P1vC.(P1答案D解析由题意可知对两节动车分别有P1=f1v1，P2=f2v2，当将它们编组后有P1+P2=(f1+f2)v，联立可得v=(P1+4.(2025·湖北省十一校第一次联考)生活中常常用到“轮轴”系统，该系统能绕共轴线旋转，如图甲所示。起重机滑轮运用了轮轴和斜面的原理。某工地用起重机吊起质量m=100kg的重物，将起重机的模型简化，如图乙所示。起重机底部安装了一个轮轴，其轴与轮的半径比为1∶2，若起重器将钢绳A以速度v=5m/s匀速收缩了20m，不计轮轴质量及一切阻力，滑轮大小可忽略，重力加速度g取10m/s2。在此过程中，下面说法正确的是()A.重物重力的功率为2500WB.重物重力的功率为5000WC.钢绳B对重物做的功为20000JD.钢绳B对重物做的功为50000J答案A解析“轮轴”系统中轴与轮的半径比为1∶2，根据同轴转动角速度相等结合v=rω，可知重物上升的速度v重=2.5m/s，则重物重力的功率为P重=mgv重=2500W，故A正确，B错误；A的速度与重物的速度之比为2∶1，则当A收缩20m时，重物上升了h=10m，钢绳B对重物的拉力等于重物的重力，则钢绳B对重物做的功WG=mgh=10000J，故C、D错误。5.(2023·辽宁卷·3)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中()A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大答案B解析由题图(b)可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P=mgvy可知，重力功率先增大后减小，C、D错误。6.(2024·浙江6月选考·5)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4m2，喷水速度约为10m/s，水的密度为1×103kg/m3，则该喷头喷水的功率约为()A.10W B.20W C.100W D.200W答案C解析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单位时间内喷出的水的动能增加量，即P=WΔt=12mv2Δt[争分提能练]7.(2025·河南商丘市质检)如图所示，轻质细绳一端固定在天花板上，另一端跨过一光滑动滑轮和两固定在天花板上的光滑定滑轮，动滑轮下端挂有一重物。某人抓住绳的一端，从右侧定滑轮正下方A点以v=5m/s的水平速度匀速移动到B点，此时细绳与水平方向的夹角为θ=37°。已知重物质量为m=10kg，右侧定滑轮与A点绳末端的竖直距离h=3m，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，不考虑滑轮的大小、质量和一切阻力，下列说法正确的是()A.重物匀速上升B.人到达B点时，重物重力的功率为200WC.整个过程人对重物做功为100JD.人行走时，对地面的摩擦力方向水平向右答案B解析在B点由关联速度可得，绳末端沿绳方向的分速度v1=vcosθ，人向右移动过程中，θ减小，v不变，故v1增大，即重物加速上升，A错误；人到达B点时，由动滑轮特点，重物上升的速度v2=12v1，即重物重力的功率P=mgv2=200W，B正确；由能量守恒定律，人对重物做的功等于重物机械能的增量，右侧绳长增长ΔL=hsinθ-h=2m，重物上升的高度H=12ΔL=1m，则W=mgH+12mv22=1208.(多选)(2025·湖南长沙市一模)倾角为37°的光滑固定斜面上有一小物块在沿斜面向上的力F的作用下由静止开始运动，斜面足够长，若力F的最大功率为P，小物块的动能为Ek、重力势能为Ep(以出发点的势能为零)、位移为x、运动过程中的速度为v，以沿斜面向上为正方向，物块从开始运动到抵达斜面顶端全程Ek-x图像如图甲所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，BC段为平行于横轴的直线，已知物块从0时刻开始经2s到达距出发点4m处，此时力F的功率刚好达最大值，之后保持该功率不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法中正确的是()A.物块的质量m=0.5kgB.F的最大功率P=32WC.图乙为物块运动过程的Ep-x图像D.到达顶端时速度v=163答案AD解析Ek-x图像的斜率表示合外力，所以0~4m内，F合=44N=1N，又F合=F-mgsin37°=ma，根据位移时间关系可得x1=12at12，解得m=0.5kg，F=4N，a=2m/s2，故A正确；2s末小物块的速度大小为v1=at1=4m/s，所以F的最大功率为P=Fv1=16W，故B错误；当小物块到达距出发点8m处时，重力势能为Ep=mgxsin37°=24J，与题图乙中数据不符，故C错误；2s后小物块所受外力F的功率不变，则小物块匀速阶段，P=F'v，F'=mgsin37°，解得v=163m/s，即小物块运动到斜面顶端时的速度大小为169.(2025·四川卷·7)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32。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(A.物块的位移大小为2B.物块机械能增量为5C.小车的位移大小为16PvD.小车机械能增量为8Pv答案C解析物块做匀加速直线运动，对物块根据牛顿