2025届高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 （含解析）

2025届高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】 能量观是物理观念的要素之一.理解功和功率.了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义.理解动能和动能定理.能对物体的能量状态进行分析和推理,解决简单的实际问题.能应用动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=Flcos α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W=Pt计算.
2.功率的计算
明确是求瞬时功率还是平均功率.
P=侧重于平均功率的计算,P=Fvcos α(α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. B.
C. D.nmgωRH



例2　[2022·浙江6月选考] 小明用额定功率为1200 W、最大拉力为300 N的提升装置,把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台,先加速再匀速,最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动,到达平台速度刚好为零,g取10 m/s2,则提升重物的最短时间为 (　)
A.13.2 s B.14.2 s
C.15.5 s D.17.0 s


【技法点拨】
机车启动问题
(1)机车匀加速启动过程的最大速度v1:此时机车的功率最大,由F牵-F阻=ma和P=F牵v1可得v1=.
(2)全程的最大速度vm:此时F牵=F阻,由P=F阻vm可得vm=.
【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5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m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3 m3/min,水离开炮口时的速率为20 m/s,水的密度为1×103 kg/m3, 则用于 (　)
A.水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W
B.水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W
C.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W
D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
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25 t到2600 t,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200 t的物体,其a-图像如图乙所示,不计其他阻力,g取10 m/s2.下列说法正确的是(　)
A.起重机在5 s时的瞬时功率P=2.4×104 W
B.重物上升的最大速度vm=10 m/s
C.重物0~5 s内做匀加速直线运动
D.10 s内起重机对重物做的功为W=1.8×108 J
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——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m,额定功率为P0,高速飞车在平直轨道上从静止开始运动,先以加速度a做匀加速直线运动,加速过程中达到额定功率P0,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Ff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
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
D.高速飞车在整个加速过程中牵引力做的功等于
题型2　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AB相切于B点.小滑块(视为质点)质量为m,以大小为(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AB运动,恰好能到达C点,而后沿圆轨道BC下滑,最终停在水平轨道上.已知A、B两点间的距离为R,滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为0.2,则 (　)
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BC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Ff恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示.重力加速度大小取10 m/s2,下列判断正确的是 (　)
A.物块的质量为0.4 kg
B.物块所受的摩擦力为1 N
C.物块在最高点时重力势能为30 J
D.物块上滑过程中克服摩擦力做功为5 J
【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】
1.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h1=6 m,倾斜滑道高度差为h2=2 m,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=92 m,则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为 (　)
A.0.07 B.0.08
C.0.09 D.0.10
2.[2024·嵊州模拟] 如图甲所示,质量为0.2 kg的物块受到水平向右的拉力F,以4 m/s的初速度从A点向右运动,F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10 m/s2,在运动过程中物块的最大速度为 (　)
A. m/s B. m/s
C. m/s D.3 m/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α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成,B、D和F为轨道间的相切点,弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高),B、O1、D、O2和F点处于同一直线上.已知可视为质点的滑块质量m=0.1 kg,轨道BCD和DEF的半径R=0.15 m,轨道AB长度lAB=3 m,滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=,滑块与弹性板作用后,以等大速度弹回,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.滑块开始时均从轨道AB上某点由静止释放.
(1)若释放点距B点的长度l=0.7 m,求滑块到最低点C时轨道对
其支持力FN的大小;
(2)设释放点距B点的长度为lx,求滑块第1次经F点时的速度v与lx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lx的值.
规范答题区 自评项目 (共100分) 自评 得分
书写工整无涂抹(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D'略错开).已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1=1.2 m,其C端与水平面相切,O1B与O1C的夹角θ=60°;水平直线轨道CD长度L=1.2 m,动摩擦因数μ=0.5;圆轨道DED'的半径R2=0.8 m.将质量m=0.2 kg的滑块Q置于C点,再将质量同为m=0.2 kg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.
(1)若h=0.45 m,求小球P从A点弹出时的初速度大小;
(2)若h=0.45 m,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AB、半径为r1=0.4 m且圆心角为60°的圆弧轨道EF、水平轨道FO2及一个半径为r2=0.2 m的四分之一圆弧轨道PQ组成,其中A、F、O2、Q在同一水平线上,B、E等高,B、E间的距离l1=0.2 m,F、O2间的距离l2=0.7 m,O1、O2分别为两弧形轨道的圆心,F、P分别为两弧形轨道的最低点,O1F、O2P在竖直方向上,滑块与FO2轨道间的动摩擦因数为μ=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F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O2落在圆弧轨道PQ上.已知滑块质量为m=0.1 kg,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/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FO2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1　B　[解析] 由题知,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,筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=,又T=,联立解得P=,故B正确.
例2　C　[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a1== m/s2=5 m/s2,当功率达到额定功率时,重物的速度为v1== m/s=4 m/s,此过程所用时间为t1== s=0.8 s,上升的高度为h1== m=1.6 m,重物以最大速度匀速运动时,有vm=== m/s=6 m/s,重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间为t3== s=1.2 s,上升的高度为h3== m=3.6 m,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t2,该过程根据动能定理可得P额t2-mgh2=m-m,又h2=H-h1-h3=85.2 m-1.6 m-3.6 m=80 m,联立解得t2=13.5 s,故提升重物的最短时间为tmin=t1+t2+t3=0.8 s+13.5 s+1.2 s=15.5 s,C正确.
【迁移拓展】
1.B　[解析] 重力加速度g取10 m/s2时,登高平台克服重力做功的功率P== W=800 W,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800 W,D错误;在1 s内,喷出去水的质量为m'=ρV=103× kg=50 kg,喷出去水的重力势能增加量为ΔEp=m'gh=50×10×60 J=3×104 J,水的动能增加量为ΔEk=m'v2=1×104 J,则1 s内水增加的机械能为ΔE=ΔEp+ΔEk=4×104 J,所以用于水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W,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t== s=5 s,即重物0~5 s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=ma,P=Fv,联立可得a=·-g,则a-图像的斜率k=,由图像可得k=m2/s3,解得起重机5 s时的瞬时功率为P=2.4×107 W,故A错误;重物的最大速度vm==12 m/s,故B错误;在0~5 s内,设起重机对重物做的功为W1,对重物由动能定理得W1-mgh=mv2,其中h=at2=×2×52 m=25 m,解得W1=6×107 J,5 s后起重机功率恒定,则5~10 s内起重机对重物做的功为W2=Pt2=12×107 J,所以10 s内起重机对重物做的功为W=W1+W2=1.8×108 J,故D正确.
3.C　[解析] 匀加速阶段,根据牛顿第二定律可得F1-Ff=ma,又P0=F1v1,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v1=,高速飞车匀加速直线运动的时间为t1==,高速飞车匀加速直线运动的位移为x1=t1=,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vm=,对于高速飞车整个加速过程,根据动能定理可得W牵-W阻=m=,所以牵引力做的功W牵>,故D错误.
题型2
例3　C　[解析] 滑块从A点运动到B点过程中,由动能定理有-μmgR=m-m,其中vA=,μ=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 mg,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压=FN=3.8mg,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3.8mg,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πR,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Q1=m-mgR-μmgR=0.4mgR,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<0.4mgR,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m-μmgR-Q1-Q2=μmgx,解得x>3R,D错误.
例4　D　[解析] 由图像可知,0~10 m内物块上滑,由动能定理得-mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s,结合0~10 m内的图像得,斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff=4 N,10~20 m内物块下滑,由动能定理得(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1,结合10~20 m内的图像得,斜率k'=mgsin 30°-Ff=3 N,联立解得Ff=0.5 N,m=0.7 kg,故A、B错误;由题意可得,物块沿斜面上滑的最大距离为10 m,所以物块在最高点时重力势能为Epm=mgs1·sin 30°=35 J,故C错误;物块上滑过程中,由动能定理-mgsin 30°·s1-Wf=0-Ek0,解得物块上滑过程中克服摩擦力做功为Wf=5 J,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mg(h1+h2)-μmg-μmgL=0,解得μ=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W>μmg,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F=F0+kx=1.8+(x-6)(N)=3.6-0.3x(N),物块受到的滑动摩擦力大小为Ff=μmg=0.3×0.2×10 N=0.6 N,当物块所受合力为零,即F=Ff时,物块的速度最大,此时有3.6-0.3x(N)=0.6 N,解得x=10 m,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W'=×1.8×6 J+×(1.8+0.6)×(10-6) J=10.2 J,从物块开始运动到速度最大的过程中,由动能定理得W'-μmgx=m-m,解得vm= m/s,故A正确.
题型3
例5　(11分)(1)7 N　(2)v=(lx≥0.85 m)　
(3) m、 m或 m
[解析] (1)从释放点到C点过程,由动能定理得
mglsin 37°+mgR(1-cos 37°)=m (1分)
在C点时,由牛顿第二定律得
FN-mg=m (1分)
联立解得FN=7 N(1分)
(2)从释放点到F点过程,由动能定理得
mglxsin 37°-4mgRcos 37°=mv2 (1分)
解得v= (1分)
能到达F点,说明在圆管轨道最高点时的速度大于0,则mv2≥mgR(1-cos 37°) (1分)
联立解得lx≥0.85 m(1分)
(3)设整个过程中摩擦力做的功为第一次从F点到FG的中点过程中摩擦力做功的n倍,由动能定理得
mglxsin 37°-mgsin 37°-nμmgcos 37°=0 (1分)
其中lFG==0.8 m
解得lx=
当n=1时,lx1= m(1分)
当n=3时,lx2= m(1分)
当n=5时,lx3= m(1分)
【迁移拓展】
1.(1) m/s　(2)6 N,方向竖直向下　(3)h≥1.5 m
[解析] (1)小球从A到B过程,做平抛运动,则竖直方向上有=2gh
水平初速度v0=
联立解得v0= m/s
(2)小球从A抛出至运动到C点,根据动能定理得mg(h+R1-R1cos 60°)=m-m
解得vC=2 m/s
小球在C点时,根据牛顿第二定律得FNC-mg=m
解得FNC=6 N
由牛顿第三定律得小球对圆弧轨道的压力F'=FNC=6 N,方向竖直向下
(3)小球P与滑块Q弹性碰撞后,速度交换,P静止,Q弹出,要使Q能够通过E点,则由动能定理得mg(R1-R1cos 60°)-μmgL-2mgR2=m-m
由牛顿第二定律得m≥mg
小球P从A运动到B过程,竖直方向上,由运动学公式得(vBsin 60°)2=2gh
联立解得h要满足的条件是h≥1.5 m
2.(1)2 m/s　(2)3 N　方向竖直向上　(3)圆弧PQ上的中点　(4) J
[解析] (1)滑块刚好能从E点沿切线进入弧形轨道,且B、E等高,可知滑块在B、E间做斜抛运动.设经过E点时速度为vE,从最高点下落到E点所用时间为t,则有
vEx=
vEy=gt
tan 60°=
解得t=0.1 s,vEx=1 m/s,vEy= m/s
滑块经过E点时的速度大小
vE==2 m/s
(2)由几何关系可得E点到F点的高度为
h=r1-r1cos 60°=0.2 m
滑块在EF段运动过程,只有重力做功,根据机械能守恒定律可得
m+mgh=m
解得vF=2 m/s
滑块在F点时,由重力和支持力的合力提供向心力,有
FN-mg=m
解得FN=3 N
支持力方向竖直向上
(3)设滑块运动到O2时速度为v2,由动能定理有
-μmgl2=m-m
解得v2=1 m/s
滑块经过O2之后做平抛运动落到圆弧轨道PQ上.由平抛运动特点可得
x=v2t2
y=g
由几何关系得
x2+y2=
联立解得t2=0.2 s,x=0.2 m,y=0.2 m
由x=y可知,滑块落在圆弧轨道PQ上的中点
(4)若在FO2轨道上再对滑块施加水平向右的力,设滑块运动到O2时速度为v0,则滑块经过O2之后做平抛运动落到圆弧轨道上,有
x'=v0t'
y'=gt'2
x'2+y'2=
设滑块落到圆弧轨道PQ上时动能为Ek,对滑块根据动能定理有mgy'=Ek-m
联立可得Ek=
由数学知识可知,当3y'=,即y'=时,动能有最小值,为Ekmin= J