《领跑高中》物理二轮复习 专题二 能量与动量 第5讲 功与功率 动能定理（教师用书）

第5讲　功与功率　动能定理
1.（2024·海南高考1题）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在返回舱返回至离地面十几公里时打开主伞，返回舱快速减速，速度大大减小，在减速过程中（　　）
A.返回舱处于超重状态
B.返回舱处于失重状态
C.主伞的拉力不做功
D.重力对返回舱做负功
解析：A　返回舱减速下落，加速度向上，则其处于超重状态，A正确，B错误；主伞的拉力向上，而返回舱速度向下，则主伞的拉力做负功，C错误；返回舱的重力向下，速度向下，则重力对返回舱做正功，D错误。
2.（2024·浙江6月选考5题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10－4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（　　）
A.10 W B.20 W
C.100 W D.200 W
解析：C　单位时间内从喷头流出的水的质量m＝ρSv，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＝mv2，联立解得P＝100 W，C正确。
3.（2024·新课标卷24题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。（sin 37°＝0.6）
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
答案：（1）1 200 N　900 N　（2）－4 200 J
解析：（1）由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则
在竖直方向上有FPcos α＝FQcos β＋mg
在水平方向上有FPsin α＝FQsin β
联立并代入数据，解得FP＝1 200 N、FQ＝900 N。
（2）重物下降到地面的过程，根据动能定理有
mgh＋W总＝0
代入数据解得W总＝－4 200 J。
考点一　功与功率问题
1.功的求法
2.功率的求法
【例1】　（2024·广东广州模拟）如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法错误的是（　　）
A.人对车的推力F做的功为FL
B.车对人做的功为maL
C.车对人的摩擦力做的功为（F＋ma）L
D.车对人的作用力大小为ma
答案：D
解析：根据功的定义可知，人对车的推力F做的功为W＝FL，故A正确；根据牛顿第二定律可知，车对人的合力为F1＝ma，方向向前，所以车对人做的功为W1＝maL，故B正确；根据牛顿第二定律可得f－F＝ma，所以车厢对人的摩擦力大小为f＝ma＋F，方向向前，则摩擦力做功为Wf＝fL＝（ma＋F）L，故C正确；车厢对人有三个作用力：竖直向上的支持力大小为mg；水平向后的推力大小为F；水平向前的摩擦力大小为F＋ma。所以车对人的合力大小为F合＝，故D错误。
【例2】　（2024·江苏苏州三模）我国劳动人民发明了汉石磨盘，人们通常用驴来拉磨把谷物磨成面粉。如图所示，若驴对磨杆的拉力F沿圆周切线方向作用在磨杆末端，大小为400 N，磨盘半径r＝0.5 m，磨杆长L＝0.5 m，驴以恒定的速率拉动磨盘转动，在1分钟的时间内转动了6圈。圆周率π近似取3，下列说法正确的是（　　）
A.磨盘边缘的线速度大小为3 m/s B.磨杆末端的向心加速度大小为3.6 m/s2
C.驴拉磨转动一周拉力所做的功为1 200 J D.驴拉磨转动一周拉力的平均功率为240 W
答案：D
解析：由题意可知周期为T＝ s＝10 s，则角速度为ω＝＝0.6 rad/s，磨盘边缘的线速度大小为v1＝ωr＝0.6×0.5 m/s＝0.3 m/s，磨杆末端的向心加速度大小为an＝ω2（L＋r）＝0.62×（0.5＋0.5）m/s2＝0.36 m/s2，故A、B错误；驴拉磨转动一周拉力所做的功为W＝F·2π（L＋r）＝400×2×3×（0.5＋0.5）J＝2 400 J，驴拉磨转动一周拉力的平均功率为P＝＝W＝240 W，故C错误，D正确。
【例3】　（2024·江西宜春二模）一塔吊竖直提升重物由静止开始向上匀加速运动，电动机输出功率达到某值后保持不变，最终做匀速运动。不计阻力及绳索质量，此过程中重物的速度v、电动机输出功率P随时间t的变化规律正确的是（　　）
答案：C
解析：设汽车的额定功率为P，所受恒定阻力为f，牵引力为F，匀加速结束时的速度为v，由于汽车开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据速度与时间的关系可得v＝at，当汽车的匀加速阶段结束，其速度还未达到最大值，此时根据P＝Fv，根据牛顿第二定律F－f＝ma可知，速度将继续增大，而牵引力将减小，则加速度将减小，即此后汽车将做加速度逐渐减小的加速运动，直至牵引力等于阻力时，加速度减小为0，速度达到最大值vm，而速度—时间图像的斜率表示加速度，因此可知该图像第一阶段为倾斜的直线，第二阶段为斜率逐渐减小的向下弯曲的曲线，故A、B错误；根据P＝Fv，而汽车在匀加速阶段F－f＝ma，可得F＝ma＋f，而v＝at，即在匀加速阶段有P＝Fv＝（ma＋f）v＝（ma＋f）at，等式中（ma＋f）a为一定值，则可知在汽车匀加速阶段汽车的功率与时间成正比，即P-t图像为过原点的一条倾斜直线，而匀加速结束后，汽车的功率达到额定值，此后功率不变，其图像与时间轴平行，故C正确，D错误。
考点二　动能定理的应用
运用动能定理解题的基本思路
【例4】　（多选）（2024·广东深圳二模）如图，甲将排球从离地面高为1 m的O位置由静止击出并沿轨迹①运动，当排球运动到离地面高为2.8 m的P位置时，速度大小为10 m/s，此时，被乙击回并以水平速度18 m/s沿轨迹②运动，恰好落回到O位置。已知排球的质量约为0.3 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，则（　　）
A.排球沿轨迹②运动的时间为0.6 s
B.O、P两位置的水平距离为10.8 m
C.甲对排球做的功为20.4 J
D.乙对排球做的功约为15 J
答案：ABC
解析：对于轨迹②的运动，根据平抛运动的规律得h＝gt2，解得t＝＝ s＝0.6 s，A正确；水平位移的距离为x＝v't＝18×0.6 m＝10.8 m，B正确；从O到P点，设排球在O点的速度为v0，到P点的速度v，根据动能定理可知－mgh＝mv2－m，解得m＝mgh＋mv2＝20.4 J，根据动能定理可知W甲＝m＝20.4 J，C正确；设乙对排球所做的功为W乙，则排球在P点被击回的过程，根据动能定理可知W乙＝mv'2－mv2＝33.6 J，D错误。
【例5】　（2024·山东潍坊三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r＝22.5 m的光滑圆管型通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R＝100 m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ＝37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板（可视为质点）从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN＝410 N。已知小朋友和滑板总质量为m＝40 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）小朋友在B点时的速度v0；
（2）小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功。
答案：（1）15 m/s，方向水平向左　（2）1 800 J
解析：（1）由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则mg＝m，所以v0＝15 m/s，方向水平向左。
（2）小朋友从B滑到E，根据动能定理可得mgr（1－cos 37°）－W克f＝m－m，在E点，根据牛顿第二定律可得FN－mgcos 37°＝m，联立可得W克f＝1 800 J。
【例6】　（2024·江苏苏州模考）如图所示，高度h＝0.8 m的光滑导轨AB位于竖直平面内，其末端与长度L＝0.7 m的粗糙水平导轨BC相连，BC与竖直放置内壁光滑的半圆形管道CD相连，半圆的圆心O在C点的正下方，C点离地面的高度H＝1.25 m。一个质量m＝1 kg的小滑块（可视为质点），从A点由静止下滑，小滑块与BC段间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小滑块到达C点时的速度大小；
（2）若半圆形管道的半径r＝0.5 m，求小滑块从C点刚进入管道时对管壁的弹力大小和方向；
（3）若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端射出的水平距离最远？最远的水平距离为多少？
答案：（1）3 m/s　（2）8 N　方向竖直向上
（3）当r＝0.2 m时水平射程最远，最远的水平距离为1.7 m
解析：（1）对小滑块从A到C整个过程应用动能定理得mgh－μmgL＝m，代入数据解得vC＝3 m/s。
（2）小滑块在C点受到弹力和重力，其合力提供向心力，则FN＋mg＝m，代入数据解得FN＝8 N，根据牛顿第三定律可知小滑块刚进入圆管时对外管壁的弹力FN'＝FN＝8 N，方向竖直向上。
（3）设小滑块做平抛运动的时间为t，在竖直方向上有H－2r＝gt2，水平射程x＝vDt，从C到D的过程，由动能定理得mg×2r＝m－m，解得x＝＝，当2H－4r＝＋4r时，解得r＝0.2 m，即当r＝0.2 m时水平射程最远。最远的水平距离为xmax＝1.7 m。
应用动能定理解题的四点注意
动能定理与图像的结合问题
【典例1】　（多选）（2024·辽宁大连五校联考）在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能得出的物理量有（　　）
A.物体与水平面间的动摩擦因数
B.合外力对物体所做的功
C.物体做匀速运动时的速度
D.物体运动的时间
答案：ABC
解析：由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F与滑动摩擦力f大小相等，方向相反，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F-x图像中图线与横轴围成的面积表示力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此能求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度，B、C正确；因为拉力逐渐减小过程中，物体做变减速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
【典例2】　（多选）（2024·山东德州二模）质量为m＝1 kg的物体静止在水平且粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示。外力F做的功及物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是（　　）
A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B.物体的位移为13 m
C.物体在前3 m内的加速度为3 m/s2
D.x＝9 m时，物体的速度为3 m/s
答案：ACD
解析：设物体与地面之间的动摩擦因数为μ，则根据物体克服摩擦力做的功Wf＝fx＝μmgx可知20 J＝μ×1×10×10 J，解得μ＝0.2，整个过程中滑动摩擦力一直做功，故物体的位移为x'＝＝ m＝13.5 m，选项A正确，B错误；前3 m内拉力F1＝＝ N＝5 N，又f＝μmg＝2 N，则物体在前3 m内的加速度为a1＝＝3 m/s2，选项C正确；由动能定理得WF－fx＝mv2，当x＝9 m时WF＝27 J，代入解得物体的速度为v＝3 m/s，选项D正确。
1.人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从四分之一圆弧滑道顶端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4 m/s。已知货物质量m＝10 kg，滑道半径r＝4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度g取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是（　　）
A.重力做的功为600 J
B.经过Q点时货物对轨道的压力大小为280 N
C.经过Q点时货物的向心加速度大小为4 m/s2
D.货物克服阻力做的功为80 J
解析：C　重力做的功WG＝mgr＝400 J，选项A错误；经过Q点时轨道对货物的支持力的大小FN＝mg＋m＝140 N，根据牛顿第三定律知，货物对轨道的压力大小140 N，选项B错误；经过Q点时货物的向心加速度大小an＝＝4 m/s2，选项C正确；货物克服阻力做的功Wf＝mgr－mv2＝320 J，选项D错误。
2.（多选）（2024·河南南阳模拟）解放军战士为了增强身体素质，进行拉轮胎负重训练，如图所示，已知绳子与水平地面间的夹角恒为θ，轮胎质量为m，该战士由静止开始做加速直线运动，位移为x时，速度达到v，已知绳上拉力大小恒为F，重力加速度为g，则由静止加速到v的过程中（　　）
A.轮胎克服阻力做的功为Fxcos θ
B.轮胎所受合外力做的功为mv2
C.拉力的最大功率为Fvcos θ
D.拉力所做的功为mv2＋Fxcos θ
解析：BC　拉力所做的功WF＝Fxcos θ，轮胎做加速运动，则Fcos θ＞f，则轮胎克服阻力做的功小于Fxcos θ，选项A、D错误；由动能定理可知，轮胎所受合外力做的功W合＝mv2，选项B正确；拉力的最大功率Pm＝Fvcos θ，选项C正确。
3.（2024·山东济南二模）如图所示的是古代的水车，该水车周边均匀分布着N个盛水的容器，容器到水车大圆转轴的距离为R。在流水的冲力作用下，水车以n转/分的转速匀速转动，当装满水的容器到达最高处时将水全部倒入水槽中。设每个盛水容器装入水的质量均为m，忽略容器装水给水增加的动能和水车浸入水的深度，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，则水车运水的功率为（　　）
A. B.
C. D.2nNmgR
解析：A　水车每秒转动的圈数为，水车转动一圈对水做的功W＝Nmg·2R，则水车运水的功率P＝×＝2NmgR×＝，故选A。
4.（多选）（2024·苏北四市调研）在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg的帆船在风力和水的阻力（1 s末风力消失）的共同作用下做直线运动的v-t图像如图所示。下列表述正确的是（　　）
A.在0～1 s内，风力对帆船做功为1 500 J
B.在0～1 s内，水的阻力对帆船做功为500 J
C.在0～1 s内，合外力对帆船做功为2 000 J
D.在1～3 s内，水的阻力对帆船做功为－1 000 J
解析：AD　根据牛顿第二定律，在0～1 s内，有F－f＝ma1，在1～3 s内，有f＝ma2，结合图线可得a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，联立可得F＝1 500 N，f＝500 N，0～1 s内，帆船的位移为x1＝vt1＝1 m，在0～1 s内，风力对帆船做功WF＝Fx1＝1 500 J，水的阻力对帆船做功Wf＝－fx1＝－500 J，合外力对帆船做功W合＝WF＋Wf＝1 000 J，故A正确，B、C错误；在1～3 s内，帆船的位移x2＝vt2＝2 m，水的阻力对帆船做功Wf'＝－fx2＝－1 000 J，故D正确。
5.（2024·湖南长沙二模）如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝2 kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1 m，水斗的质量为0.5 kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10 m/s2，则（　　）
A.水斗上升的加速度为2 m/s2
B.10 s时水斗的动能为4 J
C.10 s时井绳拉力的瞬时功率为50 W
D.0～10 s内井绳拉力所做的功为255 J
解析：D　由图丙可知ω＝2t，所以水斗速度随时间变化规律为v＝ωr＝0.2t，可知水斗从静止开始做匀加速直线运动，其水斗上升的加速度a＝0.2 m/s2，故A错误；10 s时水斗的速度v10＝0.2×10 m/s＝2 m/s，动能Ek＝（m＋m'）v2＝5 J，故B错误；由牛顿第二定律，可得F－（m＋m'）g＝（m＋m'）a，解得F＝25.5 N，10 s时井绳拉力的瞬时功率P＝Fv10＝51 W，故C错误；水斗匀加速上升，0～10 s内它上升的高度h＝at2＝10 m，0～10 s内井绳拉力所做的功W＝Fh＝255 J，故D正确。
6.（2024·江西赣州二模）某山顶有一排风力发电机，发电机的叶片转动时可形成半径为R＝20 m的圆面。某时间内该山顶的风速达10 m/s，风向恰好跟某风力发电机叶片转动形成的圆面垂直，已知空气的密度ρ＝1.2 kg/m3，若该风力发电机能将此圆内20％的空气动能转化为电能，则此风力发电机发电的功率P约为（　　）
A.1.5×104 W B.1.5×105 W
C.5×104 W D.5×105 W
解析：B　时间Δt内，通过圆面的空气的质量m＝ρvΔt·πR2，该部分空气的动能Ek＝mv2，则此风力发电机发电的功率P＝，解得P≈1.5×105 W，故选B。
7.（2024·安徽皖江二模）一辆汽车以某一恒定功率爬上一倾角为θ的斜坡，如图甲所示，车内的传感器记录了汽车从坡底爬到坡顶的v-t图像，如图乙中实线AD所示，AB是曲线最左端A点的切线，CD是曲线AD的渐近线，已知汽车质量m＝2×103 kg，汽车行驶过程中受到的阻力可视为不变，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝0.1，对于此次爬坡过程，下列说法正确的是（　　）
A.汽车受到的阻力Ff＝2×104 N
B.汽车的功率P＝32 kW
C.该斜坡长为160 m
D.当汽车速度为10 m/s时，汽车的加速度为2.2 m/s2
解析：C　在A点，汽车加速度a1＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律F1－Ff－mgsin θ＝ma1，此时汽车的功率P＝F1v＝（Ff＋mgsin θ＋ma1）v0，由图可知汽车最大速度vm＝16 m/s，此时牵引力F2＝Ff＋mgsin θ，则P＝F2v＝（Ff＋mgsin θ）vm，汽车功率不变，联立两式解得Ff＝2×103 N，P＝64 kW，故A、B错误；从A点到D点，根据动能定理Pt－（Ff＋mgsin θ）L＝m－m，解得斜坡长L＝160 m，故C正确；根据P＝Fv，可得当v＝10 m/s时，牵引力F3＝6.4×103 N，根据牛顿第二定律F3－Ff－mgsin θ＝ma2，解得汽车的加速度a2＝1.2 m/s2，故D错误。
8.（2024·浙江杭州三模）惊险刺激的飞车表演中，杂技演员驾驶摩托车在竖直轨道内做圆周运动，如图所示，已知轨道半径为4 m，人和摩托车的总质量为m＝200 kg，人和摩托车可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
（1）表演者恰好能通过最高点B时的速度大小v1；
（2）表演者以v2＝10 m/s的速度通过轨道最左端C点时摩托车对轨道的压力；
（3）在（1）问的基础上，测得摩托车通过最低点A的速度为2v1，求由A到B过程中牵引力和阻力做的总功W。
答案：（1）2 m/s　（2）5 000 N　方向水平向左
（3）4 000 J
解析：（1）在B点，由牛顿第二定律，可得mg＝m，解得v1＝2 m/s。
（2）同理，在C点，有FN＝m，解得FN＝5 000 N，由牛顿第三定律可知FN'＝FN＝5 000 N，方向水平向左。
（3）从A到B过程，根据动能定理可得W－mg×2R＝m－m（2v1）2，解得W＝4 000 J。
9.（2024·江西南昌二模）2024年将迎来名副其实的“体育大年”，今年有两个奥运会，分别是江原冬青奥会和巴黎奥运会，滑板运动是其中一个精彩的比赛项目。一滑板训练场地如图，斜坡AB与光滑圆轨道相切于B点，斜坡长度为10 m，倾角为37°，圆轨道半径为3 m，圆心为O，圆轨道右侧与一倾角为60°足够长斜面PQ相连，运动员连同滑板总质量为60 kg，运动员站在滑板上从斜坡顶端A点由静止下滑，滑板与左侧倾斜轨道间的动摩擦因数为0.2，其通过光滑圆弧轨道BCP的P点后落在了右侧的斜面上，滑板和运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 60°＝，求：
（1）滑板和运动员通过圆弧轨道最低点C时对C点的压力大小；
（2）右侧斜面的落点到P点的距离。
答案：（1）2 600 N　（2）14 m
解析：（1）对滑板和运动员从A点到C点，根据动能定理可得
mgLsin 37°－μmgLcos 37°＋mgR（1－cos 37°）＝mv2－0
解得v＝10 m/s，
在最低点C点，有FN－mg＝，解得FN＝2 600 N，由牛顿第三定律可得，滑板和运动员通过圆弧轨道最低点C时对C点的压力大小为2 600 N。
（2）从C到P的过程，根据动能定理可得－mgR（1－cos 60°）＝m－mv2，
解得v1＝ m/s，
设右侧斜面的落点到P点的距离为l，由抛体运动规律可得lcos 60°＝v1xt，
lsin 60°＝－v1yt＋gt2，其中v1x＝v1cos 60°，v1y＝v1sin 60°，
解得l＝14 m。
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