2026版創(chuàng)新設(shè)計高考一輪復(fù)習(xí)物理第五章機(jī)械能守恒定律第1講功與功率學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解功的概念，會判斷正、負(fù)功，會計算功的大小。2.理解功率的概念，會求解平均功率和瞬時功率。3.會分析、解決機(jī)車啟動的兩類問題。1.2.1.思考判斷(1)只要物體受力的同時又發(fā)生了位移，就一定有力對物體做功。(×)(2)一個力對物體做了負(fù)功，則說明這個力一定阻礙物體的運(yùn)動。(√)(3)作用力做正功時，反作用力一定做負(fù)功。(×)(4)由P＝Fv既能求某一時刻的瞬時功率，也可以求平均功率。(√)(5)由P＝Wt知，只要知道W和t就可求出任意時刻的功率。(×(6)當(dāng)F為恒力時，v增大，F(xiàn)的功率一定增大。(×)2.(人教版必修第二冊P78T1改編)如圖，物體在力F的作用下水平發(fā)生了一段位移l，已知θ＝150°，則力F對物體做的功為()A.W＝Flcos150° B.W＝Flsin150°C.W＝Flcos30° D.W＝Flsin30°答案C考點(diǎn)一恒力做功的分析和計算1.判斷力是否做功及做正、負(fù)功的方法判斷根據(jù)適用情況根據(jù)力和位移方向的夾角判斷常用于恒力做功的判斷根據(jù)力和瞬時速度方向的夾角判斷常用于質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律判斷常用于變力做功的判斷2.恒力做功的計算方法(1)恒力做的功直接用W＝Flcosα計算或用動能定理計算。(2)合力做的功方法一:先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功，尤其適用于已知質(zhì)量m和加速度a的情況。方法二:先求各個力做的功W1、W2、W3、…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。方法三:利用動能定理，合力做的功等于物體動能的變化量。例1(多選)如圖所示，升降機(jī)內(nèi)斜面的傾角θ＝30°，質(zhì)量為2kg的物體置于斜面上始終不發(fā)生相對滑動，在升降機(jī)以5m/s2的加速度從靜止開始勻加速上升4s的過程中。g取10m/s2，則()A.斜面對物體的支持力做功900J B.斜面對物體的摩擦力做功－300JC.物體克服重力做功－800J D.合外力對物體做功400J答案AD解析物體置于升降機(jī)內(nèi)隨升降機(jī)一起勻加速運(yùn)動過程中，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得Ffcosθ－FNsinθ＝0，F(xiàn)fsinθ＋FNcosθ－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝15N，F(xiàn)N＝153N，又x＝12at2＝40m，斜面對物體的支持力所做的功WN＝FNxcosθ＝900J，故A正確;斜面對物體的摩擦力所做的功Wf＝Ffxsinθ＝300J，故B錯誤;物體所受重力做的功WG＝－mgx＝－800J，則物體克服重力做功800J，故C錯誤;合外力對物體做的功W合＝WN＋Wf＋WG＝400J，故D跟蹤訓(xùn)練1.(2025·東北三省高三大聯(lián)考)如圖所示，傾角為θ＝37°的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力F1將位于斜面底端的物塊推到斜面頂端，推力F1做的功至少為W0。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，若用水平向左的推力F2將物塊推到頂端，推力F2做的功至少為()A.1.2W0 B.1.4W0C.1.6W0 D.1.8W0答案C解析對物塊做功最少，物塊應(yīng)從斜面底端緩慢運(yùn)動到斜面頂端，用平行斜面向上的推力將位于斜面底端的物塊推到斜面頂端，對物塊受力分析如圖甲所示，根據(jù)平衡條件可得F1＝mgsinθ＋μmgcosθ＝mg，設(shè)斜面的長度為L，則W0＝F1L＝mgL;水平推物塊時受力分析如圖乙所示，根據(jù)平衡條件可得F2cosθ＝mgsinθ＋μ(F2sinθ＋mgcosθ)，解得F2＝mgsinθ＋μmgcosθcosθ-μsinθ＝2mg，則W＝F2L考點(diǎn)二變力做功的分析和計算變力做功常見的五種計算方法方法情境說明方法總結(jié)微元法質(zhì)量為m的木塊在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，運(yùn)動一周克服摩擦力做的功為Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR等效轉(zhuǎn)換法恒力F把物塊從A拉到B，繩子對物塊做的功為W＝F·h平均力法彈簧由伸長量為x1被繼續(xù)拉至伸長量為x2的過程中，克服彈簧彈力做的功為W＝FΔx＝kx1＋kx22圖像法在F－x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移上所做的功動能定理法用力F把小球從A處緩慢拉到B處，F(xiàn)做的功為WF，則有WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)例2(多選)小劉駕駛的汽車后面用水平的繩子系著一質(zhì)量為m的箱子，已知箱子與水平地面之間的摩擦因數(shù)為μ。從某位置開始，汽車?yán)渥釉谒矫鎯?nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)時間T，箱子第一次回到該位置，重力加速度為g，忽略空氣的阻力、繩子重力。則下列說法正確的是()A.繩子的拉力與摩擦力的方向相反B.摩擦力對箱子做的功為零C.摩擦力對箱子做的功為－2πμmgRD.箱子轉(zhuǎn)動一圈克服摩擦力做功的平均功率為2π答案CD解析由題意可知，箱子在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，則摩擦力與拉力的合力提供向心力，受力分析如圖所示，顯然繩子的拉力與摩擦力不在一條直線上，A錯誤;箱子做圓周運(yùn)動的過程中，摩擦力的方向始終與運(yùn)動方向相反，所以摩擦力為變力，因此求摩擦力做的功時可用微元法，即將軌跡分割成若干微元，有W1＝－μmg·ΔL1、W2＝－μmg·ΔL2、…、Wn＝－μmg·ΔLn，則Wf＝W1＋W2＋…＋Wn＝－μmgL(L為總路程)，L＝2πR，解得Wf＝－2πμmgR，C正確;箱子克服摩擦力做功的平均功率為P＝WT＝跟蹤訓(xùn)練2.如圖所示，汽車通過細(xì)繩跨過固定在天花板上的光滑的輕質(zhì)定滑輪牽引著箱子勻速上升，某時刻拴接在汽車上的細(xì)繩與豎直方向的夾角為30°，經(jīng)過一段時間細(xì)繩與豎直方向的夾角為45°，已知滑輪的大小可忽略不計，拴接在汽車上的點(diǎn)到滑輪的高度為h，重力加速度為g。則該過程汽車克服繩子的拉力做的功為()A.mgh B.2mghC.233mgh D.答案D解析由幾何關(guān)系可知該過程箱子上升的高度為Δh＝hcos45°－h(huán)cos30°＝32-233h，箱子勻速上升，繩子對箱子的拉力大小為F＝mg，則該過程中繩子的拉力對箱子所做的功為W＝F·Δh，解得3.(2024·廣東深圳模擬)如圖甲所示，靜止于光滑水平面上的小物塊，在水平拉力F的作用下從坐標(biāo)原點(diǎn)O開始沿x軸正方向運(yùn)動，F(xiàn)隨物塊所在位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，圖線右半部分為四分之一圓弧，則小物塊運(yùn)動到2x0處時的動能可表示為()A.0 B.12Fmx0C.12Fmx01＋π2 D.F答案C解析F－x圖線與x軸所圍的面積表示拉力F做功的大小，可知F做功的大小W＝12Fmx0＋14πFmx0，根據(jù)動能定理得，Ek＝W＝12Fmx01＋π考點(diǎn)三功率的分析與計算1.平均功率的計算方法(1)利用P＝(2)利用P＝Fvcosα，其中v為物體運(yùn)動的平均速度。2.瞬時功率的計算方法(1)直接代公式P＝Fvcosα計算，其中v為物體的瞬時速度。(2)先分解再計算，P＝FvF，其中vF為物體的瞬時速度v在力F方向上的分速度;或者P＝Fvv，其中Fv為物體受到的外力F在瞬時速度v方向上的分力。例3(2024·浙江6月選考，5)一個音樂噴泉噴頭出水口的橫截面積為2×10－4m2，噴水速度約為10m/s，水的密度為1×103kg/m3，則該噴頭噴水的功率約為()A.10W B.20WC.100W D.200W答案C解析時間t內(nèi)噴頭噴水的質(zhì)量m＝ρSvt噴頭噴水做的功W＝12m跟蹤訓(xùn)練4.(多選)(2025·福建三明高三期中)如圖所示，同一高度處有4個質(zhì)量相同且可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，現(xiàn)使小球A做自由落體運(yùn)動，小球B做平拋運(yùn)動，小球C做豎直上拋運(yùn)動，小球D做豎直下拋運(yùn)動，且小球B、C、D拋出時的初速度大小相同，不計空氣阻力。小球從釋放或拋出到落地的過程中()A.重力對4個小球做的功相同B.重力對4個小球做功的平均功率相等C.落地前瞬間，重力對4個小球做功的瞬時功率大小關(guān)系為PA＝PB<PC＝PDD.重力對4個小球做功的平均功率大小關(guān)系為PA＝答案AC解析4個質(zhì)量相同的小球從同一高度釋放或拋出到落地的過程中，重力做功為WG＝mgh，故重力對4個小球做的功相同，故A正確;小球A做自由落體運(yùn)動，小球B做平拋運(yùn)動，小球C做豎直上拋運(yùn)動，小球D做豎直下拋運(yùn)動，小球從同一高度拋出到落地，運(yùn)動時間關(guān)系為tD<tA＝tB<tC，重力對4個小球做功的平均功率為P＝WGt，可得重力對4個小球做功的平均功率大小關(guān)系為PD>PA＝PB>PC，故B、D錯誤;落地前瞬間，4個小球豎直方向有vyA2＝2gh，vyB2＝2gh，vyC2－v02＝2gh，vyD2－v02＝2gh，4個小球豎直方向的速度關(guān)系為vyA＝vyB<vyC＝v考點(diǎn)四機(jī)車啟動問題模型1:以恒定功率啟動模型2:以恒定加速度啟動角度恒定功率啟動例4(2025·廣東佛山模擬)國際聯(lián)運(yùn)列車從開通至今已經(jīng)完成2萬多次運(yùn)輸。列車采用內(nèi)燃加鋰電池的混合動力電傳動方式進(jìn)行驅(qū)動，整車最大功率為750kW，行駛過程中受到的阻力恒定，速度最高為108km/h，已知列車的總質(zhì)量為5×104kg，列車以最大功率啟動，下列說法正確的是()A.行駛過程中列車受到的阻力為2.5×104NB.以最大速度行駛時，列車1小時內(nèi)通過的位移一定是108kmC.列車以15m/s的速度行駛時加速度是1m/s2D.列車加速過程中的平均速率是15m/s答案A解析當(dāng)列車勻速行駛時，所受的牽引力等于阻力，即P＝fvmax，解得行駛過程中列車受到的阻力為f＝Pvmax＝750×10330N＝2.5×104N，故A正確;以最大速度行駛時，列車1小時內(nèi)通過的路程是108km，但位移不一定是108km，故B錯誤;當(dāng)列車以v1＝15m/s行駛時，對列車由牛頓第二定律有F1－f＝ma，其中P＝F1v1，聯(lián)立解得a＝0.5m/s2，故C錯誤;作出列車運(yùn)動的v－t圖像如圖所示，列車加速過程中的平均速率v>角度恒定加速度啟動例5(2025·湖南長沙模擬)一輛質(zhì)量為m的小汽車在水平地面上由靜止開始運(yùn)動，其功率隨速度的變化關(guān)系如圖所示，其中AB段平行于v軸，汽車勻速運(yùn)動階段的速度為vB。根據(jù)圖像，下列說法正確的是()A.速度增大到vA的過程中，汽車的加速度逐漸減小，當(dāng)v＝vA時，a＝0B.汽車與地面間的摩擦力大小為Ff＝PC.在OA段汽車的位移為x1＝vD.若AB段汽車的位移為x，則AB段汽車運(yùn)動的時間t＝m答案C解析P－v圖像斜率表示牽引力，速度增大到vA的過程中，汽車的牽引力不變，加速度不變，故A錯誤;汽車勻速運(yùn)動階段的速度為vB，此時牽引力等于摩擦力，汽車與地面間的摩擦力大小為Ff＝P0vB，故B錯誤;在OA段汽車為勻加速啟動，在A點(diǎn)功率為額定功率，牽引力為勻加速運(yùn)動的牽引力，故勻加速階段的牽引力為F1＝P0vA，a＝F1-Ffm，vA2＝2ax1，聯(lián)立得x1＝vA3vBm2P0vB-vA掌握三個重要關(guān)系式(1)無論哪種啟動過程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速運(yùn)動時的速度，即vm＝PFmin＝PF阻(式中Fmin為最小牽引力(2)機(jī)車以恒定加速度啟動的過程中，勻加速過程結(jié)束時，功率最大，但速度不是最大，v＝P額F<vm＝(3)機(jī)車以恒定功率啟動時，牽引力做的功W＝Pt。由動能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式經(jīng)常用于求解機(jī)車以恒定功率啟動過程的時間或位移等。跟蹤訓(xùn)練5.(2024·遼寧遼陽一模)一電動玩具汽車啟動時，以額定功率沿直線加速并達(dá)到最大速度，其加速度a與速度倒數(shù)1v的關(guān)系圖像如圖所示。已知電動玩具汽車受到的阻力大小恒為100N，重力加速度大小g＝10m/s2A.200W2m/s B.100W4m/sC.100W2m/s D.200W4m/s答案A解析設(shè)電動玩具汽車的額定功率為P，受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律可得F－f＝ma，又P＝Fv，聯(lián)立可得a＝Pm·1v－fm，根據(jù)a－1v圖像可得fm＝2m/s2，Pm＝6-(-2)2m2/s3＝4m2/s3，解得P＝200W，當(dāng)牽引力等于阻力時，速度達(dá)到最大，A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練對點(diǎn)練1恒力做功的分析和計算1.2024年元旦期間，哈爾濱文旅火爆出圈，南方的小伙伴紛紛趕往哈爾濱體驗冰雪盛宴。如圖所示為狗拉雪橇的娛樂項目，坐在雪橇上的同學(xué)與雪橇的總質(zhì)量為m，狗拉著雪橇沿水平地面向左移動了一段距離L，假定狗對雪橇的拉力F為恒力且與水平方向成θ角斜向上。已知雪橇與雪地間的動摩擦因數(shù)為μ，雪橇受到的()A.支持力做功為mgL B.合外力做功為mgLC.拉力做功為FLcosθ D.滑動摩擦力做功為－μmgL答案C解析支持力做功為零，A錯誤;拉力做功為WF＝FLcosθ，C正確;滑動摩擦力做功為Wf＝－μ(mg－Fsinθ)L，D錯誤;合外力做功為W合＝WF＋Wf＝FLcosθ－μ(mg－Fsinθ)L，B錯誤。2.(2024·黑龍江大慶模擬預(yù)測)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊置于傾角為θ的斜面上，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左勻加速運(yùn)動一段距離，運(yùn)動中物塊與斜面體始終相對靜止。關(guān)于物塊，下列說法正確的是()A.摩擦力一定不做功 B.摩擦力一定做負(fù)功C.支持力一定做正功 D.合外力做功可能為零答案C解析當(dāng)物塊與斜面間的摩擦力為零時，則mgtanθ＝ma0，即a＝a0＝gtanθ時，物塊與斜面之間無摩擦力，此時摩擦力不做功;若a>gtanθ，物塊受摩擦力沿斜面向下，此時摩擦力與位移夾角小于90°，摩擦力做正功;若a<gtanθ，物塊受摩擦力沿斜面向上，此時摩擦力與位移夾角大于90°，摩擦力做負(fù)功，故A、B錯誤;支持力方向與斜面垂直，與位移夾角小于90°，則支持力一定做正功，故C正確;合外力為ma不為零，方向水平，可知合外力做功不可能為零，故D錯誤。3.如圖所示，長為L的小車置于光滑的水平面上，小車前端放一小物塊，用大小為F的水平力將小車向右拉動一段距離s，此時物塊剛好滑到小車的左端。物塊與小車間的摩擦力為Ff，在此過程中()A.摩擦力對小物塊做的功為Ffs B.摩擦力對系統(tǒng)做的總功為0C.力F對小車做的功為FL D.小車克服摩擦力所做的功為Ffs答案D解析由題意知，小物塊對地的位移方向向右，大小為s－L，小物塊受到的摩擦力方向水平向右，則摩擦力對小物塊做的功為W1＝Ff(s－L)，故A錯誤;小物塊相對于小車的位移大小為L，則摩擦力對系統(tǒng)做的總功為－FfL，故B錯誤;小車對地位移大小為s，則力F對小車做的功為Fs，故C錯誤;小車受到的摩擦力方向水平向左，位移方向向右，大小為s，則小車克服摩擦力所做的功為Ffs，故D正確。對點(diǎn)練2變力做功的分析和計算4.(2024·安徽卷，2)某同學(xué)參加戶外拓展活動，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v，已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為()A.mgh B.12mvC.mgh＋12mv2 D.mgh－12m答案D解析人在下滑的過程中，由動能定理可得mgh－Wf＝12mv2－0，可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為Wf＝mgh－12mv2，故5.(多選)力F對物體所做的功可由公式W＝Flcosα求得，公式中力F必須是恒力，而實(shí)際問題中，有很多情況是變力在對物體做功。如圖，對于甲、乙、丙、丁四種情況下求解某個力所做的功，下列說法正確的是()A.甲圖中若F大小不變，物塊從A到C過程中力F做的為W＝F(lOA－lOC)B.乙圖中，全過程中F做的總功為72JC.丙圖中，繩長為R，若空氣阻力f大小不變，小球從A運(yùn)動到B過程中空氣阻力做的功W＝12πD.圖丁中，F(xiàn)始終保持水平，無論是F緩慢將小球從P拉到Q，還是F為恒力將小球從P拉到Q，F(xiàn)做的功都是W＝Flsinθ答案AB解析等效轉(zhuǎn)換法:甲圖中因力對繩做的功等于繩對物塊做的功，則物塊從A到C過程中繩對物塊做的功為W＝F(lOA－lOC)，故A正確。提示:輕繩對物塊的拉力一直在變化，但輕繩拉力大小不變，可將變力做功問題轉(zhuǎn)化為恒力做功來處理，輕繩對物塊拉力做的功和恒力F做的功相等。圖像法:乙圖中，F(xiàn)－x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積代表功，則全過程中F做的總功為W＝15×6J＋(－3)×6J＝72J，故B正確。微元法:丙圖中，繩長為R，若空氣阻力f大小不變，方向始終與運(yùn)動方向相反，可用微元法得小球從A運(yùn)動到B過程中空氣阻力做的功為W＝－f·2πR4＝－12πRf，動能定理法:圖丁中，F(xiàn)始終保持水平，當(dāng)F為恒力時將小球從P拉到Q，F(xiàn)做的功是W＝Flsinθ，而F緩慢將小球從P拉到Q，F(xiàn)為水平方向的變力，F(xiàn)做的功不能直接用力乘以位移計算，要根據(jù)動能定理求解力F做功，故D錯誤。6.(2025·河南信陽一模)如圖所示，用一個大小不變的力F拉著滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))使其沿半徑為R的水平圓軌道勻速運(yùn)動半周，若力F的方向始終與其在圓軌道上作用點(diǎn)的切線成60°夾角，則力F做的功為()A.FπR2C.FR D.FπR答案A解析將力F分解為切線方向和徑向方向兩個分力，其中徑向方向始終與速度方向垂直，不做功，切線方向分力始終與速度方向相同，則滑塊勻速運(yùn)動半周，力F做的功為W＝Fcos60°·πR＝FπR2，對點(diǎn)練3功率的分析與計算7.(2024·江西卷，5)“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天?！笔抢畎讓]山瀑布的浪漫主義描寫。設(shè)瀑布的水流量約為10m3/s，水位落差約為150m。若利用瀑布水位落差發(fā)電，發(fā)電效率為70%，則發(fā)電功率大致為()A.109W B.107W C.105W D.103W答案B解析發(fā)電功率P＝ηWt，由于W＝mgh，m＝ρV，Q＝Vt，所以P＝ηρVght＝ηρQgh，代入數(shù)據(jù)解得P≈1078.(2023·山東卷，4)《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下:兩個半徑約為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，與水輪間無相對滑動，每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為()A.2nmgω2C.3nmgω2答案B解析由題知，水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，筒車對灌入稻田的水做功的功率為P＝WT，又T＝2πω，聯(lián)立解得P＝3nmgωRH5對點(diǎn)練4機(jī)車啟動問題9.復(fù)興號動車實(shí)現(xiàn)了速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。一列質(zhì)量為m的動車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動，經(jīng)時間t達(dá)到該功率下的最大速度vm，設(shè)動車行駛過程所受到的阻力f保持不變。動車在時間t內(nèi)()A.做勻加速直線運(yùn)動 B.牽引力的功率P＝fvmC.當(dāng)動車速度為vm3時，其加速度為3fm D.牽引力做功W＝1答案B解析動車以恒定功率啟動，由P＝F牽v可知動車的速度增大，則牽引力減小，由牛頓第二定律得F牽－f＝ma，可得動車的加速度逐漸減小，A錯誤;當(dāng)動車的加速度為零時，即牽引力等于阻力時，動車的速度最大，則P＝fvm，B正確;當(dāng)動車速度為vm3時，牽引力為F牽'＝Pvm3＝3Pvm＝3f，根據(jù)牛頓第二定律可得F牽'－f＝ma1，則此時其加速度為a1＝2fm，C錯誤;設(shè)動車在時間t內(nèi)的位移為x，由動能定理得W－fx＝12mvm2B級綜合提升練10.(多選)(2025·湖南長沙高三月考)一輛質(zhì)量m＝2.0×103kg的無人蘿卜車，以v＝36km/h的速度在平直路面上勻速行駛，此過程中發(fā)動機(jī)功率P1＝12kW。當(dāng)系統(tǒng)探測到前方有障礙物時，主動剎車系統(tǒng)立即撤去發(fā)動機(jī)驅(qū)動力，同時施加制動力使車輛減速。在制動過程中，系統(tǒng)提供的制動功率P2＝24kW，蘿卜車經(jīng)過x＝583A.蘿卜車勻速行駛過程中所受的阻力大小為800NB.蘿卜車剛進(jìn)入制動狀態(tài)的瞬間，其所受合力大小為4800NC.制動過程蘿卜車的速度為5m/s時，加速度大小為3m/s2D.蘿卜車從剎車到停止經(jīng)歷的時間為3.2s答案CD解析蘿卜車勻速行駛過程中所受的阻力大小為f＝P1v＝1200N，故A錯誤;蘿卜車剛進(jìn)入制動狀態(tài)的瞬間，主動剎車系統(tǒng)提供的制動力大小為F＝P2v＝2400N，蘿卜車剛進(jìn)入制動狀態(tài)的瞬間，其所受合力大小為F合＝F＋f＝3600N，故B錯誤;蘿卜車的速度為5m/s時，主動剎車系統(tǒng)提供的制動力大小為F'＝P2v'＝4800N，加速度為a'＝F'＋fm＝3m/s2，故C正確;剎車過程，根據(jù)動能定理有－P2t－fx＝0－12mv11.(2025·八省聯(lián)考河南卷，13)如圖甲所示的水平地面上，質(zhì)量為1kg的物體在水平方向力F的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動。圖乙為F隨時間t變化的關(guān)系圖像。已知物體與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小g取10m/s2，求:(1)在2s末物體的速度大小;(2)在0~3s內(nèi)物體所受摩擦力做的功。答案(1)8m/s(2)－27J解析(1)物體所受的摩擦力為Ff＝μmg＝0.2×1×10＝2N0~2s，根據(jù)牛頓第二定律得F－Ff＝ma其中F＝6N，解得a＝4m/s22s末物體的速度v＝at＝4×2m/s＝8m/s前2s內(nèi)物體的位移x1＝12at2＝12×4×22m＝8(2)2~3s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得F'－Ff＝ma'其中F'＝－3N解得a'＝－5m/s22~3s內(nèi)，物體的位移x2＝vt'＋12at'代入數(shù)據(jù)解得x2＝5.5m在0~3s內(nèi)物體所受摩擦力做的功Wf＝－Ff(x1＋x2)代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－27J。C級培優(yōu)加強(qiáng)練12.(2025·八省八校聯(lián)考)在某次高鐵試運(yùn)行過程中，質(zhì)量為m的列車從靜止開始做直線運(yùn)動，加速度隨時間的變化關(guān)系如圖所示，t1時刻達(dá)到最大功率，t1~t2內(nèi)列車保持最大功率運(yùn)行，假定運(yùn)行過程中，列車受到阻力的大小恒為重力的k倍，重力加速度大小為g，圖中a0、t1、t2均為已知量，則下列說法正確的是()A.0~t1內(nèi)，列車的牽引力大小為ma0B.列車的最大功率為12(kmg＋ma0)a0tC.0~t1、t1~t2內(nèi)，牽引力的平均功率之比為tD.0~t1、t1~t2內(nèi)，牽引力做功之比為t答案D解析0~t1內(nèi)，列車的加速度大小恒為a0，根據(jù)牛頓第二定律有F－kmg＝ma0，解得列車的牽引力大小F＝kmg＋ma0，A錯誤;t1時刻列車的速度大小為v1＝a0t1，則最大功率P＝Fv1＝(kmg＋ma0)a0t1，B錯誤;0~t1內(nèi)列車的位移大小為x＝12a0t12，牽引力做的功W1＝Fx＝12(kmg＋ma0)a0t12，平均功率P1＝W1t1＝12(kmg＋ma0)a0t1，t1~t2內(nèi)列車的功率不變，平均功率為P2＝P＝(kmg＋ma0)a0t1，牽引力做的功W2＝P(t2－t1)＝(kmg＋ma0)a0t1(t2－t學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解動能、動能定理，并會應(yīng)用動能定理解決相關(guān)物理問題。2.會利用動能定理求變力做功。3.掌握動能定理與圖像結(jié)合問題的分析方法。1.2.1.思考判斷(1)一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。(√)(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(×)(3)物體所受的合外力為零，合外力對物體做的功也一定為零。(√)(4)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動時，動能一定變化。(×)(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(×)2.(人教版必修第二冊P88T5改編)運(yùn)動員把質(zhì)量為500g的足球踢出后，某人觀察它在空中的飛行情況，估計上升的最大高度為10m，在最高點(diǎn)的速度為20m/s。忽略空氣阻力，估算出運(yùn)動員踢球時對足球做的功為(g取10m/s2)()A.50J B.100JC.150J D.無法確定答案C考點(diǎn)一動能定理的理解與基本應(yīng)用1.兩個關(guān)系(1)數(shù)量關(guān)系:合力做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系，但并不是說動能的變化就是合力做的功。(2)因果關(guān)系:合力做功是引起物體動能變化的原因。2.標(biāo)量性動能是標(biāo)量，功也是標(biāo)量，所以動能定理是一個標(biāo)量式，不存在方向的選取問題，當(dāng)然動能定理也就不存在分量的表達(dá)式。例1(2025·河北邯鄲模擬)使用如圖所示的卸貨裝置從高處卸下貨物時，先將質(zhì)量為m的貨物放置在傾角為α、長為L的粗糙木板上端，貨物開始加速下滑的同時，自動液壓桿啟動并逐漸縮短，液壓桿裝置最終完全縮回到地面以下，貨物以較小的速度v水平向右滑出木板，完成卸貨。已知重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A.木板對貨物做功為12mv2－mgLsinB.木板對貨物做功為12mvC.摩擦力對貨物做功為12mv2－mgLsinD.支持力對貨物不做功答案A解析設(shè)在整個過程中木板對貨物做功為W，根據(jù)動能定理有W＋mgLsinα＝12mv2，木板對貨物做功為W＝12mv2－mgLsinα，故A正確，B錯誤;木板轉(zhuǎn)動，支持力與貨物運(yùn)動方向成鈍角，支持力對貨物做負(fù)功WN，故D錯誤;木板對貨物做功為W＝Wf＋WN，摩擦力對貨物做功為Wf＝12mv2－mgLsinα－WN，例2(2025·八省聯(lián)考云南卷，4)如圖所示，“套圈”活動中，某同學(xué)將相同套環(huán)分兩次從同一位置水平拋出，分別套中Ⅰ、Ⅱ號物品。若套環(huán)可近似視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，則()A.套中Ⅰ號物品，套環(huán)被拋出的速度較大B.套中Ⅰ號物品，重力對套環(huán)做功較小C.套中Ⅱ號物品，套環(huán)飛行時間較長D.套中Ⅱ號物品，套環(huán)動能變化量較小答案D解析根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，水平方向和豎直方向有x＝v0t，h＝12gt2，可得v0＝xg2h，套中Ⅰ號物品時水平位移x較小，下落高度h較大，可知套環(huán)被拋出的速度v0一定較小，故A錯誤;根據(jù)重力做功表達(dá)式W＝mgh可知，套中Ⅰ號物品時下落高度h較大，重力對套環(huán)做功較大，故B錯誤;根據(jù)平拋運(yùn)動的時間t＝2hg，套中Ⅱ號物品，下落高度h較小，套環(huán)飛行時間較短，故C錯誤;根據(jù)動能定理得mgh＝ΔEk，套中Ⅱ號物品，重力做功較小，1.應(yīng)用動能定理解題時應(yīng)抓住“兩狀態(tài)，一過程”?！皟蔂顟B(tài)”即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況;“一過程”即明確研究過程，確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。2.動能定理的應(yīng)用技巧跟蹤訓(xùn)練1.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動，當(dāng)物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示。當(dāng)物塊的初速度為2v時，上升的最大高度記為h。重力加速度為g，則物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)μ和h分別為()A.tanθ和2H B.tanθ和4HC.v22gH-1tanθ和2H D.v答案D解析當(dāng)物塊上滑的初速度為v時，根據(jù)動能定理，有－mgH－μmgcosθ·Hsinθ＝0－12mv2，當(dāng)上滑的初速度為2v時，有－mgh－μmgcosθ·hsinθ＝0－12m(2v)2，聯(lián)立可得μ＝v22gH-1tan考點(diǎn)二應(yīng)用動能定理求變力做功例3(2024·新課標(biāo)卷，24)將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2。當(dāng)P繩與豎直方向的夾角α＝37°時，Q繩與豎直方向的夾角β＝53°(sin37°＝0.6)。(1)求此時P、Q繩中拉力的大小;(2)若開始豎直下降時重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對重物做的總功。答案(1)1200N900N(2)－4200J解析(1)重物緩慢下降，處于平衡狀態(tài)，對重物受力分析，如圖所示。水平方向有FPsinα＝FQsinβ豎直方向有FPcosα＝FQcosβ＋mg聯(lián)立解得FP＝1200N，F(xiàn)Q＝900N。(2)重物緩慢下降，動能變化量為零，下降過程中對重物由動能定理有mgh＋W＝0解得W＝－4200J即兩根繩子拉力對重物做的總功為－4200J。在有變力做功的過程中，變力做功無法直接通過功的公式求解，可用動能定理W變＋W恒＝12mv22－12mv12求解。物體初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W變＝12mv跟蹤訓(xùn)練2.(2025·江蘇南通高三月考)游樂場有一種兒童滑軌，其豎直剖面示意圖如圖所示，AB部分是半徑為R的四分之一圓弧軌道，BC為軌道水平部分，與半徑OB垂直。一質(zhì)量為m的小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端B點(diǎn)時，對軌道的正壓力大小為2.5mg，重力加速度為g。下列說法正確的是()A.小孩到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為2B.小孩到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為10C.小孩從A到B克服摩擦力做的功為14D.小孩從A到B克服摩擦力做的功為12答案C解析根據(jù)牛頓第三定律可知，在B點(diǎn)軌道對小孩的支持力也等于2.5mg，由牛頓第二定律有FN－mg＝mvB2R，可得vB＝6gR2，故A、B錯誤;由動能定理mgR－Wf＝12mvB2－0，可得從A到B小孩克服摩擦力做功為Wf＝考點(diǎn)三動能定理與圖像問題的結(jié)合常與動能定理結(jié)合的五類圖像例4(2024·海南?？谀M)質(zhì)量為2kg的物體，放在動摩擦因數(shù)μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運(yùn)動，水平拉力做的功W隨位置x變化的關(guān)系如圖。重力加速度g＝10m/s2，則()A.x＝0m至x＝3m的過程中，物體的加速度是2.5m/s2B.x＝6m時，拉力的功率是6WC.x＝9m時，物體的速度是2.5m/sD.x＝3m至x＝9m過程中，合外力做的功是12J答案B解析根據(jù)W＝Flcosα知，W－x圖像的斜率表示水平拉力，在x＝0m至x＝3m的過程中，拉力為F1＝153N＝5N，根據(jù)牛頓第二定律有F1－μmg＝ma1，解得a1＝1.5m/s2，故A錯誤;x1＝6m時，根據(jù)動能定理有WF1－μmgx1＝12mv12，根據(jù)圖像有27-159-3＝WF1-156-3，解得v1＝3m/s，此時的拉力為F2＝27-159-3N＝2N，拉力的功率為P＝F2v1＝6W，故B正確;x2＝9m時，根據(jù)動能定理有WF2－μmgx2＝12mv22，解得v2＝3m/s，故C錯誤;x＝3m至x例5某滑雪賽道如圖所示，滑雪運(yùn)動員從靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運(yùn)動員視為質(zhì)點(diǎn)，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運(yùn)動員的動能Ek與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是()答案A解析設(shè)斜面傾角為θ，不計摩擦力和空氣阻力，運(yùn)動員在沿斜面下滑過程中，根據(jù)動能定理有Ek＝mgxtanθ，即Ekx＝mgtanθ，下滑過程中開始階段傾角θ不變，Ek－x圖像為一條直線;經(jīng)過圓弧軌道過程中，θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大，故總結(jié)提升解決圖像問題的基本步驟跟蹤訓(xùn)練3.(多選)(2025·廣東深圳高三月考)從地面豎直向上拋出一小球，在距地面高度3m內(nèi)，其上升、下落過程中動能Ek隨高度h變化的圖像如圖所示。已知小球在運(yùn)動過程中受到的阻力大小恒定，重力加速度g＝10m/s2，取地面為重力勢能參考平面，下列說法正確的是()A.小球拋出時的速度大小為10m/sB.小球的質(zhì)量為1.5kgC.小球運(yùn)動過程受到的阻力f＝5ND.小球上升過程的加速度大小是下落過程的兩倍答案BCD解析根據(jù)動能定理F合·Δh＝ΔEk，可知Ek－h(huán)圖像的斜率絕對值表示合力大小，則上升過程有F合＝mg＋f＝100-403N＝20N，下落過程有F合'＝mg－f＝50-203N＝10N，聯(lián)立解得m＝1.5kg，f＝5N，故B、C正確;小球拋出時，由圖像可知Ek0＝12mv02＝100J，解得小球拋出時的速度大小為v0＝2033m/s，故A錯誤;根據(jù)牛頓第二定律可知A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練對點(diǎn)練1動能定理的理解與基本應(yīng)用1.(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動，當(dāng)電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是()A.對物體，動能定理的表達(dá)式為W＝12mv22－1B.對物體，動能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力做的功C.對物體，動能定理的表達(dá)式為W－mgH＝12mv22－1D.對電梯，其所受的合力做功為12Mv2答案CD解析電梯上升的過程中，重力mg和支持力FN這兩個力的總功(即合力做的功)才等于物體動能的變化，即W合＝W－mgH＝12mv22－12mv12，其中W為支持力做的功，故A、B錯誤，C正確;對電梯做功的有重力Mg、壓力FN'和拉力F，合力做功為W合'＝12.(2025·湖北武漢一模)冰滑梯是一種體驗冰雪運(yùn)動的娛樂項目，其示意圖如圖所示，游客從螺旋滑道上端滑下，旋轉(zhuǎn)兩周后經(jīng)傾斜滑道沖上水平滑道，滑行結(jié)束時停在水平滑道上。假設(shè)螺旋滑道的圓面半徑為r＝52πm，上端與下端高度差為h1＝6m，傾斜滑道高度差為h2＝2m，螺旋滑道、傾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客與各滑道間的動摩擦因數(shù)處處相同，游客可視為質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)測得游客某次滑行時停在水平滑道的位置與螺旋滑道上端的水平距離為LA.0.07 B.0.08C.0.09 D.0.10答案A解析研究游客整個運(yùn)動過程，根據(jù)動能定理有mg(h1＋h2)－μmg(4πr)2-h12－μmgL＝0，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.08，實(shí)際上游客在螺旋軌道運(yùn)行時，因為向心力的原因?qū)е轮С至Ρ仍谕嵌鹊男泵娲?，即在螺旋軌道摩擦力做功W>μmg3.(多選)(2025·山東濟(jì)南高三期中)豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓，O為圓心，直徑AB沿水平方向，將質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)以相同的速率v0拋出，拋出的方向不定，小球進(jìn)入圓內(nèi)同時受到一個平行于圓面的恒力F作用，其大小等于mg，g為重力加速度，小球從A點(diǎn)拋出后會經(jīng)過圓上的不同點(diǎn)，在這些所有的點(diǎn)中，小球到達(dá)C點(diǎn)的動能最大，已知AB與AC夾角為30°。不計空氣阻力，下列說法正確的是()A.恒力F的方向沿AC方向B.恒力F的方向沿OC方向C.小球到達(dá)C點(diǎn)的動能EkC＝12mvD.小球到達(dá)B點(diǎn)的動能EkB＝12mv答案AD解析小球到達(dá)C點(diǎn)的動能最大，則小球的受力情況如圖所示。恒力方向沿AC，合力方向沿OC，A正確，B錯誤;合力F合＝3mg，從A到C，由動能定理得3mg·32R＝EkC－12mv02，從A到B，有3mgcos60°·2R＝EkB－12mv02，得EkC＝12mv02＋332對點(diǎn)練2應(yīng)用動能定理求變力做功4.如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運(yùn)動。在運(yùn)動過程中，木塊所受摩擦力的大小為()A.mv02C.mv02答案B解析在運(yùn)動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理得－Ff·2πL＝0－12mv02，可得摩擦力的大小Ff＝mv5.(多選)(2023·廣東卷，8)人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物，如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物從14圓弧滑道頂端P點(diǎn)靜止釋放，沿滑道運(yùn)動到圓弧末端Q點(diǎn)時速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg，滑道高度h為4m，且過Q點(diǎn)的切線水平，重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點(diǎn)運(yùn)動到QA.重力做的功為360JB.克服阻力做的功為440JC.經(jīng)過Q點(diǎn)時向心加速度大小為9m/s2D.經(jīng)過Q點(diǎn)時對軌道的壓力大小為380N答案BCD解析重力做的功為WG＝mgh＝800J，A錯誤;下滑過程由動能定理可得WG－Wf＝12mvQ2，代入數(shù)據(jù)解得克服阻力做的功為Wf＝440J，B正確;經(jīng)過Q點(diǎn)時向心加速度大小為a＝vQ2h＝9m/s2，C正確;經(jīng)過Q點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為FN＝380N，根據(jù)牛頓第三定律可知6.(2025·河南三門峽模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從離地面H高處由靜止釋放，落到地面，陷入泥土中h深處后停止運(yùn)動，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A.小球落地時的動能等于mg(H＋h)B.小球克服泥土阻力所做的功等于小球剛落到地面時的動能C.泥土阻力對小球做的功為mg(H＋h)D.小球在泥土中受到的平均阻力大小為mg1＋答案D解析根據(jù)動能定理知，小球落地時的動能等于mgH，A錯誤;設(shè)小球剛落地時的速度為v，小球從落地到陷入泥土中h深度的過程，由動能定理得mgh－W克阻＝0－12mv2，解得克服泥土阻力做功W克阻＝mgh＋12mv2，B錯誤;根據(jù)動能定理得mg(H＋h)＋W阻＝0，故泥土阻力對小球做的功W阻＝－mg(H＋h)，C錯誤;根據(jù)動能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小為F阻＝mg1＋對點(diǎn)練3動能定理與圖像問題的結(jié)合7.如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運(yùn)動路程s的關(guān)系如圖乙所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A.m＝0.7kg，f＝0.5N B.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5N D.m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0~10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s1－fs1＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s1，結(jié)合0~10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N;10~20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10~20m內(nèi)的圖像得，斜率k'＝mgsin30°－f＝3N。聯(lián)立解得f＝0.5N、m＝0.7kg，A正確，B、C、D錯誤。8.(2025·山東威海高三期末)如圖甲所示，質(zhì)量為0.2kg的物塊受到水平向右的拉力F，以4m/s的初速度從A點(diǎn)向右運(yùn)動，F(xiàn)隨位移x變化的圖像如圖乙所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.3，重力加速度g取10m/s2，在運(yùn)動過程中物塊的最大速度為()A.58m/s B.42m/sC.34m/s D.32m/s答案A解析