資源簡介

(共68張PPT)
第4講 功、功率、動能定理
題型1 功、功率的分析和計算
題型2 動能定理及應用
題型3 應用動能定理解決力學綜合問題
解答規范
網絡構建
備用習題
【關鍵能力】
能量觀是物理觀念的要素之一.理解功和功率.了解生產生活中常見機械的
功率大小及其意義.理解動能和動能定理.能對物體的能量狀態進行分析和
推理，解決簡單的實際問題.能應用動能定理解決多過程復雜問題.
題型1 功、功率的分析和計算
1.功的計算
(1)恒力做功一般用公式 計算；
(2)變力做功通常應用動能定理、微元法、等效轉化法、平均力法、圖像
法求解，或者利用恒定功率求功公式計算.
2.功率的計算
明確是求瞬時功率還是平均功率.
側重于平均功率的計算， 為和速度的夾角側重
于瞬時功率的計算.
例1 《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉筒
車往稻田里引水的場景.引水過程簡化如下：兩個半徑
約為的水輪以角速度 勻速轉動,水筒在筒車上均勻
排布，單位長度上有 個，與水輪間無相對滑動，每個
水筒離開水面時裝有質量為的水，其中的 被輸送
到高出水面處灌入稻田，當地的重力加速度為 ，則
筒車對灌入稻田的水做功的功率為( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由題知，水輪轉一圈灌入農田的水的總質量為
，則水輪轉一圈灌入
稻田的水克服重力做的功 ，筒車對灌
入稻田的水做功的功率為，又 ，聯立解得
，故B正確.
例2 [2022·浙江6月選考] 小明用額定功率為、最大拉力為 的
提升裝置，把靜置于地面的質量為的重物豎直提升到高為 的
平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過 的勻減速運動，到
達平臺速度剛好為零，取 ，則提升重物的最短時間為( )
A. B. C. D.
√
[解析] 為了以最短時間提升重物，一開始先以最大拉力拉重物勻加速上
升，當功率達到額定功率時，保持功率不變直到重物達到最大速度，接著
做勻速運動，最后以最大加速度勻減速上升至平臺時速度剛好為零，重物
在第一階段的勻加速上升過程，根據牛頓第二定律可得
，當功率達到額定功率時，重物
的速度為 ，此過程所用時間為
，上升的高度為 ，重物以最
大速度勻速運動時，有 ，重物最后以
最大加速度做勻減速運動的時間為 ，上升的高度為
，設重物從結束勻加速運動到開始做勻減速運
動所用時間為 ，該過程根據動能定理可得
，又
，聯立解得 ，
故提升重物的最短時間為
，C正確.
技法點撥
機車啟動問題
(1)機車勻加速啟動過程的最大速度此時機車的功率最大，由
和可得.
(2)全程的最大速度：此時，由可得.
【遷移拓展】
1.在有登高平臺的消防車上，具有一定質量的伸縮臂能夠在 內使承
載4人的登高平臺(人連同平臺的總質量為)上升 到達滅火位置,
此后，在登高平臺上的消防員用水炮滅火.已知水炮的出水量為 ，
水離開炮口時的速率為，水的密度為 ,則用于( )
A.水炮工作的發動機輸出功率約為
B.水炮工作的發動機輸出功率約為
C.水炮工作的發動機輸出功率約為
D.伸縮臂抬升登高平臺的發動機輸出功率約為
√
[解析] 重力加速度取 時，登高平臺克服重力做功的功率
，而伸縮臂具有一定質量，升高了一定
高度，所以用于伸縮臂抬升登高平臺的發動機輸出功率大于 ，D錯
誤；在內，噴出去水的質量為 ，噴出去
水的重力勢能增加量為 ，水的動
能增加量為，則 內水增加的機械能為
，所以用于水炮工作的發動機輸出功率約為
，B正確，A、C錯誤.
2.(不定項)為民族“起重”，為大國“舉力”，這是對中國工程機械最好的詮
釋.如圖甲所示為我國自主研發的第一臺全地面起重機 ，起重范圍
從到 ，中國起重機在世界地位越來越“重”.若該起重機由靜止開
始提升質量為的物體，其圖像如圖乙所示，不計其他阻力， 取
.下列說法正確的是( )
A.起重機在 時的瞬時功率
B.重物上升的最大速度
C.重物 內做勻加速直線運動
D. 內起重機對重物做的功為
√
√
[解析] 由圖像可知重物勻加速運動
的時間為 ，即重
物 內做勻加速直線運動，故
C正確；根據牛頓第二定律與功率
表達式可得， ，
聯立可得，則 圖
像的斜率
，由圖像可得
，解得起重機
時的瞬時功率為 ，
故A錯誤；重物的最大速度
，故B錯誤；
在 內，設起重機對重物做的
功為 ，對重物由動能定理得
，其中
，
解得， 后起重機
功率恒定，則 內起重機對重
物做的功為 ，
所以 內起重機對重物做的功為
，故D
正確.
3.[2024·河北滄州模擬] 2023年11月10日，我
國首條超高速低真空管道磁浮交通系統——
高速飛車大同(陽高)試驗線工程完工，其特點
是全封閉真空管道和磁懸浮運輸.如圖所示，
高速飛車的質量為，額定功率為 ，高速飛車在平直軌道上從靜止開始
運動，先以加速度做勻加速直線運動，加速過程中達到額定功率 ，后
又經過一段時間達到該功率下的最大速度.若高速飛車行駛過程中所受到
的阻力為 且保持不變，則下列說法正確的是 ( )
A.高速飛車勻加速直線運動過程中達到的最
大速度為
B.高速飛車勻加速直線運動的時間為
C.高速飛車勻加速直線運動的位移為
D.高速飛車在整個加速過程中牽引力做的功
等于
√
[解析] 勻加速階段，根據牛頓第二定律可得，又 ，聯立解得高速飛車勻加速直線運動過程中達到的最大速度為 ，高速飛車勻加速直線運動的時間為 ，高速飛車勻加速直線運動的位移為 ，故A、B錯誤，C正確；當牽引力等于阻力時，高速飛車的速度達到最大，為 ，對于高速飛車整個加速過程，根據動能定理可得 ，所以牽引力做的功 ，故D錯誤.
題型2 動能定理及應用
1.應用動能定理解題的步驟圖解
2.應用動能定理時需注意
(1)動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應用動能定理是沒有依據的.
(2)多過程往復運動問題一般應用動能定理求解.
例3 [2024·學軍中學模擬] 如圖所示，在
豎直平面內固定一個半徑為的粗糙 圓
軌道，與粗糙的水平軌道相切于
點.小滑塊(視為質點)質量為 ，以大小
為為重力加速度的大小 的初速
度從水平軌道上點沿直線運動，恰好能到達點，而后沿圓軌道 下
滑，最終停在水平軌道上.已知、兩點間的距離為 ，滑塊與水平軌道
間的動摩擦因數為 ，則( )
A.滑塊第二次通過點時對軌道 的壓
力大小為
B.滑塊第一次通過軌道 所用的時間比
第二次的多
C.滑塊第二次通過軌道 因摩擦產生的
熱量小于
D.滑塊最終停在 點左側水平軌道上且與
點間的距離小于
√
[解析] 滑塊從A點運動到B點過程中，由
動能定理有 ，
其中， ，滑塊第一次
通過B點時，根據牛頓第二定律有
，聯立解得 ，
根據牛頓第三定律可知，滑塊第一次
通過B
點時對軌道 的壓力大小為
，由于滑塊從B滑到C
后又滑回B的過程中摩擦力一直做負功，
根據動能定理知，滑塊第二次通過軌道
的B點時的速度比第一次的小，向心
加速度也比第一次的小，對軌道的壓力
小于 ，A錯誤；由于摩擦生熱，所
以滑塊通過軌道 上的同一位置時第二
次的速度總是小于第一次的速度，可見
滑塊下滑過程的平均速率小于上滑過程
的平均速率，而路程均為 ，故滑塊
第一次通過軌道 所用的時間比第二次
的少，B錯誤；根據能量守恒定律，滑塊
第一次通過軌道 的過程中因摩擦產生
的熱量為
，
由于滑塊通過軌道 的過程中第二次對
軌道的壓力較小，所以摩擦力也較小，
產生的摩擦熱 ，C正確；滑
塊從A點開始運動到在水平軌道上停下
的過程中，根據能量守恒定律得
，解
得 ，D錯誤.
技法點撥
本題需要綜合應用動能定理、能量守恒定律解決多過程問題.由于摩擦生
熱，通過軌道上的同一位置時第二次的速度總是小于第一次的速度，
所以兩次的時間不同.第二次對軌道的壓力較小，摩擦力也較小，故產生
的摩擦熱較小.
例4 [2024·蕭山中學模擬] 如圖甲所示，一物塊以一定的初速度沿傾角為
的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小恒定，物塊動能 與運動
路程的關系如圖乙所示.重力加速度大小取 ，下列判斷正確的是
( )
A.物塊的質量為
B.物塊所受的摩擦力為
C.物塊在最高點時重力勢能為
D.物塊上滑過程中克服摩擦力做功為
√
[解析] 由圖像可知， 內物塊上滑，由動能定理得 ，整理得 ，結合 內的圖像得，斜率的絕對值 ， 內物塊下滑，由動能定理得 ，整理得 ，結合 內的圖像得，斜率 ，聯立解得，
，故A、B錯誤；由題意可得，
物塊沿斜面上滑的最大距離為 ，
所以物塊在最高點時重力勢能為 ，故C錯
誤；物塊上滑過程中，由動能定理 ，解
得物塊上滑過程中克服摩擦力做功為 ，故D正確.
技法點撥
此題是動能定理與圖像綜合問題，一般圖像分析的切入點包含“軸、線、
斜、點、截、面”.根據動能定理可得圖像的斜率大小表示物體受到
的合力，分別列上升和下降兩個過程的動能定理，可以求出未知外力和物
體的質量.
【遷移拓展】
1.冰滑梯是一種體驗冰雪運動的娛樂項
目，其示意圖如圖所示，游客從螺旋滑
道上端滑下，旋轉兩周后經傾斜滑道沖
上水平滑道，滑行結束時停在水平滑道上.假設螺旋滑道的圓面半徑為
，上端與下端高度差為，傾斜滑道高度差為 ，
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
數處處相同，游客可視為質點.現測得游
客某次滑行時停在水平滑道上的位置與
螺旋滑道上端的水平距離為 ，
則游客與各滑道間的動摩擦因數可能為
( )
A.0.07 B.0.08 C. 0.09 D.0.10
√
[解析] 研究游客整個運動過程，根據動
能定理有 ，解得
，實際上游客在螺旋滑道上運
動時因為向心力的原因導致支持力比在
同角度的斜面上的大，則在螺旋滑道上
運動時摩擦力做的功
，因此動摩擦因
數應更小，故A正確，B、C、D錯誤.
2.[2024·嵊州模擬] 如圖甲所示，質量為 的物塊受到水平向右的拉力
，以的初速度從點向右運動，隨位移 變化的圖像如圖乙所示.
已知物塊與地面間的動摩擦因數為，重力加速度取 ，在運動
過程中物塊的最大速度為( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由圖像可知，拉力減小時表達式為 ，物塊受到的滑動摩擦力大小為，當物塊所受合力為零，即 時，物塊的速度最大，此時有，解得， 圖線與橫軸圍成的面積表示拉力對物塊做的功，設物塊的最大速度為 ，由圖像可知物塊速度最大時，拉力對物塊做的功為 ，從物塊開始運動到速度最大的過程中，由動能定理得
，解得 ，故A正確.
題型3 應用動能定理解決力學綜合問題 .
例5 [2022·浙江1月選考] 如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾
角 的光滑直軌道、圓心為的半圓形光滑軌道 、圓心為
的半圓形光滑細圓管軌道、傾角也為 的粗糙直軌道 組成，
、和為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在點(與 點等高)，
、、、和 點處于同一直線上.已知可視為質點的滑塊質量
，軌道和的半徑，軌道長度 ，
滑塊與軌道間的動摩擦因數 ，滑塊與彈性板作用后，以等大速度
彈回，，,取.滑塊開始時均從軌道
上某點由靜止釋放.
(1) 若釋放點距點的長度，求滑塊到最低點 時軌道對其支持力
的大小；
[答案]
[解析] 從釋放點到 點過程，由動能定理得
(1分)
在 點時，由牛頓第二定律得
(1分)
聯立解得 (1分)
(2) 設釋放點距點的長度為，求滑塊第1次經點時的速度與 之間的
關系式；
[答案]
[解析] 從釋放點到 點過程，由動能定理得
(1分)
解得 (1分)
能到達 點，說明在圓管軌道最高點時的速度大于0，則
(1分)
聯立解得 (1分)
(3) 若滑塊最終靜止在軌道的中點，求釋放點距點長度 的值.
[答案] 、或
[解析] 設整個過程中摩擦力做的功為第一次從點到 的中點過程中摩擦
力做功的 倍，由動能定理得
(1分)
其中
解得
當時， (1分)
當時， (1分)
當時， (1分)
規范答題區 自評項目(共100分) 自評得分
書寫工整無涂抹(20分)
有必要的文字說明(20分)
使用原始表達式、無代數過程(30分)
有據①②得③等說明(10分)
結果為數字的帶有單位，求矢量的有方 向說明(20分)
【遷移拓展】
1.[2024·瑞安中學模擬] 如圖所示為安裝在水平地面上的某游戲裝置結構
示意圖，其左邊部分是一個高度和水平位置均可以調節的平臺，在平臺上
面放置一個彈射裝置；游戲裝置的右邊部分由豎直固定的光滑圓弧軌道
、粗糙水平直線軌道與豎直固定的光滑圓軌道 組成
(底端連接處與略錯開).已知圓弧軌道的圓心為、半徑 ，
其端與水平面相切，與的夾角 ；水平直線軌道 長度
，動摩擦因數；圓軌道的半徑 .將質量
的滑塊置于點，再將質量同為的小球 經彈射裝
置從平臺上點水平彈出，通過改變高度差、水平距離和小球在 點
的初速度大小，總能讓小球沿點的切線方向進入 圓弧軌道，然后與滑
塊 發生彈性碰撞.空氣阻力不計，小球和滑塊均可視為質點，重力加速度
取 .
(1) 若，求小球從 點彈出時的初速度大小；
[答案]
[解析] 小球從到過程，做平拋運動，則豎直方向上有
水平初速度
聯立解得
(2) 若，求小球到達點與 碰撞前瞬間對圓弧軌道的壓力；
[答案] ，方向豎直向下
[解析] 小球從拋出至運動到 點，根據動能定理得
解得
小球在點時，根據牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律得小球對圓弧軌道的壓力 ，方向豎直向下
(3) 若與碰撞后，能夠通過圓軌道的最高點，求 需要滿足的條件.
[答案]
[解析] 小球與滑塊彈性碰撞后，速度交換，靜止，彈出，要使 能
夠通過 點，則由動能定理得
由牛頓第二定律得
小球從運動到 過程，豎直方向上，
由運動學公式得
聯立解得要滿足的條件是
2.[2024·諸暨模擬] 如圖所示是小智同學設計的一個游戲裝置，該裝置由
傾角為 的斜軌道、半徑為且圓心角為 的圓弧軌道 、
水平軌道及一個半徑為的四分之一圓弧軌道 組成，其
中、、、在同一水平線上，、等高，、 間的距離
，、間的距離，、 分別為兩弧形軌道的圓
心，、分別為兩弧形軌道的最低點，、 在豎直方向上，滑塊與
軌道間的動摩擦因數為 ，其余軌道均光滑.某次游戲時小智同
學用沿斜面向上的恒力拉一個可視為質點的滑塊從傾斜軌道最低點 由
靜止勻加速至時撤去外力，發現滑塊剛好能從 點沿切線進入弧形軌道
(無機械能損失)，然后沿滑下經落在圓弧軌道 上.已知滑塊質量
為，不計空氣阻力，重力加速度取 .
(1) 求滑塊經過 點時的速度大小；
[答案]
[解析] 滑塊剛好能從 點沿切線進入弧形軌道，
且、等高，可知滑塊在、 間做斜拋運動.設
經過點時速度為，從最高點下落到 點所用
時間為，則有
解得，，
滑塊經過 點時的速度大小
(2) 求滑塊在圓弧軌道的最低點 處時所受軌道支持力的大小和方向；
[答案] ; 方向豎直向上
[解析] 由幾何關系可得點到 點的高度
為
滑塊在 段運動過程，只有重力做功，
根據機械能守恒定律可得
解得
滑塊在 點時，由重力和支持力的合力提
供向心力，有
解得
支持力方向豎直向上
(3) 求滑塊落在圓弧軌道 上的位置；
[答案] 圓弧 上的中點
[解析] 設滑塊運動到時速度為 ，由動能定
理有
解得
滑塊經過之后做平拋運動落到圓弧軌道 上.
由平拋運動特點可得
由幾何關系得
聯立解得，，
由可知，滑塊落在圓弧軌道 上的中點
(4) 若在軌道上再對滑塊施加水平向右的力，求滑塊落在圓弧軌道
上的最小動能.
[答案]
[解析] 若在 軌道上再對滑塊施加水平向右的
力，設滑塊運動到時速度為，則滑塊經過
之后做平拋運動落到圓弧軌道上，有
設滑塊落到圓弧軌道上時動能為 ，對滑塊根
據動能定理有
聯立可得
由數學知識可知，當，即 時，動能
有最小值，為
1.　兩節動車的額定功率分別為P1、P2,在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v1、v2.現將它們編成動車組,設每節動車運行時受到的阻力在編組前后不變,則動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為 (　　)
A. B.
C. D.
√
[解析] 設兩節動車運行時受到的阻力分別為Ff1、Ff2,由題意可知P1=Ff1v1,P2=Ff2v2,將它們編組后有P1+P2=(Ff1+Ff2)v,聯立可得v=,故D正確.
2.　 滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑,到達最高點B后返回到底端.利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝,頻閃照片示意圖如圖所示.與圖乙中相比,圖甲中滑塊(　　)
A.受到的合力較小
B.經過A點的動能較小
C.在A、B之間的運動時間較短
D.在A、B之間克服摩擦力做的功小
√
[解析] 因為頻閃照片時間間隔相同,對比圖甲和乙可知,運動相同距離,圖甲中滑塊用時較短,則加速度較大,是上滑階段,根據牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大,故A錯誤;
從圖甲中的A點到圖乙中的A點,滑塊先上升后下降,重力做功為0,摩擦力做負功,根據動能定理可知圖甲中滑塊經過A點的動能較大,故B錯誤;
由于圖甲中滑塊加速度較大,根據at2=x,可知圖甲中滑塊在A、B之間的運動時間較短,故C正確;
由于無論上滑或下滑滑塊受到的滑動摩擦力大小均相等,
故圖甲和圖乙中滑塊在A、B之間克服摩擦力做的功相等,故D錯誤.
3.如圖為某游戲裝置原理示意圖.水平桌面上固定一半圓形豎直擋板,其半徑為2R、內表面光滑,擋板的兩端A、B在桌面邊緣,B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道CDE在同一豎直平面內,過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°.小物塊以某一水平初速度由A端沿切線方向進入擋板內側,從B點飛出桌面后,在C點沿圓弧切線方向進入軌道CDE內側,并恰好能到達軌道的最高點D.小物塊與桌面之間的動摩擦因數為,重力加速度大小為g,忽略空氣阻力,小物塊可視為質點.求:
(1)小物塊到達D點的速度大小;
[答案] 　
[解析] 小物塊恰好能到達軌道最高點,有
mg=m
解得vD=
(2)B和D兩點的高度差.
[答案] 0　
[解析] 小物塊從C到D,由機械能守恒定律得
mm+mgR(1+cos 60°)
從B到C做平拋運動,有vB=vCcos 60°
從B到D,由機械能守恒定律得
mghBD=mm
聯立解得vB= ,hBD=0
(3)小物塊在A點的初速度大小.
[答案]
[解析] 小物塊從A到B,根據動能定理得
-μmg·2πR=mm
解得vA=

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