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(共68张PPT)
第4讲 功、功率、动能定理
题型1 功、功率的分析和计算
题型2 动能定理及应用
题型3 应用动能定理解决力学综合问题
解答规范
网络构建
备用习题
【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 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计算.
2.功率的计算
明确是求瞬时功率还是平均功率.
侧重于平均功率的计算， 为和速度的夹角侧重
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
约为的水轮以角速度 匀速转动,水筒在筒车上均匀
排布，单位长度上有 个，与水轮间无相对滑动，每个
水筒离开水面时装有质量为的水，其中的 被输送
到高出水面处灌入稻田，当地的重力加速度为 ，则
筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题知，水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
，则水轮转一圈灌入
稻田的水克服重力做的功 ，筒车对灌
入稻田的水做功的功率为，又 ，联立解得
，故B正确.
例2 [2022·浙江6月选考] 小明用额定功率为、最大拉力为 的
提升装置，把静置于地面的质量为的重物竖直提升到高为 的
平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过 的匀减速运动，到
达平台速度刚好为零，取 ，则提升重物的最短时间为( )
A. B. C. D.
√
[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
，当功率达到额定功率时，重物
的速度为 ，此过程所用时间为
，上升的高度为 ，重物以最
大速度匀速运动时，有 ，重物最后以
最大加速度做匀减速运动的时间为 ，上升的高度为
，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 ，该过程根据动能定理可得
，又
，联立解得 ，
故提升重物的最短时间为
，C正确.
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此时机车的功率最大，由
和可得.
(2)全程的最大速度：此时，由可得.
【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 内使承
载4人的登高平台(人连同平台的总质量为)上升 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 ，
水离开炮口时的速率为，水的密度为 ,则用于( )
A.水炮工作的发动机输出功率约为
B.水炮工作的发动机输出功率约为
C.水炮工作的发动机输出功率约为
D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为
√
[解析] 重力加速度取 时，登高平台克服重力做功的功率
，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 ，D错
误；在内，喷出去水的质量为 ，喷出去
水的重力势能增加量为 ，水的动
能增加量为，则 内水增加的机械能为
，所以用于水炮工作的发动机输出功率约为
，B正确，A、C错误.
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 ，起重范围
从到 ，中国起重机在世界地位越来越“重”.若该起重机由静止开
始提升质量为的物体，其图像如图乙所示，不计其他阻力， 取
.下列说法正确的是( )
A.起重机在 时的瞬时功率
B.重物上升的最大速度
C.重物 内做匀加速直线运动
D. 内起重机对重物做的功为
√
√
[解析] 由图像可知重物匀加速运动
的时间为 ，即重
物 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， ，
联立可得，则 图
像的斜率
，由图像可得
，解得起重机
时的瞬时功率为 ，
故A错误；重物的最大速度
，故B错误；
在 内，设起重机对重物做的
功为 ，对重物由动能定理得
，其中
，
解得， 后起重机
功率恒定，则 内起重机对重
物做的功为 ，
所以 内起重机对重物做的功为
，故D
正确.
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，额定功率为 ，高速飞车在平直轨道上从静止开始
运动，先以加速度做匀加速直线运动，加速过程中达到额定功率 ，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 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
√
[解析] 匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得，又 ，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 ，高速飞车匀加速直线运动的时间为 ，高速飞车匀加速直线运动的位移为 ，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 ，对于高速飞车整个加速过程，根据动能定理可得 ，所以牵引力做的功 ，故D错误.
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的粗糙 圆
轨道，与粗糙的水平轨道相切于
点.小滑块(视为质点)质量为 ，以大小
为为重力加速度的大小 的初速
度从水平轨道上点沿直线运动，恰好能到达点，而后沿圆轨道 下
滑，最终停在水平轨道上.已知、两点间的距离为 ，滑块与水平轨道
间的动摩擦因数为 ，则( )
A.滑块第二次通过点时对轨道 的压
力大小为
B.滑块第一次通过轨道 所用的时间比
第二次的多
C.滑块第二次通过轨道 因摩擦产生的
热量小于
D.滑块最终停在 点左侧水平轨道上且与
点间的距离小于
√
[解析] 滑块从A点运动到B点过程中，由
动能定理有 ，
其中， ，滑块第一次
通过B点时，根据牛顿第二定律有
，联立解得 ，
根据牛顿第三定律可知，滑块第一次
通过B
点时对轨道 的压力大小为
，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
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 ，A错误；由于摩擦生热，所
以滑块通过轨道 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 ，故滑块
第一次通过轨道 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 的过程中因摩擦产生
的热量为
，
由于滑块通过轨道 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 ，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
，解
得 ，D错误.
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
的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小恒定，物块动能 与运动
路程的关系如图乙所示.重力加速度大小取 ，下列判断正确的是
( )
A.物块的质量为
B.物块所受的摩擦力为
C.物块在最高点时重力势能为
D.物块上滑过程中克服摩擦力做功为
√
[解析] 由图像可知， 内物块上滑，由动能定理得 ，整理得 ，结合 内的图像得，斜率的绝对值 ， 内物块下滑，由动能定理得 ，整理得 ，结合 内的图像得，斜率 ，联立解得，
，故A、B错误；由题意可得，
物块沿斜面上滑的最大距离为 ，
所以物块在最高点时重力势能为 ，故C错
误；物块上滑过程中，由动能定理 ，解
得物块上滑过程中克服摩擦力做功为 ，故D正确.
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
，上端与下端高度差为，倾斜滑道高度差为 ，
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 ，
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
√
[解析] 研究游客整个运动过程，根据动
能定理有 ，解得
，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
，因此动摩擦因
数应更小，故A正确，B、C、D错误.
2.[2024·嵊州模拟] 如图甲所示，质量为 的物块受到水平向右的拉力
，以的初速度从点向右运动，随位移 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，重力加速度取 ，在运动
过程中物块的最大速度为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由图像可知，拉力减小时表达式为 ，物块受到的滑动摩擦力大小为，当物块所受合力为零，即 时，物块的速度最大，此时有，解得， 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 ，由图像可知物块速度最大时，拉力对物块做的功为 ，从物块开始运动到速度最大的过程中，由动能定理得
，解得 ，故A正确.
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 的光滑直轨道、圆心为的半圆形光滑轨道 、圆心为
的半圆形光滑细圆管轨道、倾角也为 的粗糙直轨道 组成，
、和为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在点(与 点等高)，
、、、和 点处于同一直线上.已知可视为质点的滑块质量
，轨道和的半径，轨道长度 ，
滑块与轨道间的动摩擦因数 ，滑块与弹性板作用后，以等大速度
弹回，，,取.滑块开始时均从轨道
上某点由静止释放.
(1) 若释放点距点的长度，求滑块到最低点 时轨道对其支持力
的大小；
[答案]
[解析] 从释放点到 点过程，由动能定理得
(1分)
在 点时，由牛顿第二定律得
(1分)
联立解得 (1分)
(2) 设释放点距点的长度为，求滑块第1次经点时的速度与 之间的
关系式；
[答案]
[解析] 从释放点到 点过程，由动能定理得
(1分)
解得 (1分)
能到达 点，说明在圆管轨道最高点时的速度大于0，则
(1分)
联立解得 (1分)
(3) 若滑块最终静止在轨道的中点，求释放点距点长度 的值.
[答案] 、或
[解析] 设整个过程中摩擦力做的功为第一次从点到 的中点过程中摩擦
力做功的 倍，由动能定理得
(1分)
其中
解得
当时， (1分)
当时， (1分)
当时， (1分)
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
、粗糙水平直线轨道与竖直固定的光滑圆轨道 组成
(底端连接处与略错开).已知圆弧轨道的圆心为、半径 ，
其端与水平面相切，与的夹角 ；水平直线轨道 长度
，动摩擦因数；圆轨道的半径 .将质量
的滑块置于点，再将质量同为的小球 经弹射装
置从平台上点水平弹出，通过改变高度差、水平距离和小球在 点
的初速度大小，总能让小球沿点的切线方向进入 圆弧轨道，然后与滑
块 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
取 .
(1) 若，求小球从 点弹出时的初速度大小；
[答案]
[解析] 小球从到过程，做平抛运动，则竖直方向上有
水平初速度
联立解得
(2) 若，求小球到达点与 碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；
[答案] ，方向竖直向下
[解析] 小球从抛出至运动到 点，根据动能定理得
解得
小球在点时，根据牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得小球对圆弧轨道的压力 ，方向竖直向下
(3) 若与碰撞后，能够通过圆轨道的最高点，求 需要满足的条件.
[答案]
[解析] 小球与滑块弹性碰撞后，速度交换，静止，弹出，要使 能
够通过 点，则由动能定理得
由牛顿第二定律得
小球从运动到 过程，竖直方向上，
由运动学公式得
联立解得要满足的条件是
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 的斜轨道、半径为且圆心角为 的圆弧轨道 、
水平轨道及一个半径为的四分之一圆弧轨道 组成，其
中、、、在同一水平线上，、等高，、 间的距离
，、间的距离，、 分别为两弧形轨道的圆
心，、分别为两弧形轨道的最低点，、 在竖直方向上，滑块与
轨道间的动摩擦因数为 ，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拉一个可视为质点的滑块从倾斜轨道最低点 由
静止匀加速至时撤去外力，发现滑块刚好能从 点沿切线进入弧形轨道
(无机械能损失)，然后沿滑下经落在圆弧轨道 上.已知滑块质量
为，不计空气阻力，重力加速度取 .
(1) 求滑块经过 点时的速度大小；
[答案]
[解析] 滑块刚好能从 点沿切线进入弧形轨道，
且、等高，可知滑块在、 间做斜抛运动.设
经过点时速度为，从最高点下落到 点所用
时间为，则有
解得，，
滑块经过 点时的速度大小
(2) 求滑块在圆弧轨道的最低点 处时所受轨道支持力的大小和方向；
[答案] ; 方向竖直向上
[解析] 由几何关系可得点到 点的高度
为
滑块在 段运动过程，只有重力做功，
根据机械能守恒定律可得
解得
滑块在 点时，由重力和支持力的合力提
供向心力，有
解得
支持力方向竖直向上
(3) 求滑块落在圆弧轨道 上的位置；
[答案] 圆弧 上的中点
[解析] 设滑块运动到时速度为 ，由动能定
理有
解得
滑块经过之后做平抛运动落到圆弧轨道 上.
由平抛运动特点可得
由几何关系得
联立解得，，
由可知，滑块落在圆弧轨道 上的中点
(4) 若在轨道上再对滑块施加水平向右的力，求滑块落在圆弧轨道
上的最小动能.
[答案]
[解析] 若在 轨道上再对滑块施加水平向右的
力，设滑块运动到时速度为，则滑块经过
之后做平抛运动落到圆弧轨道上，有
设滑块落到圆弧轨道上时动能为 ，对滑块根
据动能定理有
联立可得
由数学知识可知，当，即 时，动能
有最小值，为
1.　两节动车的额定功率分别为P1、P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1、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,则动车组在此铁轨上能达到的最大速度为 (　　)
A. B.
C. D.
√
[解析] 设两节动车运行时受到的阻力分别为Ff1、Ff2,由题意可知P1=Ff1v1,P2=Ff2v2,将它们编组后有P1+P2=(Ff1+Ff2)v,联立可得v=,故D正确.
2.　 滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B后返回到底端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比,图甲中滑块(　　)
A.受到的合力较小
B.经过A点的动能较小
C.在A、B之间的运动时间较短
D.在A、B之间克服摩擦力做的功小
√
[解析] 因为频闪照片时间间隔相同,对比图甲和乙可知,运动相同距离,图甲中滑块用时较短,则加速度较大,是上滑阶段,根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大,故A错误;
从图甲中的A点到图乙中的A点,滑块先上升后下降,重力做功为0,摩擦力做负功,根据动能定理可知图甲中滑块经过A点的动能较大,故B错误;
由于图甲中滑块加速度较大,根据at2=x,可知图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短,故C正确;
由于无论上滑或下滑滑块受到的滑动摩擦力大小均相等,
故图甲和图乙中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等,故D错误.
3.如图为某游戏装置原理示意图.水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A端沿切线方向进入挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧,并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点.求:
(1)小物块到达D点的速度大小;
[答案] 　
[解析] 小物块恰好能到达轨道最高点,有
mg=m
解得vD=
(2)B和D两点的高度差.
[答案] 0　
[解析] 小物块从C到D,由机械能守恒定律得
mm+mgR(1+cos 60°)
从B到C做平抛运动,有vB=vCcos 60°
从B到D,由机械能守恒定律得
mghBD=mm
联立解得vB= ,hBD=0
(3)小物块在A点的初速度大小.
[答案]
[解析] 小物块从A到B,根据动能定理得
-μmg·2πR=mm
解得vA=

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