重难点07 功和功率 动能定理-2025年高考物理 热点 重点 难点 专练（广东专用）

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【情境解读】
【高分技巧】
【考向一：功、功率的分析与计算】
1．功的求法
2．功率的求法
1．(改编自2022年广东卷)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,MN=10 m,斜坡的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有( )。
A.从M到N,小车牵引力做功800 J
B.从M到N,小车所受摩擦力大小为40 N
C.从P到Q,克服重力做功的功率为1000 W
D.从P到Q,小车所受摩擦力大小为285 N
答案 B
解析 小车从M到N做匀速运动的时间t1==2 s,则牵引力做功W=P1t1=200×2 J=400 J,故A项错误;小车从M到N,依题意有P1=Fv1=200 W,代入数据解得F=40 N,小车从M到N做匀速运动,小车所受的摩擦力大小f1=F=40 N,故B项正确;依题意,从P到Q,小车克服重力做功的功率PG=mgv2sin 30°=500 W,故C项错误;小车从P到Q,所受牵引力大小F2==285 N,设摩擦力大小为f2,小车做匀速运动,有f2+mgsin 30°=F2,解得f2=35 N,D项错误。
2．(改编自2021年广东卷)(多选)长征途中,为了突破敌方关隘,战士爬上陡峭的山头,居高临下向敌方工事内投掷手榴弹,战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹,手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h,在空中的运动可视为平抛运动,轨迹如图所示,重力加速度为g,下列说法正确的有( )。
A.从投出到落地,重力对两手榴弹的平均功率相等
B.两手榴弹在落地前瞬间,重力的功率相等
C.战士对甲做的功比对乙做的功多
D.战士对两手榴弹做功相等
答案 ABC
解析 由平抛运动规律可知,手榴弹做平抛运动的时间t=,因为两手榴弹运动的高度差相同,所以在空中运动时间相等,由P=知,两者重力的平均功率相等,A项正确;做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P=mgvy=mg2g?,因为两手榴弹运动的高度差相同,质量相同,所以落地前瞬间,两手榴弹重力功率相同,B项正确;投出手榴弹的瞬间,根据动能定理,战士对手榴弹做的功等于手榴弹获得的初动能,根据x=v0t可知,甲的射程远,甲的初速度大,甲的初动能大,所以战士对甲做功多,C项正确,D项错误。
3． (2023新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( )
A.0 B.mgh
C.eq \f(1,2)mv2－mgh D.eq \f(1,2)mv2＋mgh
答案 B
解析 雨滴在地面附近下落过程中做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程，由动能定理有mgh－Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误。
4．(2023广东佛山统考)小明同学乘电动汽车出行，当汽车以90 km/h的速度匀速行驶时，在该车的行车信息显示屏上看到了如下信息，电池组输出电压400 V，电流为25 A。已知该车电机及传动系统将电能转化为机械能的效率约为80%，则此时该车( )
A.电池组输出的电功率约为8 000 W
B.牵引力的功率约为10 000 W
C.受到的阻力约为320 N
D.受到的牵引力约为400 N
答案 C
解析 电池组输出的电功率P＝UI＝400×25 W＝10 000 W，故A错误；牵引力的功率约为P′＝80%P＝8 000 W，故B错误；汽车做匀速运动，牵引力等于阻力，即F＝f，汽车的速度v＝90 km/h＝25 m/s，汽车受到的阻力f＝F＝eq \f(P′,v)＝eq \f(8 000,25) N＝320 N，故C正确，D错误。
5．(2023湛江测试一)如图所示，某商场有一与水平方向成37°的自动扶梯，现有质量为50 kg的人与扶梯一起以2 m/s的速度斜向上匀速运动10 m．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则此过程中( )
A. 人的重力势能增加了5 000 J
B. 乘客与扶梯之间产生的内能为5 000J
C. 人克服重力做功的功率为600 W
D. 扶梯对人所做的功为5 000 J
答案C
解析 人的重力势能增加了mgh＝50×10×10×sin 37° J＝3 000 J，故A错误；乘客与扶梯之间无相对运动，内能为0，故B错误；人克服重力做功的功率为mgv sin 37°＝50×10×2×sin 37° W＝600 W，故C正确；由动能定理可知W＝WG＝3 000 J，故D错误．
【考向二：动能定理的应用】
应用动能定理解题的四点注意
1．应用动能定理解题的思维流程
2．应用动能定理解题的三点提醒
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)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。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
3．应用动能定理解题的四个步骤
(1)建立运动模型，判断物体做了哪些运动。
(2)分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。
(3)抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。
(4)根据实际情况分阶段或整个过程利用动能定理列式计算。
6． (2024茂名二模)“广湛”高铁将茂名到广州的通行时间缩短至2小时．假设动车启动后沿平直轨道行驶，发动机功率恒定，行车过程中受到的阻力恒为f.已知动车质量为m，最高行驶速度为vm，下列说法中正确的是( )
A. 动车启动过程中所受合外力不变
B. 动车发动机功率为fvm
C. 从启动到最大速度过程中，动车平均速度为 eq \f(vm,2)
D. 从启动到最大速度过程中，动车牵引力做功为 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,m)
答案B
解析 发动机功率恒定，根据P＝Fv，速度变大，牵引力变小，合外力F合＝F－f，即合外力变小，故A错误；速度最大时，动车加速度为零，受力平衡，此时P＝Fv＝fvm，故B正确；从启动到最大速度过程中，动车做加速度变小的加速运动，动车平均速度大于 eq \f(vm,2)，故C错误；从启动到最大速度过程中，根据动能定理WF－Wf＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,m) ，动车牵引力做功大于 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,m) ，故D错误．
7．(改编自2022年全国甲卷)(多选) 北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h,运动员从a到c克服阻力做功为mgh(m为运动员的质量,g为重力加速度)。若c点处这一段圆弧雪道的半径为r,运动过程中将运动员视为质点,则关于经过最低点c时,运动员的速度大小v,运动员对滑雪板的压力大小与自身所受重力大小的比值k,下列正确的是( )。
A.v=2g?B.v=
C.k=1+D.k=+1
答案 BC
解析 运动员从a到c根据动能定理有 mgh-mgh=mv2,得v=,A项错误,B项正确;在c点有F-mg=,F=kmg,联立有k=1+,C项正确,D项错误。
8．(多选)如图所示，竖直平面内固定的光滑轨道中，ab竖直、b到c的圆轨道半径为2R，d到e的圆轨道半径为R，这两个圆轨道的圆心O与b点等高，一小滑块从a点贴着ab由静止释放，下列说法中正确的是( )
A. 如果小滑块不会脱离轨道，则ab高度不能小于2.5R
B. 如果小滑块不会脱离轨道，则ab高度不能小于3R
C. 小滑块在d点对轨道的压力小于在c点对轨道的压力
D. 小滑块在经过e点时对轨道的压力不可能等于零
答案BD
解析 如果小滑块不会脱离轨道，则过c点的速度vc≥ eq \r(2gR)，从释放到c点由动能定理mg(h－2R)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,c) －0，解得h≥3R，故A错误，B正确；根据牛顿第二定律，在d点有FNd＝m eq \f(v eq \\al(2,d) ,R)＋mg，在c点有FNc＝m eq \f(v eq \\al(2,c) ,2R)－mg，由于vd>vc，所以FNd>FNc，根据牛顿第三定律，小滑块在d点对轨道的压力大于在c点对轨道的压力，故C错误；从c到e由动能定理得 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,e) － eq \f(1,2)mv eq \\al(2,c) ＝mgR，因为vc≥ eq \r(2gR)，所以ve≥2 eq \r(2gR)，根据牛顿第二定律在e点有FNe＋mg＝ eq \f(mv eq \\al(2,e) ,R)，解得FNe≥3mg，因此小滑块在经过e点时对轨道的压力不可能等于零，故D正确．
9． (2023上海交大附中高三校考)某兴趣小组设计了一个游戏装置，其简化模型如图1所示，斜面轨道AB长L＝2 m，倾角α＝37°，与小球间动摩擦因数μ＝0.5，BC为光滑水平轨道，CDEFG轨道竖直放置，由4个半径R＝0.2 m的四分之一光滑圆弧轨道组成，D点与F点为竖直连接点，当小球在圆弧轨道上运动时，轨道与小球间存在沿半径方向(指向圆心)、大小为F＝4 N的特殊引力，上述各部分轨道平滑连接，连接处无能量损失。一质量为m＝0.1 kg的小球从斜面顶端A点以一定的初速度沿斜面滑下，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)若小球以v0＝2 m/s的初速度从A点滑下时，
①求小球到达斜面底端B点的速度vB；
②求小球刚过D点瞬间对轨道的压力；
(2)要使小球能沿轨道运动，且能够到达圆弧轨道最高点E，求小球在A点初速度vA的取值范围。
答案 (1)①2eq \r(3) m/s ②0 (2)0≤vA≤2 m/s
解析 (1)①从A点到B点，由动能定理得
mgLsin 37°－μmgLcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得vB＝2eq \r(3) m/s。
②从B点到D点，由动能定理得
－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vD＝2eq \r(2) m/s
设小球在D点受到轨道给它的弹力FN，
由牛顿第二定律得F＋FN＝meq \f(veq \\al(2,D),R)
解得FN＝0
由牛顿第三定律得，小球刚过D点瞬间对轨道的压力
FN′＝0。
(2)从A点到E点，由动能定理得
mgLsin 37°－μmgLcs 37°－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
解得vE＝vA
能够到达圆弧轨道最高点E的最小速度为零。为了保证小球不脱离轨道，在D点轨道对小球弹力大于等于零。因在D点FN＝0时，A点速度为vA＝2 m/s。
要使小球能沿轨道运动，且能够到达圆弧轨道最高点E，小球在A点初速度vA的取值范围为0≤vA≤2 m/s。
10.(2023湖北卷)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 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点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 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eq \f(1,2π)，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；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小。
答案 (1)eq \r(gR) (2)0 (3)eq \r(3gR)
解析 (1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
meq \f(veq \\al(2,D),R)＝mg
解得vD＝eq \r(gR)。
(2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，则在C点有vCx＝vCcs 60°＝vB
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋Rcs 60°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
联立解得vB＝eq \r(gR)，HBD＝0。
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
s＝π·2R
解得vA＝eq \r(3gR)。
【考向三：动能定理与图像的综合问题】
11.(多选)(2023江西南昌高三期中)图甲为一种新型的电动玩具,整体质量为m,下方的圆球里有电动机、电池、红外线发射器等,打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的升力F,使玩具在空中飞行。将玩具从离地面高度为4h0处由静止释放,使玩具在竖直方向运动,升力F随离地面高度h变化的关系如图乙所示,重力加速度为g,玩具只受升力和自身重力作用。对于4h0--2h0过程,下列判断正确的是( )
A.玩具先做匀加速运动再做匀减速运动
B.玩具下落到距地面3h0高处速度最大
C.玩具下落的最大速度为
D.玩具下落的最大速度为
答案BC
解析 玩具在下落过程中,根据牛顿第二定律有mg-F=ma,4h0~2h0过程中,由图可知,F从0增大到2mg,在3h0时为mg,所以加速度开始时向下并逐渐减小,速度在增大,当达到3h0时合力为0,加速度为0,此时速度达到最大值,继续运动,合力向上,做减速运动,此时加速度向上并逐渐增大,速度在减小,A错误,B正确;根据上面分析,玩具下落到距地面3h0时速度最大,F做负功,大小为图线与横轴围成的面积,所以有WF=-(4h0-3h0)·mg·=-mgh0,对该过程,根据动能定理有mgh0-mgh0=,解得vm=,C正确,D错误。
12．(2021湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 NB．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 ND．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案A
解析 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。
13．如图甲所示，一物块从固定斜面的底端沿斜面方向冲上斜面，物块的动能Ek随距斜面底端高度h的变化关系如图乙所示，已知斜面的倾角为30°，重力加速度大小为g，取物块在斜面底端时的重力势能为零，下列说法正确的是( )
A．物块的质量为eq \f(2E0,gh0)
B．物块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)
C．上滑过程中，物块动能等于重力势能时，到斜面底端的高度为eq \f(4,7)h0
D．下滑过程中，物块动能等于重力势能时，物块的动能大小为eq \f(E0,2)
答案C
解析 物块从底端上滑到最高点的过程，由动能定理可知－mgh0－μmgcs 30°·eq \f(h0,sin 30°)＝0－2E0，从最高点滑回斜面底端的过程，由动能定理可知mgh0－μmgcs 30°·eq \f(h0,sin 30°)＝E0，联立解得m＝eq \f(3E0,2gh0)，μ＝eq \f(\r(3),9)，故A、B错误；物块从斜面底端上滑高度为h时的动能为Ek1＝2E0－mgh－μmgcs 30°·eq \f(h,sin 30°)，物块具有的重力势能为Ep1＝mgh，当Ep1＝Ek1时，解得h＝eq \f(4,7)h0，故C正确；物块从最高点下滑到高度为h时的动能为Ek2＝mg(h0－h)－μmgcs 30°·eq \f(h0－h,sin 30°)，物块具有的重力势能为Ep2＝mgh，当Ep2＝Ek2时，解得h＝eq \f(2,5)h0，Ek2＝eq \f(3,5)E0，故D错误。
14.一质量为2 kg的物体静止于粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图5甲所示。外力F对物体所做的功、物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x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.物体运动的总位移为13.5 m
B.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
C.物体在前3 m运动过程中的加速度为2.5 m/s2
D.x＝9 m时，物体的速度为3eq \r(2) m/s
答案 A
解析 根据题图乙W＝μmgx，代入数据得μ＝0.1，则Ff＝μmg＝2 N，所以物体运动的总位移x＝eq \f(W,Ff)＝eq \f(27,2) m＝13.5 m，A正确，B错误；物体在前3 m运动过程中F＝eq \f(WF,x)＝5 N，则加速度a＝eq \f(F－Ff,m)＝1.5 m/s2，C错误；根据动能定理得WF－Ffx＝eq \f(1,2)mv2，x＝9 m时，代入数据解得物体的速度v＝3 m/s，D错误。
15.如图甲所示，带正电且电荷量为q＝3×10－5 C的物体A放在水平桌面上通过光滑的滑轮与B相连，A处在水平向左的匀强电场中(图中未画出)，电场强度大小为E＝3×105 N/C，以A的初始位置为坐标原点O，水平向右为正方向建立Ox坐标轴，A与桌面间的动摩擦因数μ随x的变化如图乙所示。A、B质量均为1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，A离滑轮的距离足够长，则A由静止开始从O位置运动的过程中的最大速度为( )
A．0．25 m/s B.0.5 m/s
C.1 m/s D.2 m/s
答案 B
解析 A所受静电力大小为F＝qE＝9 N，方向水平向左，B的重力大小为G＝mg＝10 N，所以开始时A沿x轴正方向运动，运动过程要受到方向向左的摩擦力，当整体受力平衡时速度最大，由平衡条件得mg＝qE＋μmg，代入数据得μ＝0.1，由图乙可知μ＝0.2x，当μ＝0.1时，x＝0.5 m，该过程克服摩擦力做功为Wf＝eq \f(1,2)μmgx＝0.25 J，根据功能关系有mgx－qEx－Wf＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,m)，解得vm＝0.5 m/s，选项B正确。
考点
三年考情分析
2025考向预测
(1)功和功率的计算；
(2)动能定理的综合应用；
3年3考
广东卷[(2024, T9), (2023,T 8), (2022, T9)]
从高考卷看，功和功率、动能定理不仅可能单独考查基本概念的应用，还普遍地出现在综合应用题中，通常与直线运动、曲线运动综合考查。在进行这部分知识的复习时，重点是掌握动能定理的应用。基础知识要重视对功的定义式的理解，区别恒力做功与变力做功、瞬时功率与平均功率、哪个力与哪段过程中功与功率、力与速度方向是否同向、对地位移还是相对位移等，动能定理的应用要先受力分析，防止漏掉某力做功和各种功能对应关系。
内容
重要的规律、公式和二级结论
1.功、功率
(1) 功的计算公式：W＝Flcs α或W＝Pt。
(2) 功率：平均功率P＝eq \f(W,t)、P＝Feq \(v,\s\up6(－))，瞬时功率P＝Fv(F与v共线)。
(3) 重力、静电力做功与路径无关；滑动摩擦力做功与路径有关，等于滑动摩擦力与路程的乘积。
(4) 如图所示，物体由斜面上高为h的位置滑下，滑到平面上的另一点停下来，若L是释放点到停止点的水平总距离，则物体与接触面之
间的动摩擦因数μ与L、h之间存在关系μ＝eq \f(h,L)。
(5) 机车启动：①恒定功率启动；②恒定加速度启动；③vm＝eq \f(P额,f阻)。
2.动能、动能定理
(6) 动能：Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(p2,2m)；动能定理：W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1。
3.功能关系
(7) 重力做功——重力势能变化；合外力做功——动能变化；静电力做功——电势能变化；分子力做功——分子势能变化；除重力或弹簧弹力之外的其他力做功——机械能变化。
(8) 一对静摩擦力做功的代数和为零；相对滑动的物体因摩擦产生的热量为Q＝Ffs相对，s相对为相对滑动的路程。