中小学教育资源及组卷应用平台
专题5 功、功率、动能定理
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＝Flcos α或W＝Pt。 (2)功率：平均功率P＝、P＝F，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＝。 (5)机车启动：①恒定功率启动；②恒定加速度启动；③vm＝。
2.动能、动 能定理 (6)动能：Ek＝mv2＝；动能定理：W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1。
1.功和功率的求解
(1)功的求解：W＝Flcos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像法来求解。
(2)功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解。注意瞬时功率与平均功率的区别。
2.动能定理的应用技巧
若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。
题型1 功和功率的计算
（2024 江阴市模拟）如图甲所示，质量为m的玩具飞箭以初速度v0竖直向上射出，运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，速度随时间的变化关系如图乙所示。t2时刻落回发射点，且此前已做匀速运动，则下列关于飞箭运动的描述中正确的是（ ）
A．飞箭的加速度先减小后增大
B．飞箭的加速度先增大后减小
C．相比于下降过程，上升过程中飞箭克服阻力做功多
D．上升和下落过程中平均速度大小相等
【解答】解：AB．图像的斜率等于加速度，可知飞箭的加速度一直减小，故AB错误；
D．上升阶段，根据牛顿第二定律可得：
下降阶段，根据牛顿第二定律可得：
则上升阶段平均加速度较大，根据可知，上升阶段时间较短；
根据平均速度计算公式可知，所以飞箭上升平均速度大于下落过程中的平均速度，故D错误；
C．上升阶段平均阻力较大，两个过程中位移大小相等，则飞箭上升过程中飞箭克服阻力做功多，故C正确。
故选：C。
（2024 洛阳一模）如图所示，质量为m的小物体静止于长L的木板边缘，开始板水平放置，现使板绕其另一端O沿逆时针方向缓缓转过α角，转动过程中，小物体始终相对木板静止，则这一过程中下列说法错误的是（ ）
A．板对物体的支持力不做功
B．板对物体的摩擦力做功为0
C．板对物体的支持力对物体做的功mgLsinα
D．重力对物体做功为﹣mgLsinα
【解答】解：B、小物体受重力、支持力和静摩擦力，且受力平衡，由于静摩擦力的方向与小物体运动方向垂直，且小物体始终相对木板静止，因此板对物体的摩擦力做功为0，故B正确；
D、板绕其另一端O沿逆时针方向缓缓转过α角，重力做功为
WG＝﹣mgLsinα
故D正确；
AC、由于是缓缓转动，根据动能定理得
WG+WN+Wf＝0
则板对物体的支持力对物体做的功为
WN＝﹣WG＝mgLsinα
故A错误，C正确。
本题是选错误的，
故选：A。
（2024 历城区校级模拟）加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t＝0时刻驾驶汽车由静止启动，t1＝6s时汽车达到额定功率，t2＝14s时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m＝2000kg，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B．汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动
C．汽车达到的最大速度大小为15m/s
D．从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150m
【解答】解：AB．由图可知汽车在AB段汽车牵引力不变，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
代入数据解得a＝2.5m/s2
汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB错误；
C．由题可知汽车在前6s内做匀加速直线运动，则t1＝6s时汽车的速度为v1＝at1＝2.5×6m/s＝15m/s
汽车额定功率为
汽车达到的最大速度大小为
故C错误；
D．汽车做匀加速直线运动的位移为m＝45m
从启动到速度达到最大过程中，根据动能定理
解得x2＝105m
汽车通过的距离为x＝x1+x2＝45m+105m＝150m，故D正确。
故选：D。
题型2 动能定理的应用
（2024 全国二模）如图所示，半径为1m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1kg的小球（可视为质点）在A点正上方0.75m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．小球在B点的动能为7.5J
B．小球在A点受到轨道的弹力大小为10N
C．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75m
D．小球离开轨道后将落至轨道B点
【解答】解：由题知，R＝1m，m＝1kg，h＝0.75m；
A.小球从释放到最低点，根据动能定理可得：
mg（h+R）＝EkB﹣0，
解得：
EkB＝17.5J，故A错误；
B.小球从释放到A点，根据动能定理可得：
，
在A点，由牛顿第二定律可得：
，
联立可得：
N＝15N，故B错误；
C.设小球上升过程中即将脱离轨道的位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，在该位置，由牛顿第二定律可得：
，
小球从B点到该点，根据动能定理可得：
，
联立可得：
，，
所以θ＝60°，
之后小球做斜上抛运动，竖直速度减为零时，有：
y，
所以小球上升的最大高度为：
h＝R（1+cosθ）+y，
联立可得：
h，故C错误；
D.假设小球离开轨道后将落至轨道B点，由C分析可知，脱离轨道的速度大小为：
m/s，
根据斜抛的运动规律可知：
，
x＝vcos60°t。
联立可得：
x，
又因为Rsin60°＝1m，
所以小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确；
故选：D。
（2024 蜀山区校级模拟）一质量m＝40kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动，一段时间内的速度随时间变化的关系图像如图所示，0～3s内为直线，3s末功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s末关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力大小恒为60N，下列说法正确是（ ）
A．0～3s内，牵引力的大小为900N
B．电动汽车的额定功率为180W
C．电动汽车的最大速度为5m/s
D．整个过程中，电动汽车所受阻力做的功为3750J
【解答】解：A、设阻力大小为f＝60N，0～3s内牵引力的大小为F1。此时间内电动汽车的加速度大小为：a11m/s2
根据牛顿第二定律得：F1﹣f＝ma1，解得：F1＝100N，故A错误；
B、3s末汽车的速度大小为v1＝3m/s，此时汽车的功率达到额定功率，则电动汽车的额定功率为：P＝F1v1＝100×3W＝300W，故B错误；
C、电动汽车速度达到最大时，其加速度为零，此时牵引力等于阻力f，则有：P＝fvm，解得最大速度为：vm＝5m/s，故C正确；
D、0～3s内汽车的位移大小为x1v1t13×3m＝4.5m
全程由动能定理得：F1x1+Pt2+Wf＝0﹣0，其中：t2＝14s﹣3s＝11s，解得电动汽车所受阻力做的功为：Wf＝﹣3750J，故D错误。
故选：C。
（2024 青白江区模拟）如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端连着质量为m的钢球（细线刚好拉直），将钢球从与O点等高处静止释放，钢球在竖直平面沿圆周运动至O点正下方过程中，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．钢球速率增加得越来越快
B．细线上拉力最大为2mg
C．当小球下落至细线与水平方向夹角为45°时，重力功率最大
D．重力最大功率为
【解答】解：A、下落过程中，重力在切线方向的分力越来越小，切向加速度减小，则速率增加得越来越慢，故A错误；
B、根据动能定理可得，mgL0，解得：v
在最低点根据牛顿第二定律可得：F﹣mg＝m
解得细线上拉力最大为：F＝3mg，故B错误；
CD、设小球下落至细线与水平方向夹角为θ时，重力功率最大，根据动能定理可得：mgLsinθ0
速度在竖直方向的分量为：vy＝v′cosθ
重力的功率为：P＝mgvy＝mg cosθ＝mg
由于P4＝m4g4×4g2L2sin2θcos4θ＝2m4g6L2×2sin2θcos2θcos2θ
由于2sin2θ+cos2θ+cos2θ＝2（定值），则当2sin2θ＝cos2θ时积最大，解得：tanθ，θ≠45°
则sinθ，cosθ
解得重力最大功率为：P，故D正确。
故选：D。
题型3 应用动能定理解决力学综合问题
（2024 新城区校级模拟）如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝2kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且并绳的质量忽略不计，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10m/s2，则（ ）
A．水斗速度随时间变化规律为v＝2t（所涉及物理量均用国际单位制）
B．井绳拉力大小恒定，其值为25N
C．0～10s内水斗上升的高度为4m
D．0～10s内并绳拉力所做的功为255J
【解答】解：A．根据题意可知ω＝2t，则水斗速度随时间变化规律为v＝ωr＝0.2t，故A错误；
B．水斗匀加速上升，根据上述分析可知加速度a＝0.2m/s2
由牛顿第二定律F﹣（m+m'）g＝（m+m'）a
解得：F＝25.5N，故B错误；
C．水斗匀加速上升，0～10s内它上升的高度为：
，故C错误；
D．0～10s内井绳拉力所做的功为W＝Fh＝25.5×10J＝255J，故D正确。
故选：D。
（2025 新郑市校级一模）如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离s＝1.25m，BCD是半径为R＝0.40m的竖直半圆形轨道，B为圆轨道的最低点，D为轨道的最高点。有一小物块质量为m＝1.0kg，小物块在F＝10N的水平力作用下从A点由静止开始运动，到达B点时撤去力F，物块恰好可以通过最高点，不计空气阻力以及物块与水平轨道的摩擦。g取10m/s2，求：
（1）小物块通过B点瞬间对轨道的压力大小；
（2）小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道AB上，落点和B点之间的距离大小；
（3）小物块由B点运动到D点过程中，阻力所做的功。
【解答】解：（1）A到B过程根据动能定理得
解得
vB＝5m/s
在B点根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律物块通过B点瞬间对轨道的压力大小为
FN′＝FN
联立解得
FN′＝72.5N
（2）物块恰好可以通过最高点，可得
解得
vD＝2m/s
小物块通过D点后，做平抛运动，可得
，x＝vDt
解得落点和B点之间的距离大小为
x＝0.8m
（3）小物块由B点运动到D点过程中，根据动能定理得
解得阻力所做的功为
Wf＝﹣2.5J
答：（1）小物块通过B点瞬间对轨道的压力大小为72.5N；
（2）落点和B点之间的距离大小为0.8m；
（3）阻力所做的功为﹣2.5J。
（2024 青羊区校级模拟）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径 R＝1m、圆心角为2θ的圆弧BCD，半径为R、圆心角为θ的圆弧DE组成，轨道末端的E点为圆弧的最高点，轨道间平滑连接。质量m＝0.5kg的物块a从轨道AB上高度h＝0.3m处以初速度v0下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道光滑。（不计空气阻力，物块a视为质点，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若初速度v0＝0，求物块a第一次通过D点时速度大小vD；
（2）若初速度v0＝0，求物块a在轨道AB上运动的总路程s；
（3）若物块a沿轨道DE从E点滑出，v0应满足什么条件？
【解答】解：（1）物块从开始运动到D点过程，
根据动能定理可得：，
解得：；
（2）设过D点后冲上曲面高度为h′，
根据机械能守恒定律可得：，
解得：h′＝0.1m，
由几何关系可知：hDE＝R（1﹣cosθ），
解得：hDE＝0.2m＞h'，
故物块不会冲上E点，会原路返回，
则物块运动全程由能量守恒有：mgh＝μmgcosθ s，
解得：s＝0.75m；
（3）物块在D点不脱离轨道，则全程不会脱离轨道，此时初速度最大，
根据动能定理可得：，
还需要满足：，
解得：，
同理，物块能从E点滑出，
需满足：，
解得：
综上可得：；
答：（1）若初速度v0＝0，物块a第一次通过D点时速度大小vD为；
（2）若初速度v0＝0，物块a在轨道AB上运动的总路程s为0.75m；
（3）若物块a沿轨道DE从E点滑出，v0应满足什么条件为。
（2024 九龙坡区校级模拟）如图1所示，位于竖直面内的固定光滑弧形轨道的最低点B与固定光滑圆形轨道BCDE平滑连接，圆形轨道半径R＝0.40m、C点与圆心O点等高。现有一质量m＝0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后沿圆形轨道上滑。取重力加速度g＝10m/s2，空气阻力可忽略不计。
（1）若滑块经B点后，恰好能通过圆形轨道的最高点D，求滑块通过D点时的速度大小；
（2）若要求滑块在运动过程中，不会从BCD部分脱离光滑圆形轨道，请分析说明A点距离B点竖直高度应满足什么条件；
（3）为了更好地研究滑块的运动特点，某同学更换了滑块，并设计了相似装置，且在圆轨道最低点B处安装了压力传感器，利用多组AB竖直高度H与力传感器的读数F的数据，绘制了F﹣H图像如图2所示，测得图线的斜率k＝0.40。请根据上述情景和图像信息，求解滑块的质量和圆形轨道半径。
【解答】解：（1）滑块恰好通过D点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：vD＝2m/s
（2）设滑块不脱轨刚好通过D点的释放高度为h1，
滑块从A到D过程，由动能定理得：mgh1﹣mg×2R0
代入数据解得：h1＝1.0m，即当h≥h1＝1.0m不脱离轨道
如果滑块沿圆轨道运动高度不超过C点，则也满足不脱轨条件，设此时的释放高度为h2，
对滑块，根据动能定理得：mgh2﹣mgR＝0﹣0
代入数据解得：h2＝0.4m，即当h≤h2＝0.4m不脱离轨道
所以不脱离轨道释放高度h需满足：h≥1.0m或h≤0.4m
（3）设滑块的质量为m′，圆形轨道半径为R′，
滑块下滑到B点的过程，根据动能定理得：m'gH0
滑块在B点时传感器的示数F大小等于滑块此时所受轨道的压力，
根据牛顿第二定律：
解得：
即F﹣H图像中，斜率，截距b＝m′g
即由图像可知：0.10＝m′g，
解得：m′＝0.01kg，R′＝0.5m
答：（1）滑块通过D点时的速度大小是2m/s；
（2滑块在运动过程中，不会从BCD部分脱离光滑圆形轨道，A点距离B点竖直高度h应满足的条件是h≥1.0m或h≤0.4m；
（3）解滑块的质量是0.01kg，圆形轨道半径是0.5m。
（2024 天河区校级模拟）举重是一项技巧性很强的运动。抓举的过程如下图所示，首先运动员用双手迅速提起杠铃至胸前，然后迅速下蹲，“钻到”杠铃底下，两臂呈八字形托住杠铃，最后缓缓站立。关于举重的过程，下列说法正确的是（ ）
A．运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先超重后失重
B．运动员站起的过程中，地面对他做正功
C．整个过程中运动员两手对杠铃的力始终不小于杠铃的重力
D．运动员两臂呈八字形托住杠铃静止时，两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的作用力越小
【解答】解：A、运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先向上加速后向上减速，加速度先向上后向下，杠铃先超重后失重，故A正确；
B、站起过程中虽然地面对运动员有支持力的作用，但是双脚未离地，即该力不做功，所以站起过程中地面对人不做功，故B错误；
C、举重过程中某段时间，杠铃的运动状态发生改变，向上做减速运动，加速度方向向下，合力方向向下，运动员对杠铃的支持力小于杠铃的重力，故C错误；
D、将杠铃所受的重力按照效果进行分解，由于大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，即运动员两手臂间的距离越大，夹角越大，越费力，故D错误；
故选：A。
（2024 湖北模拟）如图，在足够长的斜面底端A点向斜上方抛出一小球，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力。已知斜面倾角θ＝45°，重力加速度大小g取10m/s2，则可以求出的物理量是（ ）
A．初速度v0与水平面夹角
B．小球的初速度v0的大小
C．小球在空中运动的时间
D．小球克服重力所做的功
【解答】解：A.设小球从A点抛出时初速度v0与水平方向的夹角为α，小球由A点至D点的过程中，在竖直方向上做初速度为v0sinα，加速度为g的竖直上抛运动，在水平方向上做速度为 v0cosα 的匀速直线运动，由几何关系得小球的水平位移与竖直位移大小相等，设小球在空中运动的时间为t，则满足
又小球与斜面垂直碰撞于D点，则
联立解得tanα＝3，即α＝arctan3，故A正确；
BCD.根据已知条件结合A选项的解答不能求出小球的初速度和小球在空中运动的时间，又因为小球质量未知，所以不能求出重力做功，故BCD错误。
故选：A。
（2025 清远模拟）近几年具有健康、活力、激情标签的滑雪运动备受青睐，滑雪场地也成为了越来越多人的冬游之选。如图所示，某滑雪场打算在一坡度约为16°的滑道边上安装一条100m的长直“魔毯”来运送滑雪者上山，“魔毯”的额定功率为40kW，其表面与其他物品的动摩擦因数均为0.75，“魔毯”始终匀速运行。“魔毯”质量不计，忽略“魔毯”与冰面的摩擦和其他机械摩擦。（携带装备的成年人平均质量约为70kg，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，g取10m/s2）（ ）
A．一个成年人上山过程中克服重力做功7.0×104J
B．一个成年人上山过程中克服摩擦力做功5.04×104J
C．若同时承运100个成年人，则其最大运行速度约为2m/s
D．若魔毯”以1m/s速度运行，则最多可以同时承运50个成年人
【解答】解：A、一个成年人上山过程克服重力做功为：，故A错误；
B、“魔毯”始终匀速运行，则人所受静摩擦力大小为：f静＝mgsin16°，人上山过程中，摩擦力做正功，不是克服摩擦力做功，则静摩擦力做的功为：，故B错误；
C、当“魔毯”上同时承运n＝100人时，则所有人所受的摩擦力为：f总＝nmgsin16°
“魔毯”所受牵引力为：F＝f总
“魔毯”正常工作时，则有：P额＝Fvm
代入数据可得其最大运行速度为：vm≈2m/s，故C正确；
D、同理可得，若“魔毯”以1m/s速度运行，由P额＝F′v可得
代入数据可得：n′＝200，则最多可以同时承运200个成年人，故D错误。
故选：C。
（2024 福建模拟）如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5m，细线始终保持水平；被拖动的物块初速度为零，质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间t变化的关系是ω＝kt，k＝2rad/s2，g取10m/s2，以下判断正确的是（ ）
A．物块的加速度逐渐增大
B．细线对物块的拉力逐渐增大
C．前2秒，细线对物块做的功为2J
D．t＝2s，细线对物块的拉力的瞬时功率为12W
【解答】解：A、由题意知，物块的速度v＝ωR＝2t×0.5＝1t，又v＝at
故可得：a＝1m/s2，不变，故A错误，
B、由牛顿第二定律可得：物块所受合外力F＝ma＝1N
F＝T﹣f，地面摩擦阻力f＝μmg＝0.5×1×10＝5N
故可得物块受力绳子拉力T＝f+F＝5+1＝6N，不变，故B错误
C、物体完成的位移为2m，则拉力做功：W＝6×2＝12J，则C错误
D、2S末的速度为v＝at＝2m/s，则拉力的功率P＝Fv＝12W，则D正确
故选：D。
（2024 中山市校级模拟）网球发球机固定在平台上，从距水平地面高h处沿水平方向发射出质量均为m的甲、乙两球，两球均落在水平地面上，其运动轨迹如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g，网球可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．甲球在空中运动时间小于乙球在空中运动时间
B．甲球的发射速度大于乙球的发射速度
C．两球在落地前瞬间，重力的功率相等
D．从发射出到落地，两球的机械能变化量均为mgh
【解答】解：A、竖直方向由hgt2可知，两球下落高度h相同，则在空中运动的时间相同，故A错误；
B、水平方向由x＝vt可知，甲水平位移较小，则甲初速度较小，故B错误；
C、两球在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，设落地前瞬间手榴弹竖直分速度为vy，有vy＝gt，此时重力的功率为P＝mgvy
由于t相等，故重力的功率相等，故C正确；
D、从发射出到落地，只有重力做功，两球的机械能均守恒，机械能变化量均为零，故D错误。
故选：C。
（2024 广东模拟）一辆质量为m＝1.2×103kg的参赛用小汽车在平直的公路上从静止开始运动，牵引力F随时间t变化关系图线如图所示，8s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，24s后可视为匀速。小汽车的最大功率恒定，受到的阻力大小恒定，则（ ）
A．小汽车受到的阻力大小为7×103N
B．小汽车匀加速运动阶段的加速度大小为4m/s2
C．小汽车的最大功率为4×105W
D．小汽车24s后速度40m/s
【解答】解：A、由图可知，小汽车在前8s内的牵引力不变，小汽车做匀加速直线运动。8～24s内小汽车的牵引力逐渐减小，合力逐渐减小，则小汽车的加速度逐渐减小，小汽车做加速度减小的加速运动，直到小汽车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动。小汽车的速度达到最大值后，牵引力等于阻力，所以阻力大小f＝F＝4×103N，故A错误；
B、前8s内小汽车的牵引力为F＝10×103N，小汽车做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，可得：a＝5m/s2，故B错误；
C、小汽车在8s末小汽车的功率达到最大值，8s末汽车的速度为v1＝at1＝5×8m/s＝40m/s，所以小汽车的最大功率为，故C正确；
D、小汽车的速度达到最大时，有P＝Fvm＝fvm，则小汽车的最大速度为：，故小汽车24s后速度100m/s，故D错误。
故选：C。
（2024 洛阳一模）如图甲所示，质量为m＝5.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示（x＝4.0m之后无推力存在），已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10m/s2，下列选项正确的是（ ）
A．物体从开始运动到距出发点4.0m的过程中，加速度始终减小
B．在距出发点3.5m位置时物体的速度最大
C．物体的最大速度为
D．物体在水平地面上运动的最大位移是16.0m
【解答】解：A、物体在水平方向受推力与滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得加速度为：aμg，由图乙所示图像可知，从开始运动到距出发点4m，物体所受推力随位移的增加而减小，开始物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动；随推力F的减小，加速度a减小；当推力等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度a逐渐增大，由以上分析可知，物体的加速度先减小后增大，故A错误；
B、由图像可知，推力F随位移x变化的数学关系式为F＝100﹣25x（0≤x≤4.0m），物体的速度最大时，加速度为零，此时有F＝μmg
代入数据解得：x＝3m，即在距出发点3m位置时物体的速度达到最大，故B错误；
C、F﹣x图线与x轴围成图形的面积大小等于推力对物体做功，设物体的最大速度为vm，由图乙所示图像可知，物体速度最大时，推力对物体做功为：WJ＝187.5J，从物体开始运动到速度最大过程，对物体由动能定理得：W﹣μmgx0，代入数据解得：vmm/s，故C正确；
D、推力对物体做的功大小等于图线与坐标轴围成的面积，即WJ＝200J，对物块运动的整个过程，根据动能定理可得W﹣μmgxmax＝0，代入数据解得：xmax＝8m，故D错误。
故选：C。
（2024 西安模拟）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直。质量为m、可视为质点的滑块自A的正上方P点由静止下落，从A点内侧进入轨道后，恰好能通过轨道的最高点B。若重力加速度为g，滑块克服摩擦力做功mgR，不计空气阻力，则滑块下落点P到A的高度h为（ ）
A． B．2R C． D．3R
【解答】解：滑块从P点运动到B点的过程，由动能定理得
mg（h﹣R）﹣Wf0
在最高点B，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
mg＝m
据题Wf＝mgR
联立解得h，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024 江阴市模拟）如图所示，某货场需将质量为m的货物（可视为质点）从高处运送至地面，现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道与水平面成θ＝37°角。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同木板A、B，长度均为l＝2m，厚度不计，质量均为m，木板上表面与轨道末端平滑连接。货物与倾斜轨道间动摩擦因数为μ0＝0.125，货物与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数μ2＝0.回答下列问题：（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）
（1）若货物从离地面高h0＝1.5m处由静止滑下，求货物到达轨道末端时的速度v0；
（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；
（3）若μ1＝0.5，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为多少？
【解答】解：（1）货物在倾斜轨道上匀加速下滑，由牛顿第二定律：
mgsinθ﹣f＝ma0，N﹣mgcosθ＝0，
滑动摩擦力：f＝Nμ0，
代入数据解得a0＝5m/s2，由匀变速直线运动的速度—位移公式得：
2a0，
代入数据解得：v0＝5m/s；
（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：μ1mg≤μ2（m+2m）g，
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：μ1mg＞μ2（m+m）g，
代入数据得：0.4＜μ1≤0.6；
（3）由（2）知货物滑上A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动．
货物下滑高度记为h2，到达斜道末端时速度记为v2，2a0，
货物滑上A时做匀减速运动，加速度大小a1＝gμ1＝5m/s2
货物离开A时速度记为v3，2a1l，
货物滑上B时，自身加速度大小a2＝gμ1＝5m/s2，
B的加速度大小a3＝gμ1﹣2gμ2＝1m/s2
由题意，货物到达B最右端时两者恰好具有共同速度，记为v4
货物做匀减速运动：v4＝v3﹣a2t，2a2l货，
B做匀加速运动：v4＝a3t，2a3lB，
位移关系满足：lB+l＝l货，
代入数据解得：h2＝2.64m；
答：（1）若货物从离地面高h0＝1.5m处由静止滑下，求货物到达轨道末端时的速度v0为5m/s．
（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，μ1应满足的条件是0.4＜μ1≤0.6；
（3）若μ1＝0.5，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为2.64m．
（2024 浙江二模）如图所示为某游乐场中一滑道游乐设施的模型简化图，一质量为m＝1kg的物块，可视为质点，从某一斜面AB的顶端A由静止开始滑下，斜面下端与一圆形轨道相切于B点。圆轨道半径R＝1m，物块从B点进入圆形轨道，并恰好通过轨道的最高点。圆形轨道在最低点C处略有错开，物块接着进入水平轨道CD，然后滑上与D等高的质量为M＝2kg的滑槽，并最终滑块未离开滑槽。滑槽开始时静止在光滑水平地面上，EF部分长为LEF＝1m，G部分为半径为r＝0.2m的四分之一圆弧轨道。已知水平轨道CD长为LCD＝4.25m，与物块的动摩擦因数μ1＝0.4，物块与滑槽EF之间的动摩擦因数0＜μ2＜1，其他接触面均光滑。OB与OC的夹角θ为37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力以及轨道连接处的机械能损失。求：
（1）物块在轨道最低点C处受到支持力的大小；
（2）斜面AB的长LAB为多少；
（3）若滑块始终不脱离滑槽，求滑块与滑槽EF段的动摩擦因数μ2的取值范围。
【解答】解：（1）物体恰好通过轨道的最高点，重力完全提供向心力；
根据牛顿第二定律
代入数据解得最高点的速度
从圆形轨道最高点到C点，根据动能定理
代入数据解得
在C点由牛顿第二定律
代入数据解得FN＝60N
（2）从A到C应用动能定理
代入数据解得
（3）物体从C到D，根据动能定理
代入数据解得vD＝4m/s
对物块与滑槽，滑块始终不脱离滑槽，最终二者共速，取水平向右为正方向；
根据水平方向动量守恒mvD＝（M+m）v1
代入数据解得
若滑块刚好能滑到最高点G，根据能量守恒定律
代入数据解得
若滑到最高点G又滑到E处，根据能量守恒定律
代入数据解得
因此，若滑块始终不脱离滑槽，则对动摩擦因数的要求是。
答：（1）物块在轨道最低点C处受到支持力的大小60N；
（2）斜面AB的长LAB为；
（3）滑块与滑槽EF段的动摩擦因数μ2的取值范围。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
专题5 功、功率、动能定理
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＝Flcos α或W＝Pt。 (2)功率：平均功率P＝、P＝F，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＝。 (5)机车启动：①恒定功率启动；②恒定加速度启动；③vm＝。
2.动能、动 能定理 (6)动能：Ek＝mv2＝；动能定理：W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1。
1.功和功率的求解
(1)功的求解：W＝Flcos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像法来求解。
(2)功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解。注意瞬时功率与平均功率的区别。
2.动能定理的应用技巧
若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。
题型1 功和功率的计算
（2024 江阴市模拟）如图甲所示，质量为m的玩具飞箭以初速度v0竖直向上射出，运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，速度随时间的变化关系如图乙所示。t2时刻落回发射点，且此前已做匀速运动，则下列关于飞箭运动的描述中正确的是（ ）
A．飞箭的加速度先减小后增大
B．飞箭的加速度先增大后减小
C．相比于下降过程，上升过程中飞箭克服阻力做功多
D．上升和下落过程中平均速度大小相等
（2024 洛阳一模）如图所示，质量为m的小物体静止于长L的木板边缘，开始板水平放置，现使板绕其另一端O沿逆时针方向缓缓转过α角，转动过程中，小物体始终相对木板静止，则这一过程中下列说法错误的是（ ）
A．板对物体的支持力不做功
B．板对物体的摩擦力做功为0
C．板对物体的支持力对物体做的功mgLsinα
D．重力对物体做功为﹣mgLsinα
（2024 历城区校级模拟）加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t＝0时刻驾驶汽车由静止启动，t1＝6s时汽车达到额定功率，t2＝14s时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m＝2000kg，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B．汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动
C．汽车达到的最大速度大小为15m/s
D．从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150m
题型2 动能定理的应用
（2024 全国二模）如图所示，半径为1m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1kg的小球（可视为质点）在A点正上方0.75m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．小球在B点的动能为7.5J
B．小球在A点受到轨道的弹力大小为10N
C．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75m
D．小球离开轨道后将落至轨道B点
（2024 蜀山区校级模拟）一质量m＝40kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动，一段时间内的速度随时间变化的关系图像如图所示，0～3s内为直线，3s末功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s末关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力大小恒为60N，下列说法正确是（ ）
A．0～3s内，牵引力的大小为900N
B．电动汽车的额定功率为180W
C．电动汽车的最大速度为5m/s
D．整个过程中，电动汽车所受阻力做的功为3750J
（2024 青白江区模拟）如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端连着质量为m的钢球（细线刚好拉直），将钢球从与O点等高处静止释放，钢球在竖直平面沿圆周运动至O点正下方过程中，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．钢球速率增加得越来越快
B．细线上拉力最大为2mg
C．当小球下落至细线与水平方向夹角为45°时，重力功率最大
D．重力最大功率为
题型3 应用动能定理解决力学综合问题
（2024 新城区校级模拟）如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝2kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且并绳的质量忽略不计，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10m/s2，则（ ）
A．水斗速度随时间变化规律为v＝2t（所涉及物理量均用国际单位制）
B．井绳拉力大小恒定，其值为25N
C．0～10s内水斗上升的高度为4m
D．0～10s内并绳拉力所做的功为255J
（2025 新郑市校级一模）如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离s＝1.25m，BCD是半径为R＝0.40m的竖直半圆形轨道，B为圆轨道的最低点，D为轨道的最高点。有一小物块质量为m＝1.0kg，小物块在F＝10N的水平力作用下从A点由静止开始运动，到达B点时撤去力F，物块恰好可以通过最高点，不计空气阻力以及物块与水平轨道的摩擦。g取10m/s2，求：
（1）小物块通过B点瞬间对轨道的压力大小；
（2）小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道AB上，落点和B点之间的距离大小；
（3）小物块由B点运动到D点过程中，阻力所做的功。
（2024 青羊区校级模拟）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径 R＝1m、圆心角为2θ的圆弧BCD，半径为R、圆心角为θ的圆弧DE组成，轨道末端的E点为圆弧的最高点，轨道间平滑连接。质量m＝0.5kg的物块a从轨道AB上高度h＝0.3m处以初速度v0下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道光滑。（不计空气阻力，物块a视为质点，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若初速度v0＝0，求物块a第一次通过D点时速度大小vD；
（2）若初速度v0＝0，求物块a在轨道AB上运动的总路程s；
（3）若物块a沿轨道DE从E点滑出，v0应满足什么条件？
（2024 九龙坡区校级模拟）如图1所示，位于竖直面内的固定光滑弧形轨道的最低点B与固定光滑圆形轨道BCDE平滑连接，圆形轨道半径R＝0.40m、C点与圆心O点等高。现有一质量m＝0.10kg的滑块（可视为质点），从位于轨道上的A点由静止开始滑下，滑块经B点后沿圆形轨道上滑。取重力加速度g＝10m/s2，空气阻力可忽略不计。
（1）若滑块经B点后，恰好能通过圆形轨道的最高点D，求滑块通过D点时的速度大小；
（2）若要求滑块在运动过程中，不会从BCD部分脱离光滑圆形轨道，请分析说明A点距离B点竖直高度应满足什么条件；
（3）为了更好地研究滑块的运动特点，某同学更换了滑块，并设计了相似装置，且在圆轨道最低点B处安装了压力传感器，利用多组AB竖直高度H与力传感器的读数F的数据，绘制了F﹣H图像如图2所示，测得图线的斜率k＝0.40。请根据上述情景和图像信息，求解滑块的质量和圆形轨道半径。
（2024 天河区校级模拟）举重是一项技巧性很强的运动。抓举的过程如下图所示，首先运动员用双手迅速提起杠铃至胸前，然后迅速下蹲，“钻到”杠铃底下，两臂呈八字形托住杠铃，最后缓缓站立。关于举重的过程，下列说法正确的是（ ）
A．运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先超重后失重
B．运动员站起的过程中，地面对他做正功
C．整个过程中运动员两手对杠铃的力始终不小于杠铃的重力
D．运动员两臂呈八字形托住杠铃静止时，两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的作用力越小
（2024 湖北模拟）如图，在足够长的斜面底端A点向斜上方抛出一小球，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力。已知斜面倾角θ＝45°，重力加速度大小g取10m/s2，则可以求出的物理量是（ ）
A．初速度v0与水平面夹角
B．小球的初速度v0的大小
C．小球在空中运动的时间
D．小球克服重力所做的功
（2025 清远模拟）近几年具有健康、活力、激情标签的滑雪运动备受青睐，滑雪场地也成为了越来越多人的冬游之选。如图所示，某滑雪场打算在一坡度约为16°的滑道边上安装一条100m的长直“魔毯”来运送滑雪者上山，“魔毯”的额定功率为40kW，其表面与其他物品的动摩擦因数均为0.75，“魔毯”始终匀速运行。“魔毯”质量不计，忽略“魔毯”与冰面的摩擦和其他机械摩擦。（携带装备的成年人平均质量约为70kg，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，g取10m/s2）（ ）
A．一个成年人上山过程中克服重力做功7.0×104J
B．一个成年人上山过程中克服摩擦力做功5.04×104J
C．若同时承运100个成年人，则其最大运行速度约为2m/s
D．若魔毯”以1m/s速度运行，则最多可以同时承运50个成年人
（2024 福建模拟）如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5m，细线始终保持水平；被拖动的物块初速度为零，质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间t变化的关系是ω＝kt，k＝2rad/s2，g取10m/s2，以下判断正确的是（ ）
A．物块的加速度逐渐增大
B．细线对物块的拉力逐渐增大
C．前2秒，细线对物块做的功为2J
D．t＝2s，细线对物块的拉力的瞬时功率为12W
（2024 中山市校级模拟）网球发球机固定在平台上，从距水平地面高h处沿水平方向发射出质量均为m的甲、乙两球，两球均落在水平地面上，其运动轨迹如图所示。不计空气阻力，重力加速度为g，网球可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．甲球在空中运动时间小于乙球在空中运动时间
B．甲球的发射速度大于乙球的发射速度
C．两球在落地前瞬间，重力的功率相等
D．从发射出到落地，两球的机械能变化量均为mgh
（2024 广东模拟）一辆质量为m＝1.2×103kg的参赛用小汽车在平直的公路上从静止开始运动，牵引力F随时间t变化关系图线如图所示，8s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶，24s后可视为匀速。小汽车的最大功率恒定，受到的阻力大小恒定，则（ ）
A．小汽车受到的阻力大小为7×103N
B．小汽车匀加速运动阶段的加速度大小为4m/s2
C．小汽车的最大功率为4×105W
D．小汽车24s后速度40m/s
（2024 洛阳一模）如图甲所示，质量为m＝5.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示（x＝4.0m之后无推力存在），已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10m/s2，下列选项正确的是（ ）
A．物体从开始运动到距出发点4.0m的过程中，加速度始终减小
B．在距出发点3.5m位置时物体的速度最大
C．物体的最大速度为
D．物体在水平地面上运动的最大位移是16.0m
（2024 西安模拟）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直。质量为m、可视为质点的滑块自A的正上方P点由静止下落，从A点内侧进入轨道后，恰好能通过轨道的最高点B。若重力加速度为g，滑块克服摩擦力做功mgR，不计空气阻力，则滑块下落点P到A的高度h为（ ）
A． B．2R C． D．3R
（2024 江阴市模拟）如图所示，某货场需将质量为m的货物（可视为质点）从高处运送至地面，现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道与水平面成θ＝37°角。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同木板A、B，长度均为l＝2m，厚度不计，质量均为m，木板上表面与轨道末端平滑连接。货物与倾斜轨道间动摩擦因数为μ0＝0.125，货物与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数μ2＝0.回答下列问题：（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）
（1）若货物从离地面高h0＝1.5m处由静止滑下，求货物到达轨道末端时的速度v0；
（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；
（3）若μ1＝0.5，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为多少？
（2024 浙江二模）如图所示为某游乐场中一滑道游乐设施的模型简化图，一质量为m＝1kg的物块，可视为质点，从某一斜面AB的顶端A由静止开始滑下，斜面下端与一圆形轨道相切于B点。圆轨道半径R＝1m，物块从B点进入圆形轨道，并恰好通过轨道的最高点。圆形轨道在最低点C处略有错开，物块接着进入水平轨道CD，然后滑上与D等高的质量为M＝2kg的滑槽，并最终滑块未离开滑槽。滑槽开始时静止在光滑水平地面上，EF部分长为LEF＝1m，G部分为半径为r＝0.2m的四分之一圆弧轨道。已知水平轨道CD长为LCD＝4.25m，与物块的动摩擦因数μ1＝0.4，物块与滑槽EF之间的动摩擦因数0＜μ2＜1，其他接触面均光滑。OB与OC的夹角θ为37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力以及轨道连接处的机械能损失。求：
（1）物块在轨道最低点C处受到支持力的大小；
（2）斜面AB的长LAB为多少；
（3）若滑块始终不脱离滑槽，求滑块与滑槽EF段的动摩擦因数μ2的取值范围。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
