第6讲 功和能
1.（2025·广东深圳模拟）今年国庆期间深圳龙岗大运城万架无人机表演特别震撼，每架无人机携带着显像屏从地面升空到达表演地点。如图，一架无人机竖直升空过程先从静止做匀加速运动再做匀减速运动至静止，下列说法正确的有（ ）
A.显像屏一直处于超重状态
B.无人机对显像屏支持力先做正功后做负功
C.显像屏克服重力做功的功率先增大后减小
D.无人机及显像屏构成的系统上升过程机械能守恒
2.（2025·浙江杭州模拟）如图为学校运动会中“毛毛虫竞速”趣味比赛，已知“毛毛虫”质量为10 kg，比赛中四位同学提起毛毛虫，以4.0 m/s2的加速度从静止开始沿水平方向做直线运动，在0～1 s的过程中，平均每位同学对“毛毛虫”做的功为（ ）
A.10 J B.20 J
C.40 J D.80 J
3.（2025·广西河池联考）某款国产汽车在出厂之前相关技术人员对汽车进行了测试，汽车以恒定功率P启动做直线运动，汽车的最大速度为vm，当汽车的速度为vm时，汽车的加速度为a1；当汽车的速度为vm时，汽车的加速度为a2，若阻力不变，则a1与a2的比值为（ ）
A. B.3
C. D.2
4.（2025·云南楚雄模拟）电动玩具水枪（如图所示）是一种新式的电动玩具，使用时扣动扳机，水从枪口快速射出。已知水枪喷口的直径为0.8 cm，水的密度为1×103 kg/m3，水喷出时的速度大小为10 m/s，某次开启连续射击模式，则水枪在连续射击模式下对喷出的水做功的平均功率约为（ ）
A.0.25 W B.2.5 W
C.25 W D.250 W
5.〔多选〕（2025·广东揭阳联考）如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为m的货物由静止开始竖直向上运动，上升高度H时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为P，重力加速度为g，空气阻力大小恒为f，对上述过程，下列说法正确的是（ ）
A.货物上升过程中加速度逐渐增大
B.货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
C.电动机做的功大于货物机械能的增加量
D.货物达到最大速度需要的时间t＝
6.（2025·甘肃白银二模）弹弓的构造如图1所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，将橡皮筋在竖直平面内沿AB的中垂线方向拉伸，当橡皮筋中点被拉至C处时，橡皮筋恰好拉直且处于原长状态（如图2所示）。将小石子抵在C处橡皮筋上，将橡皮筋中点从C点拉至D点时放手，小石子在橡皮筋的作用下沿竖直方向向上弹射出去。橡皮筋的质量和空气阻力忽略不计，小石子可视为质点。小石子由D点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.小石子的机械能守恒
B.小石子的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和先减小后增大
C.橡皮筋对小石子的弹力先做正功后做负功
D.小石子在C处时速度最大
7.（2025·山东枣庄二模）直升机悬停在距离水平地面足够高的空中，无初速度投放装有物资的箱子，若箱子下落时受到的空气阻力与速度成正比，以地面为零势能面。箱子的机械能、重力势能、下落的距离、所受阻力的瞬时功率大小分别用E、Ep、x、P表示。下列图像可能正确的是（ ）
8.（2025·山东青岛模拟）如图所示，套在光滑竖直杆上的轻弹簧与杆一起固定在水平地面上，弹簧的另一端与穿在杆上的小球相连，绕过定滑轮O点的轻绳一端连接小球，另一端连接放在光滑固定斜面上的小滑块。初始时托住小滑块，使轻绳刚好伸直但恰好无拉力，之后由静止释放小滑块，小球从M点沿杆向N点运动。已知斜面的倾角为30°，小球的质量为m，小滑块的质量为6m，ON长度为L，ON与MN垂直。初始时轻绳与杆的夹角为37°，O点左侧的轻绳与斜面平行，小球经过N点时弹簧的弹力大小与初始时相等，重力加速度为g，sin 37°＝0.6。在小球从M点向上运动到N点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.小球和小滑块组成的系统机械能守恒
B.弹簧的劲度系数为
C.在运动过程中小滑块的速度始终大于小球的速度
D.小球运动到N点时的速度大小为
9.（2025·福建高考15题）如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m。求：
（1）0～1 m内F做的功；
（2）x＝1 m时，A与B之间的弹力大小；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
10.（2025·辽宁锦州三模）抛石机又叫抛车，最早产生于周代，是一种攻守城垒的武器。为了方便研究，简化为图示物理模型，轻杆左端装上质量为m的石头A，右端固定有重物B，轻杆可绕水平转轴O自由转动。初始时刻轻杆与水平地面的夹角为30°，A、B到O的距离分别为6L、L。无初速度释放，当轻杆运动到竖直时A脱离轻杆做平抛运动，A、B均可视为质点，不计转轴摩擦及空气阻力，重力加速度为g。A做平抛运动的水平射程为12L，求：
（1）A脱离轻杆时，A和B的速度大小；
（2）重物B的质量M；
（3）A脱离杆前瞬间杆对转轴O的作用力大小和方向。
11.（2025·广东高考14题）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功）求：
（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
第6讲 功和能
1.C 无人机竖直升空过程先从静止做匀加速运动再做匀减速运动至静止，可知加速度方向先向上后向下，则显像屏先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；无人机对显像屏支持力方向一直向上，则支持力一直做正功，故B错误；根据P＝mgv可知，速度先增大后减小，则显像屏克服重力做功的功率先增大后减小，故C正确；无人机及显像屏构成的系统加速上升过程，动能增加，重力势能增加，机械能增加，故D错误。
2.B t＝1 s时的速度v＝at＝4 m/s，根据动能定理有4W＝mv2－0，解得平均每位同学对“毛毛虫”做的功W＝20 J，故选B。
3.C 由F－f＝ma和P＝Fv，可得－f＝ma，结合题意可得P＝fvm，－f＝ma1，－f＝ma2，求得＝，故选C。
4.C 以喷出的一段水柱为研究对象，其功率P＝＝＝＝＝，代入数据可得水枪对水做功的平均功率P≈25 W。故选C。
5.BC 对货物受力分析，根据牛顿第二定律有F－mg－f＝ma，功率有P＝Fv，则货物加速时，绳子的拉力F减小，加速度a减小，故A错误，B正确；由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功的和，故C正确；当a＝0时，货物的速度最大，有vm＝，根据能量守恒定律有Pt＝mgH＋fH＋m，联立解得t＝＋，故D错误。
6.B 由于橡皮筋恢复原长之前对小石子的作用力始终向上，弹力一直做正功，小石子的机械能一直在增加，A、C项错误；当橡皮筋中点被拉至C处时恰好为原长状态，在C点橡皮筋的拉力为零，在CD连线中的某一位置，小石子所受合外力为零，加速度为零，速度最大，则小石子的动能先增大后减小，由小石子与橡皮筋组成的系统机械能守恒可知，小石子的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和先减小后增大，B项正确，D项错误。
7.D 根据牛顿第二定律有mg－kv＝ma，解得a＝g－，可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，v-t图像切线的斜率表示加速度，选项A中切线斜率先变大，后不变，故A错误；阻力的瞬时功率大小P＝fv＝kv2，结合上述分析可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，则P-v图像先为一条开口向上的抛物线，后为一个点，故B错误；结合上述分析可知，箱子速度始终不等于0，箱子向下运动过程，箱子的动能不可能为0，以地面为零势能面，可知，箱子的机械能不可能等于0，C图中图形描述的机械能最终等于0，故C错误；令箱子释放位置距离地面高度为H，以地面为零势能面，则箱子的重力势能Ep＝mg＝mgH－mgx，即Ep-x图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D正确。
8.D 小球、小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒而小球和小滑块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由几何关系可知，在M点弹簧的压缩量为x1＝×＝L，在M点由平衡条件mg＝kx1，联立可得弹簧的劲度系数为k＝，故B错误；设轻绳与杆的夹角为θ，根据关联速度关系v滑块＝v球cos θ，当小球运动到N点时θ＝90°，此时滑块的速度为0，则滑块的速度先增大后减小，故在运动过程中小滑块的速度始终小于小球的速度，故C错误；由于小球经过N点时弹簧的弹力大小与初始时相等，故在M、N两点弹簧的弹性势能相等，对于小球、小滑块和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律，有6mg（ －L）sin 30°－mg＝mv2，解得小球运动到N点时的速度大小为v＝，故D正确。
9.（1）1.5 J （2）0.5 N （3）r≤0.2 m
解析：（1）F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小
由题图乙可知0～1 m内F所做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J。
（2）由题图乙可知，x＝1 m时外力F的大小刚开始变化，可知此时A、B有相同的加速度
A与地面间的摩擦力f＝μmg
对A、B整体，由牛顿第二定律得F－f＝2ma
由于B与地面间无摩擦，对B，由牛顿第二定律得FAB＝ma
联立解得A、B间的弹力大小FAB＝ma＝0.5 N。
（3）当FAB＝0时A、B分离，由（2）中分析可知F＝f＝μmg＝0.5 N时A、B开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m
初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝·2mv2
结合（1）中分析由题图乙可得WF＝3.5 J
假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点的过程，由动能定理得－mg·2r＝m－mv2
要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥
联立解得r≤0.2 m。
10.（1）2 （2）18m 竖直向下
（3）27mg 方向向下
解析：（1）竖直方向，有6L＋6Lsin 30°＝gt2，解得t＝
水平方向，有12L＝vAt，解得vA＝2
根据角速度公式ω＝＝，解得vB＝。
（2）根据机械能守恒定律得Mg－mg＝m＋M，解得M＝18m。
（3）对A，F1＋mg＝m，解得F1＝3mg，方向竖直向下，则A脱离杆前瞬间，上端杆对转轴O施加的作用力F1'＝3mg，方向竖直向上
对B，F2－Mg＝M，解得F2＝30mg，方向竖直向上，则下端杆对转轴O施加的作用力F2'＝30mg，方向竖直向下
杆对转轴O的作用力，F'＝F2'－F1'＝27mg，方向竖直向下。
11.（1） （2）＋mgh＋mah＋ShΔp （3）P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中t≤
解析：（1）木塞做匀加速直线运动，由速度与位移公式有v2＝2ah
解得木塞离开瓶口瞬间的速度为v＝
则齿轮外侧的线速度也为v＝，所以齿轮的角速度ω＝＝。
（2）由木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系可知，拔塞的全过程摩擦力对木塞做的功为Wf＝－h
拔塞的全过程，对木塞，由动能定理有
W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝mv2
联立解得W＝＋mgh＋mah＋ShΔp。
（3）拔塞过程中，对木塞，由牛顿第二定律有
F－f－mg－Δp·S＝ma
由位移与时间公式有
x＝at2
拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv
又v＝at
联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中t≤。
4 / 4第6讲 功和能
1.（2025·云南高考2题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（ ）
A.4×105 J B.4×104 J
C.4×103 J D.4×102 J
2.（2025·山东高考5题）一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动。此时电动机的效率为50％。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv（k为常量），该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（ ）
A. B.
C. D.
3.（2025·四川高考7题）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（ ）
A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为
C.小车的位移大小为－ D.小车机械能增量为＋
考情分析：本讲内容在高考中多以选择题的形式出现，计算题以中等难度题目为主，重点考查功、功率、动能定理、功能关系，大部分题目联系生产生活实际，也有部分以高中物理常见的理想化模型为素材，题目中常出现弹簧、各类轨道、传送带等装置。
考点一 功与功率
1.功的求法
2.功率的求法
【例1】 （2025·河北廊坊一模）石磨是把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种工具。如图所示，石磨由下盘（不动盘）和上盘（转动盘）两部分组成。某人在手柄AB上施加方向总与OB垂直、大小为10 N的水平力作用使石磨上盘匀速转动，已知B点到转轴O的距离为0.3 m，则石磨上盘匀速转动一周的过程中摩擦力所做的功约为（ ）
A.0 B.－3 J
C.－6 J D.－18 J
尝试解答
【例2】 （2025·甘肃天水二模）如图所示，是我国某型号“双引擎”汽车在平直公路上由静止启动时，牵引力F随时间t变化的图像。已知该汽车质量为1 250 kg，行驶时所受阻力恒为1 250 N，t0时刻汽车达到15 m/s的临界速度并自动切换引擎，此后保持牵引力功率恒定。下列说法正确的是（ ）
A.汽车刚启动时的加速度大小为4 m/s2
B.t0时刻前，汽车牵引力的功率保持不变
C.切换引擎后，汽车做匀加速直线运动
D.t1时刻汽车的速率为25 m/s
尝试解答
考点二 动能定理
运用动能定理解题的基本思路
【例3】 （2025·云南曲靖一模）如图甲所示，南城门是曲靖市的标志性建筑之一，其门洞正上方为拱形结构，可简化为半圆形模型，其圆心为O，半径为R。假如一同学在墙角对地面上一质量为m的足球做功后，该足球在竖直平面内沿门洞内侧恰能通过高为H的最高点。已知足球运动过程中受到墙壁和空气的平均阻力为f，运动示意图如图乙所示，则该同学对足球做的功是（ ）
A.H
B.mgH＋f
C.mgH＋mgR＋f
D.mgH－f
尝试解答
【例4】 （2025·黑吉辽蒙高考13题）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
尝试解答
方法技巧
考点三 机械能守恒定律的应用
应用机械能守恒定律解题的一般思路
【例5】 〔多选〕半径为R的光滑半球固定在水平地面上。有一质量为m的可视为质点的小球静止在半球的最高点，受到微小扰动后由静止开始沿球面下滑，一段时间后小球与半球分离，重力加速度大小为g，不计一切阻力，从小球开始下滑到落地前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.小球机械能不守恒
B.小球落地时的速率为
C.小球与半球分离时，小球离地的竖直高度为
D.小球与半球分离时速度大小为
尝试解答
【例6】 如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面体左侧的适当位置固定一光滑竖直硬杆，质量均为m的两小球（均视为质点）用长为L的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、乙由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30°，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，乙的动能为（ ）
A.mgL B.mgL C.mgL D.mgL
尝试解答
考点四 功能关系与能量守恒定律
常见的功能关系
【例7】 （2025·河南模拟预测）如图所示，质量为m的跳伞运动员在高空由静止下落，从静止下落到打开降落伞之前运动员一直做竖直方向的匀加速运动，此过程中，运动员减少的重力势能与增加的动能之比为9∶8，重力加速度为g，若此过程运动员下降的高度为h，则此过程中（ ）
A.运动员的加速度大小为g B.合外力对运动员做的功为mgh
C.运动员的机械能减少量为mgh D.空气阻力对运动员做的功为mgh
尝试解答
【例8】 （2025·北京海淀区模拟）如图所示，光滑水平轨道MB与竖直平面内的半圆形轨道BA平滑连接，半圆形轨道是粗糙的，其轨道半径R＝0.40 m②。一轻质弹簧的左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量m＝0.20 kg的小滑块。开始时滑块静止在P点，弹簧正好处于原长。现水平向左推滑块压缩弹簧，使弹簧具有一定的弹性势能，然后释放滑块，滑块运动到半圆形轨道的最低点B时的速度vB＝6.0 m/s①，运动到最高点A时的速度vA＝3.0 m/s②，已知重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）弹簧处于压缩状态时具有的弹性势能Ep；
（2）滑块在半圆形轨道上向上运动的过程中，摩擦力所做的功Wf；
（3）滑块落地时重力的瞬时功率P③。
审题指导：
信息提取 信息加工
开始时滑块静止在P点，弹簧正好处于原长。现水平向左推滑块压缩弹簧，使弹簧具有一定的弹性势能，然后释放滑块，滑块运动到半圆形轨道的最低点B时的速度vB＝6.0 m/s① 弹性势能全部转化为动能，可计算弹簧处于压缩状态时具有的弹性势能
半圆形轨道是粗糙的，其轨道半径R＝0.40 m② 运动到最高点A时的速度vA＝3.0 m/s② 滑块在半圆形轨道上运动的过程中，利用动能定理计算摩擦力做的功
滑块落地时重力的瞬时功率P③ 滑块从A点做平抛运动，计算落地时的竖直分速度，进而计算落地时重力的瞬时功率
尝试解答
规律总结
应用能量守恒定律解决问题的思路
三个思路 守恒 E初＝E末，初、末总能量不变
转移 EA减＝EB增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量
转化 ｜ΔE减｜＝｜ΔE增｜，减少的某些能量等于增加的某些能量
一个注意 含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律
功能关系中的图像问题
1.Ek-x图像斜率绝对值k表示合外力的大小：k＝｜｜＝｜｜＝F合（功能关系W合＝ΔEk）。
2.E机-x图像斜率绝对值k表示除重力、系统内弹力外其他力的大小：k＝｜｜＝｜｜＝F其他（功能关系W其他＝ΔE机）。
3.Ep重-x图像斜率绝对值k表示重力大小：k＝｜｜＝｜｜＝mg（功能关系W重＝－ΔEp重）。
【典例】 （2025·北京延庆一模）汽车研发机构在某款微型汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，微型汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了微型汽车的动能Ek与位移x关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知微型汽车的质量为1 000 kg，为便于讨论，设其运动过程中所受阻力恒定。根据图像所给的信息可求出（ ）
A.汽车行驶过程中所受阻力为1 000 N
B.汽车的额定功率为120 kW
C.汽车加速运动的时间为22.5 s
D.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
尝试解答
第6讲 功和能
【体验·高考真题】
1.B 由单位制可知144 km/h＝40 m/s，高中生的质量约为m＝50 kg，则当列车加速到v＝40 m/s时高中生的动能约为Ek＝mv2＝40 000 J，对高中生，由动能定理得W＝Ek－0，解得列车对高中生所做的功约为W＝4×104 J，B正确。
2.A 小车匀速运动时，电动机的输出功率等于小车受到的阻力的功率，有P电出＝Pf＝fv＝kv2，所以电动机的输入功率（光伏电池的输出功率）为P光出＝＝2kv2，则光伏电池的输入功率（单位时间内获得的太阳能）为P太阳能＝＝，A正确。
3.C 对物块，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝m＋mgx1·sin 30°＝m，故B错误；对小车，根据动能定理有Pt－x＝m，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量为ΔE'＝m＋mgxsin 30°＝＋，故D错误。
【精研·高频考点】
考点一
典例精析
【例1】 D F与摩擦力一直是一对平衡力，则盘克服摩擦力做的功等于力F做的功，因F大小不变，方向不断变化，则在微小的位移内可认为是恒力，则微元功为ΔW＝FΔx，根据W＝∑ΔW＝F∑Δx＝F·2πL＝10×2π×0.3 J＝6π J≈18 J，可知摩擦力所做的功约为－18 J。故选D。
【例2】 D 汽车刚启动时，由牛顿第二定律得，F－f＝ma，且F＝5 000 N，解得加速度a＝3 m/s2，故A错误；t0时刻前，汽车做匀加速直线运动，速度逐渐增大，由公式P＝Fv，可知牵引力的功率逐渐增大，故B错误；切换引擎后，牵引力功率恒定，速度增加，则牵引力减小，所以加速度也减小，汽车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故C错误；由P＝Fv0＝F1v1，其中F＝6 000 N，v0＝15 m/s，F1＝3 600 N，解得t1时刻汽车的速率为25 m/s，故D正确。
考点二
典例精析
【例3】 C 设足球恰能通过门洞最高点的速度为v，根据牛顿第二定律可得mg＝m，足球从静止至运动到门洞最高点，根据动能定理可得W－mgH－f＝mv2－0，联立可得该同学对足球做的功W＝mgH＋mgR＋f，故选C。
【例4】 （1）5 m/s （2）8 m/s 60°
解析：（1）雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgcos θ·x＝m－0
解得v0＝5 m/s。
（2）雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有
mgh＝m－m
解得v1＝8 m/s
雪块离开A点的水平速度大小为
vx＝v0cos θ
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足
cos α＝
解得α＝60°。
考点三
典例精析
【例5】 BCD 小球运动过程中只有重力做功，则机械能守恒，故A错误；小球下落全过程根据机械能守恒有mgR＝mv2，得小球落地时的速度大小为v＝，故B正确；小球与半球面分离时，小球与球面间弹力为0，重力沿半径方向的分力充当向心力，设此时半径与竖直方向的夹角为α，则mgcos α＝m，由几何关系和机械能守恒有mgR（1－cos α）＝mv'2，解得cos α＝，此时小球离地面高度h＝Rcos α＝R，v'＝，故C、D正确。
【例6】 B 甲下降的高度为h甲＝＝L，乙下降的高度为h乙＝（ L－）sin 30°＝，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，把甲的速度v甲分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速度为v∥＝v甲sin 30°，小球乙的速度v乙沿着斜面，轻质硬杆与斜面平行，则v乙沿着轻质硬杆，有v乙＝v∥，对于甲、乙两球组成的系统，由机械能守恒定律可得mgh甲＋mgh乙＝m＋m，乙的动能为Ek乙＝m，综合解得Ek乙＝mgL，故B正确。
考点四
典例精析
【例7】 C 下降h高度的过程，减少的重力势能为mgh，根据题意可知，增加的动能为ΔEk＝mgh，根据动能定理可知，合外力对运动员做的功为W＝ΔEk＝mgh，故B错误；根据动能定理，有mah＝mgh，解得a＝g，运动员机械能的变化量为ΔE＝－mgh＋mgh＝－mgh，即运动员的机械能减少量为mgh，故A错误，C正确；根据功能关系可知，运动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的功，即空气阻力对运动员做的功为－mgh，故D错误。
【例8】 （1）3.6 J （2）－1.1 J （3）8 W
解析：（1）根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能Ep＝m
代入数据可得Ep＝×0.20×6.02 J＝3.6 J。
（2）滑块在半圆形轨道上向上运动的过程中，根据能量守恒定律，有m＝m＋mg·2R＋Q
Q为滑块克服摩擦力做功产生的热量
故Wf＝－Q
代入数据可得Wf＝－1.1 J。
（3）滑块从A点做平抛运动，根据＝2g·2R
可得vy＝4 m/s
落地时重力的瞬时功率P＝mgvy＝0.2×10×4 W＝8 W。
【培优·提能加餐】
【典例】 D 对于图线①，根据动能定理得－fx＝0－Ek，解得阻力为f＝＝ N＝2 000 N，选项A错误；设汽车匀速运动的速度为v，则有v＝＝ m/s＝40 m/s，汽车的额定功率为P＝Fv＝fv＝2 000×40 W＝80 kW，故B错误；对于加速运动过程，根据动能定理得Pt－fs＝Ek2－Ek1，得t＝＝ s＝16.25 s，故C错误；根据功能关系得，汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为E＝Ek－fs'＝8×105 J－2 000×1.5×102 J＝5×105 J，故D正确。
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第6讲 功和能
02
体验 高考真题
01
构建 知识网络
锁定主干知识
明确高考考向
03
精研 高频考点
聚焦重难热新
04
培优 提能加餐
拓展思维空间
05
分层 强化训练
夯基固本提能
目
录
contents
构建 知识网络
锁定主干知识
体验 高考真题
明确高考考向
1. （2025·云南高考2题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站
由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅
上的一高中生所做的功最接近（ ）
A. 4×105 J B. 4×104 J
C. 4×103 J D. 4×102 J
√
解析： 由单位制可知144 km/h＝40 m/s，高中生的质量约为m＝50 kg，
则当列车加速到v＝40 m/s时高中生的动能约为Ek＝mv2＝40 000 J，对高中
生，由动能定理得W＝Ek－0，解得列车对高中生所做的功约为W＝4×104
J，B正确。
2. （2025·山东高考5题）一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的
电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动。此时电动机的效
率为50％。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv（k为常
量），该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太
阳能为（ ）
√
解析： 小车匀速运动时，电动机的输出功率等于小车受到的阻力的功
率，有P电出＝Pf＝fv＝kv2，所以电动机的输入功率（光伏电池的输出功
率）为P光出＝＝2kv2，则光伏电池的输入功率（单位时间内获得的太
阳能）为P太阳能＝＝，A正确。
3. （2025·四川高考7题）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地
面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置
一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒
定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物
块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和
斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（ ）
√
解析： 对物块，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，
解得a＝g，根据运动学公式有＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝
，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝m＋mgx1·sin 30°＝m，故
B错误；对小车，根据动能定理有Pt－（μmgcos 30°＋mgsin 30°）x＝
m，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量
为ΔE'＝m＋mgxsin 30°＝＋，故D错误。
考情分析：本讲内容在高考中多以选择题的形式出现，计算题以中等难度
题目为主，重点考查功、功率、动能定理、功能关系，大部分题目联系生
产生活实际，也有部分以高中物理常见的理想化模型为素材，题目中常出
现弹簧、各类轨道、传送带等装置。
精研 高频考点
聚焦重难热新
考点一 功与功率
1. 功的求法
2. 功率的求法
【例1】 （2025·河北廊坊一模）石磨是把米、麦、豆等粮食加工成粉、
浆的一种工具。如图所示，石磨由下盘（不动盘）和上盘（转动盘）两部
分组成。某人在手柄AB上施加方向总与OB垂直、大小为10 N的水平力作
用使石磨上盘匀速转动，已知B点到转轴O的距离为0.3 m，则石磨上盘匀
速转动一周的过程中摩擦力所做的功约为（ D ）
D
A. 0
B. －3 J
C. －6 J
D. －18 J
解析：F与摩擦力一直是一对平衡力，则盘克服摩擦力做的功等于力F做的
功，因F大小不变，方向不断变化，则在微小的位移内可认为是恒力，则
微元功为ΔW＝FΔx，根据W＝∑ΔW＝F∑Δx＝F·2πL＝10×2π×0.3 J＝6π
J≈18 J，可知摩擦力所做的功约为－18 J。故选D。
【例2】 （2025·甘肃天水二模）如图所示，是我国某型号“双引擎”汽车在平直公路上由静止启动时，牵引力F随时间t变化的图像。已知该汽车质量
为1 250 kg，行驶时所受阻力恒为1 250 N，t0时刻汽车达到15 m/s的临界速
度并自动切换引擎，此后保持牵引力功率恒定。下列说法正确的是（ ）
D
A. 汽车刚启动时的加速度大小为4 m/s2
B. t0时刻前，汽车牵引力的功率保持不变
C. 切换引擎后，汽车做匀加速直线运动
D. t1时刻汽车的速率为25 m/s
解析：汽车刚启动时，由牛顿第二定律得，F－f＝ma，且F＝5 000 N，解
得加速度a＝3 m/s2，故A错误；t0时刻前，汽车做匀加速直线运动，速度逐
渐增大，由公式P＝Fv，可知牵引力的功率逐渐增大，故B错误；切换引擎
后，牵引力功率恒定，速度增加，则牵引力减小，所以加速度也减小，汽
车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故C错误；由P＝Fv0＝F1v1，其中
F＝6 000 N，v0＝15 m/s，F1＝3 600 N，解得t1时刻汽车的速率为25 m/s，
故D正确。
考点二 动能定理
运用动能定理解题的基本思路
【例3】 （2025·云南曲靖一模）如图甲所示，南城门是曲靖市的标志性
建筑之一，其门洞正上方为拱形结构，可简化为半圆形模型，其圆心为
O，半径为R。假如一同学在墙角对地面上一质量为m的足球做功后，该足
球在竖直平面内沿门洞内侧恰能通过高为H的最高点。已知足球运
动过程中受到墙壁和空气的平均阻力为f，运动示意图如图乙所示，则该同
学对足球做的功是（ C ）
C
解析：设足球恰能通过门洞最高点的速度为v，根据牛顿第二定律可得mg
＝m，足球从静止至运动到门洞最高点，根据动能定理可得W－mgH－
f＝mv2－0，联立可得该同学对足球做的功W＝mgH＋
mgR＋f，故选C。
【例4】 （2025·黑吉辽蒙高考13题）如图，一雪块从倾角θ＝37°的
屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝
2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝
0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°＝0.6，重力加速度
大小g＝10 m/s2。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
答案： 5 m/s
解析： 雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，
由动能定理有
mgxsin θ－μmgcos θ·x＝m－0
解得v0＝5 m/s。
（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
答案： 8 m/s 60°
解析： 雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有
mgh＝m－m
解得v1＝8 m/s
雪块离开A点的水平速度大小为
vx＝v0cos θ
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足cos α＝
解得α＝60°。
方法技巧
考点三 机械能守恒定律的应用
应用机械能守恒定律解题的一般思路
【例5】 〔多选〕半径为R的光滑半球固定在水平地面上。有一质量为m
的可视为质点的小球静止在半球的最高点，受到微小扰动后由静止开始沿
球面下滑，一段时间后小球与半球分离，重力加速度大小为g，不计一切
阻力，从小球开始下滑到落地前的过程中，下列说法正确的是（ BCD ）
BCD
A. 小球机械能不守恒
解析：小球运动过程中只有重力做功，则机械能守恒，故A错误；小球下
落全过程根据机械能守恒有mgR＝mv2，得小球落地时的速度大小为v＝
，故B正确；小球与半球面分离时，小球与球面间弹力为0，重力沿
半径方向的分力充当向心力，设此时半径与竖直方向的夹角为α，则mgcos
α＝m，由几何关系和机械能守恒有mgR（1－cos α）＝mv'2，解得cos α
＝，此时小球离地面高度h＝Rcos α＝R，v'＝，故C、D正确。
【例6】 如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面
体左侧的适当位置固定一光滑竖直硬杆，质量均为m的两小球（均视为质
点）用长为L的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面
上，甲、乙由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30°，当轻质硬
杆与斜面刚好平行时，乙的动能为（ B ）
B
解析：甲下降的高度为h甲＝＝L，乙下降的高度为h乙＝（ L－
）sin 30°＝，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，把甲的速
度v甲分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速度
为v∥＝v甲sin 30°，小球乙的速度v乙沿着斜面，轻质硬杆与斜面平行，则v
乙沿着轻质硬杆，有v乙＝v∥，对于甲、乙两球组成的系统，由机械能守恒
定律可得mgh甲＋mgh乙＝m＋m，乙的动能为Ek乙＝m，综合
解得Ek乙＝mgL，故B正确。
考点四 功能关系与能量守恒定律
常见的功能关系
【例7】 （2025·河南模拟预测）如图所示，质量为m的跳伞运动员在高
空由静止下落，从静止下落到打开降落伞之前运动员一直做竖直方向的匀
加速运动，此过程中，运动员减少的重力势能与增加的动能之比为9∶8，
重力加速度为g，若此过程运动员下降的高度为h，则此过程中（ C ）
C
解析：下降h高度的过程，减少的重力势能为mgh，根据题意可知，增
加的动能为ΔEk＝mgh，根据动能定理可知，合外力对运动员做的功
为W＝ΔEk＝mgh，故B错误；根据动能定理，有mah＝mgh，解得a
＝g，运动员机械能的变化量为ΔE＝－mgh＋mgh＝－mgh，即运动
员的机械能减少量为mgh，故A错误，C正确；根据功能关系可知，运
动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的功，即空气阻力对运动员
做的功为－mgh，故D错误。
【例8】 （2025·北京海淀区模拟）如图所示，光滑水平轨道MB与竖直平面内的半圆形轨道BA平滑连接，半圆形轨道是粗糙的，其轨道半径R＝0.40 m
②。一轻质弹簧的左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量m＝0.20 kg的
小滑块。开始时滑块静止在P点，弹簧正好处于原长。现水平向左推滑块
压缩弹簧，使弹簧具有一定的弹性势能，然后释放滑块，滑块运动到半圆
形轨道的最低点B时的速度vB＝6.0 m/s①，运动到最高点A时的速度vA＝
3.0 m/s②，已知重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）弹簧处于压缩状态时具有的弹性势能Ep；
（2）滑块在半圆形轨道上向上运动的过程中，摩擦力所做的功Wf；
（3）滑块落地时重力的瞬时功率P③。
审题指导：
信息提取 信息加工
开始时滑块静止在P点，弹簧正好处于原
长。现水平向左推滑块压缩弹簧，使弹
簧具有一定的弹性势能，然后释放滑
块，滑块运动到半圆形轨道的最低点B时
的速度vB＝6.0 m/s① 弹性势能全部转化为动能，可
计算弹簧处于压缩状态时具有
的弹性势能
信息提取 信息加工
半圆形轨道是粗糙的，其轨道半径R＝
0.40 m② 运动到最高点A时的速度vA＝3.0 m/s② 滑块在半圆形轨道上运动的过
程中，利用动能定理计算摩擦
力做的功
滑块落地时重力的瞬时功率P③ 滑块从A点做平抛运动，计算
落地时的竖直分速度，进而计
算落地时重力的瞬时功率
答案：（1）3.6 J
（2）－1.1 J
（3）8 W
解析：（1）根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能Ep＝m
代入数据可得Ep＝×0.20×6.02 J＝3.6 J。
（2）滑块在半圆形轨道上向上运动的过程中，根据能量守恒定律，有
m＝m＋mg·2R＋Q
Q为滑块克服摩擦力做功产生的热量
故Wf＝－Q
代入数据可得Wf＝－1.1 J。
（3）滑块从A点做平抛运动，根据＝2g·2R
可得vy＝4 m/s
落地时重力的瞬时功率P＝mgvy＝0.2×10×4 W＝8 W。
规律总结
应用能量守恒定律解决问题的思路
三个 思路 守恒 E初＝E末，初、末总能量不变
转移 EA减＝EB增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量
转化 ｜ΔE减｜＝｜ΔE增｜，减少的某些能量等于增加的某
些能量
一个 注意 含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优
先选用能量守恒定律 培优 提能加餐
拓展思维空间
功能关系中的图像问题
1. Ek-x图像斜率绝对值k表示合外力的大小：k＝｜｜＝｜｜＝F合
（功能关系W合＝ΔEk）。
2. E机-x图像斜率绝对值k表示除重力、系统内弹力外其他力的大小：k＝｜
｜＝｜｜＝F其他（功能关系W其他＝ΔE机）。
3. Ep重-x图像斜率绝对值k表示重力大小：k＝｜｜＝｜｜＝mg（功
能关系W重＝－ΔEp重）。
【典例】 （2025·北京延庆一模）汽车研发机构在某款微型汽车的车轮上
安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到
节能的目的。某次测试中，微型汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动
机，测出了微型汽车的动能Ek与位移x关系图像如图所示，其中①是关闭储
能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知微型汽车的
质量为1 000 kg，为便于讨论，设其运动过程中所受阻力恒定。根据图像
所给的信息可求出（ D ）
D
A. 汽车行驶过程中所受阻力为1 000 N
B. 汽车的额定功率为120 kW
C. 汽车加速运动的时间为22.5 s
D. 汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
解析：对于图线①，根据动能定理得－fx＝0－Ek，解得阻力为f＝＝
N＝2 000 N，选项A错误；设汽车匀速运动的速度为v，则有v
＝＝ m/s＝40 m/s，汽车的额定功率为P＝Fv＝fv＝2 000×40
W＝80 kW，故B错误；对于加速运动过程，根据动能定理得Pt－fs＝Ek2－
Ek1，得t＝＝ s＝16.25 s，故C错误；根据
功能关系得，汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为E＝Ek－fs'＝
8×105 J－2 000×1.5×102 J＝5×105 J，故D正确。
分层 强化训练
夯基固本提能
1. （2025·广东深圳模拟）今年国庆期间深圳龙岗大运城万架无人机表演
特别震撼，每架无人机携带着显像屏从地面升空到达表演地点。如图，一
架无人机竖直升空过程先从静止做匀加速运动再做匀减速运动至静止，下
列说法正确的有（ ）
A. 显像屏一直处于超重状态
B. 无人机对显像屏支持力先做正功后做负功
C. 显像屏克服重力做功的功率先增大后减小
D. 无人机及显像屏构成的系统上升过程机械能守恒
1
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9
10
11
√
解析： 无人机竖直升空过程先从静止做匀加速运动再做匀减速运动至
静止，可知加速度方向先向上后向下，则显像屏先处于超重状态，后处于
失重状态，故A错误；无人机对显像屏支持力方向一直向上，则支持力一
直做正功，故B错误；根据P＝mgv可知，速度先增大后减小，则显像屏克
服重力做功的功率先增大后减小，故C正确；无人机及显像屏构成的系统
加速上升过程，动能增加，重力势能增加，机械能增加，故D错误。
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2. （2025·浙江杭州模拟）如图为学校运动会中“毛毛虫竞速”趣味比赛，已知“毛毛虫”质量为10 kg，比赛中四位同学提起毛毛虫，以4.0 m/s2的加速度从静止开始沿水平方向做直线运动，在0～1 s的过程中，平均每位同学对“毛毛虫”做的功为（ ）
A. 10 J B. 20 J
C. 40 J D. 80 J
解析： t＝1 s时的速度v＝at＝4 m/s，根据动能定理有4W＝mv2－0，解
得平均每位同学对“毛毛虫”做的功W＝20 J，故选B。
√
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3. （2025·广西河池联考）某款国产汽车在出厂之前相关技术人员对汽车
进行了测试，汽车以恒定功率P启动做直线运动，汽车的最大速度为vm，
当汽车的速度为vm时，汽车的加速度为a1；当汽车的速度为vm时，汽车
的加速度为a2，若阻力不变，则a1与a2的比值为（ ）
B. 3
D. 2
√
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解析： 由F－f＝ma和P＝Fv，可得－f＝ma，结合题意可得P＝fvm，
－f＝ma1，－f＝ma2，求得＝，故选C。
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4. （2025·云南楚雄模拟）电动玩具水枪（如图所示）
是一种新式的电动玩具，使用时扣动扳机，水从枪口
快速射出。已知水枪喷口的直径为0.8 cm，水的密度
为1×103 kg/m3，水喷出时的速度大小为10 m/s，某次
开启连续射击模式，则水枪在连续射击模式下对喷出
的水做功的平均功率约为（ ）
A. 0.25 W B. 2.5 W
C. 25 W D. 250 W
√
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解析： 以喷出的一段水柱为研究对象，其功率P＝＝＝＝
＝，代入数据可得水枪对水做功的平均功率P≈25 W。故选C。
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5. 〔多选〕（2025·广东揭阳联考）如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为m的货物由静止开始竖直向上运动，上升高度H时恰好达到最
大速度。已知电动机功率恒为P，重力加速度为g，空气阻力大小恒为f，对
上述过程，下列说法正确的是（ ）
A. 货物上升过程中加速度逐渐增大
B. 货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
C. 电动机做的功大于货物机械能的增加量
√
√
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解析： 对货物受力分析，根据牛顿第二定律有F－mg－f＝ma，功率
有P＝Fv，则货物加速时，绳子的拉力F减小，加速度a减小，故A错误，B
正确；由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克
服空气阻力做的功的和，故C正确；当a＝0时，货物的速度最大，有vm＝
，根据能量守恒定律有Pt＝mgH＋fH＋m，联立解得t＝
＋，故D错误。
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6. （2025·甘肃白银二模）弹弓的构造如图1所示，
橡皮筋两端点A、B固定在把手上，将橡皮筋在竖
直平面内沿AB的中垂线方向拉伸，当橡皮筋中点
被拉至C处时，橡皮筋恰好拉直且处于原长状态
（如图2所示）。将小石子抵在C处橡皮筋上，将橡皮筋中点从C点拉至D点时放手，小石子在橡皮筋的作用下沿竖直方向向上弹射出去。橡皮筋的质量和空气阻力忽略不计，小石子可视为质点。小石子由D点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（ ）
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A. 小石子的机械能守恒
B. 小石子的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和先减小后增大
C. 橡皮筋对小石子的弹力先做正功后做负功
D. 小石子在C处时速度最大
√
解析： 由于橡皮筋恢复原长之前对小石子的作用力始终向上，弹力一
直做正功，小石子的机械能一直在增加，A、C项错误；当橡皮筋中点被拉
至C处时恰好为原长状态，在C点橡皮筋的拉力为零，在CD连线中的某一
位置，小石子所受合外力为零，加速度为零，速度最大，则小石子的动能
先增大后减小，由小石子与橡皮筋组成的系统机械能守恒可知，小石子的
重力势能与橡皮筋的弹性势能之和先减小后增大，B项正确，D项错误。
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7. （2025·山东枣庄二模）直升机悬停在距离水平地面足够高的空中，无
初速度投放装有物资的箱子，若箱子下落时受到的空气阻力与速度成正
比，以地面为零势能面。箱子的机械能、重力势能、下落的距离、所受阻
力的瞬时功率大小分别用E、Ep、x、P表示。下列图像可能正确的是（ ）
√
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11
解析： 根据牛顿第二定律有mg－kv＝ma，解得a＝g－，可知，箱子
向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，v-t图像切线
的斜率表示加速度，选项A中切线斜率先变大，后不变，故A错误；阻力的
瞬时功率大小P＝fv＝kv2，结合上述分析可知，箱子向下先做加速度减小
的变加速直线运动，后做匀速直线运动，则P-v图像先为一条开口向上的抛
物线，后为一个点，故B错误；结合上述分析可知，箱子速度始终不等于
0，箱子向下运动过程，箱子的动能不可能为0，以地面为零势能面，可
知，箱子的机械能不可能等于0，C图中图形描述的机械能最终等于0，故C
错误；令箱子释放位置距离地面高度为H，以地面为零势能面，则箱子的重力势能Ep＝mg＝mgH－mgx，即Ep-x图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D正确。
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8. （2025·山东青岛模拟）如图所示，套在光滑竖直杆
上的轻弹簧与杆一起固定在水平地面上，弹簧的另一端
与穿在杆上的小球相连，绕过定滑轮O点的轻绳一端连
接小球，另一端连接放在光滑固定斜面上的小滑块。初始时托住小滑块，使轻绳刚好伸直但恰好无拉力，之后由静止释放小滑块，小球从M点沿杆向N点运动。已知斜面的倾角为30°，小球的质量为m，小滑块的质量为6m，ON长度为L，ON与MN垂直。初始时轻绳与杆的夹角为37°，O点左侧的轻绳与斜面平行，小球经过N点时弹簧的弹力大小与初始时相等，重力加速度为g，sin 37°＝0.6。在小球从M点向上运动到N点的过程中，下列说法正确的是（ ）
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A. 小球和小滑块组成的系统机械能守恒
C. 在运动过程中小滑块的速度始终大于小球的速度
√
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解析： 小球、小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒而小球和小滑块组
成的系统机械能不守恒，故A错误；由几何关系可知，在M点弹簧的压缩
量为x1＝×＝L，在M点由平衡条件mg＝kx1，联立可得弹簧的劲度
系数为k＝，故B错误；设轻绳与杆的夹角为θ，根据关联速度关系v滑块
＝v球cos θ，当小球运动到N点时θ＝90°，此时滑块的速度为0，则滑块的
速度先增大后减小，故在运动过程中小滑块的速度始终小于小球的速度，
故C错误；由于小球经过N点时弹簧的弹力大小与初始时相等，故在M、N两点弹簧的弹性势能相等，对于小球、小滑块和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律，有6mg（ －L）sin 30°－mg＝mv2，解得小球运动到N点时的速度大小为v＝，故D正确。
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9. （2025·福建高考15题）如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物
块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面
间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图
乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面
平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m。求：
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（1）0～1 m内F做的功；
答案： 1.5 J
解析： F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小
由题图乙可知0～1 m内F所做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J。
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解析：由题图乙可知，x＝1 m时外力F的大小刚开始变化，可知此时A、B有
相同的加速度
A与地面间的摩擦力f＝μmg
对A、B整体，由牛顿第二定律得F－f＝2ma
由于B与地面间无摩擦，对B，由牛顿第二定律得FAB＝ma
联立解得A、B间的弹力大小FAB＝ma＝0.5 N。
（2）x＝1 m时，A与B之间的弹力大小；
答案： 0.5 N
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（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
答案： r≤0.2 m
解析：当FAB＝0时A、B分离，由（2）中分析可知F＝f＝μmg＝0.5 N时A、B
开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m
初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始
分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝·2mv2
结合（1）中分析由题图乙可得WF＝3.5 J
假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点
的过程，由动能定理得－mg·2r＝m－mv2
要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥
联立解得r≤0.2 m。
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10. （2025·辽宁锦州三模）抛石机又叫抛车，最早产生于周代，是一种攻守城垒的武器。为了方便研究，简化为图示物理模型，轻杆左端装上质量为m
的石头A，右端固定有重物B，轻杆可绕水平转轴O自由转动。初始时刻轻
杆与水平地面的夹角为30°，A、B到O的距离分别为6L、L。无初速度释
放，当轻杆运动到竖直时A脱离轻杆做平抛运动，A、B均可视为质点，不
计转轴摩擦及空气阻力，重力加速度为g。A做平抛运动的水平射程为
12L，求：
（1）A脱离轻杆时，A和B的速度大小；
答案： 2
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解析： 竖直方向，有6L＋6Lsin 30°＝gt2，解得t＝
水平方向，有12L＝vAt，解得vA＝2
根据角速度公式ω＝＝，解得vB＝。
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（2）重物B的质量M；
答案： 18m 竖直向下
解析：根据机械能守恒定律得Mg－mg＝
m＋M，解得M＝18m。
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（3）A脱离杆前瞬间杆对转轴O的作用力大小和方向。
答案： 27mg 方向向下
解析：对A，F1＋mg＝m，解得F1＝3mg，方向竖直向下，则A脱离杆前
瞬间，上端杆对转轴O施加的作用力F1'＝3mg，方向竖直向上
对B，F2－Mg＝M，解得F2＝30mg，方向竖直向上，则下端杆对转轴O
施加的作用力F2'＝30mg，方向竖直向下
杆对转轴O的作用力，F'＝F2'－F1'＝27mg，方向竖直向下。
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11. （2025·广东高考14题）如图所示，
用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，
先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把
手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，
通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的
拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功）求：
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（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。
答案：
解析： 木塞做匀加速直线运动，由速度与位移公式有v2＝2ah
解得木塞离开瓶口瞬间的速度为v＝
则齿轮外侧的线速度也为v＝，所以齿轮的角速度ω＝＝。
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（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
答案： ＋mgh＋mah＋ShΔp
解析：由木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系可知，拔塞的全过程摩擦
力对木塞做的功为Wf＝－h
拔塞的全过程，对木塞，由动能定理有
W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝mv2
联立解得W＝＋mgh＋mah＋ShΔp。
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（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表
达式。
答案： P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中t≤
解析：拔塞过程中，对木塞，由牛顿第二定律有
F－f－mg－Δp·S＝ma
由位移与时间公式有x＝at2
拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv
又v＝at
联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中t≤。
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演示完毕 感谢观看
