专题二 能量与动量
微专题5 功和能
考向1 功、功率与重力势能
(2022·广东卷)(多选)如图所示，载有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＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．下列说法中正确的有( ABD )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
【解析】小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，解得F＝40 N，故A正确；小车从M到N做匀速直线运动，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N，则摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J，即小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·Δh＝500 N×20 m×sin 30°＝5 000 J，故C错误；小车从P到Q，摩擦力为f2，有f2＋mg sin 30°＝，摩擦力做功为W2＝，且s2＝20 m，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确．
考向2 平抛运动中的功率、重力势能与机械能
(2021·广东卷)(多选)“长征”途中，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，下列说法中正确的有( BC )
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
【解析】由平抛运动规律可知，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，故A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvcos θ＝mgvy＝mg，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，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh，故C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误．
考向3 圆周运动动力学与功、动能定理综合问题
(2023·广东卷)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s．已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，取g＝10 m/s2．关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法中正确的有( BCD )
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
【解析】货物运动过程中重力做功WG＝mgh＝20×10×4 J＝800 J，故A错误；货物运动过程中由动能定理有－0＝mgh－Wf，解得Wf＝440 J，则货物克服摩擦力做功为440 J，故B正确；货物在圆弧上做圆周运动，在圆弧底部的加速度等于向心加速度，所以a＝＝9 m/s2，故C正确；货物在圆弧底部时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得F＝380 N，根据牛顿第三定律可知货物对圆弧的压力大小为380 N，故D正确．
一、功、功率
1．恒力的功：W＝Fxcos α，求解关键是找出力和在力方向上的位移，或者位移和在位移方向上的力．
2．求变力做功的方法：图像法、平均值法、转化法、微元法、__动能定理法__、功能关系法等．
3．功率：要分析判断求解的是平均功率还是瞬时功率．
(1) 平均功率P＝．
(2) 瞬时功率P＝Fvcos α，求解的关键是找出力和速度之间的夹角．
4．机车启动
类型 过程分析 图像
以恒定功率启动 v↑ F↓＝ a↓＝，当F＝f时a＝0，v达到最大速度，机车将以最大速度做匀速直线运动
以恒定牵引力启动 a＝不变，v↑，P↑＝Fv，当达到额定功率时，速度继续增大，功率保持额定功率不变，v↑，F↓，a↓＝，当F＝f时a＝0，v达到最大速度，机车将以最大速度做匀速直线运动
无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度
(2025·深圳外国语学校一模)汽车发动机的额定输出功率为P1，它在水平路面上行驶时受到的摩擦阻力大小恒定．汽车在水平路面上由静止开始运动，直到车速达到最大速度vm，汽车发动机的输出功率P随时间变化的图像如图所示．若在0～t1时间内，汽车发动机的牵引力是恒定的，则汽车受到的合力F合随时间变化的图像可能是( D )
A B C D
【解析】0～t1时间内牵引力是恒定的，故合力也是恒定的，输出功率一直增大，当达到额定功率后，即t＞t1时，功率保持不变，速度继续增大，牵引力开始减小，一直到等于摩擦力，故合力也一直减小，直到等于零，D正确．
二、动能定理及其应用
1．应用动能定理解题的步骤
2．解决动能定理与图像问题的基本步骤
(多选)如图所示，光滑斜面ABCD为长方形，AB边长为l1＝1.8 m，BC边长l2＝2.0 m，倾角为θ＝30°，一质量为m＝1 kg的小球通过长为r＝0.5 m的轻绳固定于长方形两条对角线的交点O，将轻绳拉直并使小球在某一位置P(未画出)静止．现给小球一垂直于绳的速度，小球开始做圆周运动，绳子恰好在最低点时断裂，小球刚好能够到达C点．不计摩擦，取g＝10 m/s2，则( BD )
A．绳能够承受的最大张力为15 N
B．绳断裂瞬间小球速度大小为2.5 m/s
C．小球到达C点时速度大小为3 m/s
D．P点一定不会在最高点
【解析】绳子在最低点断裂时的速度设为v，断裂后做类平抛运动，有(g sin θ)t2＝－r，vt＝，解得t＝0.4 s，v＝2.5 m/s，小球到达C点时速度大小为v1＝＝ m/s，B正确，C错误；小球在最低点时绳能够承受的张力最大，根据牛顿第二定律T－mg sin θ＝，解得T＝17.5 N，A错误；若P点在最高点，到最低点的过程，根据动能定理mg·2r sin θ＝，解得v2＝ m/s＞v，故P点一定不会在最高点，D正确．
三、机械能守恒定律及其应用
1．机械能守恒的三种表达式
2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤
(2025·惠州三模)(多选)古代抛石机原理简化如图所示，轻杆AB可绕转轴O在竖直面内转动，两臂长度分别为OA＝2 m、OB＝8 m．A处固定质量为24 kg的重物，B处放一质量为1 kg的石块．将轻杆拉到水平并从静止释放，当轻杆运动到竖直位置时石块脱离轻杆．重物与石块均可看成质点，不计空气阻力和摩擦力，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( BCD )
A．从释放到抛出前，石块机械能守恒
B．从释放到抛出前，轻杆对重物做负功
C．石块脱离瞬间的速度大小为8 m/s
D．石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0
【解析】从释放到抛出前，石块动能增加、重力势能增加，石块的机械能增加，A错误；从释放到抛出前，石块、重物组成的系统机械能守恒，由于石块的机械能增加，可知重物的机械能减少，故轻杆对重物做负功，B正确；设脱离时重物速度为v，石块、重物同轴转动，角速度相同，根据v＝ωr可知石块速度为4v，根据机械能守恒有mB(4v)2＋mAv2＝2mAg－8mBg，代入题中数据解得4v＝8 m/s，C正确；石块脱离瞬间，石块速度方向水平向右，其方向与重力方向垂直，故石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0，D正确．
四、功能关系、能量守恒及其应用
1．利用功能关系解题，关键要理清各种功与能之间的对应关系
2．应用能量守恒定律解题时，要明确研究对象是单个物体还是系统(系统是否包括弹簧在内)，要弄清楚能量转化和损失的去向．
当涉及摩擦力做功时，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
(2025·揭阳模拟测试二)(多选)质量为20 kg的无人机悬挂5 kg的货物，竖直向上匀速运动，进行竖直送货的性能测试．当货物离地高度为7.5 m时，与无人机分离，无人机所受升力保持不变，货物2 s后落地．无人机所受空气阻力大小恒为40 N，货物所受空气阻力大小恒为10 N，取g＝10 m/s2，从货物与无人机分离到货物落地的过程中( BCD )
A．货物的加速度大小恒为12 m/s2
B．货物离地的最大高度为9 m
C．无人机的动能增加量为1 080 J
D．无人机的机械能增加量为4 680 J
【解析】当货物与无人机分离时有向上的速度，此时货物先向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有f物＋m物g＝m物a1，解得a1＝12 m/s2，方向竖直向下；当货物的速度减为零时，货物向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有m物g－f物＝m物a2，解得a2＝8 m/s2，A错误；设货物与无人机分离时的速度为v0，则货物先以a1＝12 m/s2向上减速至零，则时间t1＝，上升的高度为h1＝，之后货物以a2＝8 m/s2向下做初速度为零的匀加速直线运动，直到落地，则时间为t2＝2 s－t1＝s，下落的高度为7.5 m＋h1＝，联立解得7.5 m＋＝，代入数据解得v0＝6 m/s，则可得减速上升的高度为h1＝＝1.5 m，故货物离地的最大高度为hm＝7.5 m＋h1＝9 m，B正确；设无人机所受升力为F，在货物与无人机分离前，无人机与货物向上做匀速运动，速度大小为分离时的速度，即v0＝6 m/s，对无人机与货物分析，根据平衡条件有F＝m无g＋m物g＋f无＋f物＝300 N，在货物与无人机分离后，无人机所受升力不变，对无人机分析，根据牛顿第二定律有F－m无g－f无＝m无a无，解得a无＝3 m/s2，方向竖直向上，即在2 s内无人机继续向上运动，上升的高度为h2＝v0t＋a无t2＝18 m，对应的速度为v2＝v0＋a无t＝12 m/s，故在2 s内无人机的动能增加量为ΔEk＝m无－m无＝1 080 J，在2 s内无人机的重力势能重加量为ΔEp＝m无gh2＝3 600 J，在2 s内无人机的机械能增加量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝4 680 J，C、D正确．
五、动能定理与机械能守恒定律的综合应用
(2025·湛江一中)如图所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5 m．空气阻力可忽略，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1) 滑块运动到C点时速度vC的大小．
(2) B、C两点的高度差h及水平距离x．
(3) 水平外力作用在滑块上的时间t．
答案：(1) 5 m/s (2) 0.45 m 1.2 m (3) 0.4 s
【解析】(1) 滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得
FN－mg＝
滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得＝
联立解得vC＝5 m/s
(2) 滑块在C点时，速度的竖直分量为
vy＝vC sin α＝3 m/s
B、C两点的高度差为h＝＝0.45 m
滑块由B运动到C所用的时间为ty＝＝0.3 s
滑块运动到B点时的速度为vB＝vCcos α＝4 m/s
B、C间的水平距离为x＝vBty＝1.2 m
(3) 滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得
Pt－μmgL＝
解得t＝0.4 s
动能定理与机械能守恒定律的选用原则
1．无论是直线运动还是曲线运动，条件合适时，两规律都可使用，都要考虑初、末状态，都不需要考虑所经历过程的细节．
2．能用机械能守恒定律求解的，也可以用动能定理求解．
配套热练
题组练
题组一 功、功率
1．(2025·清远一模)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100 m的长直“魔毯”来运送滑雪者上山，“魔毯”的额定功率为40 kW，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70 kg，sin 16°＝0.28，cos 16°＝0.96，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( C )
A．一个成年人上山过程中克服重力做功7.0×104 J
B．一个成年人上山过程中克服摩擦力做功5.04×104 J
C．若同时承运100个成年人，则其最大运行速度大小约为2 m/s
D．若“魔毯”以1 m/s速度运行，则最多可以同时承运50个成年人
【解析】一个成年人上山过程中克服重力做功为WG＝mgh＝mgl sin 16°＝70×10×100×0.28 J＝1.96×104 J，A错误；一个成年人上山过程中，摩擦力做正功，不是克服摩擦力做功，则静摩擦力做的功为Wf＝f静l＝mgl sin 16°＝1.96×104 J，B错误；当“魔毯”上同时承运n＝100人时，有f＝mg sin θ，f总＝nf，由牛顿第三定律，对“魔毯”有F＝f总，“魔毯”正常工作时，有P额＝Fvm，可得vm＝＝ m/s≈2 m/s，C正确；同理可得，若“魔毯”以1 m/s速度运行，由P额＝F′v，可得F′＝＝n′f，代入数据解得n′≈200，则最多可以同时承运200个成年人，D错误．
2．(2025·广州天河区一模)《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：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动．水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动．每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田．当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( B )
A． B．
C． D．nmgωRH
【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝，T＝，联立有P＝，故选B．
题组二 动能定理及其应用
3．(2025·广东省三模)(多选)沿倾角不同、动摩擦因数相同的斜面向上拉同一物体，若上升的高度相同，则下列说法中正确的是( ABD )
A．沿各斜面克服重力做的功相同
B．沿倾角小的斜面克服摩擦做的功多些
C．沿倾角大的斜面拉力做的功少些
D．条件不足，拉力做的功无法比较
【解析】重力做功只与高度差有关，故沿各斜面克服重力做功相等，A正确；滑动摩擦力的大小为f＝μmgcos θ，克服摩擦力做功为Wf＝μmgcos θ·＝，倾角θ越小，tan θ越小，克服摩擦力做功越多，B正确；根据动能定理有W拉－Wf－mgH＝，由于不知道物体运动的初、末速度大小关系，所以无法比较拉力做功的大小，C错误，D正确．
4．(2025·河源调研模拟测试二)如图所示为某游戏装置原理示意图．在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的固定在地面上的光滑竖直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°．小球以 的水平初速度由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．已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小球质量为m，可视为质点．求：
(1) 小球到达D点的速度大小．
(2) 小球到达C点时，小球对轨道压力的大小．
(3) 水平桌面的摩擦因数．
答案：(1) (2) 4.5mg (3)
【解析】(1) 由题知，小球恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mg＝
解得vD＝
(2) 小球从C到D的过程中，根据动能定理有
－mgR(1＋cos 60°)＝
在C点，有FN－mgcos 60°＝
联立解得FN＝4.5mg
根据牛顿第三定律可得小球到达C点时，小球对轨道压力的大小为4.5mg
(3) 由题知，小球从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有＝cos 60°
小球从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmg·s＝
又s＝π·2R
解得μ＝
题组三 机械能守恒定律及其应用
5．(2025·深圳红岭教育集团统一考试)体育课上，某同学跳起投篮，松手后篮球将斜向上飞出，恰好能够斜向下、无碰触地穿过篮筐中心，如图所示．若篮球质量为m，篮球抛出的初速度大小为v0，方向与水平方向成θ角，篮筐平面到篮板上沿的距离是h，篮球到达最高点时恰好与篮板上沿等高．以篮筐所在的水平面为重力势能的零势能面，取g＝10 m/s2，篮球可以看作质点，不计空气阻力．下列说法中正确的是( C )
A．篮球在空中运动过程中相等时间内速度的变化量不相等
B．篮球在最高点的机械能为mgh
C．若篮球的抛出点和篮筐等高，则该同学对篮球做的功为mgh＋m(v0cos θ)2
D．篮球穿过篮筐时的速度v与水平方向的夹角一定等于θ
【解析】篮球在空中运动过程中只受到重力，加速度不变始终等于重力加速度，故相等时间内速度的变化量相同，A错误；篮球在最高点时具有水平方向的速度，故机械能大于mgh，B错误；若篮球的抛出点和篮筐等高，从抛出瞬间到篮球到达最高点，只有重力对篮球做功，机械能守恒，可知该同学对篮球做的功为W＝＝mgh＋m(v0cos θ)2，C正确；抛出点的高度与篮筐高度关系不确定，故无法判断篮球穿过篮筐时的速度v与水平方向的夹角与θ的关系，D错误．
6．(2025·珠海实验中学等五校模拟)如图所示，在一次趣味闯关游戏中，要求参赛选手在距离地面高度H＝4 m处抓住水平伸直的绳子末端，由静止开始向下摆动，在经过最低点时松手，最后落到水池中．绳子的长度L由选手自由调节，选手质量m＝60 kg，可看作质点，取g＝10 m/s2，忽略绳子的质量和长度的变化，不考虑空气阻力的影响．求：
(1) 选手松开绳子前瞬间，绳子的拉力F的大小．
(2) 选手落入水中的水平距离x最大值，以及此时绳子的长度．
(3) 选手落入水中的水平距离为x＝2 m时，绳子的长度．(结果可以带根号)
答案：(1) 1 800 N (2) 4 m 2 m
(3) (2＋) m或(2－)m
【解析】(1) 由静止开始向下摆动到最低点过程，根据机械能守恒可得mgL＝mv2，解得v＝
选手松开绳子前，绳子拉力与重力的合力提供向心力，则有F－mg＝
解得F＝3mg＝1 800 N
(2) 松手后，选手做平抛运动，则有
H－L＝，x＝vt
联立可得x＝2
根据数学知识可知，当L＝＝2 m，选手落入水中的水平距离最大，此时xmax＝H＝4 m
(3) 选手落入水中的水平距离为x＝2 m时，则有
x＝2＝2 m
解得绳子的长度为L1＝(2＋) m或L2＝(2－) m
题组四 功能关系、能量守恒及其应用
7．(2025·江门市一模)(多选)2024年11月4日，“神舟十八号”载人飞船返回舱返回地面，在打开降落伞后的一段时间内，整个装置先减速，后匀速下降，在这段时间内，关于返回舱的说法中正确的是( BD )
A．减速下降阶段，返回舱处于失重状态
B．减速下降阶段，返回舱动能的减少量小于飞船克服阻力做的功
C．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量大于重力对飞船做的功
D．匀速下降阶段，重力对飞船做的功等于飞船克服阻力做的功
【解析】打开降落伞后，返回舱减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，A错误；减速下降阶段，由功能关系可知Wf＝ΔEk＋ΔEp，则返回舱动能的减少量小于飞船克服阻力做的功，B正确；匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于飞船克服阻力做功的大小，而重力与阻力的大小相同，所以返回舱机械能的减少量等于返回舱重力所做的功，C错误，D正确．
8．(2025·广东省高中联盟开学考)(多选)如图所示，竖直面内有一固定的半径为R、表面粗糙程度不同的圆弧轨道，其圆心O与A点等高．一小物块以恒定的速率v0沿轨道自A点运动到B点，圆弧AP与圆弧PB长度相等．小物块从A到B运动过程，下列说法中正确的是( BD )
A．小物块所受重力的功率越来越大
B．小物块对轨道的压力越来越大
C．小物块与圆弧轨道间动摩擦因数越来越大
D．小物块在AP段产生的内能比PB段产生的内能大
【解析】对物块受力分析，根据PG＝mgv0cos θ，θ从0°增加到90°，因此小物块所受重力功率越来越小，A错误；对物块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得FN－mg sin θ＝m，解得FN＝mg sin θ＋m，θ从0°增加到90°，FN越来越大，B正确；因为小物块以恒定的速率运动，故切线方向上合力为零，因此有mgcos θ＝Ff＝μFN，可得μ＝，结合上述分析可知，μ越来越小，C错误；由于从A到P重力做功大于从P到B重力做功，根据功能关系，小物块在AP段产生的内能比PB段产生的内能大，D正确．
题组五 动能定理与机械能守恒定律的综合运用
9．(2025·惠州第二次调研考试)(多选)长度为2L的轻杆左端连接光滑水平转轴O，中点和右端分别固定质量均为m的小球A和B，小球可视为质点，重力加速度为g，如图所示，当轻杆从水平位置由静止释放，在轻杆摆至竖直位置的过程中，下列结论中正确的是( ACD )
A．A、B两小球组成的系统机械能守恒
B．A、B两小球的速度始终相等
C．在最低点，小球B的速度大小为
D．轻杆对小球B做功0.4mgL
【解析】A、B两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，A正确；杆从水平位置摆至竖直位置，A、B球的角速度相等，设在竖直位置A球的速度为vA，B球的速度为vB，根据圆周运动的角速度与线速度的关系可得vB＝2vA，根据机械能守恒定律有mg·2L＋mgL＝，联立解得vB＝，B错误，C正确；对小球B，根据动能定理可得mg·2L＋W＝，解得W＝0.4mgL，D正确．
10．(2025·广东省三模)如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m时飞出平台，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1) 撤去推力时木块的速度．
(2) 木块飞出平台时速度的大小．
(3) 木块落地时速度的大小．
答案：(1) 6 m/s，方向水平向右
(2) 2 m/s (3) 8 m/s
【解析】(1) 取木块为研究对象，由动能定理得
(F－μmg)l1＝
解得v1＝6 m/s，方向水平向右
(2) 设木块离开平台时速度为
v2，落地时速度大小为v3，根据动能定理可得
Fl1－μmg(l1＋l2)＝－0
代入数据解得v2＝2 m/s
(3) 根据机械能守恒定律可得
＝
代入数据解得v3＝8 m/s
增强练
一、单项选择题
1．(2025·深圳一模)如图甲所示，物块从固定斜面的底端上滑，机械能与动能的关系如图乙所示．已知斜面倾角为37°，物块质量为5 kg、初速度大小v0，物块与斜面间的动摩擦因数为μ．以斜面底端位置为零势能面，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．下列说法中正确的是( B )
甲 乙
A．μ＝0.4，v0＝2 m/s
B．μ＝0.5，v0＝2 m/s
C．μ＝0.4，v0＝ m/s
D．μ＝0.5，v0＝ m/s
【解析】由图乙可知，物体在底端时的动能Ek＝，代入数据解得v0＝2 m/s，物体上升到最大高度时的重力势能Ep＝mgh，结合图乙解得h＝0.12 m，物体沿斜面移动的距离L＝＝0.2 m，根据能量守恒定律可得μmgcos θ·L＝E机械－Ep，代入数据解得μ＝0.5，故选B．
2．(2025·佛山顺德区教学质量检测一)拉力传感器连接到计算机上可以测量变化的力．如图甲所示，一单摆悬挂于固定在O点的拉力传感器下方，把小球(可视为质点)拉至偏离平衡位置一定角度α(α＜5°)无初速度释放．图乙是拉力传感器受到的拉力F大小随时间t变化的图像，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( D )
甲 乙
A．小球运动的周期为0.2π s
B．单摆的摆长为0.1 m
C．小球摆到最高点时合外力为零
D．小球的最大速度为 m/s
【解析】小球在最低点拉力最大，一个周期经过最低点两次，由图乙可知，小球运动的周期为T＝2×0.2π s＝0.4π s，A错误；根据单摆的周期公式T＝2，解得L＝0.4 m，B错误；小球摆到最高点时线速度为零，沿半径方向的向心力为零，但重力沿切线方向的分力仍然存在，故此时合外力不为零，C错误；在最高点，根据牛顿第二定律有F1－mgcos α＝，其中v1＝0，F1＝0.495 N，则可得mgcos α＝0.495 N；最低点，根据牛顿第二定律有Fm－mg＝，其中Fm＝0.510 N；从最高点到最低点，根据机械能守恒有mgL(1－cos α)＝，联立解得vm＝ m/s，D正确．
二、多项选择题
3．(2025·深圳红岭教育集团统一考试)在工地中经常使用起重机将建筑材料吊起送至高空中某一位置，已知某台起重机的额定功率为P0＝10 kW，将一质量为50 kg的工件从静止开始匀加速向上吊起，在t＝1 s时，工件上升的速度为10 m/s，此时起重机的功率恰好达到额定功率，在t＝3 s时工件速度达到最大，接着以此速度开始做匀速直线运动，在t＝5 s时，工件达到指定位置，取g＝10 m/s2，不计一切摩擦阻力，则( ACD )
A．工件做匀速直线运动时的速度大小为20 m/s
B．在1～3 s时间内，工件做加速度逐渐增大的减速运动
C．t＝1 s时，工件所受到的牵引力大小为1 000 N
D．0～5 s时间内，工件上升的高度h＝70 m
【解析】工件竖直向上运动过程中达到最大速度时，拉力等于重力，则vm＝＝ m/s＝20 m/s，工件做匀速直线运动时的速度大小为20 m/s，A正确；在1～3 s时间内，起重机的功率不变，但速度增大，所以拉力F减小，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，由此可知，拉力减小，加速度减小，所以工件做加速度逐渐减小的加速运动，B错误；t＝1 s时，工件上升的速度为10 m/s，此时起重机的功率恰好达到额定功率，则P0＝Fv1，解得F＝1 000 N，C正确；0～1 s时间内，工件上升的高度为x1＝t1，解得x1＝5 m，1～5 s时间内，即Δt＝4 s内，根据动能定理可得P0Δt－mgx2＝，解得1～5 s时间内工件上升高度x2＝65 m，所以0～5 s时间内，工件上升的高度为h＝x1＋x2＝70 m，D正确．
4．(2025·广州二模)如图甲所示，砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图乙所示．已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则( AC )
甲 乙
A．0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移相同
B．0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度相同
C．0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量
D．0～t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量
【解析】v－t图像的斜率表示加速度，根据图乙可知，0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度大小相等、方向相反，B错误；v－t图像与时间轴所围图形的面积表示位移，根据图乙可知，0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移相同，A正确；砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量，C正确；根据功能关系与能量守恒定律有W拉＝ΔE总＋Q1＋Q2，即0～t1时间内，拉力做的功与砝码和钢板总动能的变化量、砝码和钢板间产生的热和钢板与桌面产生的热三者之和相等，D错误．
5．(2025·肇庆广宁县调研模拟)滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性．某滑道示意图如图所示，半径R＝10 m的圆弧滑道MN与水平滑道NP平滑衔接，O是圆弧滑道MN的圆心．一质量m＝50 kg(含滑雪装备)的运动员从M点由静止开始下滑，最后运动员滑到P点停下．已知NP段的动摩擦因数μ＝0.1，NP＝18 m，∠MON＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法中正确的是( BCD )
A．运动员经过N点时的速度大小为2 m/s
B．运动员在到达N点前的一瞬间对滑道的压力大小为680 N
C．在MP段克服阻力做功1 000 J
D．在MN段克服阻力做功100 J
【解析】设经过N点速度大小为vN，从N至P根据动能定理得－μmg·NP＝，解得vN＝6 m/s，A错误；设滑道在N点对人的支持力为F，根据牛顿第二定律得F－mg＝，解得F＝680 N，根据牛顿第三定律可知，人对滑道的压力大小为680 N，B正确；从M至N，由动能定理得mgR(1－cos 37°)＋WfMN＝，解得WfMN＝－100 J，可知该段过程克服阻力做功为100 J；从M至P，由动能定理得mgR(1－cos 37°)＋WfMP＝0，解得WfMP＝－1 000 J，所以克服阻力做功为1 000 J，C、D正确．
三、非选选择题
6．(2025·揭阳惠来一中月考)如图所示，BC为固定在地面上半径R＝0.5 m、圆心角θ＝37°的粗糙圆弧轨道，圆弧轨道末端C与长木板P上表面平滑对接但不粘连，OC竖直．质量m＝1 kg的小物块从固定水平台右端A点以4 m/s的初速度水平向右抛出，运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，至C点时对圆弧轨道的压力大小为60 N，之后小物块滑上木板P，始终未从木板P上滑下．已知木板P质量M＝1.5 kg，小物块与木板P间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板P与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求：
(1) 小物块在B点的速度大小．
(2) 小物块从B到C点的过程中克服摩擦力做的功．
(3) 整个过程中，地面对木板做的功．
答案：(1) 5 m/s (2) 1 J (3)－2.5 J
【解析】(1) 物块运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，有vB＝＝ m/s＝5 m/s
(2) 小物块至C点时对圆弧轨道的压力大小为60 N，根据牛顿第三定律可得，小物块受到的支持力为60 N，方向竖直向上，对小物块，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝
解得vC＝5 m/s
小物块从B到C点的过程中，根据动能定理可得
mgR(1－cos θ)－W克f＝
解得W克f＝1 J
(3) 小物块滑上木板P时，对小物块有
μ1mg＝ma1
解得a1＝4 m/s2
对木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
解得a2＝1 m/s2
设二者达到共速的时间为t，则vC－a1t＝a2t
解得t＝1 s
此过程木板的位移为x1＝a2t2＝0.5 m
由于μ1＞μ2，可知小物块与木板共速后一起做匀减速直线运动直到速度为零，此过程位移为x2＝
又a3＝μ2g
联立可得x2＝0.5 m
所以地面对木板做的功为
W＝－μ2(m＋M)g(x1＋x2)＝－2.5 J
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题二 能量与动量
微专题5 功和能
考向1 功、功率与重力势能
(2022·广东卷)(多选)如图所示，载有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＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．下列说法中正确的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
考向2 平抛运动中的功率、重力势能与机械能
(2021·广东卷)(多选)“长征”途中，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，下列说法中正确的有( )
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
考向3 圆周运动动力学与功、动能定理综合问题
(2023·广东卷)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s．已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，取g＝10 m/s2．关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法中正确的有( )
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
一、功、功率
1．恒力的功：W＝Fxcos α，求解关键是找出力和在力方向上的位移，或者位移和在位移方向上的力．
2．求变力做功的方法：图像法、平均值法、转化法、微元法、__动能定理法__、功能关系法等．
3．功率：要分析判断求解的是平均功率还是瞬时功率．
(1) 平均功率P＝．
(2) 瞬时功率P＝Fvcos α，求解的关键是找出力和速度之间的夹角．
4．机车启动
类型 过程分析 图像
以恒定功率启动 v↑ F↓＝ a↓＝，当F＝f时a＝0，v达到最大速度，机车将以最大速度做匀速直线运动
以恒定牵引力启动 a＝不变，v↑，P↑＝Fv，当达到额定功率时，速度继续增大，功率保持额定功率不变，v↑，F↓，a↓＝，当F＝f时a＝0，v达到最大速度，机车将以最大速度做匀速直线运动
无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度
(2025·深圳外国语学校一模)汽车发动机的额定输出功率为P1，它在水平路面上行驶时受到的摩擦阻力大小恒定．汽车在水平路面上由静止开始运动，直到车速达到最大速度vm，汽车发动机的输出功率P随时间变化的图像如图所示．若在0～t1时间内，汽车发动机的牵引力是恒定的，则汽车受到的合力F合随时间变化的图像可能是( )
二、动能定理及其应用
1．应用动能定理解题的步骤
2．解决动能定理与图像问题的基本步骤
(多选)如图所示，光滑斜面ABCD为长方形，AB边长为l1＝1.8 m，BC边长l2＝2.0 m，倾角为θ＝30°，一质量为m＝1 kg的小球通过长为r＝0.5 m的轻绳固定于长方形两条对角线的交点O，将轻绳拉直并使小球在某一位置P(未画出)静止．现给小球一垂直于绳的速度，小球开始做圆周运动，绳子恰好在最低点时断裂，小球刚好能够到达C点．不计摩擦，取g＝10 m/s2，则( )
A．绳能够承受的最大张力为15 N
B．绳断裂瞬间小球速度大小为2.5 m/s
C．小球到达C点时速度大小为3 m/s
D．P点一定不会在最高点
三、机械能守恒定律及其应用
1．机械能守恒的三种表达式
2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤
(2025·惠州三模)(多选)古代抛石机原理简化如图所示，轻杆AB可绕转轴O在竖直面内转动，两臂长度分别为OA＝2 m、OB＝8 m．A处固定质量为24 kg的重物，B处放一质量为1 kg的石块．将轻杆拉到水平并从静止释放，当轻杆运动到竖直位置时石块脱离轻杆．重物与石块均可看成质点，不计空气阻力和摩擦力，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．从释放到抛出前，石块机械能守恒
B．从释放到抛出前，轻杆对重物做负功
C．石块脱离瞬间的速度大小为8 m/s
D．石块脱离瞬间，石块所受重力的功率为0
四、功能关系、能量守恒及其应用
1．利用功能关系解题，关键要理清各种功与能之间的对应关系
2．应用能量守恒定律解题时，要明确研究对象是单个物体还是系统(系统是否包括弹簧在内)，要弄清楚能量转化和损失的去向．
当涉及摩擦力做功时，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
(2025·揭阳模拟测试二)(多选)质量为20 kg的无人机悬挂5 kg的货物，竖直向上匀速运动，进行竖直送货的性能测试．当货物离地高度为7.5 m时，与无人机分离，无人机所受升力保持不变，货物2 s后落地．无人机所受空气阻力大小恒为40 N，货物所受空气阻力大小恒为10 N，取g＝10 m/s2，从货物与无人机分离到货物落地的过程中( )
A．货物的加速度大小恒为12 m/s2
B．货物离地的最大高度为9 m
C．无人机的动能增加量为1 080 J
D．无人机的机械能增加量为4 680 J
五、动能定理与机械能守恒定律的综合应用
(2025·湛江一中)如图所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5 m．空气阻力可忽略，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1) 滑块运动到C点时速度vC的大小．
(2) B、C两点的高度差h及水平距离x．
(3) 水平外力作用在滑块上的时间t．
动能定理与机械能守恒定律的选用原则
1．无论是直线运动还是曲线运动，条件合适时，两规律都可使用，都要考虑初、末状态，都不需要考虑所经历过程的细节．
2．能用机械能守恒定律求解的，也可以用动能定理求解．
配套热练
题组练
题组一 功、功率
1．(2025·清远一模)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100 m的长直“魔毯”来运送滑雪者上山，“魔毯”的额定功率为40 kW，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70 kg，sin 16°＝0.28，cos 16°＝0.96，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．一个成年人上山过程中克服重力做功7.0×104 J
B．一个成年人上山过程中克服摩擦力做功5.04×104 J
C．若同时承运100个成年人，则其最大运行速度大小约为2 m/s
D．若“魔毯”以1 m/s速度运行，则最多可以同时承运50个成年人
2．(2025·广州天河区一模)《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：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动．水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动．每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田．当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A． B．
C． D．nmgωRH
题组二 动能定理及其应用
3．(2025·广东省三模)(多选)沿倾角不同、动摩擦因数相同的斜面向上拉同一物体，若上升的高度相同，则下列说法中正确的是( )
A．沿各斜面克服重力做的功相同
B．沿倾角小的斜面克服摩擦做的功多些
C．沿倾角大的斜面拉力做的功少些
D．条件不足，拉力做的功无法比较
4．(2025·河源调研模拟测试二)如图所示为某游戏装置原理示意图．在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的固定在地面上的光滑竖直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°．小球以 的水平初速度由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．已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小球质量为m，可视为质点．求：
(1) 小球到达D点的速度大小．
(2) 小球到达C点时，小球对轨道压力的大小．
(3) 水平桌面的摩擦因数．
题组三 机械能守恒定律及其应用
5．(2025·深圳红岭教育集团统一考试)体育课上，某同学跳起投篮，松手后篮球将斜向上飞出，恰好能够斜向下、无碰触地穿过篮筐中心，如图所示．若篮球质量为m，篮球抛出的初速度大小为v0，方向与水平方向成θ角，篮筐平面到篮板上沿的距离是h，篮球到达最高点时恰好与篮板上沿等高．以篮筐所在的水平面为重力势能的零势能面，取g＝10 m/s2，篮球可以看作质点，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )
A．篮球在空中运动过程中相等时间内速度的变化量不相等
B．篮球在最高点的机械能为mgh
C．若篮球的抛出点和篮筐等高，则该同学对篮球做的功为mgh＋m(v0cos θ)2
D．篮球穿过篮筐时的速度v与水平方向的夹角一定等于θ
6．(2025·珠海实验中学等五校模拟)如图所示，在一次趣味闯关游戏中，要求参赛选手在距离地面高度H＝4 m处抓住水平伸直的绳子末端，由静止开始向下摆动，在经过最低点时松手，最后落到水池中．绳子的长度L由选手自由调节，选手质量m＝60 kg，可看作质点，取g＝10 m/s2，忽略绳子的质量和长度的变化，不考虑空气阻力的影响．求：
(1) 选手松开绳子前瞬间，绳子的拉力F的大小．
(2) 选手落入水中的水平距离x最大值，以及此时绳子的长度．
(3) 选手落入水中的水平距离为x＝2 m时，绳子的长度．(结果可以带根号)
题组四 功能关系、能量守恒及其应用
7．(2025·江门市一模)(多选)2024年11月4日，“神舟十八号”载人飞船返回舱返回地面，在打开降落伞后的一段时间内，整个装置先减速，后匀速下降，在这段时间内，关于返回舱的说法中正确的是( )
A．减速下降阶段，返回舱处于失重状态
B．减速下降阶段，返回舱动能的减少量小于飞船克服阻力做的功
C．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量大于重力对飞船做的功
D．匀速下降阶段，重力对飞船做的功等于飞船克服阻力做的功
8．(2025·广东省高中联盟开学考)(多选)如图所示，竖直面内有一固定的半径为R、表面粗糙程度不同的圆弧轨道，其圆心O与A点等高．一小物块以恒定的速率v0沿轨道自A点运动到B点，圆弧AP与圆弧PB长度相等．小物块从A到B运动过程，下列说法中正确的是( )
A．小物块所受重力的功率越来越大
B．小物块对轨道的压力越来越大
C．小物块与圆弧轨道间动摩擦因数越来越大
D．小物块在AP段产生的内能比PB段产生的内能大
题组五 动能定理与机械能守恒定律的综合运用
9．(2025·惠州第二次调研考试)(多选)长度为2L的轻杆左端连接光滑水平转轴O，中点和右端分别固定质量均为m的小球A和B，小球可视为质点，重力加速度为g，如图所示，当轻杆从水平位置由静止释放，在轻杆摆至竖直位置的过程中，下列结论中正确的是( )
A．A、B两小球组成的系统机械能守恒
B．A、B两小球的速度始终相等
C．在最低点，小球B的速度大小为
D．轻杆对小球B做功0.4mgL
10．(2025·广东省三模)如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m时飞出平台，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1) 撤去推力时木块的速度．
(2) 木块飞出平台时速度的大小．
(3) 木块落地时速度的大小．
增强练
一、单项选择题
1．(2025·深圳一模)如图甲所示，物块从固定斜面的底端上滑，机械能与动能的关系如图乙所示．已知斜面倾角为37°，物块质量为5 kg、初速度大小v0，物块与斜面间的动摩擦因数为μ．以斜面底端位置为零势能面，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．μ＝0.4，v0＝2 m/s
B．μ＝0.5，v0＝2 m/s
C．μ＝0.4，v0＝ m/s
D．μ＝0.5，v0＝ m/s
2．(2025·佛山顺德区教学质量检测一)拉力传感器连接到计算机上可以测量变化的力．如图甲所示，一单摆悬挂于固定在O点的拉力传感器下方，把小球(可视为质点)拉至偏离平衡位置一定角度α(α＜5°)无初速度释放．图乙是拉力传感器受到的拉力F大小随时间t变化的图像，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．小球运动的周期为0.2π s
B．单摆的摆长为0.1 m
C．小球摆到最高点时合外力为零
D．小球的最大速度为 m/s
二、多项选择题
3．(2025·深圳红岭教育集团统一考试)在工地中经常使用起重机将建筑材料吊起送至高空中某一位置，已知某台起重机的额定功率为P0＝10 kW，将一质量为50 kg的工件从静止开始匀加速向上吊起，在t＝1 s时，工件上升的速度为10 m/s，此时起重机的功率恰好达到额定功率，在t＝3 s时工件速度达到最大，接着以此速度开始做匀速直线运动，在t＝5 s时，工件达到指定位置，取g＝10 m/s2，不计一切摩擦阻力，则( )
A．工件做匀速直线运动时的速度大小为20 m/s
B．在1～3 s时间内，工件做加速度逐渐增大的减速运动
C．t＝1 s时，工件所受到的牵引力大小为1 000 N
D．0～5 s时间内，工件上升的高度h＝70 m
4．(2025·广州二模)如图甲所示，砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图乙所示．已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则( )
甲 乙
A．0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移相同
B．0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度相同
C．0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量
D．0～t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量
5．(2025·肇庆广宁县调研模拟)滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性．某滑道示意图如图所示，半径R＝10 m的圆弧滑道MN与水平滑道NP平滑衔接，O是圆弧滑道MN的圆心．一质量m＝50 kg(含滑雪装备)的运动员从M点由静止开始下滑，最后运动员滑到P点停下．已知NP段的动摩擦因数μ＝0.1，NP＝18 m，∠MON＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．运动员经过N点时的速度大小为2 m/s
B．运动员在到达N点前的一瞬间对滑道的压力大小为680 N
C．在MP段克服阻力做功1 000 J
D．在MN段克服阻力做功100 J
三、非选选择题
6．(2025·揭阳惠来一中月考)如图所示，BC为固定在地面上半径R＝0.5 m、圆心角θ＝37°的粗糙圆弧轨道，圆弧轨道末端C与长木板P上表面平滑对接但不粘连，OC竖直．质量m＝1 kg的小物块从固定水平台右端A点以4 m/s的初速度水平向右抛出，运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，至C点时对圆弧轨道的压力大小为60 N，之后小物块滑上木板P，始终未从木板P上滑下．已知木板P质量M＝1.5 kg，小物块与木板P间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板P与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求：
(1) 小物块在B点的速度大小．
(2) 小物块从B到C点的过程中克服摩擦力做的功．
(3) 整个过程中，地面对木板做的功．
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专题二
微专题5 功和能
能量与动量
直面高考真题
考向1 功、功率与重力势能
(2022·广东卷)(多选)如图所示，载有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＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．下列说法中正确的有 ( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
1
ABD
考向2 平抛运动中的功率、重力势能与机械能
(2021·广东卷)(多选)“长征”途中，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，下列说法中正确的有 ( )
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
2
BC
考向3 圆周运动动力学与功、动能定理综合问题
3
BCD
强化核心考点
动能定理法
4．机车启动
类型 过程分析 图像
以恒定功率启动
类型 过程分析 图像
以恒定牵引力启动
无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度
(2025·深圳外国语学校一模)汽车发动机的额定输出功率为P1，它在水平路面上行驶时受到的摩擦阻力大小恒定．汽车在水平路面上由静止开始运动，直到车速达到最大速度vm，汽车发动机的输出功率P随时间变化的图像如图所示．若在0～t1时间内，汽车发动机的牵引力是恒定的，则汽车受到的合力F合随时间变化的图像可能是 ( )
1
D
A
B
C
D
【解析】0～t1时间内牵引力是恒定的，故合力也是恒定的，输出功率一直增大，当达到额定功率后，即t＞t1时，功率保持不变，速度继续增大，牵引力开始减小，一直到等于摩擦力，故合力也一直减小，直到等于零，D正确．
二、动能定理及其应用
1．应用动能定理解题的步骤
2．解决动能定理与图像问题的基本步骤
(多选)如图所示，光滑斜面ABCD为长方形，AB边长为l1＝1.8 m，BC边长l2＝2.0 m，倾角为θ＝30°，一质量为m＝1 kg的小球通过长为r＝0.5 m的轻绳固定于长方形两条对角线的交点O，将轻绳拉直并使小球在某一位置P(未画出)静止．现给小球一垂直于绳的速度，小球开始做圆周运动，绳子恰好在最低点时断裂，小球刚好能够到达C点．不计摩擦，取g＝10 m/s2，则 ( )
A．绳能够承受的最大张力为15 N
B．绳断裂瞬间小球速度大小为2.5 m/s
C．小球到达C点时速度大小为3 m/s
D．P点一定不会在最高点
2
BD
三、机械能守恒定律及其应用
1．机械能守恒的三种表达式
2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤
3
BCD
四、功能关系、能量守恒及其应用
1．利用功能关系解题，关键要理清各种功与能之间的对应关系
2．应用能量守恒定律解题时，要明确研究对象是单个物体还是系统(系统是否包括弹簧在内)，要弄清楚能量转化和损失的去向．
当涉及摩擦力做功时，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
(2025·揭阳模拟测试二)(多选)质量为20 kg的无人机悬挂5 kg的货物，竖直向上匀速运动，进行竖直送货的性能测试．当货物离地高度为7.5 m时，与无人机分离，无人机所受升力保持不变，货物2 s后落地．无人机所受空气阻力大小恒为40 N，货物所受空气阻力大小恒为10 N，取g＝10 m/s2，从货物与无人机分离到货物落地的过程中 ( )
A．货物的加速度大小恒为12 m/s2
B．货物离地的最大高度为9 m
C．无人机的动能增加量为1 080 J
D．无人机的机械能增加量为4 680 J
4
BCD
突破关键问题
五、动能定理与机械能守恒定律的综合应用
(2025·湛江一中)如图所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5 m．空气阻力可忽略，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1) 滑块运动到C点时速度vC的大小．
答案：(1) 5 m/s
5
(2) B、C两点的高度差h及水平距离x．
答案：(2) 0.45 m 1.2 m
(3) 水平外力作用在滑块上的时间t．
答案：(3) 0.4 s
动能定理与机械能守恒定律的选用原则
1．无论是直线运动还是曲线运动，条件合适时，两规律都可使用，都要考虑初、末状态，都不需要考虑所经历过程的细节．
2．能用机械能守恒定律求解的，也可以用动能定理求解．
热练
题组一 功、功率
1．(2025·清远一模)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100 m的长直“魔毯”来运送滑雪者上山，“魔毯”的额定功率为40 kW，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70 kg，sin 16°＝0.28，cos 16°＝0.96，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是 ( )
A．一个成年人上山过程中克服重力做功7.0×104 J
B．一个成年人上山过程中克服摩擦力做功5.04×104 J
C．若同时承运100个成年人，则其最大运行速度大小约为2 m/s
D．若“魔毯”以1 m/s速度运行，则最多可以同时承运50个成年人
C
B
题组二 动能定理及其应用
3．(2025·广东省三模)(多选)沿倾角不同、动摩擦因数相同的斜面向上拉同一物体，若上升的高度相同，则下列说法中正确的是 ( )
A．沿各斜面克服重力做的功相同
B．沿倾角小的斜面克服摩擦做的功多些
C．沿倾角大的斜面拉力做的功少些
D．条件不足，拉力做的功无法比较
ABD
(2) 小球到达C点时，小球对轨道压力的大小．
答案：(2) 4.5mg
C
6．(2025·珠海实验中学等五校模拟)如图所示，在一次趣味闯关游戏中，要求参赛选手在距离地面高度H＝4 m处抓住水平伸直的绳子末端，由静止开始向下摆动，在经过最低点时松手，最后落到水池中．绳子的长度L由选手自由调节，选手质量m＝60 kg，可看作质点，取g＝10 m/s2，忽略绳子的质量和长度的变化，不考虑空气阻力的影响．求：
(1) 选手松开绳子前瞬间，绳子的拉力F的大小．
答案：(1) 1 800 N
(2) 选手落入水中的水平距离x最大值，以及此时绳子的长度．
答案：(2) 4 m 2 m
题组四 功能关系、能量守恒及其应用
7．(2025·江门市一模)(多选)2024年11月4日，“神舟十八号”载人飞船返回舱返回地面，在打开降落伞后的一段时间内，整个装置先减速，后匀速下降，在这段时间内，关于返回舱的说法中正确的是 ( )
A．减速下降阶段，返回舱处于失重状态
B．减速下降阶段，返回舱动能的减少量小于飞船克服阻力做的功
C．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量大于重力对飞船做的功
D．匀速下降阶段，重力对飞船做的功等于飞船克服阻力做的功
BD
【解析】打开降落伞后，返回舱减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，A错误；减速下降阶段，由功能关系可知Wf＝ΔEk＋ΔEp，则返回舱动能的减少量小于飞船克服阻力做的功，B正确；匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于飞船克服阻力做功的大小，而重力与阻力的大小相同，所以返回舱机械能的减少量等于返回舱重力所做的功，C错误，D正确．
BD
ACD
B
甲
乙
D
甲
乙
二、多项选择题
3．(2025·深圳红岭教育集团统一考试)在工地中经常使用起重机将建筑材料吊起送至高空中某一位置，已知某台起重机的额定功率为P0＝10 kW，将一质量为50 kg的工件从静止开始匀加速向上吊起，在t＝1 s时，工件上升的速度为10 m/s，此时起重机的功率恰好达到额定功率，在t＝3 s时工件速度达到最大，接着以此速度开始做匀速直线运动，在t＝5 s时，工件达到指定位置，取g＝10 m/s2，不计一切摩擦阻力，则 ( )
A．工件做匀速直线运动时的速度大小为20 m/s
B．在1～3 s时间内，工件做加速度逐渐增大的减速运动
C．t＝1 s时，工件所受到的牵引力大小为1 000 N
D．0～5 s时间内，工件上升的高度h＝70 m
ACD
4．(2025·广州二模)如图甲所示，砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图乙所示．已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则 ( )
A．0～t1与t1～t2时间内，砝
码的位移相同
B．0～t1与t1～t2时间内，砝
码的加速度相同
C．0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量
D．0～t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量
AC
甲
乙
【解析】v－t图像的斜率表示加速度，根据图乙可知，0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度大小相等、方向相反，B错误；v－t图像与时间轴所围图形的面积表示位移，根据图乙可知，0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移相同，A正确；砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量，C正确；根据功能关系与能量守恒定律有W拉＝ΔE总＋Q1＋Q2，即0～t1时间内，拉力做的功与砝码和钢板总动能的变化量、砝码和钢板间产生的热和钢板与桌面产生的热三者之和相等，D错误．
BCD
三、非选选择题
6．(2025·揭阳惠来一中月考)如图所示，BC为固定在地面上半径R＝0.5 m、圆心角θ＝37°的粗糙圆弧轨道，圆弧轨道末端C与长木板P上表面平滑对接但不粘连，OC竖直．质量m＝1 kg的小物块从固定水平台右端A点以4 m/s的初速度水平向右抛出，运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，至C点时对圆弧轨道的压力大小为60 N，之后小物块滑上木板P，始终未从木板P上滑下．已知木板P质量M＝1.5 kg，小物块与木板P间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板P与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求：
(1) 小物块在B点的速度大小．
答案：(1) 5 m/s
(2) 小物块从B到C点的过程中克服摩擦力做的功．
答案：(2) 1 J
(3) 整个过程中，地面对木板做的功．
答案：(3)－2.5 J
【解析】(3) 小物块滑上木板P时，对小物块有
μ1mg＝ma1
解得a1＝4 m/s2
对木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
解得a2＝1 m/s2
设二者达到共速的时间为t，则vC－a1t＝a2t
解得t＝1 s
