第 5 讲 功与功率 功能关系
命题规律 1.命题角度：(1)功、功率的分析与计算；(2)功能关系.2.常用方法：微元法、图
像法、转换法.3.常考题型：选择题．
考点一 功、功率的分析与计算
1．功的计算
(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．
(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W＝Pt.
2．功率的计算
(1)明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fvcos α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
(2)机车启动(F 不变)
阻
①两个基本关系式：P＝Fv，F－F
阻
＝ma.
②两种常见情况a．恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度v ，此过程
m
Pt－F
阻
s＝mv
m
2；
b．恒定加速度启动：开始阶段a不变，达到额定功率后，然后保持功率不变，加速度逐渐
减小到零，最终做匀速直线运动．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即v ＝.
m
例1 (多选)(2022·广东卷·9)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＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为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
答案 ABD
解析 小车从M到N，依题意有P ＝Fv ，代入数据解得F＝40 N，故A正确；小车从M到
1 1
N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为f＝F＝40 N，则摩擦力做功为W＝－40×20 J＝
1 1
－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量
为ΔE ＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误；设小车从 P到Q，摩擦力大小为 f ，有f ＋
p 2 2
mgsin 30°＝，摩擦力做功为W ＝－f·PQ，联立解得W ＝－700 J，则小车克服摩擦力做功
2 2 2
为
700 J，故D正确．
例2 (2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，
一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v 出发，
0
恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－F·2πL
f＝0－mv2，可得摩擦力的大小F＝，故选B.
0 f
例3 (多选)(2018·全国卷Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．
某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次
不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相
等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，( )
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
答案 AC
解析 由题图中的图线①知，上升总高度h＝·2t ＝vt.由题图中的图线②知，加速阶段和减
0 00
速阶段上升高度和h ＝··＝vt ，匀速阶段：h－h ＝v·t′，解得t′＝t ，故第②次提升过程
1 00 1 0 0
所用时间为＋t＋＝t，两次上升所用时间之比为2t∶t＝4∶5，A项正确；由于加速阶段加
0 0 0 0
速度相同，故加速时牵引力相同，即电动机的最大牵引力相同，B项错误；在加速上升阶段，
由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，则F＝m(g＋a)，第①次在t 时刻，功率P＝F·v，第②次
0 1 0
在时刻，功率P ＝F·，第②次在匀速阶段P′＝F′·＝mg·
90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这
种汽车更节能环保，该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力 F随运动时
间t的图线如图所示，所受阻力恒为1 250 N．已知汽车在t 时刻第一次切换动力引擎，以后
0
保持恒定功率行驶至第11 s末，则在前11 s内( )A．经过计算t＝5 s
0
B．在0～t 时间内小汽车行驶了45 m
0
C．电动机输出的最大功率为60 kW
D．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J
答案 BD
解析 开始阶段加速度为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，v ＝54 km/h＝15 m/s，解得t ＝＝ s＝6 s，
1 0
故A错误；汽车前6 s内的位移为x ＝at2＝45 m，故B正确；t 时刻，电动机输出的功率最
1 0 0
大，为P ＝Fv ＝5 000×15 W＝75 kW，故C错误；由题图可知，汽油机工作期间，功率
m 1 1
为P＝Fv ＝90 kW，解得11 s时刻汽车的速度为v ＝＝ m/s＝25 m/s＝90 km/h，故6～11 s
2 1 3
内都是汽油机在做功，且汽油机工作时牵引力做的功为W＝Pt＝4.5×105 J，故D正确．
3.(多选)(2022·海南省模拟)如图所示，某物体(可视为质点)分别从等高的固定斜面Ⅰ、Ⅱ顶
端下滑，物体与接触面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面接触处用半径可忽略的光滑
小圆弧相连．若该物体沿斜面Ⅰ由静止下滑，运动到水平面上的P点静止，不计空气阻力．
下列说法正确的是( )
A．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点的左侧静止
B．物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程
C．物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量
D．物体沿斜面Ⅱ运动损失的机械能大于沿斜面Ⅰ运动损失的机械能
答案 BC
解析 设斜面的倾角为α，长度为l，高度为h，斜面的下端点到P点的水平距离为x，由动
能定理得mgh－μmglcos α－μmgx＝0，设斜面上端点到P点的水平距离为s ，则s ＝lcos
总 总
α＋x，联立可得mgh－μmgs ＝0，可知最终两物体均停止在P点，故A错误；根据几何知
总
识可知，物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程，故B正确；两种情形下，都
是重力势能完全转化为内能，而初始时重力势能相同，则物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生的
热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量，故C正确；沿斜面Ⅰ运动损失的机械能ΔE ＝
1
μmgLcos α ，沿斜面Ⅱ运动损失的机械能ΔE ＝μmgLcos α ，因为L ＞L ，α ＜α ，所以
1 1 2 2 2 1 2 1 2
ΔE＞ΔE，故D错误．
1 2
专题强化练
[保分基础练]
1.如图所示，一质量为25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度大小为2 m/s(g取10 m/s2)．关于力对小孩做的功，以下说法正确的是( )
A．重力做功450 J
B．合力做功50 J
C．克服阻力做功50 J
D．支持力做功450 J
答案 B
解析 由功的计算公式可知，重力做功为W ＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A错误；由动能
G
定理可知，合力做功等于动能的变化量，则有W ＝mv2＝×25×22 J＝50 J，B正确；由动
合
能定理可得W －W ＝mv2，故克服阻力做功W ＝W －mv2＝500 J－50 J＝450 J，C错误；
G 克f 克f G
支持力与小孩的运动方向一直垂直，所以支持力不做功，D错误．
2．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上
再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图(a)和图(b)所示．设
在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W 、W 、W ，则以下关系正确
1 2 3
的是( )
A．W＝W＝W B．Wa ，所以v>v，上升过程的动能减小量为ΔE ＝mv2，下落过程的动能增加量为ΔE ＝
1 2 0 k1 0 k2
mv2，所以上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量，故C正确；上升过程动量的
变化量大小为Δp＝mv，下落过程的动量变化量大小为Δp＝mv，所以上升过程的动量变化
1 0 2
量大于下落过程的动量变化量，故D错误．
6．(多选)(2021·全国乙卷·19)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开
始运动，物体通过的路程等于s 时，速度的大小为v ，此时撤去F，物体继续滑行2s 的路
0 0 0
程后停止运动，重力加速度大小为g，则( )
A．在此过程中F所做的功为mv2
0
B．在此过程中F的冲量大小等于mv
0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
答案 BC
解析 外力撤去前，由牛顿第二定律可知
F－μmg＝ma ①
1
由速度位移公式有v2＝2as②
0 1 0
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
－μmg＝ma ③
2
由速度位移公式有－v2＝2a(2s)④
0 2 0
由①②③④可得，水平恒力F＝，物体与桌面间的动摩擦因数μ＝，则滑动摩擦力F＝μmg
f
＝，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，
外力F做功为W＝Fs ＝mv2，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t ＝＝，
0 0 1
在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft＝mv，故B正确．
1 0
7．(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的．总质量
为m的动车组在平直的轨道上行驶．该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功
率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F
阻
＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大
速度为v .下列说法正确的是( )
m
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为v
m
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间 t达到最大速度
v ，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mv 2－Pt
m m
答案 C解析 对动车组由牛顿第二定律有F －F ＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，
牵 阻
但F ＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故 A错误；若四节动力车厢
阻
输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有－kv＝ma，故可知加速启动的过
程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功
率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有＝kv ，
m
联立解得v＝v ，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经
m
过时间t达到最大速度v ，由动能定理可知4Pt－W ＝mv 2－0，可得动车组克服阻力做
m 克阻 m
的功为W ＝4Pt－mv 2，故D错误．
克阻 m
[争分提能练]
8．(2022·广东省高三5月测试)在某滑雪场有一段坡道，可看作斜面，一滑雪爱好者从坡道
最低点以某一速度滑上此坡道，滑雪爱好者和全部装备的总质量为50 kg，其重力势能和动
能随上滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，以坡道底端所在水平面为重力势能的参考平
面，滑雪爱好者连同全部装备可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．坡道与水平面的夹角θ为45°
B．滑雪板和坡道之间的动摩擦因数为0.1
C．滑雪爱好者在坡道上滑的最大高度为15 m
D．滑雪爱好者在坡道上滑过程重力的冲量大小为1 000 N·s
答案 D
解析 上滑过程重力势能为E ＝mgssin θ＝mgsin θ·s，则重力势能随s变化的图线的斜率为
p
mgsin θ＝，解得sin θ＝，则坡道与水平面的夹角为θ＝30°，选项A错误；上滑过程根据动
能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)s＝E －E ，整理得E ＝－(mgsin θ＋μmgcos θ)s＋E ，动
k k0 k k0
能随s变化的图线斜率为－(mgsin θ＋μmgcos θ)＝，代入数据解得动摩擦因数为μ＝，选项
B错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)s ＝0－E ，解得s ＝15 m，上升
m k0 m
的高度h＝s sin θ＝7.5 m，选项C错误；上滑过程根据动量定理有(mgsin θ＋μmgcos θ)t＝0
m
－(－)，解得上滑时间t＝2 s，则重力的冲量为mgt＝1 000 N·s，选项D正确．
9.(2022·山东卷·2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所
示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火
箭开始运动到点火的过程中( )A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
答案 A
解析 火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压
气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力
和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下
的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于
向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故
当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故 A正确；根据能量守恒定律，可知高压
气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，
可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和
空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误．
10．(2022·广东深圳市模拟)跳伞运动是世界上流行的空中极限运动．伞打开前可看作是自由
落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．如果用h表示人下落的高度，t表示下落的
时间，v表示人下落的速度，E 表示人的重力势能， E 表示人的动能，E表示人的机械能，
p k
如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则可能符合事实的图像是( )
答案 C
解析 伞打开前做自由落体运动，由v＝gt，知速度与时间成正比；伞打开之后，有空气阻
力，假设人的质量为m，伞的质量为M，得f－(m＋M)g＝kv2－(m＋M)g＝(m＋M)a，速度减小，加速度减小直到减为零，所以伞打开之后，先做加速度减小的减速直线运动后做匀速直
线运动，即伞打开之后的v－t图像中的斜率先减小后不变，A错误；假设初始时人的重力
势能为E ，则下落中有E ＝E －mgh，可知重力势能与高度成线性关系，又因为打开伞前
p0 p p0
为自由落体运动，打开伞后先减速后匀速，故下落高度与时间不是线性关系，则重力势能与
时间也不是线性关系，B错误；伞未打开之前，由动能定理可知mgh＝E ，可知动能与下落
k
高度成正比，伞打开后由伞和人整体先做加速度减小的减速直线运动后做匀速直线运动，可
知人受到的合外力先减小后为零且方向向上．E －h图像中的斜率大小代表F ，则斜率先
k 合
减小后为零且伞打开之后人的动能先减小后不变，C正确；伞未打开之前人的机械能不变，
伞打开之后由C项分析可知人受到的合外力先减小后为零，即人受到伞的拉力先减小后不
变．由ΔE＝－F Δh可知E－h图中的斜率大小代表F ，则斜率先减小后不变，且伞打开
T伞 T伞
之后人的机械能一直减小， D错误．
11．(多选)(2022·甘肃张掖市高三期末)如图所示，内壁光滑的玻璃管竖直固定在水平地面上，
管内底部竖直放置处于自然长度的轻质弹簧．用轻杆连接的两小球A、B的质量分别为m和
2m(球的直径比管的内径略小)，重力加速度为g，现从弹簧的正上方释放两球，则从A球与
弹簧接触起到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．杆对A球做的功大于杆对B球做的功
B．A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做功的倍
C．弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量
D．A球到最低点时杆对B球的作用力等于4mg
答案 BC
解析 杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相等，两球的位移相同，所以杆对A球
做的功与杆对B球做的功数值相等，故A错误；设A球克服弹簧弹力做的功为W ，A下降
1
的高度为h，杆对A球做的功为W ，则杆对B球做功为－W ，由动能定理，对A球有mgh
2 2
－W ＋W ＝0，对B球有2mgh－W ＝0，联立解得W ＝W ，即A球克服弹簧弹力做的功是
1 2 2 1 2
杆对A球做的功的倍，故B正确；根据功能关系知，弹簧和杆对A球做功的总和等于A球
机械能的增量，故C正确；若A球从弹簧原长处释放，刚释放时A、B整体的加速度大小为
g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性知，A球到最低点时整体的加速度大小为g，方
向竖直向上，现A球从弹簧正上方下落，A球到最低点时弹簧压缩量比从弹簧原长处释放时
的大，则弹力比从弹簧原长处释放时的大，整体所受的合力增大，加速度将大于 g，所以A
球到最低点时整体的加速度大小大于g，方向竖直向上，在最低点，对B球，由牛顿第二定律得F－2mg＝2ma＞2mg，则得A球到最低点时杆对B球的作用力 F＞4mg，故D错误．
12.(2022·广东省模拟)如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机，起重机通过一轻质钢丝
绳吊起质量为8×102 kg的物体，绳的拉力不能超过 1.2×104 N，起重机的功率不能超过
1.2×105 W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高90 m．已知此物体在被吊高接近90 m
时，已经开始以最大速度匀速上升．不计空气阻力，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)描述重物上升的运动过程；
(2)匀加速上升高度；
(3)物体上升全程所用的时间．
答案 (1)见解析 (2)10 m (3)7.75 s
解析 (1)若物体由静止起用最快的方式吊高90 m：第一过程是以绳所能承受的最大拉力使
物体以最大加速度匀加速上升，第一个过程结束时，起重机刚达到最大功率．第二个过程是
起重机一直以最大功率拉物体，拉力逐渐减小，当拉力等于重力时，物体开始匀速上升．
(2)在匀加速运动过程中有F －mg＝ma，解得a＝5 m/s2 ，P ＝F v，末速度v＝10 m/s，上
m m m t t
升的高度为h＝，解得h＝10 m
1 1
(3)匀加速上升的时间t ＝＝ s＝2 s，功率恒定的过程中，最后做匀速运动的速率为 v ＝＝
1 m
15 m/s，令匀速阶段和变加速阶段的总时间为t ，则有P t －mgh ＝mv 2－mv2，h ＝90 m－
2 m2 2 m t 2
h＝80 m，联立解得t＝5.75 s，全程时间t＝t＋t＝7.75 s.
1 2 1 2
13．(2022·广东高州市二模)如图，“和谐号”是由提供动力的车厢(动车)和不提供动力的车
厢(拖车)编制而成．某“和谐号”由8节车厢组成，其中第1节、第5节为动车，每节车厢
所受的阻力大小F 为自身重力的0.01.已知每节车厢的质量均为m＝2×104 kg，每节动车的
f
额定功率均为P＝600 kW，重力加速度g＝10 m/s2.求：
0
(1)若“和谐号”以a＝0.5 m/s2的加速度从静止开始行驶，“和谐号”做匀加速运动时5、6
节车厢之间的作用力以及匀加速运动的时间；
(2)和谐号能达到的最大速度大小．
答案 (1)3.6×104 N 25 s (2)75 m/s
解析 (1)以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定
律有
F－3F＝3ma
fF＝0.01mg
f
代入数据解得F＝3.6×104 N
每个动车提供最大功率为P＝600 kW，设每个动车提供的牵引力为F ，动车匀加速行驶能
0 牵
达到的最大速度为v，对整个动车组进行分析，根据牛顿第二定律，有
1
2F －8F＝8ma,2P＝2F v
牵 f 0 牵 1
v＝at，联立解得t＝25 s
1 1 1
(2)和谐号动车组以最大速度行驶时动力与阻力平衡
设最大速度为v ，则有2P＝8×0.01mg·v
m 0 m
解得v ＝75 m/s.
m
