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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·<P ，可知，电机输出的最大功
2 2 2
率之比P∶P＝2∶1，C项正确；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功
1 2
相同，故两次电机做功也相同，D项错误．
例4 (2022·山东烟台市高三期末)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引
力F 不变，当速度为v 时达到额定功率P，此后以额定功率继续行驶，最后以速度v 匀速
0 1 e m
行驶．若汽车所受的阻力F 为恒力，汽车运动过程中的速度为v、牵引力为F、牵引力的功
f
率为P，则下列图像中可能正确的是( )
答案 C解析 因为汽车先保持牵引力F 不变，由牛顿第二定律可得F －F＝ma，又因为汽车所受
0 0 f
的阻力F 为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以 v－t图像开始应有一段倾斜
f
的直线，故A错误；因为当速度为v 时达到额定功率P，此后以额定功率继续行驶，则满
1 e
足P＝Fv，即F与v成反比，F与 成正比，所以F－v图像中v ～v 段图像应为曲线，F与
e 1 m
图像中～段图像应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v 之前，保持牵引力F 不变，
1 0
则功率满足P＝Fv，即P与v成正比，所以在P－v图像中0～v 段图像应为过原点的直线，
0 1
故D错误．
考点二 功能关系及应用
1．常见功能关系
能量 功能关系 表达式
重力做功等于重力势能减少量
弹力做功等于弹性势能减少量
势能 W＝E －E ＝－ΔE
p1 p2 p
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能 合外力做功等于物体动能变化量 W＝E －E ＝mv2－ mv2
k2 k1 0
除重力和弹力之外的其他力做功等于
机械能 W ＝E－E＝ΔE
其他 2 1 机
机械能变化量
摩擦产生 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝
Q＝F·s s 为相对路程
f 相对 相对
的内能 对值等于产生的内能
电能 克服安培力做功等于电能增加量 W ＝E－E＝ΔE
克安 2 1
2.功能关系的理解和应用
功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度．
(1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况．
(2)根据能量转化，可计算变力做的功．
例5 (2021·湖北卷·4)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E 与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小
k
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 N
B．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－mgsin 30°·s－fs＝E －E ，整理得E ＝E －
k k0 k k0
(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m
内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s)＝E ，整理得E ＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin
1 k k
30°－f)s，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m
1
＝0.7 kg，故选A.
例6 (多选)如图所示，一倾角为θ＝53°(图中未标出)的斜面固定在水平面上，在其所在的
空间存在方向竖直向上、电场强度大小E＝2×106 V/m的匀强电场和方向垂直于竖直面向
里、磁感应强度大小B＝4×105 T的匀强磁场．现让一质量m＝4 kg、电荷量q＝＋1.0×10
－5 C的带电物块从斜面上某点(足够高)由静止释放，当沿斜面下滑位移大小为3 m时，物块
开始离开斜面．g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列说法正确的是( )
A．物块离开斜面时的动能为18 J
B．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，重力势能减少120 J
C．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，电势能增加了60 J
D．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，由于摩擦而产生的热量为30 J
答案 AD
解析 对物块进行受力分析，物块离开斜面时应满足 qvB＝(mg－qE)cos 53°，解得v＝3
m/s，动能为mv2＝18 J，选项A正确；物块从释放到离开斜面，重力势能减少mgxsin 53°＝
96 J，选项B错误；电势能的增加量等于克服静电力做的功，即ΔE ＝qExsin 53°＝48 J，选
p
项C错误；由功能关系得(mg－qE)xsin 53°＝mv2＋Q，解得Q＝30 J，选项D正确．
例7 (多选)(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)一物体在竖直向上的拉力作用下由
静止开始竖直向上运动，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，已知曲线上A点处
切线的斜率最大．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．0～h 过程中物体所受的拉力先增大后减小
2
B．h 处速度最大
1
C．0～h 过程中物体的动能先增大后减小
2
D．0～h 过程中物体的加速度先增大再减小，最后物体做匀速运动
3
答案 AC解析 物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物体的机械能，机械能的变化量等于拉力做
功，则有ΔE＝FΔh，得F＝，所以斜率表示拉力．由题图可知，在0～h 阶段斜率增大，即
1
拉力增大，h ～h 阶段斜率减小，即拉力减小，即0～h 过程中物体所受拉力先增大后减小，
1 2 2
故A正确；在h 处，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物体正在加速，所以 h 处速度
1 1
不是最大，故B错误；由题图可知，在h ～h 过程中，图像斜率减小，拉力F减小，在h
1 2 2
后图像斜率为零，拉力为零，在h 处拉力F大于重力，在h 处拉力为零，因此在h ～h 过
1 2 1 2
程中，拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直线运动后做减速直线运动，动能先
增大后减小，故C正确；在0～h 过程中，拉力先大于重力后小于重力，最后拉力为零，物
3
体所受的合外力先增大再减小到零后反向增大、最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加
速度先增大再减小后反向增大再不变，且h ～h 阶段为竖直上抛运动，不是匀速运动，故D
2 3
错误.
1．(2022·广东省模拟)某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，把足球视为质点，空气阻力
不计，关于足球从踢出到落地的过程中，足球的( )
A．动能先减少后增加
B．重力势能一直增加
C．机械能先减少后增加
D．重力的瞬时功率一直增大
答案 A
解析 足球斜向上运动至最高点的过程中，速度减小，至最高点时速度最小(但大于0)，然
后开始向右做平抛运动，速度增加，故整个过程动能先减少后增加，重力势能先增加后减少，
机械能总量不变，重力的瞬时功率先减小(最高点为零，因为重力与速度垂直)后增大，A正
确，B、C、D错误．
2．(多选)(2022·辽宁葫芦岛市普通高中高三期末)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，
行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h＜v≤90 km/h范围内时靠汽
油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>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．W<W<W
1 2 3 1 2 3
C．W<W<W D．W＝W<W
1 3 2 1 2 3
答案 B
解析 由v－t图像可知，第1 s、第2 s、第3 s内的位移分别为0.5 m、0.5 m、1 m，由F－t
图像及功的公式W＝Flcos α，可知W＝0.5 J，W＝1.5 J，W＝2 J，故选B.
1 2 3
3.(2022·山东烟台市高三期末)如图，一容器的内壁是半径为r的半球面，容器固定在水平地
面上．在半球面水平直径的一端有一质量为m(可视为质点)的小滑块P，它在容器内壁由静
止开始下滑到最低点，在最低点时的向心加速度大小为 a，已知重力加速度大小为g.则P由
静止下滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为( )
A．mr(g－a) B．mr(2g－a)C.mr(g－a) D．mr(2g＋a)
答案 A
解析 在最低点由牛顿第二定律及向心力公式有ma＝m，P由静止下滑到最低点的过程中有
mgr－W ＝mv2，联立解得W ＝mgr－mar＝mr(g－a)，故选A.
克f 克f
4．(多选)(2021·广东卷·9)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．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
答案 BC
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＝mgv＝mg，因为两手榴弹运动的高度差相同，
y
质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力的功率相同，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少量ΔE＝mgh，故C正确；
p
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．
5．(2022·北京市丰台区一模)将质量为m的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落
回抛出点．在此过程中物体所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是( )
A．上升过程的时间大于下落过程的时间
B．上升过程中机械能损失量小于下落过程中机械能损失量
C．上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量
D．上升过程的动量变化量小于下落过程的动量变化量
答案 C
解析 设空气阻力大小为F，上升过程的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mg＋F＝
f 1 f
ma ，解得a ＝g＋，设下落过程的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mg－F＝ma ，解得
1 1 2 f 2
a ＝g－，所以上升过程的加速度大小大于下落过程的加速度大小，由于上升和下落的位移
2
相等，由运动学公式x＝at2，可知上升过程的时间小于下落过程的时间，故 A错误；由于空
气阻力大小不变，上升过程和下落过程空气阻力做的功相等，所以上升过程中机械能损失量等于下落过程中机械能损失量，故B错误；设物体从地面竖直向上抛出时的速度大小为
v ，物体落回到地面时的速度大小为 v，由运动学公式得v2＝2ax，v2＝2ax，又因为
0 0 1 2
a>a ，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
