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第六章 机械能及其守恒定律
第 01 练 功、功率 动能定理及其应用
知识目标 知识点
目标一 恒力做功、变力功的计算
目标二 平均功率与瞬时功率
目标三 机车启动问题的分析
目标四 动能定理及其应用
1．(2021·山东省·历年真题)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，恰好能完
0
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( )
mv2 mv2 mv2 mv2
A. 0 B. 0 C. 0 D. 0
2πL 4πL 8πL 16πL
【答案】B
【知识点】变力做功、动能定理的基本应用
【解析】
对小球完成一个完整的圆周运动过程，由动能定理列式可求解。因为细杆为轻质细杆，又因为其一
端绕竖直光滑轴O转动，所以杆对球的力沿杆，即杆对球不做功，对小球完成一个完整的圆周运动
过程，
1 mv2
由动能定理得-f⋅2πL=0- mv2 ，解得摩擦力f = 0，故B正确，ACD错误。
2 0 4πL
故选：B。
2．(2020·全国·单元测试)将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。
a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为E 和E .从抛出开始到小球
k1 k2
第一次经过a点时重力所做的功为W ，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W .下
1 2
列选项正确的是( )
A. E =E ，W =W B. E >E ，W =W
k1 k2 1 2 k1 k2 1 2C. E <E ，W <W D. E >E ，W <W
k1 k2 1 2 k1 k2 1 2
【答案】B
【知识点】动能定理的应用、竖直上抛运动
【解析】
根据上升或下降的高度比较重力做功的大小，对两次经过a点的过程运用动能定理，比较两次经过
a点的动能大小。
从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，
即W =W 。
1 2
设小球两次经过a点的过程克服阻力做功为W ，对两次经过a点的过程运用动能定理得，
f
-W =E -E ，可知E >E ，故B正确，ACD错误。
f k2 k1 k1 k2
故选B。
3．(2020·全国·其他类型)质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到
的阻力大小为1.8×103N。此时，汽车发动机输出的实际功率是( )
A. 90W B. 30kW C. 36kW D. 300kW
【答案】C
【知识点】瞬时功率、功率的概念
【解析】解：汽车在水平路面上匀速行驶，故牵引力与阻力的大小相等为1.8×103N，根据功率
P=Fv=1.8×103×20W =36kW，故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据牵引力与阻力的大小相等及P=Fv计算即可；
会根据物体的运动状态分析物体的受力情况，牢记功率公式P=Fv。
4．(2021·浙江省·历年真题)一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分
配情况如图所示。则汽车( )
A. 发动机的输出功率为70kW
B. 每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C. 每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104JD. 每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
【答案】C
【知识点】能量守恒定律
【解析】
W
根据题意可得克服转动阻力做功，由功率公式P= 求解；根据能量守恒求解。
t
A、由图可知，发动机1s内克服转动阻力和空气阻力做功均为W =0.45×104J，则输出功率为：
2W 2×0.45×104
P= = W =9×103W =9kW，故A错误；
t 1
BCD、 每 1s消 耗 的 燃 料 有 ΔE=6.9×104J进 入 发 动 机 ， 则 最 终 转 化 成 的 内 能 为 ：
Q=ΔE=6.9×104J，故C正确，BD错误。
故选：C。
5．(2022·江苏省·历年真题)风力发电是一种环保的电能获取方式。某风力发电机的叶片转动形成的
圆面积为S，某时间风的速度大小为v，风向恰好跟此圆面垂直；此时空气的密度为ρ，该风力发电
机将空气动能转化为电能的效率为η，则风力发电机发电的功率为( )
1 1
A. ηpSv2 B. ηρSv2 C. ηpSv3 D. ηρSv3
2 2
【答案】D
【知识点】能量守恒定律、动能的概念和表达式
【解析】
先求空气的动能，再根据效率求出风力发电机发电的功率。单位时间内垂直吹向旋转叶片有效受风
面积的空气的质量为m=ρSv；
1
这些空气所具有的动能为 E = ρSv3
k 2
风力发电机将风能转化为电能的效率为η，则风力发电机输出的电功率为
1
P=ηE = ηρSv3 ；故D正确；ABC错误；
k 2
故选D。
6．(2020·上海市·模拟题)如图(a)，ABC为金属杆做成的轨道，固定在竖直平面内。AB段水平且
粗糙，长度L=3.6m，足够长且光滑的BC段与水平方向夹角为θ=37°.质量为m=3kg、可视为质
1
点的小球穿在杆上，与AB间的动摩擦因数μ= .小球在与水平方向成θ=37°的力F作用下由静止
3
开始运动，F的大小随路程s的变化关系如图(b)所示，小球最高可以运动到C点。不考虑小球在B
处的动能损失，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)小球在AB段运动过程中拉力F所做的功W；
(2)小球从A运动到C的总时间t。【答案】
解：(1)在AB段运动分两个阶段：
第一阶段：s =3m，W =F s cosθ=12×3×0.8J=28.8J
1 1 1 1
第二阶段：s =0.6m，W =F s c0sθ=10×0.6×0.8J=4.8J
2 2 2 2
所以在AB段上力F所做的功为：W =W +W =33.6J。
1 2
(2)从A开始运动s =3m的过程，设小球受到的支持力为F ，所受摩擦力为F ，
1 N1 f1
F =mg-Fsinθ=22.8NF =μF =7.6N由牛顿第二定律得：F cosθ-F =ma
N1 f1 N1 1 f1 1
2
解得：a = m/s❑2
1 3
小球在AB段先做匀加速运动，由运动学公式可得：2a s =v2
1 1 1
解得：v =2m/s
1
v
则加速时间为：t = 1=3s
1 a
1
接下来运动s =L-s =0.6m的过程中，设小球受到的支持力为F ，所受摩擦力为F ，则有：
2 1 N2 f2
F =mg-F sinθ=24NF =μF =8N由牛顿第二定律可得：F cosθ-F =ma
N2 2 f2 N2 2 f2 2
解得：a =0
2
所以小球做匀速运动，则匀速运动的时间为：
s
t = 2 =0.3s小球在BC段运动的过程中，由牛顿第二定律得：
2 v
1
8
F -mgsinθ=ma 解得：a = m/s2
2 3 3 3
小球在BC段上做匀减速直线运动，其减速运动时间为：
v
t = 1=0.75s总时间为：t=t +t +t =4.05s
3 a 1 2 3
3
答：(1)小球在AB段运动过程中拉力F所做的功W为33.6J；
(2)小球从A运动到C的总时间t为4.05s。
【知识点】恒力做功、牛顿第二定律的理解及简单运用
【解析】(1)因为AB段长3.6m，所以在AB段有F 和F 均对小球做功，根据功的定义式即可计算
1 2
出总功来；
(2)分别计算出小球在AB段上和BC段上运动的时间，即可得到总时间。解题的关键是要能够分析清楚小球的整个运动过程，小球先是做匀加速运动，然后做匀速运动，最
后做匀减速运动。所以分别得出各个阶段的时间才能得到总时间。
7．(2021·福建省·历年真题)如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一
轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用
下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化
关系如图(b)所示。已知AB段长度为2m，滑块质量为2kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，
弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，sin37°=0.6。求：
(1)当拉力为10N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【答案】
解：(1)小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力
大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩
擦力公式有
T+mgsinθ-f =ma①
N-mgcosθ=0②
f =μN③
联立①②③式并代入题给数据得
a=7m/s2④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
W =T s +T s ⑤
1 1 2 2
式中T 、T 和s 、s 分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，
1 2 1 2
T =8N，s =1m，T =10N，s =1m。设滑块第一次到达B点时的动能为E ，由动能定理有
1 1 2 2 k
W+(mgsinθ-f )(s +s )=E -0⑥
1 2 k
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
E =26J⑦
k
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为E 。设滑块离B点的最大距离为s ，
k max由动能定理有
-(mgsinθ+f )s =0-E ⑧
min k
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
s =1.3m⑨
max
答：
(1)当拉力为10N时，滑块的加速度大小为7m/s2；
(2)滑块第一次到达B点时的动能为26J
(3)第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离为1.3m。
【知识点】动能和动能定理、牛顿第二定律
【解析】(1)根据受力分析、摩擦力公式和牛顿第二定律，求解加速度。
(2)根据功的定义和动能定理，求解到达B点的动能；
(3)根据动能定理，求解最大距离。
解答本题的关键是找准每个过程对应的物理规律和物理量。
1． (2022·浙江省·历年真题)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途经之一。如图所示，风
力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为
405kW，风速在5∼10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，
空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是( )
A. 该风力发电机的输出电功率与风速成正比
1
B. 单位时间流过面积A的流动空气动能为 ρAv2
2
C. 若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW·h
D. 若风场每年有5000h风速在6∼10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h
【答案】D
【知识点】功率、功、动能的概念和表达式
【解析】解：AB、叶片旋转所形成的圆面积为A单位时间内流过该圆面积的空气柱体积为
V =S⋅vt=Av
空气柱的质量为
m=ρ⋅V =ρAv
空气柱的动能为
1 1
E = ρAv⋅v2= ρAv3
k 2 2
1
设转化效率为η，转化成的电能为E=η⋅E = ηρAtv3
k 2
E 1
p= = ηρAv3 ，则该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比；故AB错误；
t 2
2p
C、由B选项可知η=
ρAv3
发电量约为W =η⋅pt=η×1.0×108kW×24h=2.4η×109kW⋅h<2.4×109kW⋅h，故C错误。
D、由题意可知某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW
E 1
由p= = ηρAv3
t 2
p v3 93
= =
p v3 63
1 1
p =120kW
1
若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，则该发电机年发电量
E=p ⋅t=120kW×5000h=6.0×105kW⋅h，故D正确；
1
故选：D。
2．(2022·全国·其他类型)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气
阻力，该过程中小球的动能E 与时间t的关系图像是( )
k
A. B.
C. D.
【答案】A【知识点】动能的概念和表达式
【解析】本题考查动能的概念和E -t图象，意在考查考生的推理能力和分析能力。小球做竖直上
k
1 1
抛运动时，速度v=v -gt，根据动能E = mv2 得E = m(v -gt) 2 ，故图象A正确。
0 k 2 k 2 0
3．(2020·上海市·模拟题)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，
以一定的初速度v从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止，物块向
左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上
述过程中( )
A. 物块克服摩擦力做的功为0
B. 物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C. 弹雷的最大弹性势能为0．5mv2
D. 弹雷的最大弹性势能为0．5mv2+μmgs
【答案】B
【知识点】恒力做功、动能定理的基本应用
【解析】
整个过程中，物体受到的摩擦力恒定，根据恒力做功求得物块克服摩擦力做的功为2μmgs，对物
体向左运动的过程，利用动能定理求弹簧的最大弹性势能。
AB.整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功为：
W =μmg⋅2s=2μmgs，故A错误，B正确；
f
1
CD.向左运动过程中，根据动能定理可知：-μmgs-E =0- mv2
p 2
解得：E =0.5mv2-μmgs，故CD错误；
p
故选B。
4．(2021·北京市·历年真题)如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面
abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空
气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是( )
A. 在ab段汽车的输出功率逐渐减小 B. 汽车在ab段的输出功率比bc段的大
C. 在cd段汽车的输出功率逐渐减小 D. 汽车在cd段的输出功率比bc段的大
【答案】B
【知识点】平均功率与瞬时功率【解析】AB.在ab段，根据平衡条件可知，牵引力F =mgsinθ+f
1
所以在ab段汽车的输出功率P =F v不变，
1 1
在bc段牵引力F =f，
2
bc段的输出功率P =F v<P ，
2 2 1
故A错误，B正确；
CD.在cd段牵引力F =f -mgsinθ，
3
汽车的输出功率P =F v<P ，
3 3 2
在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段，故CD错误。
5．(2021·安徽省·历年真题)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。重力加速度大小取
k
10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为
A. m=0.7kg，f =0.5N B. m=0.7kg，f =1.0N
C. m=0.8kg，f =0.5N D. m=0.8kg，f =1.0N
【答案】A
【知识点】功能的图像问题、动能定理的基本应用
【解析】
看懂图像，分析好物理情景，结合动能定理分析解题即可。
设物块上升的最大高度为h，沿斜面上升的距离为s，根据图像可知物体在0-10m过程中，根据动
能定理有：-mgh-fs=ΔE ，ΔE =0-40J=-40J，则-mgh-fs=-40J；在10-20m过程
k1 k1
1
中，根据动能定理有：mgh-fs=ΔE =30J，根据几何关系可知：h=s·sin30°= s=5m，联
k2 2
立可解：m=0.7kg，f =0.5N，故A正确，BCD错误。
故选A。
6．(2021·浙江省·历年真题)如图所示，质量m=2kg的滑块以v =16m/s的初速度沿倾角θ=37°的
0
斜面上滑，经t=2s滑行到最高点．然后，滑块返回到出发点．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，
求滑块(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数；
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P．
【答案】
v
解：(1)小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x= 0t
2
代入数据解得：
16
x= ×2m=16m(2)小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：
2
Δv 16-0
a = = m/s2=8m/s2
1 t 2
上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma
1
mgsinθ+μmgcosθ
得：a = =gsinθ+μgcosθ
1 m
a -gsinθ 8-10×0.6 1
代入数据解得：μ= 1 = = =0.25
gcosθ 10×0.8 4
(3)小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma
2
代入数据解得：
mgsinθ-μmgcosθ
a = =gsinθ-μgcosθ=10×0.6-0.25×10×0.8m/s2=4m/s2
2 m
由运动学公式得：v =√2a x=√2×4×16m/s=8√2m/s=11.3m/s
t 2
- - 8√2
得重力的平均功率：P=mgvcos(90°-θ)=2×10× ×0.6W =48√2W =67.9W
2
答：(1)最大位移值x为16m；
(2)与斜面间的动摩擦因数为0.25；
-
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P为67.9W。
【知识点】平均功率、物体在粗糙斜面上运动
【解析】(1)对于上滑过程，根据运动学位移-时间关系公式列式求解即可；
(2)受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解即可；
(3)下滑过程，根据根据牛顿第二定律列式求出加速度，由运动学公式求出回到出发点速度，利用
平均速度定义求出从最高点返回到出发点的过程中的平均速度，由平均功率公式求解即可。1．(2022·云南省·历年真题)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上
套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用
力( )
A. 一直不做功
B. 一直做正功
C. 始终指向大圆环圆心
D. 始终背离大圆环圆心
【答案】A
【知识点】做功的判断及功的正负
【解析】
小环在运动过程中，大环是固定在桌面上的，大环没有动，大环对小环的作用力垂直于小环的运动
方向，根据功的定义分析做功情况。
AB.大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度
方向，所以大环对小环没有做功，故A正确，B错误；
CD，小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，运动到
大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，故CD错误。
故选A。
2．(2022·河北省沧州市·模拟题)一质量为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。在一段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙
所示，3s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s时关闭发
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恒定。下列说法正确的是
( )A. 电动汽车最大速度为10m/s
B. 电动汽车受到的阻力为100N
C. 关闭发动机后，电动汽车经过5s停止运动
D. 整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
【答案】D
【知识点】应用动能定理处理单个物体多过程的运动、汽车恒定加速度启动、动力学中的图像问题、
牛顿第二定律的理解及简单运用
【解析】
当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，根据功率公式求解阻力；汽车做匀加速运动的牵引力最大，
根据功率公式求解；根据动能定理求解克服摩擦力做功。
Δv 3
AB.由v-t图像可知在0～3s内，电动汽车的加速度a = = m/s2=1m/s2 ；
1 Δt 3
由P-t图像可知在0～3s内P=Fv=Fat，解得F=100N；
由牛顿第二定律：F-f =ma ，解得f =60N；
1
P 300
当牵引力等于阻力时速度达到最大，由P=f v ，解得v = = m/s=5m/s，故AB错误；
m m f 60
v 5 10
C.关闭发动机后，根据牛顿第二定律可得f =ma ，解得a =1.5m/s2 ，经过t = m= s= s，
2 2 2 a 1.5 3
2
电动汽车停止运动，故C错误；
P
D.对全程由动能定理可得： t +Pt +W =0，W =-3750J，所以整个过程中克服阻力做功为
2 1 3 f f
3750J，故D正确。
3．(2022·湖北省·历年真题)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的
一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W❑ 和W❑ ，
1 2
合外力的冲量大小分别为I❑ 和I❑ 。下列关系式一定成立的是( )
1 2
A. W❑ =3W❑ ，I❑ ≤3I❑ B. W❑ =3W❑ ，I❑ ≥I❑
2 1 2 1 2 1 2 1
C. W❑ =7W❑ ，I❑ ≤3I❑ D. W❑ =7W❑ ，I❑ ≥I❑
2 1 2 1 2 1 2 1
【答案】D
【知识点】动能和动能定理、动量定理
【解析】根据动能定理求解拉力做的功，根据动量定理分析力的冲量范围，由此作答。
涉及力对空间的作用效果首选动能定理，涉及力对时间的作用效果首选动量定理。
1 1 1
在前一段时间内，根据动能定理得：W = m(2v) 2- mv2=3× mv2
1 2 2 2
1 1 1
在后一段时间内，根据动能定理得：W = m(5v) 2- m(2v) 2=21× mv2
2 2 2 2
所以W =7W ；
2 1
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化
量最大，因此冲量的大小范围是：
m⋅2v-mv≤I ≤m⋅2v+mv，即mv≤I ≤3mv
1 1
m⋅5v-m⋅2v≤I ≤m⋅5v+m⋅2v，即3mv≤I ≤7mv
2 2
可知：I ≥I ，故D正确、ABC错误。
2 1
故选：D。
4．(2022·浙江省·历年真题)小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地
面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过
5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为( )
A. 13.2s B. 14.2s C. 15.5s D. 17.0s
【答案】C
【知识点】功率、匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】解：为了最短时间提升重物，一开始以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功
率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至
平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律得：
T -mg 300-20×10
a = m = m/s2=5m/s2
1 m 20
当功率达到额定功率时，设重物的速度为v ，则有
1
p 1200
v = 额= m/s=4m/s
1 T 300
m
此过程中所用的时间和上升的高度分别为
v 4
t = 1= s=0.8s
1 a 5
1
v2 42
h = 1 = m=1.6m
1 2a 2×5
1
重物以最大速度匀速时，有
P P 1200
v = 额= 额= m/s=6m/s
m T mg 200
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升的高度分别为v 6
t = m= s=1.2s
3 a 5
m
v2 62
h = m = m=3.6m
3 2a 2×5
m
设重物从结束匀加速到开始做匀减速运动所用的时间为t ，该过程根据动能定理得：
2
1 1
P t -mgh = mv2 - mv2
额 2 2 2 m 2 1
又h =85.2m-1.6m-3.6m=80m
2
联立解得：t =13.5s
2
则总时间为t +t +t =0.8s+13.5s+1.2s=15.5s，故C正确，ABD错误；
1 2 3
故选：C。
先分析重物上升到平台花最短时间的情况，分阶段根据运动学公式和动能定理计算出时间，最后相
加即可。
5．(2020·全国·其他类型)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上.斜
面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该过程中，物块的动能
E 与水平位移x关系的图象是( )
k
A. B.
C. D.
【答案】A
【知识点】功能的图像问题、动能定理的基本应用
【解析】
把小物块的运动过程分成沿斜面向下运动和水平方向上的运动，然后分过程应用动能定理列方程，推导出小物块的动能E 与水平位移x的函数关系即可。
k
BD、在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，
x x
设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，由动能定理有mgsinθ⋅ -μ mgcosθ⋅ =E -0，
cosθ 1 cosθ k
解得E =(mgtanθ-μ mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误;
k 1
AC、在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动
能定理有-μ mg(x-x )=E -E ，解得E =E -μ mg(x-x )，其中E 为物块滑到斜面底端
2 0 k k0 k k0 2 0 k0
时的动能，x 为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平
0
位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误．
6．(2022·浙江省·其他类型)公交站点1与站点2之间的道路由水平路面AB段、CD段及倾角为15°的
斜坡BC段组成，斜坡足够长。一辆公交车额定功率为210kW，载人后总质量为8000kg。该车在
AB段以54km/h的速率匀速行驶，此过程该车的实际功率为额定功率的一半。该车到达C点时的
速率为21.6km/h，此后在大小恒为1.4×104N的牵引力作用下运动，直到速度达到54km/h时
关闭发动机自由滑行，结果该车正好停在了D点(站点2)。若在整个行驶过程中，公交车的实际功
率不超过额定功率，它在每一个路段的运动都可看成直线运动，它受到的由地面、空气等产生的阻
力F 大小不变。已知sin15°=0.26，求：
1
(1)F 的大小；
1
(2)公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率；
(3)C点与D点之间的距离。
【答案】
解：(1)AB段，已知v=54km/h=15m/s，
由于AB匀速行驶，根据P=Fv，
P 210×103
额
可知 2 2 ，
F = = N=7000N
1 v 15
(2)BC段，根据P=Fv可知，当达到最大速度时F=F +mgsin15°
1
即P =(F +mgsin15°)v ，
额 1 max
P 210×103
得v = 额 = m/s≈7.55m/s≈27.2km/h，
max F +mgsin15∘ 7000+8000×10×0.26
1
即公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
(3)CD段，已知21.6km/h=6m/s速度达到54km/h之前，应用动量定理(F-F )t =mv-mv ，
1 1 C
mv-mv 8000×15-8000×6
得t = C = s≈10.3s
1 F-F 1.4×104-7000
1
关闭发动机自由滑行过程，应用动量定理-F t =0-mv，
1 2
mv 8000×15
得t = = s≈17.1s
2 F 7000
1
- v+v 15+6
速度达到54km/h之前，v = c = m/s=10.5m/s，
1 2 2
- v 15
关闭发动机自由滑行过程，平均速度为v= = m/s=7.5m/s，
2 2
- -
C点与D点之间的距离x=v t +vt =10.5×10.3m+7.5×17.1m=236.4m
1 1 2
答：(1)F 的大小为7000N；
1
(2)公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
(3)C点与D点之间的距离为236.4m。
【知识点】牛顿运动定律的应用、动量定理的应用、平均功率与瞬时功率
【解析】根据机车以恒定功率启动，由P=Fv公式可以分析该题前两问，在第三问中可以根据动量
定理求出公交车运行时间，再根据运动学平均速度与时间的乘积为位移，可得第三问结果。
本题考查机车启动类问题，以恒定功率启动和以恒定牵引力运动，在分析该题第三问过程中可以由
多种方法，例如牛顿第二定律、动能定理等，这里推荐使用动量定理。
