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考点巩固卷 08 功和机械能
建议用时：60分钟
考点序号 考点 考向 题型分布
考点1 功和功率 考向1：功和功率的计算 4单选+4多选
考向2：变力做功的多种方法计算
考向3：两类机车启动问题
考点2 势能、动能和机械能 考向1：重力势能和弹性势能 5 单选+1 多选
考向2：动能和动能定理的应用 +1计算
考向3：机械能守恒定律及应用
功和功率（4 单选+4 多选）
1．（2024·海南海口·一模）如图所示，杂技演员从某高度水平抛出小球A的同时，从相同高度由静止释放
小球B。已知两小球完全相同，运动过程中空气阻力大小与速率成正比。下列判断错误的是（ ）
A．两球同时落地
B．两球落地时的速率可能相等
C．运动全过程中，合外力做功相等
D．运动全过程中，A球重力的功率时刻与B球的相等
【答案】C
【详解】A．运动过程中空气阻力大小与速率成正比，将A球的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运
动，两球完全相同，竖直方向的初速度均为0，则两球在竖直的方向的受力情况一样，两球在竖直方向具
有相同的运动，则两球同时落地，故A正确，不满足题意要求；
B．A球在水平方向做减速运动，若落地时A球的水平速度刚好为0，又两球在竖直方向的分速度相等，则两球落地时的速率可能相等，故B正确，不满足题意要求；
C．运动全过程中，两球重力做功相等，由于A球具有水平速度，所以同一时刻A球受到的空气阻力大于B
球受到的空气阻力，且A球通过的路程大于B的路程，则A球克服空气阻力做功大于B球克服空气阻力做
功，所以合外力对两球做功不相等，故C错误，满足题意要求；
D．根据
由于同一时刻，两球的竖直分速度总是相等，则运动全过程中，A球重力的功率时刻与B球的相等，故D
正确，不满足题意要求。
故选C。
2．（2024·广西桂林·模拟预测）如图所示，重为G的某汽车以恒定速率通过路面 ，其中ab段和cd段
是倾角均为 的坡路，bc段为水平直路。已知汽车所受地面阻力大小不变，且 ，设汽车在ab、
bc、cd段行驶时发动机的输出功率分别为 、 和 ，则下列关系式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据平衡条件可知，汽车在ab路面行驶时，发动机的牵引力大小为
在bc段有
在cd段有
可知
根据 ，可知故选B。
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）一遵从胡克定律、劲度系数为k的弹性轻绳，绕过固定于平台边缘的小滑
轮A，将其一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，静止于M处。已知OA的距离恰为弹性绳原长，
现将小球拉至与M等高的N处静止释放，MN的距离为d，则小球从释放到与平台右侧面碰撞前的过程中
（不计空气阻力及绳子和滑轮间的摩擦，小球视为质点，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g）（
）
A．小球的最大速度为
B．小球的最大速度为
C．小球的最大加速度为
D．小球的最大加速度为
【答案】A
【详解】AB．根据受力分析可知，小球在N到M的过程中，只受重力和弹力，且从N到M的过程中只有
弹力在水平方向的分力做功，且弹力和位移成线性关系，因此可得
解得最大速度为
A正确B错误；
CD．小球的最大加速度时，即合力最大，为一开始释放的时候，因为小球最后静止于M点，因此弹力在竖直方向分力，与重力相等，水平分力，为合力，所以可得
解得
CD错误。
故选A。
4．（2023·海南·一模）如图所示，用一个大小不变的力 拉着滑块（视为质点）使其沿半径为 的水平圆
轨道匀速运动半周，若力 的方向始终与其在圆轨道上作用点的切线成 夹角，则力 做的功为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】将力 分解为切线方向和径向方向两个分力，其中径向方向始终与速度方向垂直，不做功，切线
方向分力始终与速度方向相同，则滑块匀速运动半周，力 做的功为
故选A。
5．（2019·全国·模拟预测）比亚迪E-SEED概念车是基于人类未来发展而倾力打造的一款全新型纯电动汽车，
其中“E-SEED”五个英文字母分别代表：电动、运动、体验、环保和装置，蕴含着比亚迪绿色环保的设计理
念。为了获取该款车的有关数据，某次试车过程中，试车员驾驶汽车由静止沿光滑平直公路启动，并控制
汽车功率按图示规律变化。已知汽车的质量为m，额定功率为 ，汽车在行驶过程中所受阻力恒为车重的
K倍，在 时刻汽车刚好获得最大速度。则下列说法正确的是（ ）A．在t~t 时间内汽车做匀速直线运动
1 2
B．在0~t 时间内汽车平均功率为
1
C．在0~t 时间内汽车发动机所做的功为
2
D．在t 时刻汽车的运动速度为
2
【答案】BD
【分析】根据图象确定汽车做加速度减小的变加速直线运动，当功率达到额定功率将保持不变，最后当牵
引力等于阻力时，速度达到最大。
【详解】A．由题意并结合图象可知，在 时间内汽车做加速度减小的变加速直线运动，选项A错误；
B．在 时间内
，
所以汽车的平均功率为
，
选项B正确；
C．在 时间内，汽车发动机所做的功为
，
选项C错误；
D．在 时刻，汽车达到最大速度，则有汽车的牵引力
，
则，
选项D正确；
故选BD。
【点睛】考查机车启动问题。
6．（2024·四川成都·一模）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧
一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，
工件向右运动受到的摩擦力F随位移x变化的关系如图乙所示，x、F 为已知量，则下列说法正确的是
f 0 f0
（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等）（ ）
A．工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动
B．工件向右运动2x 后与弹簧分离
0
C．弹簧的劲度系数为
D．整个运动过程中摩擦力对工件做功为
【答案】BD
【详解】A．从图乙可知，摩擦力在 处方向发生变化，在 区间工件的摩擦力大小发生变化，说明
工件与传送带相对静止，故工件先做加速运动后做匀速运动，故A错误；
B．在 区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小， 位置摩擦力为零，所以弹力为零，所以工件运动
后与弹簧分离，故B正确；
C．由胡克定律得
解得弹簧的劲度系数故C错误；
D．摩擦力对工件先做正功后做负功，图乙图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即
故D正确。
故选BD。
7．（2024·天津武清·模拟预测）如图所示，是小朋友非常喜欢的一款电动玩具小车，我们可以通过玩具小
车在水平面上的运动来研究功率问题。已知小车质量为m，小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车保
持功率不变，小车的 图象如图甲所示， 时刻小车的速度达到最大速度的 倍，小车速度由 增加到
最大值的过程中，小车的牵引力F与速度v的关系图象如图乙所示，运动过程中小车所受阻力恒定，下列
说法正确的是（ ）
A．小车的额定功率为
B．小车的最大速度为
C． 时刻，小车加速度大小为
D． 时间内，小车运动的位移大小为
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知，当
时，有
由功率公式可知
故A正确；
B．当小车以最大速度匀速运动时
且
根据
即
可得
故B错误；
C．由A、B选项可知
则根据公式
可得小车速度达到最大速度的 倍时，此时的牵引力
又
根据牛顿第二定律联立解得
故C错误；
D．在 时间内，位移为 ，根据动能定理
解得
故D正确。
故选AD。
8．（2024·湖南常德·一模）新能源汽车指采用非常规车用燃料作为动力来源的新型汽车。比如纯电动汽车
以电池模组和电动机为主要动力装置，有节能减排、低噪音、高效率等优点，是未来汽车产业的重要发展
方向。现已知质量为M的新能源汽车由静止出发做匀加速直线运动，经过时间t后，该汽车的运行里程为
L，此时发动机恰好到达额定功率P，汽车所受的阻力恒定，达到额定功率后，汽车保持额定功率做变加速
运动，最后以 匀速运动，对此下列说法正确的是（ ）
A．汽车所受阻力为 B．汽车做匀加速运动时的加速度
C．到达速度 时，发动机做功为 D．存在关系式
【答案】ABD
【详解】A．由题意，汽车最后以 匀速运动，则有
整理可得有轨电车所受阻力为
A正确；
B．因为电车由静止出发做匀加速直线运动，经过时间 t后，该有轨电车的运行里程为L，根据位移与加速度的关系可得
解得有轨电车做匀加速运动时的加速度为
B正确；
C．到达速度 时，发动机做功转化为电车的动能和克服阻力做的功，可知发动机做功大于动能的增加量
C错误；
D．由题意，根据牛顿第二定律可得
整理可得有轨电车所受阻力为
当电车匀速运动时，阻力和动力相等，故可得
D正确。
故选ABD。
势能、动能和机械能（5 单选+1 多选+1 计算）
1．（2024·辽宁鞍山·模拟预测）如图所示，质量为M的木板静止放置在光滑水平面上，左端用轻弹簧和左
侧竖直墙壁连接，某时刻，一个质量为m的小滑块从木板左端以初速度 （未知）滑上木板，此时弹簧处
于压缩状态，压缩量为x，经过一段时间，小滑块从木板右端掉落。此时弹簧处于伸长状态，伸长量为
2x。而木板的速度刚好为0。已知上述过程中小滑块相对于木板一直向右运动。木板与滑块之间的动摩擦
因数为 。轻弹簧始终在弹性限度内，则弹簧的劲度系数为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【详解】对木板，根据动能定理
解得
故选B。
2．（2024·江西·模拟预测）如图所示，一人随电梯由静止开始先匀加速后匀速向上运动，从电梯开始运动
时计时，下列关于人受到的摩擦力f、支持力 、人的动能 以及重力势能 随时间t变化的关系图像可
能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．电梯先匀加速上升再匀速上升，对运动过程受力分析结合牛顿第二定律的同向性可知人先受摩擦力后不受摩擦力，A错误；
B．加速上升阶段，加速度向上，人受到的支持力大于重力，匀速上升阶段，支持力等于重力，B错误；
C．人的动能先增大后不变，动能增大阶段，动能表达式
C正确；
D．设电梯的倾角为 ，加速运动时，上升的高度随时间的关系为
重力势能随时间变化的关系为
D错误。
故选C。
3．（2024·江苏苏州·二模）如图甲，将物块从倾角 的斜面顶端由静止释放。取地面为零势能面，物
块在下滑过程中的动能 重力势能 ，与下滑位移 间的关系如图乙所示，取 ，下列说法错
误的是（ ）
A．物块的质量是
B．物块受到的阻力是
C．物块动能与势能相等时的高度为
D．物块下滑 时，动能与重力势能之差为
【答案】B
【详解】A．由图知，小球下滑的最大位移为x=12m，在最高点时，小球的重力势能得小球的质量为
故A正确；
B．根据除重力以外其他力做的功
可知
由图知，最高点的机械能为
最低点的机械能为
又
解得，阻力为
故B错误；
C．设小球动能和重力势能相等时的高度为h，此时有
由动能定理有
联立解得
故C正确；
D．由图可知，在物块下滑9m处，小球的重力势能是3J，动能为6J，动能与重力势能之差为
故D正确。本题选择错误的，故选B。
4．（2024·湖南长沙·二模）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小滑块A和轻
质弹簧套在轻杆上，长为L的细线两端和弹簧两端分别固定于O和A，弹簧自然长度为0.7L，质量为m的
小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°。已知重力加速度为g，
， 。现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B
间细线的拉力恰好减小到零，此过程中装置对滑块A所做的功为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设两细绳的张力为T，弹簧弹力为 ，根据A受力平衡有
B受力平衡有
解得
转动时对 有
装置对滑块 所做的功为
故选B。
5．（2024·山西大同·模拟预测）北京时间2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱在东风
着陆场成功着陆，神舟十五号载人飞行任务取得圆满成功。如图所示是神舟十五号载人飞船返回舱返回地面时的情境，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
正确的是（ ）
A．打开降落伞之后，返回舱仍处于失重状态
B．匀速下降阶段，返回舱的机械能守恒
C．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于重力对飞船做的功
D．减速下降阶段，返回舱动能的减少量等于阻力对飞船做的功
【答案】C
【详解】A．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，故A错误；
B．匀速下降阶段，返回舱的动能不变，重力势能减小，因此机械能减小，故B错误；
C．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，故C正确；
D．减速下降阶段，由动能定理可知，返回舱动能的减少量等于返回舱所受合力做功的大小，故D错误。
故选C。
6．（2024·安徽·模拟预测）如图1所示，一质量为 的可视为质点的小铁块在逐渐减小到0的平行
于斜面向上的力F作用下，从斜面底端向上滑动。以出发点为原点和零势能点，铁块的机械能E与滑行位
移x的关系如图2中OABC所示，其中OAB段是曲线，BC段是直线，曲线OAB段的最高点A的横坐标是
；铁块的重力势能 与滑行位移x的关系如图2中直线OC所示。取 ，则下列说法正确的是
（ ）A．外力F做的功为11.5J B．铁块与斜面间的动摩擦因数为0.35
C．铁块上滑 时加速度大小为0 D．铁块滑回出发点时的速度大小为3m/s
【答案】AD
【详解】A．设斜面倾角为 ，铁块的重力势能与上滑位移间的关系是
由 图线知
铁块上滑0.5m后机械能均匀减小，即上滑0.5m时力F减为0.图线BC段的斜率的绝对值为滑动摩擦力的
大小，故滑动摩擦力
在滑行1.0m时铁块的机械能与重力势能相等，即铁块的速度减为0，由动能定理得
其中
解得
故A正确；
B．由
解得
故B错误；
C．在位置A时，F与f相等，设此时铁块的加速度大小为a，则
解得
故C错误；D．对铁块下滑过程，由动能定理得
解得
故D正确。
故选AD。
7．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图所示一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ=37°，与水
平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段
和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L=125R处由静止释放，
滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨
道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离；
（3）整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理
在最高点，对滑块由牛顿第二定律
由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为
（2）滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为
（3）滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理
解得
设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s，由动能定理
1
解得
滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理
解得
所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h，由动
能定理可得
解得
所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B
点，设滑块在AB段滑行的路程为s，由动能定理
2
整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为
联立解得
