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第 6 讲 功和能
目标要求 1.会对功和功率进行分析和计算，会求解力的平均功率和瞬时功率。2.掌握常见的功能关系。3.理
解动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律，会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量观点问题。
考点一 功、功率的分析和计算
功的
计算恒力做功：W=Flcos θ
变力做功：动能定理、微元法、等效法、转化研究对象法、平均力法、图像法、功率法(W=Pt)
功率的
计算
W
平均功率：P=
t
瞬时功率：P=Fvcos θ(θ为F、v之间的夹角)
机车
启动
两个基本关系式
P=Fv，F-F =ma
阻
恒定功率启动
1
P不变，v，a⇒以v
m
做匀速运动Pt-F
阻
s=
2
mv
m
2
恒定加速度启动
a不变，F不变，v，P⇒P
额
，v，F，a⇒以v
m
做匀速运动
最大速度v
m
P
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即v =
m F
阻
例1 (2023·北京卷·11)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体
质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距
离为x的过程中( )
A.摩擦力做功大小与F方向无关
B.合力做功大小与F方向有关
C.F为水平方向时，F做功为μmgx
D.F做功的最小值为max
答案 D
解析 设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为F=μ(mg-Fsin θ)，摩擦力做功大小W=μ(mg-Fsin θ)x，即
f f
摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W=F x=max，可知合力做功大小与力F方
合向无关，选项B错误；当力F水平时，则有F=ma+μmg，力F做功为W =Fx=(ma+μmg)x，选项C错误；因
F
合外力做功大小为max，大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力F 做功的代数和，而当Fsin θ=mg
f
时，摩擦力F=0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。
f
例2 (2024·广东肇庆市二模)已知高铁的列车组由动力车和拖车组成，每节动力车的额定功率相同，
每节动力车与拖车的质量相等，设列车组运行时每节车厢所受阻力与其速率成正比(F=kv，k为比
f
例系数)。某列车组由m节动力车和n节拖车组成，其运行的最大速率为v ，另一列由相同的n节
1
动力车和m节拖车组成的列车组，其运行的最大速率为v ，则v ∶v 为( )
2 1 2
A.m∶n B.√m∶√n
C.√mn∶1 D.m2∶n2
答案 B
解析 设每节动力车的额定功率为P，m节动力车厢输出的总功率为mP，则有mP=(m+n)F v ，又F
f1 1 f1
√ mP √ nP
=kv ，解得列车组的最大速度v = ，同理可得n节动力车时最大速度v = ，则有v ∶v =
1 1 (m+n)k 2 (m+n)k 1 2
√m∶√n，故选B。
考点二 动能定理的应用
例3 (2024·内蒙古赤峰市一模)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意
图如图所示。一游客从A点由静止沿滑道下滑，螺旋滑道的摩擦可忽略且AB两点的高度差为h，
游客与倾斜滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ，倾斜滑道的水平距离为L ，BC两点的高度差
1
也为h。忽略游客经过轨道衔接处B、C点时的能量损失，重力加速度为g。求：
(1)游客滑至轨道B点时的速度v 的大小；
B
(2)为确保游客安全，水平滑道L 的最小长度。
2
2h
答案 (1)√2gh (2) -L
μ 1
解析 (1)根据题意，游客从A点到B点过程中，由动能定理有
1
mgh= mv 2-0
2 B
解得v =√2gh
B
(2)设倾斜滑道与水平面的夹角为θ，游客由B点到停止过程中，由动能定理有
L 1
mgh-μmgcos θ· 1 -μmgL =0- mv 2
cosθ 2 2 B2h
解得L = -L
2 μ 1
1.应用动能定理解题的步骤图解：
2.应用动能定理的四点提醒：
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往
往能使问题简化。
(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。
考点三 机械能守恒定律及应用
1.机械能守恒定律的表达式
2.连接体的机械能守恒问题
共
速
率
模
型
分清两物体位移大小与高度变化关系
共
角
速
度
模
型两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关
联
速
度
模
此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，
型
当某物体位移最大时，速度可能为0
轻
弹 ①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的
簧 大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能
模 相等
型 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹
簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的
速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为
零)
说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦
生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。
例4 (2024·全国甲卷·17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，
小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下
滑过程中对大圆环的作用力大小( )
A.在Q点最大 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
答案 C
解析 方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只
有小环的重力分力提供小环所需向力心，可知P点必在Q点上方，如图所示设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1-cos
1
θ)= mv2
2
v2
在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ=m
R
2
联立解得cos θ=
3
从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心
力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着
大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的
分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环
的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹
1
角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)= mv2(0≤θ≤π)
2
在该处根据牛顿第二定律得
v2
F+mgcos θ=m (0≤θ≤π)
R
联立可得F=2mg-3mgcos θ
则大圆环对小环作用力的大小为
|F|=|2mg-3mgcos θ|
2
根据数学知识可知|F|的大小在cos θ= 时最小，
3
由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。
例5 (2024·辽宁省名校联盟一模)如图所示，两个顶端带有小定滑轮的完全相同的斜面对称固定在
水平地面上，斜面倾角为30°。一不可伸长的轻质细绳跨过两定滑轮，两端分别连接质量均为2m
的滑块B、C，质量为m的物块A悬挂在细绳上的O点，O点与两滑轮的距离均为l。先托住A，
使两滑轮间的细绳呈水平状态，然后将A由静止释放。A下落过程中未与地面接触，B、C运动过
程中均未与滑轮发生碰撞，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求：
(1)物块A下落的最大高度H；(2)从A开始下落直至结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53°的过程中，物块A机械能的变化量。
4 79
答案 (1) l (2)- mgl
3 122
解析 (1)根据题意可知，物块A下落最大高度H时，速度为零，由机械能守恒定律有
mgH=2×2mgsin 30°(√H2+l2-l)
4
解得H= l，H=0(舍去)
3
(2)根据题意，由几何关系可得，结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53°时，物块A下落的高度为
l 3
h= = l
tan53° 4
设此时物块A的速度为v，则滑块B、C的速度为
3
v'=vcos 53°= v
5
下落过程中，由机械能守恒定律有
l 1 1
mgh-2×2mgsin 30°( -l)= mv2+2× ×2mv'2
sin53° 2 2
物块A机械能的变化量
1 79
ΔE= mv2-mgh=- mgl
2 122
考点四 功能关系 能量守恒定律
1.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。
2.常见功能关系
能量
功能关系
表达式
势能
重力做功等于重力势能减少量
W=E -E
p1 p2
=-ΔE
p
弹力做功等于弹性势能减少量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 =
k2 k1
1 1
mv2- mv 2
2 2 0
机械能
除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量
W =E-E
其他 2 1
=ΔE
机
摩擦产生
的内能
一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能
Q=F·s
f 相对
s 为相对路程
相对
电能
克服安培力做功等于电能增加量
W =E-E
克安 2 1
=ΔE
例6 (2024·山东卷·7)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木
板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(dv'，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为t，滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为
E
d，则有
d=v t-Rsin 37°
E
1
(R+Rcos 37°)- gt2=dtan 37°
2
解得t=0.328 5 s，d=1.431 m
d
又有x=
cos37°
解得x≈1.8 m应用能量守恒定律解题的一般步骤
专题强化练
［1 选择题］ ［分值：50分］
1~6题每题4分，7~9题每题6分，10题8分，共50分
［保分基础练］
1.(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到
最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球( )
A.从1到2动能减少mgh
B.从1到2重力势能增加mgh
C.从2到3动能增加mgh
D.从2到3机械能不变
答案 B
解析 由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加
mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确； 从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重
力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。
2.(2024·安徽卷·2)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静
止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻
力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为( )
1
A.mgh B. mv2
2
1 1
C.mgh+ mv2 D.mgh- mv2
2 2
答案 D
解析 人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得
1
mgh-W = mv2-0
克f 2
可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为1
W =mgh- mv2
克f 2
故选D。
3.(2024·湖南长沙市第一中学模拟)物体A、B放置在粗糙的水平面上，若水平外力以恒定的功率P单独拉
着物体A运动时，物体A的最大速度为v ；若水平外力仍以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动时，
1
如图所示，物体A和物体B的最大速度为v 。空气阻力不计，在物体A和B达到最大速度时作用在物体B
2
上的拉力功率为( )
v v
1 2
A. P B. P
v v
2 1
v -v v +v
1 2 1 2
C. P D. P
v v
1 1
答案 C
P P
解析 物体A受到的滑动摩擦力为F = ，以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动有F +F = ，
fA v fA fB v
1 2
v -v
1 2
在物体A和B达到最大速度时作用在物体B上的拉力功率为P =F v = P，故选C。
F fB 2 v
1
4.(2024·重庆缙云教育联盟诊断)如图所示，用轻杆组成的正三角形OAB，边长为L，其中O点连接在可自
由旋转的铰链上，A、B两点各固定一质量为m的小球(可视为质点)。AB杆从竖直位置由静止释放，转到
AB杆处于水平位置的过程中，不考虑空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.A处小球机械能守恒，B处小球机械能不守恒
B.AB杆水平时，两球的速率均为√3gL
C.OA杆对A处小球不做功，AB杆对A处小球做正功
mgL
D.AB杆转到水平位置的过程中，杆对A处小球做的功为-
2
答案 D
√3 L √3 L 1
解析 根据系统机械能守恒有 mg( L- )+mg( L+ )= ×2mv2，解得v=√√3gL，对A处小球，杆做功
2 2 2 2 2
√3 L 1 1
为W ，根据动能定理有W +mg( L+ )= mv2-0，解得W =- mgL，对B处小球，杆做功为W ，根据动能
1 1 2 2 2 1 2 2
√3 L 1 1
定理有W +mg( L- )= mv2-0，则有W = mgL可知杆对A、B两处小球做功均不为零，则两球机械能均
2 2 2 2 2 2不守恒，故A、B错误，D正确；如果OA杆对A处小球不做功，AB杆对A处小球做正功，则杆对A处小
球做正功，与上述分析矛盾，故C错误。
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。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦
f k
力大小F 分别为( )
f
A.m=0.7 kg，F=0.5 N
f
B.m=0.7 kg，F=1.0 N
f
C.m=0.8 kg，F=0.5 N
f
D.m=0.8 kg，F=1.0 N
f
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 -(mgsin 30°+F)s，结合
f k k0 k k0 f
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
F)(s-s )=E ，整理得E =(mgsin 30°-F)s-(mgsin 30°-F)s ，结合10~20 m内的图像得，斜率k'=mgsin 30°-F=3
f 1 k k f f 1 f
N，联立解得F=0.5 N，m=0.7 kg，故选A。
f
6.(多选)(2024·湖南省师范大学附属中学模拟)某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹
簧与轻杆相连，轻杆足够长，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力与插入的距离d成正比
(F=Ad)。固定的槽足够长，装置可安全工作。若一小车分别以初动能E 和E 撞击弹簧，导致轻杆分别向
f k1 k2
右移动L和3L。已知轻杆初始时位于槽间的长度为L，装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。比较小车这两次撞击缓冲过程，下列说法正确的是(弹簧的弹性
1
势能E = kx2)( )
p 2
A.小车撞击弹簧的初动能之比大于1∶4
B.系统损失的机械能之比为1∶4
C.两次小车反弹离开弹簧的速度之比为1∶2
D.小车做加速度增大的减速运动
答案 CD
解析 轻杆与槽间的滑动摩擦力与插入的距离成正比，第一次，轻杆克服摩擦力做功为AL+2AL 3
W = L= AL2，弹簧弹力大小为2AL，设此时弹性势能为E ，由功能关系可知，小车撞击弹簧的
1 2 2 p
AL+4AL 15
初动能为E =W +E ，第二次，轻杆克服摩擦力做功为W = 3L= AL2，弹簧弹力大小为4AL，弹
k1 1 p 2 2 2
1 E 1
k1
性势能为4E ，小车撞击弹簧的初动能为E =W +4E ，故 < < ，故A错误；系统损失的机械能之比为
p k2 2 p 5 E 4
k2
1
W ∶W = ，故B错误；小车反弹离开弹簧时弹性势能全部转化成动能，可求得速度比为1∶2，故C正确；
1 2 5
撞击缓冲过程小车做加速度增大的减速运动，故D正确。
［争分提能练］
7.(多选)(2023·全国乙卷·21)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小
物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v 开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从
0
木板右端离开时( )
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
1
C.物块的动能一定大于 mv 2 -fl
2 0
1
D.物块的动能一定小于 mv 2 -fl
2 0
答案 BD
解析 设物块离开木板时的动能为E ，此时木板的动能为E ，对木板：f·s =E
k块 k板 板 k板
1
对物块：-fs =E - mv 2
块 k块 2 0
木板和物块的v-t图像如图所示，
由图可知s l
板 块
1
故E
