文档内容
解密 06 机械能及其守恒定律
核心考点 考纲要求
功和功率 Ⅱ
动能和动能定理 Ⅱ
重力做功与重力势能 Ⅱ
功能关系、机械能守恒定律及其应用 Ⅱ考点 1 动能定理及其应用
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．表达式：E= mv2，v是瞬时速度，动能的单位是焦耳（J）。
k
3．特点：动能是标量，是状态量。
4．对动能的理解：
（1）相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系。
（2）状态量：动能是表征物体运动状态的物理 量，与物体的运动状态（或某一时刻的速度）相对应。
（3）标量性：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值。
（4）动能变化量：物体动能的变化是末动能与初动能之差，即 ，若ΔE>0，表
k
示物体的动能增加；若ΔE<0，表示物体的动能减少。
k
（2）动能定理的表达式为标量式，不能在同一个方向上列多个动能定理方程。
二、动能定理
1．推导过程：设某物体的质量为m，在与运动方向相同的恒力F作用下，发生一段位移l，速度由v
1
增大到v，如图所示。
2
2．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化，这个结论叫做动能定理。
3．表达式：W=E －E = mv2－ mv2。
k2 k1 2 1
说明：
①式中W为合外力的功，它等于各力做功的代数和。
②如果合外力做正功，物体的动能增大；如果合外力做负功，物体的动能减少。
4．适用范围。
动能定理的研究对象一般为单一物体，或者可以看成单一物体的物体系。动能定理即适用于直线运动，
也适用于曲线运动；即适用于恒力做功，也适用于变力做功。力可以是各种性质的力，既可以是同时作用，也可以分段作用。
5．物理意义
（1）动能定理实际上是一个质点的功能关系，即合外力对物体所做的功是物体动能变化的量度，动
能变化的大小由合外力对物体所做的功的多少来决定。
（2）动能定理实质上说明了功和能之间的密切关系，即做功的过程也就是能量转化的过程。
6．应用动能定理解题的方法技巧
（1）对物体进行正确的受力分析，要考虑物体所受的所有外力，包括重力。
（2）有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的，若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，
物体的运动状态、受力等情况均可能发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待。
（3）若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也可以全过程为一整体，
利用动能定理解题，用后者往往更为简捷。
三、动能定理的应用
1．应用动能定理的流程
2．应用动能定理的注意事项
（1）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为
参考系。
（2）应用动能定理的关键在于分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借
助草图理解物理过程之间的关系。
（3）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的
速度时，也可以全过程应用动能定理，这样更简捷。
（4）列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结
果加以检验。
3．应用动能定理求解物体运动的总路程
对于物体往复运动的情况，物体所受的滑动摩擦力、空气阻力等大小不变，方向发生变化，但在每一
段上这类力均做负功，而且这类力所做的功等于力和路程的乘积，与位移无关。如果已知物体运动过程初、
末状态的动能，则可利用动能定理求解物体运动的总路程。
4．应用动能定理解决相关联物体的运动问题
对于用绳子连接的物体，在处理时要注意物体的速度与绳子的速度的关系，需要弄清合运动和分运动
的关系，能够合理利用运动的合成与分解的知识确定物体运动的速度。
5．动能定理的图象问题
（1）解决物理图象问题的基本步骤
①观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所代表的物理意义。
②根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。③将推导出的物理规律与数学上与之对应的标准函数关系式相比，找出图线的斜率、截距、图线的交
点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。
（2）四类图线与坐标轴所围面积的含义
①v-t图线：由公式x=vt可知，v-t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。
②a-t图线：由公式Δv=at可知，a-t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
③F-s图线：由公式W=Fs可知，F-s图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
④P-t图线：由公式W=Pt可知，P-t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
6．应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题
（1）平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能
定理列式求解。
（2020·陕西西安市·西安一中高三月考）如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直
固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入
轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点
运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则（ ）
A．W= mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W> mgR，质点不能到达Q点
C．W= mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜ mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
【答案】C
【详解】
在N点，根据牛顿第二定律得从起点到N点，由动能定理得
解得
由于从P到N比从N到Q质点运动的速度大，所以质点对圆轨道的压力比后一过程大，克服摩擦力做
功比后一过程多，即在从P到Q整个过程克服摩擦力做的功为
所以从起点到Q点，由动能定理得
即质点到达Q点后，继续上升一段距离。
故选C。
1．（2020·吉林南关区·长春市实验中学）某测试员在平直公路上测试汽车启动、加速，正常行驶及刹车时
的性能。前4s逐渐加大油门，使汽车做匀加速直线运动，4 15s保持油门位置不变（可视为发动机保持
恒定功率运动），达到最大速度后保持匀速，15s时松开油门∼并同时踩刹车，汽车减速运动至停止。已
知汽车的质量为1200kg，在加速及匀速过程中汽车所受阻力恒为f，刹车过程汽车所受阻力为5f。根据
测试数据描绘v-t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．3s末汽车所受牵引力为3.6×103 N
B．f=1200N
C．10s末汽车功率为72kW
D．4-15s内汽车位移为231m
【答案】C
【详解】AB．减速阶段的加速度为
由牛顿第二定律可得
解得
0-4s内的加速度为
由牛顿第二定律可知
代入数值可得
末汽车所受牵引力为 ， ，故AB错误；
C．10s汽车的功率与 时的功率相等
故C正确；
D． 在4~15s内由动能定律可得
解得
故D错误。
故选C。
2．如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中（容器固定）由静止开始自边缘上的A点滑
下，到达最低点B时，它对容器的正压力为F 。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦
N
力对其所做的功为A． R（F －3mg）
N
B． R（3mg－F ）
N
C． R（F －mg）
N
D． R（F －2mg）
N
【答案】A
【解析】设在B点的速度为 ，由牛顿第二定律，有： ，则质点在B点的动能为：
，质点从A滑到B的过程中，由动能定理得： ，解得：
，A．根据上面分析可知摩擦力的功为 ，故A正确。
考点 2 机械能及其守恒定律的应用
1．推导
物体沿光滑斜面从A滑到B。（1）由动能定理：W =E –E 。
G k2 k1
（2）由重力做功与重力势能的关系：W =E –E 。
G p1 p2
结论：初机械能等于末机械能E +E =E +E 。
p1 k1 p2 k2
2．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
3．表达式：E +E =E +E ，即E=E。
p1 k1 p2 k2 1 2
4．守衡条件：只有重力或弹力做功。
5．守恒条件的几层含义的理解
（1）物体只受重力，只发生动能和重力势能的相互转化，如自由落体运动、抛体运动等。
（2）只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化。如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹
簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒。
（3）物体既受重力，又受弹力，重力和弹力都做功，发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化。如
自由下落的物体落到竖直的弹簧上和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒。
注意：
从能量观点看：只有动能和势能的相互转化，无其他形式能量（如内能）之间的转化，则系统机械能
守恒。
从做功观点看：只有重力和系统内的弹力做功。
6．机械能守恒的判断
（1）利用机械能的定义判断（直接判断）：若物体的动能、势能均不变，则机械能不变。若一个物
体的动能不变、重力势能变化，或重力势能不变、动能变化或动能和重力势能同时增加（减小），其机械
能一定变化。
（2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，虽受其他力，但其他力不做功，
机械能守恒。
（3）用能量转化来判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的
转化，则物体或系统的机械能守恒。
（4）对多个物体组成的系统，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，如有滑动
摩擦力做功时，因摩擦生热，系统的机械能将有损失。
7．机械能守恒定律的三种表达形式及应用
（1）守恒观点
①表达式：E +E =E +E 或E=E。
k1 p1 k2 p2 1 2②意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能。
③注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面。
（2）转化观点
①表达式：ΔE=–ΔE。
k p
②意义：系统的机械能守恒时，系统增加（或减少）的动能等于系统减少（或增加）的势能。
（3）转移观点
①表达式：ΔE =ΔE 。
A增 B减
②意义：若系统由A、B两部分组成，当系统的机械能守恒时，则 A部分机械能的增加量等于B部分
机械能的减少量。
8．机械能守恒定律的应用技巧
（1）机械能守恒是有条件的，应用时首先判断研究对象在所研究的过程中是否满足机械能守恒的条
件，然后再确定是否可以用机械能守恒定律。
（2）如果系统（除地球外）只有一个物体，用守恒观点列方程较方便；对于由两个或两个以上的物
体组成的系统，用转化或转移的观点列方程较为简便。
9．多个物体应用机械能守恒定律解题应注意的问题
（1）对多个物体组成的系统要注意判断物体运动的过程中，系统的机械能是否守恒。
（2）注意寻找连接各物体间的速度关系的连接物，如绳子、杆或者其他物体，然后在寻找几个物体
间的速度关系和位移关系。
（3）列机械能守恒方程时，一般选用ΔE =ΔE 的形式。
A增 B减
10．用机械能守恒定律解决非质点问题
在应用机械能守恒定律解决实际问题时，经常会遇到“铁链”、“水柱”等类的物体，其在运动过程
中，重心位置往往发生变化，形状也会发生变化，因此此类物体不再看作质点，物体虽然不看作质点来处
理，但是因为只有重力做功，物体整体的机械能还是守恒的。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量
分布均匀的规则物体各部分重心的位置，根据初、末状态物体重力势能的变化来列式求解。
（2020·永安市第一中学高三月考）如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系
一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将环从与定滑轮等
高的A处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为
g）（ ）A．环在B处的速度大小约为
B．环先做加速直线运动后做减速直线运动
C．环刚释放时轻绳中的张力小于2mg
D．环减少的机械能大于重物增加的机械能
【答案】B
【详解】
A．以环和重物整体为研究对象，设环在B点的速度为 ，此时重物的速度为 ，由动能定理得
由关联速度得
联立解得
故A错；
B．以环为研究对象，开始时，重力大于拉力竖直方向上的分力，物体做加速运动；在后面的运动过程
中，由于重物的质量大于环的质量，所以拉力在竖直方向的分力有可能大于环的重力，物体可能做减速
运动。但需要判断，假设拉力的分力等于环的重力，设此时绳于竖直方向的夹角为 ，由平衡条件得
解得
可知，当 时，环做加速直线运动；当 环做减速直线运动。故B对；
C．环刚释放时，由于绳水平，合力为重力，加速度为g,在水平方向上的分加速度为0，因此重物加速
度为0，由平衡条件得
故C错；
D．根据机械能守恒得，环减少的机械能等于重物增加的机械能，故D错。故选B。
1．（2020·永安市第一中学高三月考）如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一
个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量
为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为f，则小球从开始下落至最低点的过程（ ）
A．小球机械能守恒
B．小球重力势能减少mg（H＋x－L）
C．弹簧弹性势能的增加量为mg（H＋x－L）
D．小球与弹簧的系统机械能减小f（L－x）
【答案】B
【详解】
A．小球下落过程受到的空气阻力的作用，小球的机械能不守恒，A错误；
B．小球下落的高度为
小球减少的重力势能为
B正确；
C．小球弹簧弹性势能的增加量为
C错误；
D．小球与弹簧的系统减少的机械能为
D错误。故选B。
考点 3 功能关系、能量守恒定律
一、功能关系
1．能的概念：一个物体能够对外做功，我们就说这个物体具有能量。
2．规律：各种不同形式的能之间可以相互转化，而且在转化的过程中能量守恒。
3．功能关系
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
（3）W =ΔE，该式的物理含义是除重力、系统内弹力以外，其他所有外力对物体所做的功等于物
其他
体机械能的变化，即功能原理。要注意的是物体的内能（所有分子热运动的动能和分子势能的总和）、电
视能不属于机械能。
4．几种常见的功能关系及其表达式
功 能量改变 关系式
W ：合外力的功（所
合
动能的改变量（ΔE） W =ΔE
k 合 k
有外力的功）
W ：重力的功 重力势能的改变量（ΔE） W =–ΔE
G p G p
W ：弹簧弹力做的功 弹性势能的改变量（ΔE） W =–ΔE
弹 p 弹 p
W ：除重力或系统内
其他
机械能的改变量（ΔE） W =ΔE
其他
弹力以外的其他外力做的功
f·Δs：一对滑动摩擦力 f·Δs=Q（Δs为物体间的
因摩擦而产生的内能（Q）
做功的代数和 相对位移）
二、能量守恒定律
1．内容：能量既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移
到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．表达式：ΔE =ΔE 。
减 增
3．意义：能量守恒定律是最基本、最普通、最重要的自然规律之一，它揭示了自然界中各种运动形
式不仅具有多样性，而且具有统一性。它指出了能量既不会无中生有，也不会凭空消失，只能在一定条件下转化或转移。
4．对能量守恒定律的理解
（1）某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且增加量和减少量一定相等。
（2）某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且增加量和减少量一定相等。
5．应用能量守恒定律的解题步骤
（1）选取研究对象和研究过程，了解对应的受力情况和运动情况。
（2）分析有哪些力做功，相应的有多少形式的能参与了转化，如动能、势能（包括重力势能、弹性
势能、电势能）、内能等。
（3）明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 和增加的能量ΔE
减 增
的表达式。
三、摩擦力做功的特点及应用
1．静摩擦力做功的特点
（1）静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
（2）相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零。
（3）静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能。
2．滑动摩擦力做功的特点
（1）滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
（2）相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能的效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能。
（3）摩擦生热的计算：Q=fs 。其中s 为相互摩擦的两个物体间的相对位移。
相对 相对
3．传送带模型问题的分析流程
（2020·湖北高三月考）质量为 的人，站立在电梯中的台秤表面，电梯向上运动的速度—时间图像
如图所示，则下列分析正确的是（ ）A． 人的机械能守恒
B． 人的机械能在减少
C． 和 台秤面对人的支持力做功相等
D． 人的机械能增加量小于 人的机械能增加量
【答案】D
【详解】
AB．该模型支持力做功等于机械能增加， 支持力始终做正功，机械能增加，故AB错误；
C．根据牛顿第二定律， 内
解得
内
内
解得和 支持力不等，位移相等，所以做功不同，故C错误；
D． 内有
内有
故D正确。
故选D。
1．（2020·黑龙江高三月考）如图所示，光滑轨道ABCD是过山车轨道的模型，最低点B处的入、出口
靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与足够长的水平传送带
无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动。现将一质量为m的小滑块从轨道AB上竖直高度为3R的
位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，已知滑块滑上传送带后，又从D点滑入
光滑轨道ABCD且能到达原位置A，则在该过程中（ ）
A．在C点滑块对轨道的压力为零
B．传送带的速度可能为
C．摩擦力对物块的冲量为零
D．传送带速度v越大，滑块在传送带因摩擦产生的热量越多
【答案】D
【详解】
A．从A到C由机械能守恒得
解得在C由牛顿第二定律有
解得
故A错误；
B．从A到B由机械能守恒得
解得
小滑块滑传送带后做匀减速直线运动到0，如果传送带速度为 ，则小滑块返回B点时速度小于
，所以小滑块不能返回A点，故B错误；
C．小滑块在传送带上运动时，当小滑块滑上传送带的速度大于传送带的速度时，小滑块返回D端时的
速度和滑上的速度大小不相等，由动量定理可知，摩擦力的冲量不为0，故C错误；
D．滑块与传送带摩擦产生的热量
传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确。
故选D。
2．（2020·长治市潞城区第四中学校高三期中）如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块B、C相连，
并放在足够长的光滑斜面上，弹簧与斜面平行，C靠在固定的挡板P上，绕过定滑轮的轻绳一端与B相
连，另一端与悬空的小物块A相连。开始时用手托住A，使滑轮右侧的轻绳恰好伸直且无弹力，滑轮左
侧轻绳沿竖直方向，然后由静止释放A，当C刚要离开挡板时，A的速度恰好达到最大。斜面的倾角为
30°，B、C的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，A、B、C均视为质点。不计一
切摩擦，不计空气阻力，弹簧始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）A．A的质量为
B．释放A的瞬间，A的加速度大小为
C．B的最大速度为
D．在从释放A到C刚要离开挡板的过程中，由A、B组成的系统机械能一直增大
【答案】BC
【详解】
A．当C刚要离开挡板时，对C有
此时轻绳的弹力大小
对B有
解得
选项A错误；
B．释放A的瞬间弹簧的长度来不及改变，B所受重力沿斜面向下的分力与弹簧对它的弹力平衡，有
故A、B的共同加速度大小选项B正确；
C．由于
释放A前与C刚要离开挡板时弹簧的弹性势能相等，在从释放A到C刚要离开挡板的过程中，对A、B
和弹簧组成的系统，由械能守恒定律有
解得
选项C正确；
D．在从释放A到C刚要离开挡板的过程中，弹簧对由A、B组成的系统先做正功后做负功，根据功能
关系可知，此系统的机械能先增大后减小，选项Ｄ错误。
故选BC。
考点 4 变力做功及机车的两种启动模型
一、变力做功的计算方法
1．动能定理求变力做功
动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功。因使
用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选。
2．应用动能定理求变力做功时应注意的问题
（1）所求的变力做功不一定为总功，故所求的变力做的功不一定等于ΔE。
k
（2）合外力多物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。
（3）若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力做的功若为负功，可以设克服该力
做功为W，则表达式中用–W；也可设变力做的功为W，则字母本身含有符号。
3．用微元法求变力做功
将物体分割成许多小段，因每小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力
做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做的功的代数和。
4．化变力为恒力
变力做功直接求解时，往往都比较复杂，若通过转换研究对象，有时可以化为恒力，用W=Flcos α求解。此方法常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。
5．利用平均力求变力做功
在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以
认为物体受到一大小为 的恒力做用，F 、F 分别为物体初、末状态所受到的力，然后用公式
1 2
求此力所做的功。
6．利用F-x图象求变力做功
在F-x图象中，图线与x轴所谓“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方
的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负。
7．利用W=Pt求变力做功
这是一种等效代换的观点，用W=Pt计算功时，必须满足变力的功率是一定的这一条件。
二、机车的两种启动模型
1．模型综述
物体在牵引力（受功率和速度制约）作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终
加速度等于零，速度达到最大值。
2．模型特征
（1）以恒定功率启动的方式：
①动态过程：
②这一过程的速度—时间图象如图所示：
（2）以恒定加速度启动的方式：
①动态过程：
②这一过程的速度—时间图象如图所示：深化拓展：无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：v = ，且以这个速度做匀速直线
m
运动。
3．分析机车启动问题时的注意事项
（1）机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵
引力等物理量的变化规律也不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律；
（2）在用公式P=Fv计算机车的功率时，F是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力；
（3）恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W=Pt计算，不能用W=Fl
计算（因为F是变力）；
（4）以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用 W=Fl计算，不能用
W=Pt计算（因为功率P是变化的）；
（5）匀加速过程结束时机车的速度并不是最后的最大速度。因为此时 F>F ，所以之后还要在功率不
阻
变的情况下变加速一段时间才达到最后的最大速度v 。
m
4．三个重要关系式
（1）无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即 （式中F
min
为最小牵引力，其值等于阻力F ）。
阻
（2）机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即
（3）机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W=Pt。由动能定理：Pt－F x=ΔE 。此式经常用于求解
阻 k
机车以恒定功率启动过程的位移大小。
（2020·山东胶州市·高三期中）一辆质量为1.5×103kg的电动汽车以额定功率在平直公路上行驶，某时
刻（图中t＝3s）开始空档滑行，在地面阻力作用下匀减速到静止。其x－t图像如图所示，该车的额定
功率是（ ）
A．1.5kW B．3kW C．7.5kW D．9kW
【答案】C
【详解】由图中可以求出
经过20 s以后车停止，在减速运动中，物体只受摩擦力，根据牛顿第二定律得
车在前3s内匀速运动，所以
则有
故ABD错误，C正确。
故选C。
1．（2020·山西省榆社中学高三月考）如图所示为起重机在竖直方向上提升重物的加速度a和重物速度的
倒数 的关系图象。重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．加速度恒定时起重机的功率也恒定
B．上升过程中，重物的机械能先增加后不变
C．重物匀加速所需时间为0.5s
D．若起重机的额定功率为6×104W，则重物的质量是20kg
【答案】C
【详解】
A．由图可知重物速度在0~10m/s过程中做匀加速上升，根据牛顿第二定律，有可知拉力F恒定，v增大，由P=Fv可知，起重机的功率增大，故A 错误；
B．由图可知重物先匀加速上升，再做加速度减小的变加速上升，当速度达到30m/s后，加速度为零，
速度达到最大，物体以最大速度匀速上升，故上升过程重物的机械能一直增加，故B错误；
CD．当速度v=10m/s时，起重机功率达到额定功率P，此时由牛顿第二定律，可得
1
当速度v=30m/s时，有
2
联立解得
，
若起重机的额定功率为6×104W，则重物的质量为200kg
匀加速阶段有
故C正确，D错误。
故选C。
1．（2020·北京高考真题）在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以
一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线
运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力 和偏转力 。这两
个力与篮球速度 的关系大致为： ，方向与篮球运动方向相反； ，方向与篮球运动方
向垂直。下列说法正确的是（ ）A． 、 是与篮球转动角速度无关的常量
B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
【答案】C
【详解】
A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力 的作用，而篮球转动时，将受到偏转力 的作
用，所以偏转力 中的 与篮球转动角速度有关，故A错误；
B．空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的
能量回到原高度，故B错误；
C．篮球下落过程中，其受力情况如下图所示
篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到 和 的合力沿竖直方向的分力可
能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；
D．如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力 将变
小，不能保持 与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。故选C。
2．（2020·江苏高考真题）质量为 的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为 ，受到的阻力
大小为 。此时，汽车发动机输出的实际功率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡
汽车发动机的功率
故选C。
3．（2020·江苏高考真题）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 与
水平位移x关系的图象是（ ）
A． B．C． D．
【答案】A
【详解】
由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为x，根据动
能定理，有
整理可得
即在斜面上运动时动能与x成线性关系；
当小物块在水平面运动时,根据动能定理由
即
为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系。
故选A。
4．（2020·全国高考真题）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向
的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E，它会落到坑内
1
c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E，该摩托车恰能越过坑到达b点。
2
等于（ ）A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
【答案】B
【详解】
有题意可知当在a点动能为E 时，有
1
根据平抛运动规律有
当在a点时动能为E 时，有
2
根据平抛运动规律有
联立以上各式可解得
故选B。
5．（2020·全国高考真题）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（
）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【详解】
A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成
汽车的动能，故C错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓
冲故增加了作用时间，故D正确。
故选D。
6．（2020·天津高考真题）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主
创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为 ，以恒定功率P在平直轨道上运动，
经时间t达到该功率下的最大速度 ，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（
）
A．做匀加速直线运动 B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率 D．牵引力做功
【答案】BC
【详解】
AB．动车的功率恒定，根据 可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；
C．当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为
C正确；
D．动车功率恒定，在 时间内，牵引力做功为
根据动能定理得
D错误。
故选BC。
7．（2020·山东高考真题）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面
的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于
弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压
力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是
（ ）
A．M<2m
B．2m 0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h，到达最高点。由运动学公式
2
有
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H，则
1
H= h + h ⑩
1 1 2
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
⑪
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x。在管开始下落到上升H 这一过程中，由动能定理有
1 1
Mg（H–H）+mg（H–H+x）–4mgx=0
1 1 1 1
联立 式并代入题给数据得 ⑫
⑪⑫
⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 为
2
⑭
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x+ x ≤L
1 2
⑮联立 式，L应满足条件为
⑪⑬⑭⑮
⑯
14．（2020·浙江高考真题）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道
（在最低点E分别与水平轨道 和 相连）、高度h可调的斜轨道 组成。游戏时滑块从O点弹
出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径
， 长 ， 长 ，圆轨道和 光滑，滑块与 、 之间的动摩
擦因数 。滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块
动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度 大小；
（2）当 且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力 大小及弹簧的弹性势能 ；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能 与高度h之间满足的关系。
【答案】(1) (2) (3)
【详解】
（1）滑块恰过F点的条件：解得：
（2）滑块从E到B，动能定理：
在E点根据牛顿第二定律：
解得：
从O到B点，根据能量守恒定律：
解得：
（3）滑块恰能过F点的弹性势能：
到B点减速到0：
解得：
能停在B点，则：
解得： ，此时
从O到B点：
其中
15．（2019·新课标全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动
能E 随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为
k
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
【答案】C
【解析】对上升过程，由动能定理， ，得 ，即
F+mg=12 N；下落过程， ，即 N，联立两公式，得到
m=1 kg、F=2 N。
16．（2019·江苏卷）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，
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．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
【答案】BC【解析】小物块压缩弹簧最短时有 ，故A错误；全过程小物块的路程为 ，所
以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点
由能量守恒得： ，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：
，解得： ，故D错误。
17．（2018·新课标全国I卷）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R
的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作
用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机
械能的增量为
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
【答案】C
【解析】设小球运动到c点的速度大小为v ，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R–mgR=
C
mv2，又F=mg，解得：v2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直
c c
方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的
加速度大小均为 g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开 c点到其轨迹最高点所需的时间为：
t=v /g=2 ，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x= at2=2R。由以上分析可知，小
C
球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量
E=F·5R=5mgR，选项C正确ABD错误。
18．（2018·新课标全国I卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶
Δ
段列车的动能
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
【答案】B
【解析】根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即
v=at，由动能公式E= mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项 AC
k
错误；由v2=2ax，可知列车动能与位移x成正比，选项B正确；由动量公式p=mv，可知列车动能E=
k
mv2= ，即与列车的动量二次方成正比，选项D错误。
19．（2018·新课标全国III卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。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】设第 次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，
×2t×v= ×（t+3t 2）× v ，解得：t=5t/2，所以第 次和第 次提升过程所用时间之比为
0 0 0/ 0 0
2t:5t/2=4:5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定
0 0
律，F–mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1:1，选项B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最
大功率之比等于最大速度之比，为2:1，选项C正确；加速上升过程的加速度a= ，加速上升过程的
1
牵引力 F=ma +mg=m( +g)，减速上升过程的加速度 a=– ，减速上升过程的牵引力
1 1 2
F=ma +mg=m(g– )，匀速运动过程的牵引力 F=mg。第 次提升过程做功 W=F× ×t×v+F×
2 2 3 1 1 0 0 2×t×v=mgvt ；第 次提升过程做功W=F× × t× v+F× v×3t/2+F× × t× v=mgvt ；两次
0 0 00 2 1 0 0 3 0 0 2 0 0 00
做功相同，选项D错误。
20．（2019·天津卷）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母
上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究
舰载机的起飞过程，假设上翘甲板 是与水平甲板 相切的一段圆弧，示意如图 2， 长
， 水 平 投 影 ， 图 中 点 切 线 方 向 与 水 平 方 向 的 夹 角 （
）。若舰载机从 点由静止开始做匀加速直线运动，经 到达 点进入 。已知
飞行员的质量 ， ，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功 ；
（2）舰载机刚进入 时，飞行员受到竖直向上的压力 多大。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为 ，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
21．（2019·浙江选考）在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如
图所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2m/s，然
后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点。已知B点的高度h=1.2m，D
1
点的高度h=0.8m，D点与G点间的水平距离L=0.4m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.25，sin37°=
2
0.6，cos37°= 0.8。
（1）求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；
（2）求小滑块从D点飞出的速度；
（3）判断细管道BCD的内壁是否光滑。
【答案】（1） （2）1 m/s （3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD
内壁不光滑。
【解析】（1）上滑过程中，由牛顿第二定律： ，
解得 ；由运动学公式 ，
解得
（2）滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律 ，
解得
（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑
22．（2018·江苏卷）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，
另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住
小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度
时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求：
（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物块和小球的质量之比M:m；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
【答案】（1） （2） （3） （ ）
【解析】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F、F
1 2
Fsin 53°=Fcos 53°
1 2
F+mg=Fcos 53°+ F sin 53°且F=Mg
1 2 1
解得
（2）小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h=3lsin 53°，物块下降高度h=2l
1 2
机械能守恒定律mgh =Mgh
1 2
解得
（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T
牛顿运动定律Mg–T=Ma小球受AC的拉力T′=T
牛顿运动定律T′–mgcos 53°=ma
解得 （ ）
