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专题二 能量与动量
第5 讲 功功率动能定理题型总结
一．功
1．（2023•海淀区校级模拟）甲、乙两位同学玩跷跷板，当乙离开地面缓慢上升的过程中，跷跷板对乙的
作用力（ ）
A．对乙做正功
B．对乙不做功
C．大小逐渐增加
D．方向垂直于板面向上
【解答】解：AB、当乙离开地面缓慢上升的过程中，动能不变，重力势能增加，故机械能增加，则跷跷板
对乙做正功，故A 正确，B 错误；
CD、当乙离开地面缓慢上升的过程中，乙处于平衡状态，受重力、支持力和摩擦力，支持力和摩擦力的合
力与重力平衡，故板对乙的作用力大小不变，方向竖直向上，故CD 错误；
故选：A。
（多选）2．（2024•重庆模拟）以下关于功和能的说法正确的是（ ）
A．功是矢量，能是标量
B．功和能都是标量
C．功是能量转化的量度
D．因为功和能的单位都是焦耳，所以功就是能
【解答】解：A、B、物理学中把力和物体在力的方向上移动距离的乘积叫做机械功，简称功，功是标量；
能量也是标量；故A 错误，B 正确；
C、D、功是能量转化的量度，单位都是焦耳，但功不是能量，故C 正确，D 错误；
故选：BC。
二．功的计算
（多选）3．（2024•乌鲁木齐模拟）如图所示，乌鲁木齐机场在传输旅客行李的过程中，行李从一个斜面
滑下。为防止行李下滑时速度过大，斜面上设置了一段“减速带”（行李与“减速带”间动摩擦因数较
大）。小梁的行李箱质量为m、长度为L，“减速带”的长度为2L，该行李箱与“减速带”间的动摩擦因
数为μ，斜面与水平面间的夹角为θ，重力加速度的大小为g，行李箱滑过“减速带”的过程中，不会发生
转动且箱内物品相对行李箱静止。设该行李箱质量分布均匀和不均匀的两种情况下滑过“减速带”的过程
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中，克服“减速带”的摩擦力做的功分别为W1和W2。则（ ）
A．W1一定等于2μmgLcosθ
B．W1一定大于2μmgLcosθ
C．W2一定等于W1
D．W2可能大于W1
【解答】解：将行李箱看成无数段距离很小的质量微元，每段质量微元在“减速带”中受到的摩擦力为
Δf＝μΔmgcosθ
每段质量微元经过“减速带”时，摩擦力的作用距离均为2L，则克服“减速带”的摩擦力做的功
可得
W1＝W2＝W＝2μmgLcosθ
故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
4．（2024•天河区一模）图甲中的辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水桶等部分构成。
图乙为工作原理简化图，辘轳绕绳轮轴半径r＝0.1m，水桶的质量M＝0.5kg，井足够深，忽略井绳质量和
因绳子缠绕导致轮轴的半径变化。某次从井中汲取m＝2kg 的水，轮轴由静止开始绕中心轴转动从而竖直
向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．10s 末水桶的速度大小为20m/s
B．水桶的速度大小随时间变化规律为v＝2t
C．0～10s 内水柚上升的高度为20m
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D．0～10s 内井绳拉力所做的功为255J
【解答】解：AB．由图丙可知
ω＝2t
所以水桶速度随时间变化规律为
v＝ωr＝2t×0.1＝0.2t
则10s 末水桶的速度大小为2m/s，故AB 错误；
CD．水桶匀加速上升，加速度
a＝
＝0.2m/s2
由牛顿第二定律
F （
−
m+M）g＝（m+M）a
代入数据解得
F＝25.5N
水桶匀加速上升，0～10s 内它上升的高度为
h＝
at2
代入数据解得
h＝10m
则0～10s 内井绳拉力所做的功为
W＝Fh
代入数据解得
W＝255J
故C 错误，D 正确。
故选：D。
（多选）5．（2024•深圳一模）节能电梯在无人时缓慢运行或静止不动，有人上电梯后，电梯先加速后匀
速运行。一乘客坐电梯下楼，始终与电梯保持相对静止，如图所示，则（ ）
A．加速时乘客所受的摩擦力方向水平向左
B．加速时乘客处于失重状态
C．下楼过程中电梯对乘客的作用力大于乘客对电梯的作用力
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D．下楼过程中乘客受到的摩擦力始终做负功
【解答】解：A.电梯加速向下运动时，对人受力分析，如图所示
乘客有水平向左的加速度，由牛顿第二定律可知，乘客所受的摩擦力方向水平向左，故A 正确；
B.电梯加速向下运动时，人有向下的加速度，则乘客处于失重状态，故B 正确；
C.根据牛顿第三定律可知，电梯对乘客的作用力与乘客对电梯的作用力是一对相互作用力，大小相等，方
向相反，故C 错误；
D.当电梯匀速运行时，乘客不受摩擦力，摩擦力做功为零，故D 错误。
故选：AB。
三．功率、平均功率和瞬时功率
（多选）6．（2024•吉林一模）如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷
水，总质量为M 的人与喷水装置，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人
与喷水装置在竖直方向运动的v﹣t 图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向上的方向为正，
忽略水管对喷水装置的拉力以及空气的阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t1～t2时间内，水的反冲作用力越来越大
B．水的反冲作用力的功率为Mgv2
C．t1时刻，v﹣t 图像切线的斜率为
D．t1﹣t2时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度为
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【解答】解：A．由图像知，t1～t2时间内人竖直方向的速度越来越大，据P＝Fv 可得，当反冲作用力的功
率P 恒定的情况下，随着速度v 的增大，水的反冲作用力F 逐渐减小，
故A 错误；
B．t2时刻，人与喷水装置的速度达到最大值，开始匀速上升，水的反冲作用力
F＝Mg
水的反冲作用力的恒定功率
P＝Fv＝Mgv2
故B 正确；
C．设水的反冲作用力为F1，由v﹣t 图像可知t1时刻，人与喷水装置的速度为v1，由
P＝Mgv2
P＝F1v1
可知
由牛顿第二定律
F1﹣Mg＝Ma
可得t1时刻，v﹣t 图像切线的斜率即人与喷水装置的加速度
故C 正确；
D．由动能定理
可得
故D 正确。
故选：BCD。
7．（2024•南京模拟）一辆轿车在平直公路上由静止开始匀加速运动，达到额定功率后保持功率不变，最
终做匀速运动。轿车在行驶过程中受到的阻力恒定，关于轿车的速度v、功率P 随时间t 的变化规律正确的
是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB、设汽车的额定功率为P，所受恒定阻力为f，牵引力为F，匀加速结束时的速度为v，由
于汽车开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据速度与时间的关系可得：v＝at 当汽车的匀加速阶
段结束，其速度还未达到最大值，此时根据P＝Fv
结合牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma，由此可知，速度将继续增大，而牵引力将减小，则加速度将减小，即
此后汽车将做加速度逐渐减小的加速运动，直至牵引力等于阻力时，加速度减小为0，速度达到最大值为
vm，而速度—时间图像的斜率表示加速度，因此可知该图像第一阶段为倾斜的直线，第二阶段为斜率逐渐
减小的向下弯曲的曲线，故AB 错误；
CD、根据功率的表达式可得：P＝Fv
而汽车在匀加速阶段有：F﹣f＝ma
联立解得：F＝ma+f
而v＝at
即在匀加速阶段有：P＝Fv＝（ma+f）v＝（ma+f）at，则可知在汽车匀加速阶段汽车的功率与时间成正
比，即此图像为过原点的一条倾斜直线，而匀加速结束后，汽车的功率达到额定值，此后功率不变，其图
像与时间轴平行，故C 正确，D 错误。
故选：C。
8．（2024•西城区校级开学）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保
巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度v0在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t 达到最大速度
vm，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（
）
A．
B．车速为v0时的加速度大小为
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C．人与车在时间t 内的位移大小等于
D．在时间t 内阻力做的功为
【解答】解：A．根据题意，当牵引力等于阻力时，合力为零，加速度为零，平衡车速度达最大值，由公
式P＝Fv，最大速度
，故A 错误；
B．车速为v0时牵引力
由牛顿第二定律
解得
故B 错误；
D．平衡车从v0到最大速度vm，由动能定理：
则
故D 正确；
C．在时间t 内阻力做功W＝﹣fx
则
故C 错误。
故选：D。
9．（2024•顺庆区校级一模）如图所示，某煤矿有一水平放置的传送带，已知传动带的运行速度为v0＝
0.5m/s，开采出的煤块以50kg/s 的流量（即每秒钟有50kg 煤块从漏斗中落至传送带上）垂直落在传送带
上，并随着传送带运动。为了使传送带保持匀速传动，电动机的功率应该增加（ ）
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A．500W
B．25W
C．12.5W
D．50W
【解答】解：每秒钟内落到传送带上煤块都将获得与传送带相等的速度，取向右为正方向，由动量定理得
ft＝Δp＝mv
解得：f＝25N
煤块受到的摩擦力由传送带提供，所以电动机对传送带应增加的牵引力为
F＝f＝25N
电动机应增加的功率为
P＝Fv＝25×0.5W＝12.5W，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
四．机车启动的两种模型
10．（2023•海口一模）在通往某景区的公路上，一辆小汽车沿倾角为θ 的斜坡向上由静止启动，在前20s
内做匀加速直线运动，第20s 末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t 图像如图所示。已知汽车
的质量m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力和空气阻力的合力大小恒为车重的
，sinθ＝0.1，重力加速度
g＝10m/s2。则汽车的最大速为（ ）
A．25m/s
B．28m/s
C．30m/s
D．35m/s
【解答】解：汽车做匀加速直线运动的加速度大小a＝
＝
m/s2＝1m/s2
由牛顿第二定律得：F﹣0.1mg﹣mgsinθ＝ma，解得汽车匀加速直线运动阶段受到的牵引力：F＝3×103N
第20s 末达到额定功率，则额定功率为Pm＝Fv＝3×103×20W＝6×104W
汽车达到最大速度时，所受合力为零，则F'﹣0.1mg﹣mgsinθ＝0，得F'＝2000N
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最大速度vm＝
＝
m/s＝30m/s，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
11．（2024•安徽二模）为了确保汽车每次能安全顺利地通过一段陡峭的上坡路，小明通过观察汽车在上
坡时的加速度情况对其进行分析。已知汽车总质量m＝1500kg，汽车发动机的额定功率P＝132kW，坡面
与水平面夹角为θ＝37°，汽车在坡面受到的阻力恒为车重的0.4 倍，坡面足够长。某次该汽车以加速度a＝
1m/s2启动沿坡向上做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后保持功率不变直到汽车获得最大速度时，汽
车总位移为s＝40m。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）汽车保持匀加速直线运动的最长时间；
（2）汽车从开始启动到速度达到最大值所用的时间（结果保留整数）。
【解答】解：（1）设汽车的牵引力为F，根据牛顿第二定律可得
F﹣0.4mg﹣mgsinθ＝ma
解得
F＝1.65×104N
能够匀加速的最大速度为
＝
＝8m/s
故能够保持匀加速直线运动的最长时间为
＝
＝8s
（2）匀加速的位移为
＝
＝32m
故保持恒定功率加速阶段的位移为
x2＝s﹣x1＝40m﹣32m＝8m
由
（0.4mg+mgsinθ）vm＝P
解得汽车最大速度为
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vm＝8.8m/s
根据动能定理可得
解得
t2≈0.99s
故总时间为
t＝t1+t2＝8s+0.99s≈9s
答：（1）汽车保持匀加速直线运动的最长时间8s；
（2）汽车从开始启动到速度达到最大值所用的时间9s（结果保留整数）。
12．（2023•浙江模拟）如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v 与牵引力F 大小的倒数图像（v﹣
），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、
cd 平行于v 轴，bc 反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（
）
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b 到c 过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
D．汽车从a 到b 过程克服阻力做功
【解答】解：A、根据P＝Fv 可知v＝P
，额定功率等于图线的斜率，P＝
＝F2vm，故A 正确；
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B、根据P＝Fv，汽车由b 到c 过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律
得：
F﹣f＝ma
汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b 到c 过程中加速度减小的加速运
动，故B 正确；
C、汽车所受的阻力为f＝
＝F2
由于额定功率等于图线的斜率，有：P＝
＝
解得：F2vm＝v1F1
汽车从a 到b，根据牛顿第二定律得：F1﹣f＝Ma
汽车从a 到b 持续的时间为t＝
联立解得：t＝
故C 错误；
D、汽车从a 到b 过程运动的位移为x＝
克服阻力做功W＝fx
解得：W＝
本题选择错误选项；
故选：C。
五．重力势能的变化和重力做功的关系
13．（2022•广东模拟）升降机中有一质量为m 的物体，当升降机以加速度a 匀加速上升h 高度时，物体增
加的重力势能为（ ）
A．mgh
B．mgh+mah
C．mah
D．mgh﹣mah
【解答】解：物体上升的高度为h，则重力做功为：W＝﹣mgh，故重力势能增加，增加量为mgh，故A
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正确，BCD 错误。
故选：A。
14．（2022•广东模拟）如图所示，质量相同的A、B 两小球用长度不同的两轻绳悬于等高的O1、O2点，
绳长LA、LB的关系为LA＞LB，将轻绳水平拉直，并将小球A、B 由静止开始同时释放，取释放的水平位置
为零势能的参考面，则下列说法错误的是（ ）
A．在下落过程中，当两小球到同一水平线L 上时具有相同的重力势能
B．两小球分别落到最低点的过程中减少的重力势能相等
C．A 球通过最低点时的重力势能比B 球通过最低点时的重力势能小
D．A、B 两小球只要在相同的高度，它们所具有的重力势能就相等
【解答】解：A.两小球的初位置相同，当两小球落到同一水平线L 上时，高度相同，实验具有相同的重力
势能，故A 正确。
B.重力势能的减小量，等于重力对物体做的功，两小球分别落到最低点的过程中，重力做的功不同，减少
的重力势能不相等，故B 错误。
C.重力势能是标量，由于LA＞LB，取释放的水平位置为零势能的参考面，则﹣hA＜﹣hB，即﹣mgLA＜
mgLB，所以A 球通过最低点时的重力势能比B 球通过最低点时的重力势能小，故C 正确。
D.相同重力的物体，选取相同的参考平面，当小球在相同的高度，重力势能就相同，故D 正确。
本题选择说法错误的选项，故答案为：B。
六．动能
15．（2024•泉州模拟）在2023 年杭州亚运会女子铅球决赛中，我国运动员巩立姣以19.58m 的成绩成功卫
冕。运动员为了寻求最佳效果，训练时会尝试不同质昼和不同夹角的抛球感觉。如图，在某次训练中运动
员将质量m＝6kg 的铅球斜向上抛出，铅球离开手的瞬间速度大小v0＝10m/s，方向与水平夹角θ＝37°，铅
球离开手时离水平地面的高度h＝1.8m。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻
力。求铅球：
（1）离开手瞬间的水平分速度大小v0x和竖直分速度大小v0y；
（2）上升到最高点的时间t 和离地面的最大高度H；
（3）落地前瞬间的动能Ek。
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【解答】解：（1）初速度v0的水平分速度大小
v0x＝v0cos37°＝10×0.8m/s＝8m/s
初速度v0的竖直分速度大小
v0y＝v0sin37°＝10×0.6m/s＝6m/s
（2）速度与时间的关系可得铅球上升到最高点的时间
解得
t＝
设铅球从抛出点上升到最高点的距离为h1，则根据竖直方向的运动有
则铅球离地的最大高度
H＝h+h1＝1.8m+1.8m＝3.6m
（3）铅球落地的过程中，由机械能守恒定律有
解得
Ek＝mgh+
＝
＝408J；
（1）离开手瞬间的水平分速度大小为8m/s，竖直分速度大小为6m/s；
（2）上升到最高点的时间为0.6s，离地面的最大高度为3.6m；
（3）落地前瞬间的动能为408J。
16．（2024•深圳一模）篮球运动员做定点投篮训练，篮球从同一位置投出，且初速度大小相等。第1 次投
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篮篮球直接进篮筐，第2 次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球反弹前后垂直篮板方向分速度等大反向，平行
于篮板方向分速度不变。轨迹如图所示。忽略空气阻力和篮球撞击篮板的时间，关于两次投篮说法正确的
是（ ）
A．两次投篮，篮球从离手到进筐的时间相同
B．篮球第1 次上升的最大高度比第2 次的大
C．篮球经过a 点时，第1 次的动能比第2 次的大
D．篮球两次进筐时，在竖直方向分速度相同
【解答】解：B、第2 次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球反弹前后垂直篮板方向分速度等大，若没有篮
板，篮球水平位移较大，又由于两次初速度大小相等，所以第2 次篮球水平初速度较大，竖直分速度较
小，篮球第1 次上升的最大高度比第2 次的大，故B 正确；
A、竖直方向上，根据x＝v 竖直t﹣
gt2，第1 次篮球从离手到进筐的时间较大，故A 错误；
C.初动能相等，篮球经过a 点时，重力势能相等，根据机械能守恒，第1 次的动能等于第2 次的动能，故C
错误；
D.篮球两次进筐时，水平方向分速度不同，在竖直方向分速度不同，故D 错误。
故选：B。
17．（2024•合肥一模）我国科学家团队在某个河外星系中发现了一对相互绕转的超大质量双黑洞系统，
这是迄今为止发现的第二例超大质量双黑洞绕转系统，两黑洞绕它们连线上某点做匀速圆周运动。黑洞
1、2 的质量分别为M1、M2。下列关于黑洞1、2 的说法中正确的是（ ）
A．半径之比为M1：M2
B．向心力之比为M1：M2
C．动能之比为M1：M2
D．角速度之比为1：1
【解答】解：BD、一对相互环绕旋转的超大质量不等的双黑洞系统，在相互之间的万有引力的作用下，绕
其连线上的0 点做匀速圆周运动，绕它们连线上某点做匀速圆周运动，具有相同的角速度，向心力大小相
等，角速度大小相等，所以向心力之比为1：1，角速度之比为1：1，故B 错误，D 正确；
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A、根据万有引力提供向心力，由
＝
＝
，其中r1+r2＝L，得到r1：r2＝M2：
M1，故A 错误；
C、根据动能定理EK＝
得动能之比为M2：M1，故 C 错误。
故选：D。
18．（2024•山西模拟）质量为m、电荷量为q 的物块处于水平方向的匀强电场E 中，在电场力的作用下，
由静止开始在水平地面上做直线运动，E 与时间t 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为
0.2，g＝10m/s2，则（ ）
A．t＝3s 时，物块的速率为3m/s
B．t＝4s 时，物块的动能为零
C．t＝6s 时，物块回到初始位置
D．0～6s 内，物块平均速度的大小为2m/s
【解答】解：A、由图可知，物块受到的电场力大小一直为qE＝0.4mg
0～3s 内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
0.4mg﹣0.2mg＝ma1
解得：
t1＝3s 时，物块的速率为v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s，故A 错误；
BCD、0～3s 内位移为x1＝
＝
×3m＝9m
3s 后，设物块加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得
﹣0.4mg﹣0.2mg＝﹣ma2
解得：
显然t2＝4s 时，物块的速率为
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v2＝v1﹣a2（t2﹣t1）＝6m/s﹣6×（4﹣3）m/s＝0
动能为零
3s～4s 间，位移为x2＝
＝
×1m＝3m
4s 后反向加速，根据牛顿第二定律得
0.4mg﹣0.2mg＝ma3
解得：
4s～6s 内，位移为x3＝
＝
m＝4m
故0～6s 内，物块的位移为
x＝x1+x2﹣x3＝9m+3m﹣4m＝8m
6s 时未回到出发点
0～6s 内平均速度为＝
＝
m/s＝
m/s，故B 正确，CD 错误。
故选：B。
19．（2024•市中区校级模拟）华为mate60 实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实
现通话。如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地
球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等
B．其中一颗质量为m 的通信卫星的动能为
C．能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为2R
D．同一卫星在高轨道的动能大于在低轨道的动能
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【解答】解：A.三颗通信卫星受到的万有引力的大小为：
，与卫星质量m 有关，卫
星质量未知，受到地球的万有引力大小不一定相等。故A 错误；
B.由万有引力提供向心力：
，可得卫星环绕速度为：
，结合黄金代换式：GM＝
gR2，可求得卫星动能为：
.故B 正确；
C.如图，若要实现全球通信，则三颗卫星连线构成等边三角形并且三边与地球相切：
由几何关系可知此时卫星轨道半径为：r＝2R，离地高度为：h＝r﹣R＝R.故C 错误；
D.由于卫星动能：
.则对于同一卫星，轨道越高，即h 越大，动能越小。故D 错误。
故选：B。
七．动能定理
20．（2023•铁东区校级二模）如图甲所示，质量0.5kg 的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送
带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3s 段为抛物线，3～4.5s 段为直线，（t1＝3s 时x1＝
3m）（t2＝4.5s 时x2＝0）下列说法正确的是（ ）
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A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带速度大小为1m/s
C．物块刚滑上传送带时的速度大小为2m/s
D．0～4.5s 内摩擦力对物块所做的功为﹣3J
【解答】解：A、根据x﹣t 图象的斜率表示速度，可知：前2s 内小物块向左做匀减速运动，第3s 内向右
做匀加速运动。3.0～4.5s 内x﹣t 图像为倾斜直线，说明小物块与传送带一起向右做匀速运动，因此传送带
沿顺时针方向转动，故A 错误；
B、传送带的速度大小等于小物块向右匀速运动的速度，v＝
＝
m/s＝﹣2m/s
即速度大小为2m/s，故B 错误；
C、第3s 内，小物块向右做匀加速直线运动，初速度为0，位移为x＝1m，根据x＝
at2得，加速度大小a
＝
＝
m/s2＝2m/s2
根据牛顿第二定律得：f＝μmg＝ma
代入数据解得，动摩擦因数μ＝0.2
在0﹣2s 内，对物块有
解得物块的初速度为v0＝4m/s
故C 错误；
D、0～4.5s 内，设摩擦力做功为W，根据动能定理得：W＝
mv2﹣
＝
×0.5×22J﹣
×0.5×42J＝﹣3J
故D 正确；
故选：D。
（多选）21．（2024•安徽模拟）如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是
相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量
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为m，水平初速度为v0，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ
角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确
的是（ ）
A．小球落地时重力的功率为mgv
B．小球下落的时间为
C．小球下落过程中的水平位移大小为
D．小球下落过程中空气阻力所做的功为
【解答】解：A、小球落地时竖直分速度为vy＝vsinθ，重力的功率为PG＝mgvy＝mgvsinθ，故A 错误；
B、取竖直向下为正方向，小球下落过程中，在竖直方向上，根据动量定理得
mvsinθ＝mgt﹣k（vy1+vy2+vy3+......）t
又∑（vy1+vy2+vy3+......）t＝h
解得小球下落的时间为：
，故B 正确；
C、取水平向右为正方向，小球在水平方向，根据动量定理得
mvcosθ﹣mv0＝﹣k（vx1+vx2+vx3+......）t
又∑（vx1+vx2+vx3+......）t＝x
解得小球下落过程中的水平位移大小为：
，故C 正确；
D、对于小球下落过程，根据动能定理得：
解得小球下落过程中空气阻力所做的功为：
，故D 正确。
故选：BCD。
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22．（2024•武汉模拟）轻绳的一端固定于O 点，另一端系一小球。现将轻绳拉直，让小球从与O 点等高
的A 点静止释放。不计空气阻力，重力加速度大小为g，小球从A 点运动到最低点B 的过程中（ ）
A．竖直方向上加速度的最大值为g，最小值为0
B．竖直方向上加速度的最大值为3g，最小值为g
C．竖直方向上的加速度最小时，重力的瞬时功率最大
D．竖直方向上的加速度最小时，重力的瞬时功率最小
【解答】解：AB、小球在A 点时，只受重力，则加速度最小为g，设轻绳的长度为L。小球在运动的过程
中，只有重力做功，根据动能定理得：mgL＝
小球经过B 点时，根据向心加速度公式有a＝
解得竖直方向的加速度大小a＝2g
故AB 错误；
CD、竖直方向上的加速度最小时，竖直方向的速度最大，则重力的瞬时功率最大，故C 正确，D 错误；
故选：C。
23．（2024•南京模拟）如图所示，质量M＝8.0kg 的物块A 放置在水平地面上，上表面为光滑斜面，斜面
长L＝1m，与水平方向的夹角θ＝37°。质量m＝4.0kg 的小物块B 从斜面顶端由静止沿斜面下滑，A 保持
静止。A 与地面间的动摩擦因数为μ，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求物块B 在斜面上运动的时间t；
（2）B 在斜面顶端时，给A、B 相同的水平初速度，此后A、B 恰能一起以相同的加速度向左做匀减速运
动，求A 与地面间的动摩擦因数μ；
（3）B 沿斜面下滑
，此时对A 施加水平向右的推力F，A、B 在水平方向的加速度相同，B 相对A 做匀
速直线运动，求B 下滑到底端的过程中推力F 做的功W。
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【解答】解：（1）设物块沿斜面下滑的加速度为a1，由牛顿第二定律得
mgsinθ＝ma1
沿斜面向下运动
代入数据解得
（2）设A、B 一起运动的加速度为a2，对B 受力分析如图
对B，根据牛顿第二定律
mgtanθ＝ma2
对整体受力分析可知
μ（m+M）g＝（m+M）a2
代入数据解得μ＝0.75
（3）设B 下滑
的时间为t1，获得的速度为v，相对于A 匀速下滑的时间为t2，则
v＝a1t1
B 相对于A 匀速下滑，则B 在竖直方向做匀速直线运动
A、B 的加速度a3＝a2＝gtanθ
对整体受力分析可知
F﹣μ（M+m）g＝（M+m）a3
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整体在水平方向上运动的位移
根据推力做功的公式
W＝Fx
代入数据解得W＝75J
答：（1）物块B 在斜面上运动的时间t 为
s；
（2）A 与地面间的动摩擦因数μ 为0.75；
（3）B 下滑到底端的过程中推力F 做的功W 为75J。
24．（2024•合肥一模）如图甲所示，一小物块放置在水平台面上，在水平推力F 的作用下，物块从坐标
原点O 由静止开始沿x 轴运动，F 与物块的位置坐标x 的关系如图乙所示。物块在x＝2m 处从平台飞出，
同时撤去F，物块恰好由P 点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M 飞出。已知物块质
量为0.5kg，物块与水平台面间的动摩擦因数为0.7，轨道圆心为O′，半径为0.5m，MN 为竖直直径，
∠PO′N＝37°，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力。求：
（1）物块飞出平台时的速度大小；
（2）物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。
【解答】解：（1）由F 与物块的位置坐标x 的关系图像面积分析可知当物块运动到x2＝2m 处时F 所做的
功
W1＝
×2J＝11J
设物块运动到x2＝2m 处时的速度为v，由动能定理
可得v＝4m/s
（2）分析可知物块从平台飞出后做平抛运动，且从P 点沿切线方向进入竖直圆轨道，设物块运动到P 点时
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的速度为vp，根据平抛运动的分速度和合速度关系，可得物块在P 点的速度
＝
m/s＝5m/s
设小球恰好由轨道最高点M 飞出时的速度为vM，由圆周运动知识
可得vM＝
m/s
设物块在圆轨道时，克服摩擦力做的功为W2，由动能定理
可得W2＝0.5J
答：（1）物块飞出平台时的速度大小为4m/s；
（2）物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功为0.5J。
25．（2024•甘肃模拟）半径为R 的光滑圆环可绕过圆心的竖直轴OO′转动。质量为m 的小球套在圆环
上，原长为1.5R 的轻质弹簧一端固定在小球上，另一端固定在圆环顶端O 点。整个系统静止时，小球在
O′点处于平衡且对圆环无压力。重力加速度为g。
（1）当圆环以角速度ω0转动时，小球在P 点相对圆环静止，∠POO′＝α，sinα＝0.6，求弹簧弹力的大小
及角速度ω0；（sin2α＝0.96，cos2α＝0.28）
（2）利用F﹣x 图像，证明小球从O′点运动到P 点的过程中，弹簧弹力（F＝﹣kx）所做的功为
，其中x1和x2分别为小球在O′和P 点处弹簧的伸长量；
（3）圆环开始转动后，小球受轻微扰动离开O′，当转速逐渐增大到ω0时，小球沿圆环缓慢上移到P 点
并相对圆环静止。求此过程中圆环作用在小球上的合力做的功。
【解答】解：（1）小球在O′点处于平衡且对圆环无压力，有
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k（2R﹣1.5R）＝mg，解得：k＝
小球在P 点相对圆环静止而做匀速圆周运动，弹簧的长度为
l＝2Rcosα＝1.6R
由胡克定律有
Fk＝k（1.6R﹣1.5R）＝
对小球受力分析，由牛顿第二定律有
Fkcosα+Nsin2α＝mg
联立解得
（2）根据胡克定律F＝kx 可知，弹力与形变量成正比，如图所示
则弹力的功为图像与横轴围成的面积，有
化简可得
（3）小球沿圆环缓慢上移到P 点过程弹簧弹力所做的功为：
＝
•
•[（2R）2﹣（1.6R）2]＝
设圆环作用在小球上的合力做的功为W2，由动能定理有
W1+W2﹣mg（R﹣Rcos2α）＝
v＝ω0Rsin2α
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解得
答：（1）弹簧弹力的大小为
，角速度ω0为
；
（2）见解析；
（3）此过程中圆环作用在小球上的合力做的功为
。
26．（2024•重庆模拟）如图所示，质量均为m 的物块A 和B 用轻弹簧相连，放在光滑的斜面上，斜面的
倾角θ＝30°，B 与斜面底端的固定挡板接触，弹簧的劲度系数为k，A 通过一根绕过定滑轮的不可伸长的
轻绳与放在水平面上的物块C 相连，各段绳均处于刚好伸直状态，A 上段绳与斜面平行，C 左侧绳与水平
面平行，C 的质量也为m，斜面足够长，物块C 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g。现
给C 与一个向右的初速度，当C 向右运动到速度为零时，B 刚好要离开挡板，求：
（1）物块C 开始向右运动的初速度大小；
（2）若给C 施加一个向右的水平恒力F1（未知）使C 向右运动，当B 刚好要离开挡板时，物块A 的速度
大小为v，则拉力F1多大？
（3）若给C 一个向右的水平恒力F2（未知）使C 向右运动，当B 刚好要离开挡板时，物块A 的加速度大
小为a，此时拉力F2做的功是多少？
【解答】解：（1）弹簧原来的压缩量为；
x1＝
＝
B 刚好要离开挡板时弹簧的伸长量为：
x2＝
＝
则有：x1＝x2。
所以初末状态弹簧的弹性势能相等。对A、C 及弹簧组成的系统，运用功能关系得：
2×
＝mgsinθ•（x1+x2）+μmg（x1+x2）
25
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解得C 的初速度为：v0＝g
（2）A 上滑的距离为：s＝x1+x2＝
对A、C 及弹簧组成的系统，运用功能原理得：
F1s＝mgsinθ•s+μmgs+2×
可得：F1＝mg+
（3）当B 刚好要离开挡板时，由牛顿第二定律得：
对A 有：T﹣mgsinθ﹣kx2＝ma
对C 有：F2﹣T﹣μmg＝ma
拉力F2做的功为：W＝F2s
联立解得：W＝
（
g+2a）
答：
（1）物块C 开始向右运动的初速度大小是
；
（2）拉力F1为mg+
。
（3）此时拉力F2做的功是
（
g+2a）。
27．（2024•吉林一模）我国航天员翟志刚、王亚平、叶光富于2022 年4 月16 日9 时56 分搭乘神舟十三
号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6000m 的高空打开主伞（降落伞），在主伞
的作用下返回舱速度从80m/s 降至10m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面1m 时启动反推发动
机，速度减至0 后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f＝kv，其中k 为定值，v 为速率，其余阻力不
计。已知返回舱（含宇航员）总质量为3000kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速
度g 取10m/s2，设全过程为竖直方向的运动。求：
（1）在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；
（2）若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，则反推发动机在该过程中对返回舱
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做的功。
【解答】解：（1）对返回舱进行受力分析
在返回舱以v＝10m/s 匀速下降时：kv＝mg
在返回舱以v'＝80m/s 下降时：kv'﹣mg＝ma
解得：a＝70m/s2
（2）返回舱在最后1m 下降过程中，由动能定理：
mgh+W＝﹣0﹣
解得：W＝﹣180000J
答：（1）在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小为70m/s2；
（2）反推发动机在该过程中对返回舱做的功为﹣180000J。
28．（2024•江西模拟）无人快递车在水平路面上从静止开始做直线运动，经过160s 到达目的地停止运
动，快递车在整个运送过程中牵引力F 随时间t 的变化关系如图所示，图中F1和t1未知。假设快递车与货
物总质量m＝100kg，运行时所受阻力为自身重力的0.05 倍，重力加速度取g＝10m/s2，0～t1时间内位移大
小s1＝10m。求：
（1）快递车在加速和减速过程中的加速度大小；
（2）快递车在整个运动过程中牵引力所做的功。
【解答】解：（1）由题意可知，快递车运行时所受阻力为f＝0.05mg，代入数据得f＝50N
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快递车在减速过程中，由牛顿第二定律f﹣F2＝ma2
其中F2＝40N
解得
设加速时间为t1，减速时间为t2，车做匀速运动的速度为v，由图可得t2＝160s﹣140s＝20s
由运动学公式v＝a1t1＝a2t2
可得：v＝2m/s
由题意
联立解得
，t1＝10s
（2）全程对快递车由动能定理WF﹣f（s1+s2+s3）＝0
其中s2＝vΔt＝2×（140﹣10）m＝260m；
＝
m＝20m
代入解得，快递车在整个运动过程中牵引力所做的功为WF＝14500J
答：（1）快递车在加速和减速过程中的加速度大小分别为0.2m/s2和0.1m/s2；
（2）快递车在整个运动过程中牵引力所做的功是14500J。
29．（2024•安徽模拟）为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和
同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中AB 是倾角为53°的斜面，
凹圆弧
和凸圆弧
的半径均为R，且D、F 两点处于同一高度，B、E 两点处于另一高度，整个路面
无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB 上距离水平面BE 高度为h（未知量）的地方放置一个质量为m 的
小球（可视为质点），让它由静止开始运动。已知重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）当h＝0.6R 时，求小球经过最低点C 时，路面受到的压力；
（2）若小球一定能沿路面运动到F 点，求h 的取值范围；
（3）在某次试验中，小球运动到
段的G 点时，重力功率出现了极大值，已知该点路面倾角θ＝37°，求
h 的值。
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【解答】解：（1）从静止释放到C 点过程中，根据机械能守恒：mgh+mgR（1﹣sin37°）＝
在C 点由牛顿第二定律：FN﹣mg＝
联立解得：FN＝3mg
由牛顿第三定律得路面受到的压力为：FN′＝FN＝3mg，方向竖直向下；
（2）分析可知小球能沿路面到达F 点即可通过E 点，刚好到达F 点时有：mgcos37°＝
根据机械能守恒有：mgh′+mg（Rcos37°﹣Rsin37°）＝
联立解得：h′＝0.2R
故可知h 的范围为：0＜h≤0.2R
（3）设在G 点时速度为v，根据机械能守恒：
该处重力的瞬时功率为：P＝mgvsinθ
联立解得：P2＝m2g2[2gh+2gR（cosθ﹣0.6）]•sin2θ＝m2g2[2gh+2gR（cosθ﹣0.6）]•（1﹣cos2θ）
设x＝cosθ，y＝[2gh+2gR（cosθ﹣0.6）]•（1﹣cos2θ）
讨论y﹣x 函数的极值，即：y＝[2gh+2gR（x﹣0.6）]•（1﹣x2）
展开得：y＝﹣2gRx3+（1.2gR﹣2gh）x2+2gRx+2gh﹣1.2gR
对y 求导得：y′＝﹣6gRx2+2（1.2gR﹣2gh）x+2gR
根据题意θ＝37°时取极大值，可知此时y′＝0，将x＝0.8 代入得：h＝0.025R
答：（1）当h＝0.6R 时，小球经过最低点C 时，路面受到的压力为3mg，方向竖直向下；
（2）若小球一定能沿路面运动到F 点，h 的取值范围是0＜h≤0.2R；
（3）h 的值为0.025R。
30．（2024•黑龙江一模）如图，倾角θ＝30°的直轨道AC 与光滑圆弧轨道CDEF 在C 处相切且平滑连
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接，整个装置固定在同一竖直平面内。圆弧轨道的半径为R，DF 是竖直直径，O 点为圆心，E、O、B 三
点在同一水平线上。A、F 也在同一水平线上，两个小滑块P、Q（都可视为质点）的质量均为m。已知滑
块Q 与轨道AC 间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P 与整个轨道间和滑块Q 与圆弧轨道间的摩
擦力都可忽略不计。同时将两个滑块P、Q 分别在A、B 两点由静止释放、之后P 开始向下滑动，在B 点
与Q 相碰。碰后P、Q 立刻一起向下且在BC 段保持匀速运动，已知P、Q 每次相碰都会立刻合在一起运动
但两者并不粘连，取重力加速度为g，求：
（1）两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值；
（2）Q 第一次沿斜面上滑的最大距离；
（3）滑块P 在轨道AC 上往复运动经过的总路程。
【解答】解：（1）滑块P 下滑至碰前，由动能定理可得：
解得：
P、Q 碰后一起运动，由动量守恒定律得：mv1＝2m⋅v'1
解得：
从C→D，对PQ 整体，由动能定理可得：
解得：
经过D 点时对圆弧轨道的压力最大，根据牛顿第二定律有：
解得：
由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道最大压力为
；
（2）PQ 匀速下滑时，根据平衡条件可得摩擦力为：f＝2mgsinθ
Q 从C 点第1 次上滑，牛顿第二定律有：mgsinθ+f＝ma1
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解得：a1＝3gsinθ
第一次沿斜面上滑的最大距离为：
x
联立以上可得：
（3）根据牛顿第二定律可得：a2＝gsinθ
P 第1 次上滑的距离为：
联立以上可得：
其中PQ 第2 次碰前，根据动能定理有：
解得：
由动量守恒定律得碰后的速度为：
第2 次从C 点下滑：
同理：
可得：
P 的总路程为：
解得：
.
答：（1）两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值为
；
（2）Q 第一次沿斜面上滑的最大距离为
；
（3）滑块P 在轨道AC 上往复运动经过的总路程
。
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