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专题六 功和能
——精剖细解细备考讲义
高考对于这部分知识点主要以常见模型为背景，考查功和能量等。强化对物理基本概念、基本
规律的考核。在解决此类问题时要将所学物理知识与题意中的模型联系起来，抓住问题实质，具备
一定的物理分析能力和数学推导能力。主要考查的知识点有：功；重力势能；机车的功率；动能定
理；机械能守恒定律，能量守恒定律。主要考查的知识点有：①拱桥和凹桥模型，重力做功计算，
应用动能定理求变力的功；②摩擦力做功的计算，机车的额定功率、阻力与最大速度，重力做功与
重力势能的关系；③力x 速度，重力势能的定义和公式。
知识点1：功和功率
1、恒力做功的计算方法
只有一个力做
功
用公式W＝Flcos α 计算
多个力做功
①先求合力F 合，再用W 合＝F 合lcos α 求功。
②先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W 合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的
功。
2、变力做功的计算方法
方法
说明
图例
适用条件
微元法
物体的位移分割成许多小
段，因小段很小，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
位移上的恒力所做元功的代
数和。
质量为m 的木块在水平面内做圆
周运动，运动一周克服摩擦力做功
Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝
Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
此法常应用于求解大
小不变、方向改变的
变力做功问题。
等效
转换法
若通过转换研究的对象，有
时可化为恒力做功，用W＝
Flcos α 求解。
恒力F 把物块从A 拉到B，绳子对
物块做功W＝F·(－)
此法常常应用于轻绳
通过定滑轮拉物体的
问题中。
图像法
在Fx 图象中，图线与x 轴所
围“面积”的代数和就表示
一水平拉力拉着一物体在水平面上
运动的位移为x0，图线与横轴所围
此方法只适用于便于
求图线所围面积的情
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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。
面积表示拉力所做的功，W＝x0
况( 如三角形、矩
形、圆等规则的几何
图形)。
平均
值法
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F＝F＝的恒力
作用，F1、F2分别为物体
初、末态所受到的力，然后
用公式W＝Flcosα 求此力所
做的功。
当力与位移为线性关系，力可用平
均值＝表示，代入功的公式得W
＝·Δx
此法只适用于物体受
到的力方向不变，而
大小随位移呈线性变
化，即力是均匀变化
的。
应用动
能定理
使用动能定理可根据动能的
变化来求功，是求变力做功
的一种方法。
用力F 把小球从A 处缓慢拉到B
处，F 做功为WF，则有：WF－
mgL(1－cos θ)＝0，得WF＝mgL(1
－cos θ)。
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。
3、功率的计算
定义式
P＝
只能计算平均功率，其中F 为恒力，α 不变
计算式
P＝Fvcosα
计算平均功率(v 是平均速度)和瞬时功率(v 是瞬时速度), α 是F 和v
的夹角。F 可为恒力，也可为变力，α 为F 与v 的夹角，α 可以不
变，也可以变化。
求解功率时的注意事项：要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；平均功率与一段时间(或过程)
相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；瞬时功率计算时应明确是
哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。
4、机车功率
类型
过程分析
图像
以恒定功率启动
v↑F↓=
⇒
P/v a↓
⇒
＝(F－f)/m，当F=f 时a＝
0，v 达到最大速度，机车讲以最大速度做
匀速直线运动。
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以恒定牵引力启
动
a＝(F－f)/m 不变，v↑，P↑=Fv，当达到额
定功率时，速度继续增大，功率保持额定
功率不变，v↑，F↓，a↓＝(F－f)/m，当
F=f 时a＝0，v 达到最大速度，机车讲以
最大速度做匀速直线运动。
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。
功和功率
1．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，原长为l 的轻质弹簧，一端固定在O 点，另一端与一质量为
m 的小球相连。小球套在竖直固定、足够长的光滑杆上。杆上M、N 两点与O 点的距离均为2l，P
点到O 点的距离为l，OP 与杆垂直。小球以某一初速度从N 点开始向上运动，到达M 点时速度恰
好为0。整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（
）
A．从N 点到P 点的运动过程中，小球受到的合力一定先做正功后做负功
B．小球在N 点时的动能为
C．弹簧的劲度系数为
D．小球从N 点向下运动到最低点的过程中增加的弹性势能为
【答案】B
【详解】A．从N 点到P 点的运动过程中，受到重力、弹簧弹力、杆的支持力，合力方向无法确定，
所以无法确定合力的做功情况，故A 错误；
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B．从N 点到M 点的运动过程中，弹簧做的总功为零，根据动能定理有
解得
故B 正确；
C．从N 点到P 点的运动过程中弹簧弹力在竖直方向的分量与重力相等的点无法确定，则弹簧的劲
度系数无法确定，故C 错误；
D．小球从N 点向下运动到最低点的过程中，根据能量守恒有
解得
故D 错误。
故选B。
2．（2024·辽宁·一模）铅球是利用人体全身的力量，将一定重量的铅球从肩上用手臂推出的田径运
动项目之一。运动员某次投掷铅球时，先将质量为4kg 的铅球从地面上捡起，然后将铅球抛出，铅
球出手时距离水平地面的高度为2.25m，出手时的速度方向斜向上与水平面夹角为37°，铅球落地
点到抛出点的水平距离为12m，重力加速度g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。
则运动员从地面上捡起铅球到将铅球抛出的过程中，运动员对铅球做的功为（ ）
A．200J
B．290J
C．110J
D．90J
【答案】B
【详解】设实心球出手时的速度大小为v0，规定竖直向上为正方向，出手后，竖直方向做匀减速直
线运动有
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水平方向做匀速直线运动有
解得
，
所以运动员对铅球做的功为
故选B。
3．（2024·河北·一模）篮球是中学生喜欢的运动，如图所示，小明从同一高度的A、B 两点先后将
篮球抛出，篮球恰好都能垂直打在篮板上的P 点，不计空气助力，上述两个过程中篮球从A 点（
）
A．抛出后在空中的运动时间与从B 点抛出时相等
B．抛出后速度的变化量大
C．抛出时小明对球做的功多
D．抛出后克服重力做功的功率先增大后减小
【答案】A
【详解】AB．将篮球看成反向平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，根据竖直方向上的位
移一时间公式得
解得运动时间为
所以两次在空中运动的时间相等，抛出后速度的变化量都等于gt，即
故A 正确，B 错误；
C．由图可知从A 点投出的篮球比从B 点投出的篮球的水平位移小，根据水平方向上的运动学公式
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得
所以有
即从A 点投出的篮球在水平方向的分速度小于在B 点在水平方向的分速度，可得被抛出的速度大小
为
结合
可得
即从A 点投出的篮球的速度小，动能小，小明对篮球所做的功更少，故C 项错误；
D．克服重力做功的功率为
可知随着竖直方向的速度逐渐变小，克服重力做功的功率逐渐变小，故D 项错误。
故选A。
4．（2024·四川成都·二模）同一赛车分别在干燥路面及湿滑路面以恒定加速度
和
启动达到
最大速度。已知
，赛车两次启动过程中阻力大小相等且不变，能达到的额定功率相同。
则赛车的速度随时间变化的图像正确的是（图中
、
为直线）（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】B
【详解】对赛车由牛顿第二定律可得
则有
由于
，则有
设赛车在干燥路面做匀加速运动达到的最大速度为
，在湿滑路面做匀加速运动达到
的最大速度为
，则有
可知
在干燥路面及湿滑路面赛车的额定功率相同，当牵引力大小等于阻力时则有
可知赛车在干燥路面及湿滑路面达到的最大速度相等。
故选B。
5．（2024·福建龙岩·一模）下列说法正确的是（ ）
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A．作用力做正功，反作用力也一定做正功
B．作用力做负功，反作用力也一定做负功
C．一对静摩擦力所做的功的代数和总为零
D．一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为零
【答案】C
【详解】A．作用力做正功，反作用力也不一定做正功，例如撞到墙被反弹回去的球，弹力对球做
正功，因为墙不动，反作用力对墙不做功，故A 错误；
B．作用力做负功，反作用力不一定做负功，如物体在水平面上滑行物体受到的摩擦力做了负功，
但其摩擦力的反作用力不做功，故B 错误；
C．反作用力一对静摩擦力作用的物体间无相对滑动，故位移始终相等，而二力大小相等，方向相
反，故一个做正功，则另一个就做负功，一对静摩擦力所做的功的代数和总为零，故C 正确；
D．一对滑动摩擦力，二力大小相等，方向相反，由于物体相对运动，位移为不相等，所以一对相
互作用的滑动摩擦力做的功的代数和可以不为零，故D 错误。
故选C。
6．（23-24 高三上·福建龙岩·期末）如图所示，金铙山主峰白石顶海拔为1858m，素有“东南秀起
第一巅”之称。一质量为60kg 的游客从海拔1200m 处先乘缆车，后步行约3600m 登上白石顶，共
用时2 小时。重力加速度g 取10m/s2，则该游客从乘缆车到登顶的过程中（ ）
A．位移大小约为658m
B．平均速度大小约为0.50m/s
C．克服重力所做的功约为3.95×105J
D．克服重力所做功的平均功率约为1.98×105W
【答案】C
【详解】A．根据题意无法确定游客的初末位置间的距离，所以位移不确定，而游客的竖直位移为
658m，故A 错误；
B．由于位移不确定，不能计算平均速度，故B 错误；
C．克服重力所做的功为
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故C 正确；
D．克服重力所做功的平均功率约为
故D 错误。
故选C。
7．（2024·湖南·一模）在一次军事演习中，演习科目为特种兵撤离某地，直升机悬停的高度为
90m，某特种兵质量为60kg，绳索系着特种兵沿竖直方向把他由地面吊入直升机，绳索牵引过程中
特种兵加速的最大加速度为
，特种兵以最短时间入机，且入机时的速度刚好为零，牵引绳索
的电动机的最大输出功率为12kW，绳索质量不计，也不计一切阻力，
，在完成该科目
的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．特种兵离地到进入直升机的最短时间为10s
B．电动机工作的最短时间为5s
C．电动机做的功为5400J
D．特种兵的最大动能为3000J
【答案】B
【详解】A．特种兵以最大加速度向上加速时，对特种兵分析有
解得
由于牵引绳索的电动机的最大输出功率为12kW，则特种兵以最大加速度匀加速运动的末状态的速
度
特种兵随后做加速度减小的变加速运动，最大速度为
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利用逆向思维，特种兵以最大加速度匀加速至末速度
与以最大速度匀减速至0 的总位移大小为
由于特种兵距离直升机的高度一定，当特种兵以最大加速度先向上匀加速运动至末速度
后向上做
加速度减小的变加速运动，在匀速一段时间，最后电动机停止工作向上匀减速运动到达直升机时，
经历时间最短，由于最大加速度大小与重力加速度相等，利用逆向思维，匀加速与匀减速过程的时
间为
特种兵在加速度减小的变加速过程与匀速过程的平均速度
则上述过程经历的时间
若以最大加速度匀加速完成上述过程，则有
解得
而实际上特种兵在加速度减小的变加速过程与匀速过程的时间
则有
特种兵离地到进入直升机的最短时间为
，结合上述可解得
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故A 错误；
B．从匀加速结束到最后过程根据能量守恒
解得
电动机工作总时间
故B 正确；
D．根据上述，特种兵的最大动能为
故D 错误；
C．根据功能关系，电动机做的功为
解得
W=54000J
故C 错误。
故选B。
知识点2：动能定理
1、内容
力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2、表达式
W＝Ek2－Ek1＝mv－mv。W 表示物体所受合外力做的功，Ek1＝mv、Ek2＝mv 分别表示物体的初、
末动能。
3、物理意义
动能定理指出了合外力做的总功与动能的变化关系，即动能变化的大小由外力对物体做的总功
的多少决定。合外力所做的功是物体动能变化的量度。动能定理说明了合外力对物体所做的总功和
物体的动能变化的因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能，而是物体动能的变化
是通过合外力所做的总功的过程来实现的。
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4、适用条件
动能定理适用于直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、分段做功等各种情况。
研究对象是单个物体，或者是可以看成单一物体的物体系。
5、因果关系和数量关系
因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
数量关系：合外力所做的总功与物体动能的变化具有等量代换关系。
6、动能解题步骤
对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个个子过程，分别对每个过程进行分析，
得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理。
物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，然后再正确写出总功。
7、对动能定理的理解
合外力所做的总功就是动能的增量，也不意味着功转变成了动能，而是意味着功引起了动能的
变化。
总功的求法：
①先由力的合成与分解法或根据牛顿第二定律求出合力F 合，然后由W＝F 合lcosα 计算；
②计算各个力对物体做的功W1、W2、…、Wn，然后将各个外力所做的功求代数和。
合外力做的功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（相对地面静止的物
体）为参考系。
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
果加以确定。
优先使用该定理的问题：①不涉及加速度、时间的问题；②有多个物理过程且不需要研究整个
过程中的中间状态的问题；③变力做功的问题；④含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题。
应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的
草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
8、动能定理与F－x 图像
F－x 图：以力为纵坐标，位移为横坐标建立的平面直角坐标系，F－x 图线与坐标轴围成的面
积表示力所做的功。
图像的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图像的物理意义，理解图像的
轴、点、线、截、斜、面六大功能。
解题方法：看清图像的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0 开始。理解
图像的物理意义，能够抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义。判
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断物体的运动情况或受力情况，明确因变量与自变量间的制约关系，明确物理量的变化趋势，分析
图线进而弄懂物理过程，再结合牛顿运动定律等相关规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确
“图像与公式”、“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题做出准确判断。
9、动能解决多过程问题
对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程划分成多个子过程，分别对每个过程进行分析，
得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理
题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理比较简单和方便。
全程应用动能定理解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，
弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，然后再正确写出总功。
对于物体运动过程中有往复运动的情况，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
若题目中涉及求解物体运动的路程或位置的变化，可利用动能定理求出摩擦力做的功，然后进一步
确定物体运动的路程或位置的变化。
动能定理
8．（2024·河北·一模）如图所示，一半径为R 的光滑
圆弧槽固定在水平面上，可视为质点的小球
由与圆心O 等高的位置无初速释放。以水平面为重力势能零势能面，则下列说法正确的是（ ）
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A．小球的动能和重力势能相等时，小球与O 点的连线与水平方向的夹角为
B．小球的动能和重力势能相等时，小球下落的高度为
C．小球的动能为重力势能2 倍时，小球与O 点的连线与水平方向的夹角为
D．小球的动能为重力势能2 倍时，小球下落的高度为
【答案】B
【详解】AB．以水平面为重力势能零势能面，当小球的动能和重力势能相等时有
小球下滑至此位置，根据动能定理有
解得
此时，小球与O 点的连线与水平方向的夹角
解得
故A 错误，B 正确；
CD．以水平面为重力势能零势能面，当小球的动能为重力势能2 倍时有
小球下滑至此位置，根据动能定理有
解得
此时，小球与O 点的连线与水平方向的夹角
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即小球与O 点的连线与水平方向的夹角小于
，故CD 错误。
故选B。
9．（2024·河北·一模）如图所示，斜面倾角为θ，从此斜面上顶端O 点以速度
将一小球水平抛出，
它恰能落在斜面底端B 点处。现将小球以速度v 从O 点水平抛出，恰好落在斜面的中点A 点，据此
则有（ ）
A．落在A 点与落在B 点的时间之比为2 1∶
B．
C．落在A 点与落在B 点的动能之比为
D．若小球以速度
从O 点水平抛出，落点一定在A、B 两点之间
【答案】B
【详解】A．小球做平抛运动，竖直方向，有
依题意，可得
联立，解得落在A 点与落在B 点的时间之比为
故A 错误；
B．根据
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解得
可得
故B 正确；
C．设小球打到斜面上时速度与水平方向的夹角为
，则
小球先后到达斜面上时速度方向与斜面夹角之比为1 1∶。落在A 点与落在B 点的动能之比为
故C 错误；
D．依题意，可得
可知若小球以速度
从O 点水平抛出，落点一定在A 点的左边。故D 错误。
故选B。
10．（2024·北京海淀·一模）如图所示，一根橡皮绳一端固定于天花板上，另一端连接一质量为m
的小球（可视为质点），小球静止时位于O 点。现给小球一竖直向下的瞬时速度
，小球到达的最
低点A 与O 点之间的距离为
。已知橡皮绳中弹力的大小与其伸长量的关系遵从胡克定律。不计橡
皮绳的重力及空气阻力。小球运动过程中不会与地板或天花板碰撞。则下列说法正确的是（ ）
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A．小球由O 点运动至A 点的过程中，天花板对橡皮绳所做的功为
B．小球由O 点运动至A 点的过程中，小球克服合外力做功为
C．小球由O 点运动至A 点的过程中，小球的动能一直减小
D．小球此后上升至最高点的位置与A 点的间距一定等于
【答案】C
【详解】A．小球由O 点运动至A 点的过程中，天花板对橡皮绳的拉力的位移为零，则天花板对橡
皮绳做功为零，故A 错误；
B．小球由O 点运动至A 点的过程中，根据动能定理
则小球克服合外力做功为
故B 错误；
C．小球由O 点运动至A 点的过程中，向上的弹力一直大于向下的重力，则合力方向向上，小球向
下做减速运动，小球的动能一直减小，故C 正确；
D．若小球在O 点时橡皮绳的伸长量大于或等于x，则由对称性可知，小球此后从A 点上升至最高
点的位置与A 点的间距等于2x；若小球在O 点时橡皮绳的伸长量小于x，则小球此后从A 点上升至
最高点的位置与A 点的间距不等于2x，故D 错误。
故选C。
11．（2024·四川·一模）足球是人们喜欢的运动，足球运动员在进行吊门训练时，足球在空中运行
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的轨迹视为抛物线。如图所示，足球从A 处飞到横柱下方的目标B 处，其运动轨迹有低、中、高三
种弧线。不计空气阻力和足球的旋转，下列说法正确的是（ ）
A．低弧线时，足球从A 到B 的运动时间最短
B．高弧线时，足球从A 到B 过程，克服重力做功的平均功率最大
C．低弧线时，脚对足球做的功一定最大
D．中弧线时，脚对足球做的功一定最小
【答案】A
【详解】A．篮球出手后在空中做斜抛运动，从抛出点A 到最高点有
所以
同理，篮球从最高点到B 点的时间
所以低弧线时，足球从A 到B 的运动时间最短，故A 正确；
B．高弧线投篮时时间最长，且低、中、高三种弧线初末两点的高度差相同，则重力做的功相同，
根据平均功率的计算
所以高弧线时，足球从A 到B 过程，克服重力做功的平均功率最小，故B 错误；
CD．根据能量守恒定理有
由于篮球进入篮筐的动能EkB未知，则无法比较投篮抛物线低、中、高三种情况下人对篮球做的功
的大小关系，故CD 错误。
故选A。
12．（2024·全国·模拟预测）2022 年12 月28 日，黄石现代有轨电车投入运营。假设有轨电车质量
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为m，某次测试中有轨电车由静止出发在水平面做加速度为a 的匀加速直线运动，有轨电车所受的
阻力恒定为f，达到发动机的额定功率P 后，有轨电车保持额定功率做变加速运动，再经时间t 速度
达到最大，然后以最大速度匀速运动，对此下列说法正确的是（ ）
A．有轨电车匀速运动的速度为
B．有轨电车做匀加速运动的时间为
C．从静止到加速到速度最大的过程牵引力所做的功为Pt
D．有轨电车保持额定功率做变加速运动时间t 内的位移为
【答案】B
【详解】A．有轨电车匀速运动时的速度达到最大值，此时的牵引力与阻力平衡，则有
故A 错误；
B．匀加速末状态的功率达到P，则有
根据牛顿第二定律有
根据速度公式有
解得
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故B 正确；
C．匀加速直线运动的位移
则从静止到加速到速度最大的过程牵引力所做的功为
解得
故C 错误；
D．令有轨电车保持额定功率做变加速运动时间t 内的位移为
，根据动能定理有
结合上述解得
故D 错误。
故选B。
13．（2024·湖南株洲·一模）将乒乓球从某一高度静止释放后，与水平地板碰掩若干次后最终停在
地板上。设乒乓球每次弹起的最大高度为前一次的k 倍（k<1），不计空气阻力，则在相邻的前后
两次碰撞过程（ ）
A．乒乓球的动能变化量相等
B．乒乓球的动量变化量相等
C．乒乓球损失的机械能相等
D．乒乓球所受冲量之比为
【答案】D
【详解】A． 令前一次碰撞前后的速度大小分别为
、
，则后一次碰撞前后的速度大小分别为
、
，根据动能定理有
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解得
则有
，
乒乓球的动能变化量大小分别为
，
由于
k<1
则有
故A 错误；
B．选择反弹后的速度方向为正方向，则乒乓球的动量变化量大小分别为
，
由于
k<1
则有
故B 错误；
C．碰撞过程，乒乓球损失的机械能等于乒乓球减小的动能，根据上述可知，前一次碰撞损失的机
械能大于后一次损失的机械能，故C 错误；
D．根据动量定理，前后两次乒乓球所受冲量大小分别为
，
结合上述解得
故D 正确。
故选D。
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知识点3：机械能守恒定律
1、内容
在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2、物理意义
表示一个系统初状态的机械能等于末状态的机械能。
3、守恒条件
只有重力做功或系统内弹力做功。
存在其他力作用，但其他力不做功，只有重力或弹力做功。
其他力虽然做功，但是做功的代数和为零。
进一步理解：①只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒。②
除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零。③除重力外，只有系统内的弹力
做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒．注意：并非物体的机械能守
恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少。
4、三种观点
观点
表达式
物理意义
注意事项
守恒
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
系统初状态的机械能等于末状
态的机械能。
要选取零势能面，在整个分析过
程中必须选取同一个零势能面。
转化
ΔEk＝－ΔEp
系统减少（或增加）的重力势
能等于系统增加（或减少）的
动能。
不需要选取零势能面，要明确势
能的增加量或减少量。
转移
ΔEA 减＝ΔEB 增
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。
不需要选取零势能面，A 部分机
械能的增加量等于A 部分末状态
的机械能减初状态的机械能，而
B 部分机械能的减少量等于B 部
分初状态的机械能减末状态的机
械能。
5、机械能守恒判断方法
利用定义进行判断
分析动能和势能的和是否发生变化。
利用做功进行判断
系统内只有重力和弹簧弹力做功，其他力均不做功，或有其他力做功，
但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
利用能量转化进行判断
若系统内物体间只有动能和重力势能及弹性势能的相互转化，没有其他
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形式的能（如没有内能增加）的转化，则系统的机械能守恒。
6、机械能守恒定律解题方法
明确研究对象；
分析研究对象的受力情况和运动情况，分析清楚各力做功的情况；
选取适当的势能平面，明确研究对象的初末状态的机械能；
选取合适的机械能守恒定律的观点列表达式；
对结果进行讨论和说明。
机械能守恒定律是一种“能——能转化”关系，应用时首先要判断所研究的物理情景中机械能
是否守恒。
如果系统（除地球外）只有一个物体，用守恒的观点求解比较方便；对于由两个或两个以上物
体组成的系统，用转化或转移的观点求解比较方便。
7、机械能守恒定律的应用
应用类型
分析方法
单个物体的机械能守恒问题
明确研究对象；分析研究对象的受力情况和运动情况，分析清楚各
力做功的情况；选取合适的机械能守恒定律的观点列表达式；对结
果进行讨论和说明。
多个物体的机械能守恒问题
分析多个物体组成的系统所受的外力是否只有重力或弹力做功，内
力是否造成了机械能与其他形式能的转化，从而判断系统机械能是
否守恒。对多个物体组成的系统，一般用“转化法”和“转移法”
来判断其机械能是否守恒。注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速
度关系和位移关系。
含弹簧的机械能守恒问题
弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所
受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。弹簧
两端物体把弹簧拉伸至最长（或压缩至最短）时，两端的物体具有
相同的速度，弹性势能最大。
非质点的机械能守恒问题
像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重
心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处
理，虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械
能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规
则并确定物体各部分的重心位置，然后根据初末状态物体重力势能
的变化列式进行求解。
机械能守恒定律
14．（2024·北京门头沟·一模）把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感
23
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器上，如图甲所示。
时，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到
最低点，又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小F 随时
间t 变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．
时刻，小球的动能最大
B．
时间内，小球始终处于失重状态
C．
时间内，小球所受合力的冲量为0
D．
时间内，小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，在
时刻，小球落到弹簧上，开始压缩弹簧，此后弹簧的弹力开始增大，
小球受到的重力与弹力的合力方向向下，逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向下，且逐渐减
小，小球的速度仍在增大，当弹力增大到大小等于重力时，小球的速度最大，则动能最大，A 错误；
B．由图乙可知，
时刻弹力最大，此时压缩弹簧到最低点，可知在
时间内，弹力先小于重力
后大于重力，则加速度方向先向下，后向上，小球先失重后超重，B 错误；
C．
时间内，小球与弹簧组成的整体机械能守恒，可知在
时刻小球落到弹簧上，
时刻小球
离开弹簧，则有两时刻小球的速度大小相等，方向相反，设此时的速度大小为v，小球的质量为
m，取向上方向为正方向，则有小球的动量变化量为
由动量定理可知，小球在
时间内，所受合力的冲量
C 错误；
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D．
时间内，弹力逐渐减小，是小球被弹起直至离开弹簧的过程，此过程小球和弹簧组成的
整体机械能守恒，则有小球增加的动能与重力势能之和等于弹簧弹性势能的减少量，即小球机械能
的增加量等于弹簧弹性势能的减少量，D 正确。
故选D。
15．（2024·湖南岳阳·二模）如图所示，竖直墙壁连有一劲度系数为
的轻质弹簧，弹簧右
端连有一质量为
的重物，重物与水平地面间的动摩擦因数
，最大静摩擦等于滑动摩
擦。推动重物，使弹簧压缩量达到
后由静止开始释放，重力加速度
，不计空气
阻力，下列说法正确的是（ ）
A．释放后瞬间重物的加速度大小为
B．重物做往复运动，第一次向右运动的最大距离为25cm
C．重物最终停在弹簧的原长处
D．从静止开始释放，到最终停下，重物运动的总路程为42cm
【答案】D
【详解】A．释放后瞬间，根据牛顿第二定律可得
解得释放后瞬间重物的加速度大小为
故A 错误；
B．设重物第一次向右运动的最大伸长量为
，根据功能关系可得
代入数据解得
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则重物第一次向右运动的最大距离为
故B 错误；
CD．设重物向右运动运动到最大伸长量
后，反向向左的最大压缩量为
，根据功能关系可得
代入数据解得
由于
设重物第二次向右运动的最大伸长量为
，根据功能关系可得
代入数据解得
由于
可知此后重物处于静止整体，则重物最终停在伸长量为
位置；从静止开始释放，到最终停下，
重物运动的总路程为
故C 错误，D 正确。
故选D。
16．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，在光滑的斜轨道底端平滑连接着一个半径为R、顶
端有缺口的光滑圆形轨道，A、B 两端点在同一水平面上，
。一质量为m 的小球（可视
为质点）由斜轨道上某高度处静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（
）
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A．小球在斜轨道上运动过程中机械能有可能减小
B．若小球滑到圆形轨道最低点时速度大小为
，则圆形轨道对小球作用力的大小为4mg
C．若小球恰好能通过圆形轨道内A 点，则小球在斜轨道上静止释放的高度为
D．若小球从圆形轨道内A 点飞出后恰好从B 点飞入圆轨道，则小球经过B 点时的速度大小为
【答案】C
【详解】A．小球在光滑的斜轨道上受到重力和斜面支持力，只有重力做功，则运动过程中机械能
守恒，故A 错误；
B．小球滑到圆形轨道最低点时，根据牛顿第二定律有
解得圆形轨道对小球作用力的大小为
故B 错误；
C．若小球恰好能通过圆形轨道内A 点，对小球受力分析如图所示
根据牛顿第二定律有
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对小球从释放到A 点，根据动能定理有
解得
故C 正确；
D．小球从圆形轨道内A 点飞出后做斜抛运动到B 点，如图所示
竖直方向有
水平方向有
解得
故D 错误。
故选C。
17．（2024·浙江嘉兴·一模）羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞
行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B 为同一轨迹上等高的两点，P 为该轨迹
的最高点，则该羽毛球（ ）
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A．在A、B 两点的速度大小相等
B．整个飞行过程中经P 点的速度最小
C．AP 段的飞行时间大于PB 段的飞行时间
D．在A 点的机械能大于B 点的机械能
【答案】D
【详解】AD．由题可知，羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，所以机械
能减小，所以A 点速度大于B 点的速度，A 点的机械能大于B 点的机械能，故A 错误，D 正确；
B．当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P 时，
合力方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P 点之前，故B 错误；
C．由于存在空气阻力作用，AP 段羽毛球处于上升阶段，其竖直向下的加速度大于重力加速度，而
PB 段羽毛球处于下降阶段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP 段的飞行时间小
于PB 段的飞行时间，故C 错误。
故选D。
18．（2024·吉林·一模）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下
匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（ ）
A．机械能保持不变
B．动量保持不变
C．处于失重状态
D．所受合力不为零
【答案】D
【详解】A．小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重
力势能减小，可知，小车的机械能减小，故A 错误；
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B．小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式有
可知，小车的动量大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故B 错误；
C．由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向的
合力为0，即沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图
中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知，小车的加速度方向方向
沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，即小车既不处于超重，又不处于失重，故C 错误；
D．根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运
动的向心力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故D 正确。
故选D。
19．（2023·河北石家庄·二模）如图所示，带孔物块A 穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的
轻质细绳连接，细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块B，A 位于与定滑轮等高处。已知物块A
的质量为m、物块B 的质量为
，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L。现由静止释放物
块A，不计空气阻力及定滑轮大小，重力加速度大小为g，两物块均可视为质点，下列说法正确的
是（ ）
A．物块A 的机械能一直增大
B．物块A 的速度始终小于物块B 的速度
C．物块A 下落的最大距离为
L
D．物块A、B 等高时系统的总动能为
【答案】C
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【详解】A．由静止释放物块A，物块A 向下加速运动过程中，重力做正功，绳子的拉力做负功，
物块A 的机械能减小，故A 错误；
B．设物块A 下滑过程中绳与竖直方向的夹角为α，则
由此可知，物块A 的速度大于物块B 的速度，当物块A 的速度为零时，物块B 的速度也为零，故
B 错误；
C．当物块A 的速度为零时，下落的高度最大，则
解得
故C 正确；
D．设物块A、B 处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ，有
解得
所以等高时的总动能为
解得
故D 错误。
故选C。
多选题
20．（2024·广东惠州·二模）图为深坑打夯机工作示意图．电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯
杆从深坑竖直提起；当夯杆的下端刚到达坑口时，夯杆被松开，一段时间后又落回坑底；周而复始
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地这样工作，就可将坑底夯实。已知电动机皮带运行速率v=4m/s，两摩擦轮对夯杆的压力均为
与夯杆的动摩擦因数均为
夯杆的质量
坑深
重力加速度
不计空气阻力及夯实坑底引起的深度变化，则（ ）
A．夯杆在上升阶段经历了加速运动、匀速运动和减速运动
B．夯杆下端离开坑底的最大高度为5m
C．每个打夯周期中，摩擦轮对夯杆做的功为
D．由题目所给信息，可以计算出该深坑打夯机的打夯周期
【答案】ABD
【详解】A．夯杆在上升阶段经历了向上加速运动、达到与摩擦轮共速后匀速运动，最后减速运动
到最高点，故A 正确；
B．夯杆的下端刚到达坑口时，夯杆被松开，电动机皮带运行速率v=4m/s，夯杆下端离开坑底的最
大高度为
故B 正确；
C．根据能量守恒，每个打夯周期中，摩擦轮对夯杆做的功为
故C 错误；
D．打夯机向上加速度
加速时间
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加速位移
匀速时间
减速时间
反向运动时间
解得
运动总时间即周期
故D 正确。
故选ABD。
21．（2024·广东惠州·三模）如图（a），辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头等部分构成，图
（b）为提水设施工作原理简化图，辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为m0=0.5kg。某次从
井中汲取m=5.5kg 的水，t=0 时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变
化规律如图（c）所示。井足够深且绳的质量忽略不计，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．前10s，水斗做匀加速直线运动
B．前10s，井绳所受拉力大小恒定
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C．前10s，水斗上升的高度为5m
D．前10s，井绳对水斗的拉力所做的功为300J
【答案】AB
【详解】A.水斗的速度为
所以，前10s，水斗做匀加速直线运动，故A 正确；
B．对水斗分析
解得
所以前10s，井绳所受拉力大小恒定，故B 正确；
C．根据
故C 错误；
D．前10s，井绳对水斗的拉力所做的功为
故D 错误。
故选AB。
22．（2024·广东中山·模拟预测）图甲为水上乐园水滑梯，人从高处滑下，最后从末端飞出去，可
简化如图乙所示． 其中C 点为圆弧的最低点，圆弧轨道的半径为2m，圆弧对应的圆心角θ 为
，AC 的竖直高度差为6m． 质量为50kg 的人在A 点从静止开始下滑，不计空气阻力和轨道
摩擦，重力加速度
则下列说法正确的是（ ）
A．人从A 点滑到C 点过程中，重力做功为3000J
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B．人滑到 C 点时对圆弧的压力为3500N
C．人在 C 点时处于失重状态
D．人滑到 D 点时速度为大小为 10 m/s
【答案】ABD
【详解】A．人从A 点滑到C 点过程中，重力做功为
选项A 正确；
B．人滑到 C 点时根据机械能守恒定律
在C 点根据牛顿第二定律可知
解得
F=3500N
则人对圆弧的压力为3500N，选项B 正确；
C．人在 C 点时加速度方向向上，则处于超重状态，选项C 错误；
D．从C 到D 由机械能守恒定律
解得人滑到 D 点时速度为大小为
vD=10 m/s
选项D 正确。
故选ABD。
23．（2020·湖北武汉·三模）如图甲所示，在公元1267~1273 年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种
大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，
然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量
的
可视为质点的石块装在长
的长臂末端的石袋中，初始长时长臂与水平面成
。松开
后，长臂转至竖直位置时，石块被甲乙水平抛出，落在水平地面上。石块落地点与O 点的水平距离
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。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，
，下列说法正确
的是（ ）
A．石块水平抛出时的初速度为25m/s
B．重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量
C．石块从A 到最高点的过程中，石袋对石块做功
D．石块圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为
【答案】CD
【详解】A．石块水平抛出时的初速度为
其中
解得石块水平抛出时的初速度
v0=50m/s
选项A 错误；
B．石块的机械能守恒，重物重力势能的减少量等于石块动能的增加量，选项B 错误；
C．石块从A 到最高点的过程中，石袋对石块做功
选项C 正确；
D．石块圆周运动至最高点时，根据
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解得石袋对石块的作用力大小为
方向竖直向下，选项D 正确。
故选CD。
解答题
24．（2024·山西晋中·模拟预测）“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，如图甲所示，其基本
装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接座椅，游客坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞
旋。若将“旋转秋千”简化为如图乙所示的模型，人和座椅看作质点，总质量约为
，圆盘
的半径为
，绳长
，圆盘以恒定的角速度转动时，绳子与竖直方向的夹角为
，
若圆盘到达最高位置时离地面的高度为
。重力加速度
取
。（结果可用根号表
示）
（1）若手机从游客手中自由脱落，求手机滑落瞬间的速度大小；
（2）若手机的质量为
，求手机落地时的重力的功率；
【答案】（1）
；（2）
【详解】
（1）根据题意，由牛顿第二定律有
由几何关系可得
联立解得
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可知，手机滑落瞬间的速度大小与游客做圆周运动线速度大小相等为
。
（2）手机滑落后做平抛运动，由几何关系可得，竖直方向下落高度为
手机在竖直方向做自由落体运动，手机落地时的竖直分速度为
解得
则手机落地时重力的功率为
25．（2024·江苏镇江·模拟预测）如图1 所示为遥控爬墙小车，小车通过排出车身内部空气，和外
界大气形成压差，使车吸附在墙壁等平面上。如图2 所示，某次遥控小车从静止出发沿着同一竖直
面上的A、B、C 运动到天花板上的D 点，运动到D 点时速度为3m/s。然后保持速率不变从D 点开
始绕O 点做匀速圆周运动。AB 沿竖直方向，BC 与竖直方向夹角θ 为37°，CD 沿水平方向，三段长
度均为1m。小车质量为0.5kg，车身内外由大气压形成垂直墙面的压力差恒为25N。运动过程中小
车受到墙壁的阻力f 大小与车和墙壁间的弹力FN之间关系为f=0.6FN，方向总与速度方向相反。小
车可视为质点，忽略空气阻力，不计转折处的能量损失，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。
（1）求小车在AB 段向上运动时，小车所受阻力大小；
（2）遥控小车到水平天花板上做匀速圆周运动时，小车牵引力为15N，求此时小车的转动半径；
（3）求小车从A 经过B、C 到D 三段直线运动过程中，小车牵引力所做的总功。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对小车在AB、BC、CD 各段运动过程进行受力分析
由运动过程中小车受到墙壁的阻力f 大小与车和墙壁间的弹力FN之间关系为f=0.6FN
则小车在AB 段向上运动时，小车所受阻力大小
解得
（2）遥控小车到水平天花板上运动时
小车与天花板的阻力
小车所受阻力与牵引力的合力提供圆周运动的向心力
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解得
（3）小车沿BC 运动过程中
小车与BC 墙面的阻力
联立可得
小车从A 点开始运动第一次到达D 点的过程中，根据动能定理
解得
40
