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第18 讲 功与功率 动能定理及应用
目录
01 课标达标练
题型01 功
题型02 功率
题型03 动能
题型04 动能定理的的应用
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 功
1.下列关于功的说法正确的是（ ）
A．做功的过程一定伴随着能量转化
B．功有正负之分，因此-10J 的功小于5J 的功
C．根据功的定义式W = Flcosα，可知功是矢量
D．功就是能量，能量就是功，二者含义相同
【答案】A
【详解】AD．功与能是两个不同的物理量，功是能量转化的量度，做多少功，就有多少能量转化，所以做
功的过程一定伴随着能量转化，故A 正确，D 错误；
B．功有正负之分，力做负功表示物体克服该力做功，但做功的多少比较的是绝对值，因此-10J 的功大于
5J 的功，故B 错误；
C．功是标量，只有大小没有方向，故C 错误。
1
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故选A。
2.（2025·四川内江·高三月考）下列说法正确的是（ ）
A．物体做曲线运动时，所受的合力一定是变力
B．一对相互作用的摩擦力做功之和一定为负
C．汽车转弯时速度过大，会因离心运动造成交通事故D．一对相互作用力做功之和一定为零
【答案】C
【详解】A．物体做曲线运动的条件是合外力与初速度不共线，物体受恒力的作用也可能做曲线运动，例
如平抛，A 错误；
B．一对相互作用的摩擦力大小相等，方向相反，但功为力乘以在力的方向上的位移，摩擦力可能做正功
也可能做负功，一对相互作用的摩擦力做功之和可能为正，可能为负，也可能为零，B 错误；
C．汽车转弯时速度过大时，提供的向心力小于物体做圆周运动所需要的向心力而做离心运动造成交通事
故，C 正确；
D．一对相互作用总是大小相等，方向相反，但功为力乘以在力的方向上的位移，一对相互作用力做功之
和可能为正，可能为负，也可能为零，D 错误。
故选C。
3.（多选）（2025·四川成都·高三月考）关于力对物体做的功，以下说法中不正确的是（ ）
A．滑动摩擦力对物体做的功与路径有关
B．合外力不做功，物体可能不做匀速直线运动
C．在相同的时间内作用力与反作用力做的功一定是绝对值相等，一正一负
D．一对作用力与反作用力不可能其中一个做功，而另一个不做功
【答案】CD
【详解】A．滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，故A 正确；
B．做匀速圆周运动的物体，合外力不做功，故B 正确；
CD．作用力和反作用力的作用点的位移可能同向，也可能反向，大小可以相等，也可以不等，故作用力和
反作用力做功不一定相等，故相互作用力做功之和不一定为零，故一对作用力和反作用力，可能作用力做
功，而反作用力不做功，故CD 错误。
本题选择不正确的，故选CD 。
4.（多选）在空中某点，将两个相同小球以大小相同的初速度分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻
力，则从抛出到落地，下列说法正确的是（ ）
A．重力做功相同
B．重力做功不相同
C．速度变化量不相同
D．落地时重力的平均功率相同
2
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【答案】AC
【详解】AB．根据重力做功W =mgh可知，两个小球重力做功相同，故A 正确、B 错误；
C．速度变化量Δv = g Δt
且竖直上抛运动时间大于平抛运动时间，则速度变化量不相等，故C 正确；
D．瞬时功率P = W
t ，且竖直上抛运动时间大于平抛运动时间，则做竖直上抛运动过程重力的平均功率小
于做平抛运动过程重力的平均功率，故D 错误。
故选AC。
5.质量为m 的物体在水平拉力的作用下沿光滑水平面做直线运动，某段时间内速度大小由v1增大到v2，发
生的位移为x0，这段时间内水平拉力的大小F 与物体位移x 之间的函数关系图像如图所示，则该物体速度
为v1时的拉力大小为（ ）
A．0
B．m
2 x0
(v2
2−v1
2)
C．2m
x0
(v2
2−v1
2)
D．m
x0
(v2
2−v1
2)
【答案】D
【详解】设该物体速度为v1时的拉力大小为F1，根据F − x 图像与横轴围成的面积表示拉力所做的功，结
合动能定理可得
W F = 1
2 F1 x0= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
解得
F1= m
x0
(v2
2−v1
2)
故选D。
6.如图甲所示，质量为0.2kg 的物块在水平向右的拉力F 的作用下从A 点静止开始向右运动，F 随位移x 变
化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速
度g 取10m/s2，在运动过程中，则（ ）
3
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A．当拉力F =0时，物体的速度最大
B．拉力从1.8N 减小到0.6N 的过程中，拉力的功为19.2J
C．物体的最大速度为4√3 m/s
D．物体的最大速度为6m/s
【答案】C
【详解】A．物块的最大静摩擦力为
f 0= μmg=0.6 N
根据图乙可知，当拉力大于最大静摩擦力时，物体向右加速运动，当拉力与最大静摩擦力平衡时，合力为
0，物体速度达到最大值，故A 错误；
B．根据数学函数规律可知，拉力等于0.6N 时，对应的位移为8m，F −x图像中，图像与横坐标所围几何
图形的面积表示功，则拉力从1.8N 减小到0.6N 的过程中，拉力的功为
W 1= (0.6+1.8)×8
2
J =9.6J
故B 错误；
CD．结合上述可知，拉力等于0.6N 时，物体速度达到最大值，根据动能定理有
W 1−f 0 x1= 1
2 m vmax
2
其中
x1=8 m
解得
vmax = 4√3 m/s
故C 正确，D 错误。
故选C。
7.（多选）如图甲所示，质量为2kg 的物块静止放在光滑的水平地面上。以物块所在处为原点，以水平向
右为正方向建立x 轴，现对物块施加水平向右的外力F，F 随x 轴坐标变化的情况如图乙所示，则物块运动
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6m 过程中（ ）
A．物块做匀加速直线运动
B．物块运动6m 过程外力F 做的总功为25J
C．运动到6m 时物体的末速度为5m/s
D．运动到6m 时力F 的瞬时功率为15W
【答案】BC
【详解】A．木块在0~2m 内，力F 逐渐变大，可知加速度逐渐变大，物块做变加速直线运动，故A 错误；
B．由图像可知，木块在0~6m 内，外力F 做功为
W F = 1
2 ×2×5J+(6−2)×5J=25J
故B 正确；
C．根据动能定理
W F = 1
2 mv
2
解得运动到6m 时，物体的末速度为
v=5m/s
故C 正确；
D．运动到6m 时，力F 的瞬时功率为
P=Fv=5×5W=25W
故D 错误。
故选BC。
8.（多选）如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为m的货物由静止开始竖直向上运动，上
升高度H时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为P，重力加速度为g，空气阻力大小恒为f ，对上述过
程，下列说法正确的是（ ）
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A．货物上升过程中加速度逐渐增大
B．货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
C．电动机做的功大于货物机械能的增加量
D．货物达到最大速度需要的时间t = (mg+ f ) H
P
【答案】BC
【详解】AB．对货物受力分析，根据牛顿第二定律有F −mg−f =ma
功率有P = Fv
则货物加速时，绳子的拉力F减小，加速度a减小，故A 错误，B 正确；
C．由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，故C 正确；
D．当a=0时，货物的速度最大，有vm =
P
mg+ f
根据能量守恒定律有Pt =mg H + fH + 1
2 mvm
2
联立解得t = (mg+ f ) H
P
+ m
2 P(
P
mg+ f )
2
故D 错误。
故选BC。
9.（多选）（2025·四川德阳·高三月考）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t =0时速率为1m/s。从此刻开
始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲和乙所
示,两图中F 、v取同一正方向。则下列判断正确的是（ ）
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A．滑块的质量为1kg
B．滑块与水平地面间的滑动摩擦力大小为1N
C．第1s 内合外力对滑块做功为−1J
D．第2s 内力F 的平均功率为3W
【答案】BC
【详解】AB．由v-t 图像的斜率可得加速度为a= Δv
Δt =1m/ s
2
则由受力分析f +1 N =3 N −f
解得f =1 N
由牛顿第二定律f +1 N =ma
解得m=2kg，故A 错误，B 正确；
C．第1s 内合外力对滑块做功为W 1=ma· x1=2×1×(−1×1
2 )J =−1J，故C 正确；
D．第2s 内力F 对滑块做功为W F =3× 1×1
2
J =1.5 J
第2s 内力F 的平均功率为P= W
t = 1.5
1 W =1.5W ，故D 错误。
故选 BC。
10.如图所示将一个小球先后两次从A 点斜向右上方抛出，第一次垂直打在竖直墙面上的B 点，第一次抛出
的初速度大小为v01，小球打在B 点的速度大小为v1，小球从A 点运动到B 点的时间为t1，克服重力做功的
平均功率为P1；第二次垂直打在竖直墙面上的C 点，第二次抛出的初速度大小为v02，小球打在C 点的速
度大小为v2，小球从A 点运动到C 点的时间为t2，克服重力做功的平均功率为P2；则下列关系正确的是（
）
A．t1<t2
B．v1<v2
C．v01<v02
D．P1> P2
【答案】A
【详解】A．由于竖直方向的高度第一次h1小于第二次h2，逆向看成平抛运动，根据平抛运动规律
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h= 1
2 gt
2
可知t1<t2
A 正确；
B．两次水平分位移相同，结合上述分析可知t1<t2
因此v1>v2
B 错误；
C．设水平位移为x，初速度为v0，初速度与水平方向的夹角为θ，则有v0sinθ =>¿，x = v0cosθ⋅t
解得v0=√
2 gx
sin 2θ
由此可见，有可能v01= v02
C 错误。
D．克服重力做功的平均功率P= mgh
t
= 1
2 m g
2t
由此可知P1< P2
D 错误。
故选A。
02 功率
11.某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t =0时刻驾驶汽车由静止启动，t =6s时汽车达到
额定功率，之后保持该功率不变，再过7s 汽车速度达到最大，车载电脑生成的汽车加速度a 随速率倒数1
v
变化的图像如图中AB、BC 两段，已知汽车和司机的总质量m=2000kg，所受阻力是总重力的0.25 倍，g
取10 m/s
2。下列说法正确的是（ ）
A．汽车启动后一直做匀加速直线运动
B．汽车的额定功率为1.5×10
4 W
C．汽车的最大速度大小为15m/s
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D．汽车从启动到速度最大通过的位移大小为120m
【答案】D
【详解】A．由图可知AB 段加速度大小不变，则此阶段做匀加速直线运动，BC 段加速度大小变化，做加
速度减小的加速运动，故A 错误；
B．AB 段加速度大小不变，则此阶段做匀加速直线运动，t =6s时汽车达到额定功率，则
F −f =ma
解得
F = f +ma=1×10
4 N
根据运动学公式可得
v =at =15 m/s
则额定功率为
P = Fv =1.5×10
5 W
故B 错误；
C．当牵引力等于阻力大小时，达到额定功率，则
F ' = f =0.25mg=5000 N
则
vm = P
F ' =30 m/s
故C 错误；
D．匀加速直线运动过程中
x1= 1
2 at
2= 45 m
变加速过程中，根据动能定理可得
Pt
′−f x2= 1
2 mvm
2 −1
2 mv❑
2
解得
x2=75 m
则汽车从启动到速度最大通过的位移大小为
x = x1+ x2=120 m
故选D。
12.（2025·四川泸州·高三月考）仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。若某
女生身高为1.6m，质量为50kg，上半身质量为总质量的0.6 倍，一分钟内做了50 个仰卧起坐，仰卧起坐
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时下半身重心位置不变。则测试过程中该女生一分钟内克服重力做功的平均功率约为（ ）
A．400W
B．200W
C．90W
D．20W
【答案】C
【详解】设该同学身高1.6m，上半身高度约0.72m，每次上半身重心上升距离约为0.36m，则每次克服重
力做功为W =0.6mgh=0.6×50×10×0.36J=108J
则功率P = 50W
t
=90W
该女生克服重力做功的平均功率约为90W。
故选C。
13.如图所示，为某轿车的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同挡位，可获得不同
的运行速度，从“1”—“5”挡速度依次增大，R 是倒车挡，某型号轿车发动机的额定功率为60kW，在水平
路面上行驶的最大速度可达180km/h，假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定，则该轿车（ ）
A．若该车想以最大牵引力爬坡，则变速杆应推至“5”挡
B．该车在水平路面上行驶时所受阻力大小为900N
C．该车以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力大小为1200N
D．若改变发动机输出功率，汽车以54km/h 的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为
35kW
【答案】C
【详解】A．根据
P = Fv
可知以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“1”挡，故A 错误；
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C．以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时，其牵引力为
F = P
vm
= 60×10
3
180
3.6
N =1200 N
故C 正确；
BD．最大速度行驶时，牵引力等于阻力，可知阻力为
f = F =1200 N
若改变发动机输出功率，汽车以54km/h 的速度在同一水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为
P
′ = f v
′ =1200× 54
3.6 W =18000 W =18kW
故BD 错误。
故选C。
14.关于功、功率，下列说法正确的是（ ）
A．只要力作用在物体上，该力一定对物体做功
B．根据P = Fv可知，汽车的牵引力一定与其速度成反比
C．根据P = W
t 可知，机械做功越多，其功率就越大
D．摩擦力可能对物体做正功或做负功，也可能不做功
【答案】D
【详解】A．做功的条件是力作用在物体上，并在力的方向发生位移，A 错误；
B．根据公式
P = Fv
可得
F = P
v
故当汽车的功率P一定时，牵引力才与速度成反比，B 错误；
C．公式
P= W
t
是功率的比值定义式，功率与做的功和时间无直接关系，C 错误；
D．摩擦力可能对物体做正功或做负功，也可能不做功，D 正确。
故选D。
15.2019 年，中国科学院物理研究所陈立泉院士带领团队研发出某新能源固态电池，该电池在能量密度、
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功率密度和安全性等均达到世界第一，功率密度，指的是电池放电时单位质量单位时间输出的能量，功率
密度用国际单位制的基本单位符号表示正确的是（ ）
A．W/kg
B．J/kg
C．m2/s2
D．m2/s3
【答案】D
【详解】能量单位J，功率的单位是W，质量的单位是kg，时间单位s，则功率密度单位
J
kg⋅s = N⋅m
kg⋅s =kg⋅m/s
2⋅m
kg⋅s
= m
2
s
3
所以功率密度的单位是m2/s3。
故选D。
16.（多选）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之
后保持额定功率运动，其v −t图象如图所示．已知汽车的质量为m=2×10
3kg，汽车受到地面的阻力为车
重的0.1 倍，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车在前5s内的牵引力为4×10
3 N
B．汽车在前5s内的牵引力为6×10
3 N
C．汽车的额定功率为60kW
D．汽车的最大速度为15 m /s
【答案】BC
【详解】AB．由题图可知，前5s 内汽车做匀加速直线运动，根据v −t图像可知其加速度为
a= 10
5 m /s
2=2m /s
2
对车进行受力分析，根据牛顿第二定律有F −f =ma
又f =0.1mg=2×10
3 N
解得F =6×10
3 N
故A 错误，B 正确；
C．根据汽车恒定加速度启动规律可知，当匀加速直线运动阶段的结束就是汽车达到额定功率，此时
v1=10 m /s，则有P = F v1=6×10
4 W=60kW
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故C 正确；
D．当汽车的加速度为零时其达到最大速度，即此时牵引力等于阻力，有P = f vm
代入数据解得vm =30 m /s
故D 错误。
故选BC。
17.（多选）某物理小组利用传感器研究某电动车的速度大小v 与牵引力大小F 的关系，作出v −1
F 图像，
如图所示，电动车最终以大小为3v0的速度做匀速直线运动。电动车的质量为m，运动过程中所受阻力恒
定。下列说法正确的是（ ）
A．电动车在BC 段的加速度大小不变
B．电动车的功率为3Fv0
C．电动车受到的阻力大小为F0
3
D．当电动车的速度大小为v0时，其加速度大小为2 F0
3m
【答案】CD
【详解】B．根据P = Fv
解得v = P 1
F
斜率代表功率，根据图像得P = 3 v0−v0
3
F0
−1
F0
= F0v0，B 错误；
A．根据牛顿第二定律得F −f =ma
又因为P = Fv
解得P
v −f =ma
电动车在BC 段速度增大，则加速度大小减小，A 错误；
C．电动车最终以大小为3v0的速度做匀速直线运动，则P = f ⋅3 v0
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解得f = F0
3 ，C 正确；
D．根据P
v −f =ma，v = v0
解得a= 2 F0
3m ，D 正确。
故选CD。
18.（多选）（2025·四川德阳·高三月考）将一质量为1kg 的物块（可视为质点）静置于光滑的水平地面
上，某时刻起，在水平外力F 的作用下，物块开始做直线运动，其动能Ek随时间t 变化的规律如图所示，
下列关于物块的描述正确的是（ ）
A．物块做匀加速直线运动
B．物块运动过程中加速度越来越小
C．2s 末物块的加速度大小为0.5m/s2
D．0~2s 内水平外力F 做功的功率为2W
【答案】BC
【详解】ABD．根据题意，由动能定理有
Ek= F Δ x
则Ek−t图像的斜率为
k = Ek
t = F Δ x
t
= Fv = P
可知，图像的斜率表示外力F的功率，由图像可知，斜率保持不变，即外力F的功率不变，则0~2s 内水平
外力F 做功的功率为
P= 2
2 W =1W
由公式P = Fv可知，物块速度逐渐增大，则外力F逐渐减小，则物块做加速度减小的加速运动，故AD 错
误，B 正确；
C．由公式Ek= 1
2 mv
2可知，2s 末物块的速度为2m/s，则外力F的大小为
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F = P
v =0.5 N
物块的加速度大小为
a= F
m =0.5 m/s
2
故C 正确。
故选BC。
03 动能
19.2023 年7 月28 日，第31 届世界大学生运动会在成都召开。铅球比赛中运动员将铅球（可视为质点）水
平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（ ）
A．加速度保持不变
B．机械能一直增加
C．速度与水平方向的夹角越来越小
D．被推出后瞬间动能最大
【答案】A
【详解】A．铅球在平抛运动过程中，只受重力，加速度恒为重力加速度，故A 正确；
B．铅球在平抛运动过程中，只有重力做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，故B 错误；
C．令速度与水平方向的夹角为θ，则有
tanθ = v y
v0
=gt
v0
可知，速度与水平方向的夹角越来越大，故C 错误；
D．铅球被推出后，仅仅受到重力作用，重力做正功，根据动能定理可知动能逐渐增加，所以被推出后瞬
间动能最小，故D 错误。
故选A。
20.（2024·四川眉山·二模）地球静止卫星A 的轨道半径是中轨道卫星B 的4 倍，两卫星质量相等，则（
）
A．卫星B 的周期是6 小时
B．卫星B 的周期是2 小时
C．卫星A、B 的动能之比为1
4
D．卫星A、B 的动能之比为1
16
【答案】C
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【详解】AB．根据
G M mA
RA
2
=mA
4 π
2 RA
T A
2
G M mB
RB
2
=mB
4 π
2 RB
T B
2
其中
T A=24小时
解得
T B=3小时
故AB 错误；
CD．根据
G M mA
RA
2
=mA
vA
2
RA
G M mB
RB
2
=mB
vB
2
RB
其中
mA=mB
EkA= 1
2 mA vA
2
EkB= 1
2 mBvB
2
解得
EkA
EkB
= 1
4
故C 正确，D 错误。
故选C。
21.（多选）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能
零点，该物体的Ek和Ep随它离开地面的高度h 的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2，由图中数据可得
（ ）
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A．物体的质量为4 kg
B．h=0 时，物体的速率为20 m/s
C．从地面至h=4 m，物体的动能减少200 J
D．从抛出到h=2 m 时，物体的机械能减少40 J
【答案】AC
【详解】A．由题图可知，当h=4m 时，Ep=160J，由
Ep＝mgh
可得
m＝4kg
故A 正确；
B．由题图可知，当h＝0 时，Ek=200J，由
Ek = 1
2 mv0
2
可得
v0＝10 m/s
故B 错误；
C．由题图可知，h=4 m 时，Ek=0，可知从地面至h=4 m，物体的动能减少
Δ Ek=200J−0=200J
故C 正确；
D．由题图可知，h=0 时，物体的机械能为
E总=200J+0=200Jh=2 m 时，物体的机械能为
E
′
总=100J+80=180J
则从抛出到h=2 m 时，物体的机械能减少
Δ E总=200J−180J =20J
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故D 错误。
故选AC。
22.（多选）一个静止的质点在t=0 到t=4s 这段时间，仅受到力F 的作用，F 的方向始终在同一直线上，F 随
时间t 的变化关系如图所示．下列说法中正确的是（ ）
A．在t=0 到t=4s 这段时间，质点做往复直线运动
B．在t=1s 时，质点的动量大小为1kgm/s
C．在t=2s 时，质点的动能最大
D．在t=1s 到t=3s 这段时间，力F 的冲量为零
【答案】CD
【详解】0～2s 内，合力方向不变，知加速度方向不变，物体一直做加速运动，2～4s 内，合力方向改为反
向，则加速度方向相反，物体做减速运动，因为0～2s 内和2～4s 内加速度大小和方向是对称的，则4s 末
速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直向前运动，第4s 末质点位移最大；故A 错误．F-t 图象
中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，在t=1s 时，冲量大小I1=1×1
2
=0.5N•s，根据动量定理可知，
质点的动量大小为0.5kg•m/s，故B 错误．由A 的分析可知，在t=2s 时，质点的动能最大，故C 正确；F-t
图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，由图可知，在t=1s 到t=3s 这段时间，力F 的冲量为零，
故D 正确；故选CD．
23.如图，固定在水平桌面上的两个光滑斜面M、N，其高度相同，斜面的总长度也相同。现有质量不相等
的两小物块a、b 同时由静止分别从M、N 的顶端释放，假设b 在通过斜面转折处时始终沿斜面运动且无能
量损失。则（ ）
A．两物块开始下滑时b 的加速度比a 的加速度小
B．两物块滑至斜面底端时动能相等
C．两物块下滑过程中的平均速率相等
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D．物块b 较物块a 先滑至斜面底端
【答案】D
【详解】A．两物块开始下滑时b 的倾角大于a 的倾角，根据牛顿第二定律可知，b 的加速度比a 的加速度
大，故A 错误；
B．两个斜面光滑，运动到底端时，机械能守恒，两小物块的速率相同，物块质量不同，动能不相等，故B
错误；
CD．a、b 运动的v-t 图像如图所示
v-t 图像的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成的面积表示位移，两斜面的总长度相同，则滑至斜面底端b
用时较少，两物块下滑过程中的平均速率不相等，故C 错误，D 正确。
故选D。
04 动能定理的应用
24.（多选）如图所示，若令y 轴和x 轴分别表示某个物理量，图像表示直线运动中物理量之间的关系，A
为图线上一点，过A 点作图线的切线交y 轴于M 点，过A 点作垂线交x 轴于N 点，切线AM 的斜率记为
k，图中的阴影面积记为S。下列说法正确的是（ ）
A．若x 轴表示位移x，y 轴表示物体所受的合外力F，面积S 表示这一过程中动能的变化量
B．若x 轴表示速度v，y 轴表示物体所受的合外力F，面积S 表示A 点时该速度时合外力的瞬时功率
C．若x 轴表示时间t，y 轴表示物体动量p，斜率k表示A 点时物体所受合力
D．若x 轴表示距参考平面的高度h，y 轴表示物体的重力势能Ep，斜率k表示A 点时物体的质量
【答案】AC
【详解】A．若x 轴表示位移x，y 轴表示物体所受的合外力F，则面积S 表示这一过程中合外力所做的
功，根据动能定理知，合外力做功等于动能变化量，所以面积S 表示这一过程中动能的变化量，故A 正
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确；
B．若x 轴表示速度v，y 轴表示物体所受的合外力F，则由P=Fv 知， A 点时合外力的瞬时功率为该点横纵
坐标的乘积而不是阴影部分的面积，故B 错误；
C．若x 轴表示时间t，y 轴表示物体动量p，由动量定理知
F合Δt = Δ p
所以图像的斜率为
k = Δ p
Δt = F合
所以斜率k表示A 点时物体所受合力，故C 正确；
D．若x 轴表示距参考平面的高度h，y 轴表示物体的重力势能Ep，由Ep=mgh知，图像上A 点与原点连线
所在割线的斜率k表示A 点时物体的重力，故D 错误。
故选AC。
25.（多选）（2025·四川成都·高三月考）在直角平面坐标系内，在A 点沿y 轴方向竖直上抛一质量为m 的
小球，初速度为v0，同时小球受一水平恒力作用；经过一段时间后到达B 点，速度大小为v0，但方向为水
平向右，且B 点坐标为(L，L)，下列判断正确的是（ ）
A．小球运动过程中的最小动能为1
4 m v0
2
B．小球运动过程中的最小动能为1
8 mv0
2
C．小球在最小动能的位置坐标为(
3
4 L, 1
4 L)
D．小球在最小动能的位置坐标为(
1
4 L, 3
4 L)
【答案】AD
【详解】AB．根据动能定理得−mgL+ FL= 1
2 mv0
2−1
2 mv0
2
20
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解得F =mg
小球受到的合力为F合=√2mg ，合力的方向为右下方与水平成45°角，当小球的速度与合力垂直时，小
球的速度最小。最小速度为vmin= v0cos 45° = √2
2 v0 ，方向右上与水平成45°角。
小球运动过程中的最小动能为Ekmin= 1
2 mvmin
2 = 1
4 mv0
2，A 正确，B 错误；
CD．小球在最小动能的位置坐标为(
√2
2 v0cos 45°)
2
−0=2 F
m x，(
√2
2 v0cos 45°)
2
−v0
2=−2gy ，
v0
2=2 F
m L
解得x = 1
4 L ，y = 3
4 L ，C 错误，D 正确。
故选AD。
26.如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动
升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升，摩擦及空气阻力均不计。则（ ）
A．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
C．升降机匀加上升过程中，升降机底板对人做的功大于人增加的机械能
D．升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功等于升降机和人增加的机械能
【答案】D
【详解】AC．设升降机底板对人做的功为W ，人的质量为m，上升的高度为h，对人由动能定理可有
W −mgh= Δ Ekm
可得
W = Δ Ekm+mgh
可知，升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能与势能之和，而动能与势能之
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和为机械能，即升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能，故AC 错误；
B．升降机匀速上升过程中，人的动能不变，势能增加，因此可知升降机匀速上升过程中，升降机底板对
人做的功等于人增加的势能，故B 错误；
D．设钢索拉力做的功为W T，升降机的质量为M，全过程上升的高度为H，则由动能定理有
W T −( M +m)gH = Δ Ekm+ Δ Ek M
可得
W T =( M +m)gH + Δ Ekm+ Δ Ek M
而
( M +m)gH + Δ Ekm+ Δ Ek M = E机
即升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，故D 正确。
故选D。
27.我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为m的某新能源汽车在水平路面
上以恒定加速度启动，其v −t图像如图所示，其中OA段和BC段为直线。已知汽车动力系统的额定功率为
P，汽车所受阻力大小恒为f ，图中t1、t2、t3、v1、v2均为已知量，下列说法正确的是（ ）
A．汽车OA段运动过程阻力做的功W f= v1t1 P
2v2
B．t1时刻汽车的功率达到额定功率P
C．汽车速度为v1
2
时的功率为P
′ = P
4
D．汽车AB段前进的路程x =
P(t2−t)−1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
f
【答案】B
【详解】A．由图可知，汽车最大速度为v2，当汽车达到最大速度后由
P = f v2
可知
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f = P
v2
0~t1时间内汽车做匀加速运动，由图像可得位移
x = v1t1
2 汽车OA段运动过程阻力做的功
W f =−fx =−v1t1 P
2v2
故A 错误；
B．0~t1时间内汽车做匀加速运动，则有
F −f =ma
P = Fv
汽车速度增大过程中，牵引力不变，功率增大，速度达到最大时，功率达到额定功率，故B 正确；
C．0~t1内牵引力F 不变，t1时刻
P = F v1汽车速度为v1
2 时
P' = F v1
2 = P
2
故C 错误；
D．t1~t2内由动能定理得
P(t2−t1)−fx = 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
解得
x =
P(t2−t1)−1
2 mv2
2+ 1
2 mv1
2
f
故D 错误；
故选B。
28.（多选）在倾角为37°的斜面底端给小物块一初动能，使小物块在足够长的粗糙斜面上运动，如图甲所
示。若小物块在上滑和下滑过程中其动能Ek随高度h 的变化如图乙所示，g=10 m /s
2和sin37° =0.6，则
小物块（ ）
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A．上滑的最大距离为5m
B．所受的摩擦力大小为2N
C．质量为2kg
D．动摩擦因数μ=0.2
【答案】AB
【详解】A．由图乙可知，小物块上滑的最大距离为
L=
h
sin37° = 3
0.6 m =5 m
故A 正确；
B．由图乙，全程根据动能定理得
−f ⋅
h
sin37° ×2=20J−40J
解得小物块所受的摩擦力大小为
f =2N
故B 正确；
C．小物块上滑过程中根据动能定理得
−mgh−f ⋅
h
sin37° =0−40J
解得小物块质量为
m=1kg
故C 错误；
D．根据
f = μmgcos37° =2N
解得动摩擦因数为
μ=0.25
故D 错误。
故选AB。
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29.质量为0.2kg 的石块从距地面10m 高处以30°角斜向上方抛出，初速度v0的大小为10m/s。选抛出点所
在水平面为重力势能参考平面，不计空气阻力，g 取10m/s2。则从抛出到落地过程中（ ）
A．石块加速度不断改变
B．石块运动时间为1s
C．落地时石块具有的机械能为10J
D．在最高点石块所受重力的功率为10√3 W
【答案】C
【详解】A．石块在空中运动，不计空气阻力，仅受重力作用，因此加速度恒为g，故A 错误；
B．石块在竖直上做上抛运动，取竖直向下为正方向，则h=−v0sin30°⋅t + 1
2 gt
2
解得t =2s，故B 错误；
C．全过程机械能守恒，落地时石块的机械能等于初始的机械能
即E =mgh0+ 1
2 mv0
2
选抛出点所在水平面为重力势能参考平面，则h0=0
所以E =10J，故C 正确；
D．最高速度只有水平速度，竖直速度为0，所以最高重力功率为0，故D 错误。
故选C。
30.（多选）如图甲所示，在水平地面上放置一木块，其质量m=10kg，木块在水平推力F 作用下运动，
推力F 的大小随位移x 变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取
10 m /s
2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
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A．木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动
B．木块运动0~5m的过程中，其克服摩擦力所做的功100J
C．木块运动0~5m的过程中，合力做的功为50J
D．木块在运动过程中的加速度一直变大
【答案】BC
【详解】AD．由题意可得木块受到的滑动摩擦力大小
f = μmg=20 N
对木块，由牛顿第二定律可得
F −f =ma
可得
a= F −f
m
所以a 随F 的变化先增大后不变，木块先做非匀变速运动，后做匀变速运动，故AD 错误；
B．木块运动0~5 m的过程中，滑动摩擦力对木块做负功，则木块克服摩擦力所做的功
W f= fx =20×5J =100J
故B 正确；
C．F −x图线与横轴围成的面积表示F 所做的功，木块运动0~5 m的过程中F 对木块做正功，则有
W F = 20+ 40
2
×5J =150J
则
W 合=W F−W f=150J−100J =50J
故C 正确。
故选BC。
31.（多选）质量为m的物块始终固定在倾角为θ的斜面上，如图，下列说法中正确的是（ ）
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A．若斜面向右匀速移动距离s，斜面对物块没有做功
B．若斜面向上匀速移动距离s，斜面对物块做功mgs
C．若斜面向左以加速度a移动距离s，斜面对物块做功mas
D．若斜面向下以加速度a移动距离s，斜面对物块做功m(g+a)s
【答案】ABC
【详解】A．斜面向右匀速运动，物块也是匀速运动，受力平衡，斜面对物块作用力的大小等于其重力，
方向竖直向上，运动方向(位移矢量)始终与斜面作用力垂直，所以不做功，故A 正确；
B．物块和斜面一起竖直向上匀速运动，物块受力平衡，斜面对物块的力大小等于物块的重力mg，方向竖
直向上，位移方向也向上，做功为
W =mgs
故B 正确；
C．物块和斜面一起向左以加速度a 移动距离s，物块所受的合力做的功等于mas， 物块受到重力和斜面对
物块的力，所以，重力做的功加上斜面对物块做的功之和等于mas，又因为重力做功为零，所以斜面对物
块做的功等于mas，故C 正确；
D．物块和斜面一起竖直向下以加速度a 移动距离s，物块所受的合力做的功等于mas， 物块受到重力和
斜面对物块的力，所以，重力做的功加上斜面对物块做的功之和等于mas，又因为重力做功为mgs，所以
斜面对物块做的功等于mas-mgs，故D 错误。
故选ABC。
32.质量为2kg的物体在水平面上沿直线运动，受到的阻力大小恒定。经某点开始沿运动方向的水平拉力F
与运动距离x 的关系如图所示，0~3m物体做匀速直线运动。下列对图示过程的说法不正确的是（ ）
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A．在x =5m处物体加速度大小为1.5m/ s
2
B．0~3m拉力对物体做功为12J
C．3~7m物体克服阻力做功为16 J
D．0~7m合力对物体做功为68 J
【答案】D
【详解】A．0~3m物体做匀速直线运动，可知阻力大小为f = F1= 4 N
在x =5m处，由图像可知拉力为F2=7 N，根据牛顿第二定律可得F2−f =ma
解得a=1.5 m /s
2，故A 正确，不满足题意要求；
B．0~3m拉力对物体做功为W F1= F1 x1= 4×3J =12J，故B 正确，不满足题意要求；
C．3~7m物体克服阻力做功为|W
′
f|= f x2= 4×4 J =16J，故C 正确，不满足题意要求；
D．0~7m物体克服阻力做功为|W f|= fx = 4×7J =28J
根据F −x图像与横轴围成的面积表示拉力做功，可知0~7m拉力对物体做功为
W F= 4×3J+ 4+10
2
×(7−3)J = 40J
则0~7m合力对物体做功为W 合=W F−|W f|= 40J−28J =12J，故D 错误，满足题意要求。
故选D。
33.（多选）（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Ff随位移x 变化的关系如图乙所示，x0、Ff0为已知量，则下列说法
正确的是（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等）（ ）
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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2x0后与弹簧分离
C．弹簧的劲度系数为Ff0
x0
D．整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.75 Ff0 x0
【答案】BD
【详解】A．从图乙可知，摩擦力在x0处方向发生变化，在x0∼2 x0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x0∼2 x0区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，2 x0位置摩擦力为零，所以弹力为零，所以工件运动
2 x0后与弹簧分离，故B 正确；
C．由胡克定律得
k x0=0.5 Ff0
解得弹簧的劲度系数
k = Ff0
2 x0
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
W = Ff0 x0−1
2 ×0.5 Ff0 x0=0.75 Ff0 x0
故D 正确。
故选BD。
34.（多选）如图所示，现将一长为L、质量为m 且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高
处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面光滑，链条与传送带之间的动摩擦因
数为常数。传送带以足够大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力
都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，将位于传送带部分的长度记为x，当x = L
4 时，链条
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恰能保持静止。现将链条从x = L
3 的位置由静止释放，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正
确的是（ ）
A．链条与传送带之间的动摩擦因数μ= 4 tanθ
B．释放瞬间链条的加速度为4 gsinθ
3
C．链条从x = L
2 的位置静止释放，到完全进入传送带的瞬间，速度大小v =√2 gLsinθ
D．链条从x> L
4 的某一位置静止释放，到完全进入传送带的过程中，链条增加的机械能一定小于链条和传
送带间的摩擦生热
【答案】ACD
【详解】A．将位于传送带部分的长度记为x，当x = L
4 时，链条恰能保持静止，则有
mgsinθ = μ 1
4 mgcosθ
可得，链条与传送带之间的动摩擦因数为
μ= 4 tanθ
故A 正确；
B．链条从x = L
3 的位置由静止释放，则根据牛顿第二定律有
μ 1
3 mgcosθ−mgsinθ =ma
可得，释放瞬间链条的加速度为
a= 1
3 gsinθ
故B 错误；
C．从x 的位置释放瞬间，链条受到的合力为
30
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F合= μ x
L mgcosθ−mgsinθ
可知，链条受到的合力大小随着链条进入传送带的长度x 的增大而均匀增大的，则链条从x = L
2 的位置静止
释放时的合力大小为
F1= μ
L
2
L mgcosθ−mgsinθ =mgsinθ
链条完全进入传送带的瞬间的合力大小为
F2= μ L
L mgcosθ−mgsinθ =3mgsinθ
根据动能定理可得
W 合= F1+ F2
2
⋅L
2 = 1
2 mv
2
解得，链条完全进入传送带的瞬间速度大小为
v =√2gLsinθ
故C 正确；
D．从x 的位置释放瞬间，链条受到的摩擦力为
f = μ x
L mgcosθ
可知，链条受到的摩擦力大小随着链条进入传送带的长度x 的增大而均匀增大的，设链条的位移为x0，则
根据功能关系有，从某一位置静止释放，到完全进入传送带的过程中，链条增加的机械能为
Δ E =W f= f x0
设传送带与链条的相对位移为Δ x，链条和传送带间摩擦产生的内能为
Q = f Δ x
由上述分析可知，链条受到的合力随着x 的增大而增大，则链条运动的加速度随时间的增加而增大，故链
条做加速度增大的加速运动，而传送带是匀速转动，其速度与时间关系的大致图像如下图所示
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由图可知，传送带与链条的相对位移Δ x一定大于链条的位移x0，则有Q> Δ E，故D 正确。
故选ACD。
35.（多选）木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁，每次砸钉的动作完全相同。木匠第一次砸钉就将钉子砸进了
一半。已知钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比，铁锤砸钉的能量全部用来克服钉子前进中的阻力
做功，则（ ）
A．木匠要把一枚钉子全部砸进木梁，他共需砸锤3 次
B．木匠要把一枚钉子全部砸进木梁，他共需砸锤4 次
C．打击第n 次与打击第一次钉子进入木梁的深度之比为√n−1
D．打击第n 次与打击第一次钉子进入木梁的深度之比为√n−√n−1
【答案】BD
【详解】AB．已知钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比，如图为阻力与深度图像
图像与水平轴围成的面积为阻力做功大小，由面积比可知前一半深度和后一半深度阻力做功之比为1:3，
由题意知木匠每次砸钉做功相同，把一枚钉子全部砸进木梁，他共需砸锤4 次，A 错误，B 正确；
CD．由题知，木匠每次砸钉过程，钉子阻力做功相同，如图
32
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由相似三角形边长比的平方等于面积比，故第1 次：前2 次：前3 次…面积比为1:2:3⋅⋅⋅n，钉子进入
木梁中的深度比为1:√2:√3⋅⋅⋅√n，每一次进入木梁中的深度比为
1:(√2−1):(√3−√2)⋅⋅⋅(√n−√n−1)，故打击第n 次与打击第一次钉子进入木梁的深度之比为
√n−√n−1，C 错误，D 正确。
故选BD。
36.（多选）力F 对物体所做的功可由公式W = F ⋅S cosα求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F 必
须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我
们就需要通过其他的一些方法来求解力F 所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所
做的功，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中若F 大小不变，物块从A 到C 过程中力F 做的为W = F (OA −OC)
B．乙图中，全过程中F 做的总功为72J
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f 大小不变，小球从A 运动到B 过程中空气阻力做的功W = 1
2 πRf
D．图丁中，F 始终保持水平，无论是F 缓慢将小球从P 拉到Q，还是F 为恒力将小球从P 拉到Q，F 做的
功都是W = Flsinθ
【答案】AB
【详解】A．因沿着同一根绳做功的功率相等，则力对绳做的功等于绳对物体做的功，则物块从A 到C 过
程中力F 做的为
W = F (OA −OC)
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故A 正确；
B．乙图F −x的面积代表功，则全过程中F 做的总功为
W =15×6 J +(−3)×6=72J
故B 正确；
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f 大小不变，可用微元法得小球从A 运动到B 过程中空气阻力做的功为
W =−f ⋅2πR
4
=−1
2 πRf
故C 错误；
D．图丁中，F 始终保持水平，当F 为恒力时将小球从P 拉到Q，F 做的功是
W = Fl sinθ
而F 缓慢将小球从P 拉到Q，F 为水平方向的变力，F 做的功不能用力乘以位移计算，故D 错误。
故选AB。
37.（多选）一质量为m= 40kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。在一段时间内电动
汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3s 末电动汽车牵引力功率达
到额定功率，10s 末电动汽车的速度达到最大值，14s 时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整
个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A．电动汽车最大速度为10m/s
B．电动汽车受到的阻力为60N
C．关闭发动机后，电动汽车经过5s 停止运动
D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
【答案】BD
【详解】AB．在0-3s 内匀加速的加速度
a= 3
3 m/s
2=1m/s
2
根据
P = Fat
由图像可知
34
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Fa= 300
3 =100
解得
F=100N
根据牛顿第二定律
F −f =ma
解得
f=60N
电动汽车最大速度为
vm= P
f = 300
60 m/s=5m/s
选项A 错误，B 正确；
C．关闭发动机后，电动汽车做减速运动的加速度
a
' = f
m =1.5 m/s
2
停止运动经过的时间
t
' = vm
a
' = 10
3 s
选项C 错误；
D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功等于牵引力做功，则
W f = F x1+ P Δt =100× 1
2 ×3×3J+300×(14−3)J=3750J
选项D 正确。
故选BD。
38.（多选）质量为1×103 kg、发动机额定功率为60 kW 的汽车在平直公路上行驶，若汽车所受阻力大小恒
为2×103 N，下列判断正确的是（ ）
A．汽车行驶能达到的最大速度是40 m/s
B．汽车以4m/s2恒定加速度启动，在匀加速运动过程中发动机所做功为7.5×104 J
C．汽车保持额定功率启动，当速度大小为20 m/s 时，其加速度大小为3 m/s2
D．汽车以2 m/s2的恒定加速度启动，发动机在第2 秒末的实际功率是16 kW
【答案】BD
【详解】A．当牵引力与阻力相等时，汽车得速度达到最大，根据
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P = Fv
可知
vm= P
f = 60×10
3
2×10
3 m/s=30 m/s
A 错误；
B．根据牛顿第二定律
F −f =ma
可知匀加速启动过程中，牵引力
F = f +ma=6×10
3 N
达到额定功率时的速度
v1= P
F = 60×10
3
6×10
3 m/s=10 m/s
匀加速过程的位移
x1= v1
2
2a = 10
2
2×4 m =12.5 m
该过程中，发动机所做的功
W 1= F x1=6×10
3×12.5J =7.5×10
4J
B 正确；
C．当速度大小为20 m/s 时的牵引力
F = P
v = 60×10
3
20
N =3×10
3 N
根据牛顿第二定律
F −f =ma
可知此时的加速度
a= F −f
m
=1m/s
2
C 错误；
D．启动过程中的牵引力
F = f +ma=2×10
3 N +1×10
3×2N = 4×10
3 N
2s 末的速度
36
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v
′
1=at = 4 m/s
此时发动机的实际功率
P
′ = F v
′
1= 4×10
3×4W =1.6×10
4 W =16kW
D 正确。
故选BD。
39.（多选）一部电动机通过一轻绳从静止开始向上提起质量为m=4.0kg 的物体，在前2.0s 内绳的拉力恒
定，此后电动机保持额定功率P 额=600W 工作，物体被提升至h=60m 高度时恰好达到最大速度vm，上述过
程的v-t 图像如图所示（g 取10m/s2，不计空气阻力），下列说法正确的是（ ）
A．物体的最大速度vm=15m/s
B．物体速度v2=12m/s 时加速度的大小2m/s2
C．物体从速度v1=10m/s 时开始，到提升至60m 高度，克服重力所做的功2000J
D．物体从v1=10m/ s开始，到提升至60m 高度时，所用时间为3.5s
【答案】AC
【详解】A．当拉力
F=mg
时，物体达到最大速度vm，由
P 额=Fvm
解得
vm=15m/s
故A 正确；
B．物体速度
v2=12m/s
时牵引力
37
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F1= P额
v2
=50 N
加速度
a= F1−mg
m
=2.5m/s
2
故B 错误；
C．物体速度
v1=10m/s
时上升高度
h= v t = v1
2 t = 10
2 ×2m=10m
提升至60m 高度，克服重力所做的功
W G=mg⋅Δh= 4×10×(60−10)J=2000J
即克服重力做功为2000J，故C 正确；
D．根据
P额t ' −mgΔh= 1
2 mvm
2 −1
2 mv1
2
得
t =3.75s
故D 错误。
故选AC。
40.从地面竖直向上抛出一物体，其动能Ek随它离开地面的高度h 的变化如图所示，重力加速度取10 m/s2.
由图中数据可得（ ）
A．物体的质量为2 kg
B．物体初速度大小为20 m/s
C．物体落地时速度大小为20 m/s
38
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D．物体受到空气阻力的大小为6 N
【答案】D
【详解】AD．物体上升高度Δh的过程，由动能定理有
(
−mg+ f )Δh=Δ Ek
物体下降高度Δh′的过程，由动能定理有
(mg−f )Δh′=Δ Ek′
可知Ek−h图像斜率的绝对值表示物体所受合力的大小，由以上两式对照Ek−h图像有
mg+ f =64
4
N=16N
mg−f =16
4
N=4N
联立两式解得
m=1kg
f =6N
A 错误，D 正确；
BC．由图知，物体的初动能
Ek0=1
2 m v0
2=64J
则物体初速度大小为
v0=8√2m/s
物体落地时的动能
Ek
'=1
2 m v1
2=16J
则物体落地时速度大小为
v1=4√2m/s
BC 错误。
故选D。
41.（多选）一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以恒定功率启动，赛车速度的倒数1
v 和加速度a 的关
系如图所示，已知赛车在跑道上运动时受到的阻力大小恒为40N，赛车从起点到终点所用的时间为10s，
赛车到达终点前已达到最大速度，下列说法正确的是（ ）
39
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A．赛车的质量为20kg
B．赛车的功率为800W
C．赛车的最大速度为20m/s
D．起点到终点的距离为75m
【答案】AD
【详解】ABC．根据题图可知，加速度等于零时速度最大，则赛车的最大速度为10m/s，赛车做加速度不
断减小的加速运动，则有
P = Fv
F −f =ma
解得
1
v = ma
P + f
P
所以
P = 400 W
m=20kg
A 正确，BC 错误；
D．根据动能定理有
Pt −fx = 1
2 m v
2
解得
x =75 m
D 正确。
故选AD。
42.如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，
使木板以左端为固定轴转动。当木板转到与水平面的夹角为α 时，小物块开始滑动，此时停止转动木板，
小物块滑到底端的速度为v，则（ ）
40
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A．在整个过程中支持力对物块做的功为mgLsinα
B．在整个过程中重力对小物块做的功为-mgLsinα
C．滑动摩擦力对小物块做的功为1
2 m v
2+mgLsin α
D．上升过程静摩擦力与支持力的合力做功为零
【答案】A
【详解】A．物块在缓慢提高过程中，静摩擦力方向始终与物块轨迹方向垂直，可知，静摩擦力不做功，
根据动能定理有W 支-mgLsinα=0
解得W 支=mgLsinα
故A 正确；
B．在整个过程中，物体在竖直方向的位移为0，所以重力做功为零，故B 错误；
C．物块在滑动过程中，根据动能定理有W 滑+mgLsin α = 1
2 m v
2
解得W 滑= 1
2 mv
2−mgLsin α
故C 错误；
D．令上升过程静摩擦力与支持力合力做功为W 合，根据动能定理有W 合-mgLsinα=0
解得W 合=mgLsinα
故D 错误。
故选A。
43.（多选）如图甲所示，足够长的水平传送带以速度v=2.5m/s 沿顺时针方向运行。可视为质点的物块在
t=0 时刻以速度v0=5m/s 从传送带左端开始沿传送带转动方向运动，物块的质量m=2kg，物块在传送带上运
动的部分v-t 图像如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则在0~1s 内（
）
41
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A．物块先做匀减速运动，再做匀速运动
B．传送带对物块做的功为18.75J
C．物块与传送带的动摩擦因数为μ=0.5
D．物块的动能减少了31.25J
【答案】AC
【详解】A．由题意知，传送带足够长，所以物块先匀减速到与传送带共速，之后再与传送带一起匀速直
线运动，A 正确；
BD．由动能定理得，传送带对物块做的功为
W = Δ Ek = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2=−18.75J
物块的动能减少了18.75J，BD 错误；
C．由图像可知，t=0.5s 时物块与传送带共速，则加速度为
a= Δv
Δt = 5−2.5
0.5
m/s
2=5 m/s
2
又由牛顿第二定律知
μmg=ma
解得
μ=0.5
C 正确；
故选AC。
44.（多选）（2024·四川遂宁·三模）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面
倾角θ 的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角
θ，实验测得x 与斜面倾角θ 的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，√5=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，则根据图像可求出（ ）
42
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A．物体的初速率v0=4 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值xmin≈0.7 m
【答案】AD
【详解】A．由图可知，当θ =90
∘时物体做竖直上抛运动，位移为x =0.80 m，由竖直上抛运动规律可知
v0
2=2 gh
代入数据解得
v0= 4 m/s
故A 正确；
B．当θ =0
∘时，位移为x =1.60 m，由动能定理可得
−μmgx =0−1
2 m v0
2
代入数据解得
μ=0.5
故B 错误；
C．若θ =30
∘时，物体的重力沿斜面向下的分力为
mgsin30
°= 1
2 mg
最大静摩擦力为
f m= μmgcos30
∘= √3
4 mg<mgsin30
∘
小球达到最高点后会下滑，故C 错误；
D．由动能定理得
−mgx sinθ−μmgcosθ⋅x =0−1
2 m v0
2
43
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解得
x =
v0
2
2g(sinθ+ μcosθ) =
8
5√5sin (θ+α )
当θ+α =90
°时，sin (θ+α )=1，此时位移最小为
x =
8
5√5 m ≈0.7 m
故D 正确。
故选AD。
45.（2024·重庆·高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间
弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若
两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为√
2(F1d1+ F2d2)
m
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为√m F2d2
【答案】A
【详解】A．根据动能定理有
44
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F1d1+ F2d2= 1
2 m v
2
解得
v =√
2(F1d1+ F2d2)
m
故A 正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有
Ek = F2d2
故B 错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C 错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
Δ p=√2m Ek=√2m F2d2
故D 错误。
故选A。
46.（2023·山东·高考真题）质量为M 的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F 和受到的阻力f 均为恒
力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的
位移为S1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S2。物
体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ）
A．√
2 F
2( F −f )(S2−S1)S1
( M +m)S2−M S1
B．√
2 F
2( F −f )(S2−S1)S1
( M +m)S2−m S1
C．√
2 F
2( F −f )(S2−S1)S2
( M +m)S2−M S1
D．√
2 F
2( F −f )(S2−S1)S2
( M +m)S2+m S1
【答案】A
【详解】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有
F－f－μmg = (m＋M)a
v2= 2aS1
P0= Fv
45
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轻绳从物体上脱落后
a2= μg
v2= 2a2(S2－S1)
联立有
P0=√
2 F
2( F −f )(S2−S1)S1
( M +m)S2−M S1
故选A。
47.（2023·湖北·高考真题）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为
v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能
达到的最大速度为（ ）
A．P1v1+ P2v2
P1+ P2
B．P1v2+ P2v1
P1+ P2
C．(P1+ P2)v1v2
P1v1+ P2v2
D．(P1+ P2)v1v2
P1v2+ P2v1
【答案】D
【详解】由题意可知两节动车分别有
P1= f 1v1
P2= f 2v2
当将它们编组后有
P1+ P2=(f 1+ f 2)v
联立可得
v = (P1+ P2)v1v2
P1v2+ P2v1
故选D。
48.（2025·北京·高考真题）某小山坡的等高线如图，M 表示山顶，A 、B是同一等高线上两点，
MA 、MB分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（ ）
46
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A．小球沿MA运动的加速度比沿MB的大
B．小球分别运动到A 、B点时速度大小不同
C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A 点电场强度比B 点大
D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快
【答案】D
【详解】A．等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得a= gsinθ（θ为坡面与水平面夹角），MB
对应的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB 运动时加速度比沿着MA 运动时加速度大，A 错误；
B．A、B 在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B 点时速度大小相同，B 错误；
C．等势线越密集，电场强度越大，B 处等势线更密集，A 点电场强度比B 点小，C 错误；
D．等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，D 正确。
故选D。
49.（多选）（2025·湖南·高考真题）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C 是可以在滑轨
上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h 的水平面上。测量时，将
弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A 和B 封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全
转化为A 和B 的动能。极短时间内B 嵌入C 中形成组合体D，D 与滑轨间的动摩擦因数为μ。D 在滑轨上运
动S1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为S2，根据S2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、
C 质量分别为3m、m、5m，S1= h
μ，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小
为g。则（ ）
A．D 的初动能与爆炸后瞬间A 的动能相等
B．D 的初动能与其落地时的动能相等
C．弹药释放的能量为36mgh(1+ S2
2
4 h
2)
D．弹药释放的能量为48mgh(1+ S2
2
4 h
2)
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【答案】BD
【详解】A．爆炸后，AB 组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2
B 与C 碰撞过程动量守恒mv2=6mv
联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A 的动能EkA= 1
2 ⋅3m⋅v1
2
D 的初动能EkD= 1
2 ⋅6m⋅(0.5 v1)
2
两者不相等，故A 错误；
B．D 水平滑动过程中摩擦力做功为W f=−μ⋅6mg⋅S1=−μ⋅6mg⋅h
μ =−6mgh
做平抛运动过程中重力做的功为W G=6mgh
故D 从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D 的初动能与其落地时的动能相等，故B
正确；
CD．D 物块平抛过程有h= 1
2 gt
2，S2= v0
t
联立可得v0= S2√
g
2h
D 水平滑动过程中根据动能定理有−6mgh= 1
2 ⋅6m v0
2−1
2 ⋅6m v
2
化简得v
2= S2
2 g
2h +2gh
弹药释放的能量完全转化为A 和B 的动能，则爆炸过程的能量为
E = 1
2 ⋅3mv1
2+ 1
2 ⋅mv2
2=24 mv
2=24(
S2
2 g
2h +2gh)= 48mgh(1+ S2
2
4 h
2)
故C 错误，D 正确。
故选BD。
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