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第18 讲 功与功率 动能定理及应用
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 功............................................................................................................................................4
知识点1 功..................................................................................................................................................4
知识点2 恒力做功的分析和计算..............................................................................................................4
知识点3 变力做功的分析和计算.............................................................................................................5
考向1 功的概念和计算..............................................................................................................................5
考向2 恒力做功..........................................................................................................................................8
考向3 变力做功........................................................................................................................................12
考点二 功率......................................................................................................................................16
知识点1 功率............................................................................................................................................16
知识点2 功率的理解与计算....................................................................................................................16
知识点3 机车启动的两种方式...............................................................................................................17
考向1 功率的计算....................................................................................................................................17
考向2 机车恒定加速度启动....................................................................................................................21
考向3 机车恒定功率启动........................................................................................................................26
考点三 动能、动能定理及其应用..................................................................................................30
知识点1 动能............................................................................................................................................30
知识点2 动能定理....................................................................................................................................30
知识点3 动能定理与图像结合的问题...................................................................................................31
考向1 动能................................................................................................................................................32
考向2 动能定理的应用............................................................................................................................34
考向3 动能定理与图像分析....................................................................................................................40
04 真题溯源·考向感知................................................................................................................43
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
功与功率
选择题
非选择题
\
\
\
动能、动能定理
选择题
非选择题
四川卷T7,4 分
\
\
考情分析：
1．四川的新高考中考到了这个知识点，该知识点一般不单独出现，经常与其他知识点结合。
2．从命题思路上看，都容易与现实情境结合。
复习目标：
目标一：掌握功与功率的相应知识。
目标二：掌握恒定加速度机车启动和恒定功率机车启动。
目标三：掌握动能定理，并学会熟练掌握从而与其他知识结合适用，解决较难的问题。
2
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考点一 功
知识点1 功
1.定义：一个物体受到力的作用，如果在
力的方向
上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功。
2.物理意义：功是
能量转化
的量度。
3.做功的两个必要因素
（1）作用在物体上的
力
。
（2）物体在
力的方向
上发生的位移。
4.公式：W＝
Fl
cos
α
。
（1）α 是力与
位移
方向之间的夹角，l 为物体对地的位移。
（2）该公式只适用于
恒力
做功。
（3）功是
标
量。功的正负表示对物体做功的力是动力还是阻力。
5.功的正负
夹角
功的正负
0≤α＜π
2
力对物体做
正功
π
2 ＜α≤π
力对物体做
负功
，或者说物体
克服
这个力做了功
α＝π
2
力对物体
不做功
知识点2 恒力做功的分析和计算
1.功的正负的判断方法
2.计算功的方法
（1）恒力做功的计算方法
4
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（2）合力做功的计算方法
方法一
先求合外力F 合，再用W 合＝F 合l cos α 求功，适用于F 合为恒力的过程
方法二先求各个力做的功W1，W2，W3，…，再应用W 合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功
知识点3 变力做功的分析和计算
方法
图例
方法解读
微元法
图中质量为m 的物体在水平面内沿着圆周运动一周的过程中摩擦力做
功Wf＝－FfΔx1－FfΔx2－FfΔx3－…＝－Ff（Δx1＋Δx2＋Δx3＋…）＝－
Ff·2πR
平均
力法
水平面光滑，A、B 始终
相对静止
如果力随位移线性变化，在一段位移的初、末位置对应的力分别为
F1、F2，则物体受到的平均力为F＝F1＋F2
2
，此变力所做的功W＝
Fx
F-x
图像法
图线与x 轴所围“面积”表示力F 在这段位移内所做的功，且位于x
轴上方的“面积”为正功，位于x 轴下方的“面积”为负功。图中为
F 所做的功W＝F0＋F1
2
x0
等效
转换法
F 为恒力
图中恒力F 把物块从位置A 拉到位置B 过程中绳子对物块做功W＝F
(
h
sin α －
h
sin β)
考向1 功的概念和计算
例1（2025·四川泸州·高三月考）某次班级例行换座位，小明开始用与水平面夹角30°斜向上大小为F 的拉
力沿直线向前拉动课桌，移动距离s 后换用与水平面夹角30°斜向下大小仍为F 的推力沿直线向前推动课
桌，移动距离也是s，运动过程中接触面粗糙程度不变。以下判断正确的是（ ）
A．拉力比推力做功多
B．拉力与推力做功相同
C．两次摩擦力做功相同
D．两次合力做功相同
【答案】B
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【详解】AB．根据功的定义式可知，拉力与推力做功均为W F= Fscos30
∘= √3 Fs
2
即拉力与推力做功相同，故A 错误，B 正确；
C．对课桌进行分析有f 1= μ N 1= μ(mg−F sin30
∘)，f 2= μ N 2= μ(mg+ F sin30
∘)
可知f 1<f 2
由于位移相等，可知，两次摩擦力做功不相同，故C 错误；
D．对课桌进行分析有F合1= F cos30
∘−f 1，F合2= F cos30
∘−f 2
结合上述可知F合1> F合2
由于位移相等，可知，两次合力做功不相同，故D 错误。
故选B。
例2（多选）如图所示，质量为m=2kg的物体静止在水平地面上，受到与水平地面夹角为θ =37°、大小
F =10 N的拉力作用，物体移动了x =2m，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.3，g 取10m/ s
2，
cos37° =0.8。下列判断正确的有（ ）
A．支持力N 做功40 J
B．摩擦力f 做功8.4 J
C．拉力F 做功16 J
D．合力F合做功7.6 J
【答案】CD
【详解】A．支持力N 与位移方向垂直，可知支持力做功为零，选项A 错误；
B．摩擦力f 做功W f =−μ(mg−F sin37
∘)x =−8.4 J，选项B 错误；
C．拉力F 做功W F = F cos37
∘x =16 J，选项C 正确；
D．合力F合做功W =W F+W f =7.6 J，选项D 正确。
故选CD。
【变式训练1】（2025·四川巴中·高三月考）如图所示，质量为5kg 的物体在斜向下、与水平方向成 37°角
的力F 作用下，沿水平面移动的距离x=5m，已知力F=10N，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则力F 所做的功为
（ ）
A．10J
B．20J
C．30J
D．40J
【答案】D
【详解】根据功的定义式可知力F 所做的功为W = Fx cos37° =10×5×0.8J = 40J
故选D。
【变式训练2】（2025·四川·高三月考）如图甲，拖把是由拖杆和拖把头构成的清洁工具。某同学保持拖杆
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与水平面间的夹角为θ，并用沿拖杆方向的恒力F推动拖把头，使其在水平地面沿直线运动，发生的位移
为s，如图乙所示，则恒力F做功为（ ）
A．0
B．Fs
C．Fscosθ
D．Fssinθ
【答案】C
【详解】根据功的定义可知恒力F做功为W = Fscosθ
故选C。
【变式训练3】（2025·四川成都·高三月考）图甲为建造桥梁时使用的穿巷式架桥机，支腿架在桥墩上架桥
施工，在走行系统的水平方向作用力下，将桥梁水平推进到预设位置后放下与主体相接。已知桥梁的质量
为m，在桥梁水平移动过程中，架桥机对桥梁的水平力F 与桥梁的位移x 之间的关系如图乙所示，桥梁所
受阻力方向与运动方向相反，大小恒为f，重力加速度为g。则桥梁受架桥机水平力F 作用过程中，下列说
法正确的是（ ）
A．桥梁向右做匀加速直线运动
B．力F 做的功为1
2 F0 x0
C．阻力做的功为−f x0
D．桥梁在x0处速度最大
【答案】BC
【详解】A．架桥机对桥梁的作用力随距离的增加而减小，根据F-f=ma
则桥梁的加速度先减小后反向增加，则桥梁向右不是匀加速直线运动，选项A 错误；
B．图像的面积等于力F 的功，则力F 做的功为W F = 1
2 F0 x0
选项B 正确；
C．阻力做的功为W f =−f x0
选项C 正确；
D．桥梁速度最大时加速度为零，此时F=f，可知该位置不在x0处，选项D 错误。
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故选BC。
考向2 恒力做功
例1（2025·四川广元·高三月考）如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过
最高点P，然后落回水平面。不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰为mg
B．小球运动到半圆弧最高点P时轨道对小球的弹力大小等于mg，方向竖直向下
C．小球落地点离O点的水平距离为R
D．小球从P到落地，重力所做的功为mgR
【答案】A
【详解】A．小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，轨道对小球的弹力为
0，重力提供向心力，故A 正确、B 错误；
C．在最高点P，根据牛顿第二定律得mg=m v
2
R
解得v =√gR
根据2 R = 1
2 gt
2
解得t =√
4 R
g
则水平距离x = vt =2 R
故C 错误；
D．小球从P到落地，重力所做的功为W G=2mgR
故D 错误。
故选A。
例2 将一质量为m 的小球从地面竖直向上抛出，小球上升h 后又落回地面，在整个过程中受到的空气阻力
大小始终为f，重力加速度为g，则关于这个过程中重力与空气阻力所做的功，下列说法正确的是（ ）
A．重力做的功为2mgh，空气阻力做的功为-2fh
B．空气阻力做的功为0，合力做功为-2fh
C．空气阻力做的功为-2fh，合力做功也为-2fh
D．重力做的功为2mgh，合力做的功为-2fh
【答案】C
【详解】从抛出至落回出发点的过程中，位移为零，所以重力所做的功W G=0
上升过程，空气阻力对小球做功为W 1=−fh
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下落过程，空气阻力对小球做功W 2=−fh
则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为W f=W 1+W 2=−2fh
则合力做的功为W 合=W G+W f=−2fh
故选C。
【变式训练1】（2025·四川眉山·高三月考）聂海胜利用太空跑台——动感单车锻炼，如图所示。假设聂海
胜锻炼15 min 克服动感单车阻力而消耗的能量约为900 kJ。动感单车的阻力主要来源于距车轴30 cm 的阻
尼装置（可视为质点），聂海胜每分钟蹬车90 圈，则阻尼装置对车轮的阻力约为（ ）
A．750N
B．550N
C．350N
D．150N
【答案】C
【详解】设平均阻力为f，则有
f ×(15×90×2πr)=900kJ
解得
f ≈354 N
故选C。
【变式训练2】如图所示，质量m=10kg 的物体在F=100N 斜向下的推力作用下，沿水平面以v=1m/s 的速
度匀速前进x=1m，已知F 与水平方向的夹角θ=30°，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．推力F 做的功为100J
B．推力F 的功率为100W
C．摩擦力对物体做功为50√3J
D．物体与水平面间的动摩擦因数为√3
3
【答案】D
【详解】A．推力F 做的功为
W = Fx cos30° =50√3J
A 错误；
B．推力F 的功率为
P = Fv cos30° =50√3 W
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B 错误；
C．根据动能定理
W −W f=0
可知物体克服摩擦力做功为50√3J，即摩擦力对物体做功为−50√3J，C 错误；
D．根据力的平衡条件，有
F cos30°−μ(mg+ F sin30°)=0
代入数据解得
μ= √3
3
D 正确。
故选D。
【变式训练3】如图所示，小明用与水平方向成θ角的轻绳拉木箱，绳中张力为F，沿水平地面向右移动了
一段距离s，已知木箱与地面间的动摩擦因数为μ，木箱质量为m。则木箱受到的（ ）
A．重力做功为mgs
B．拉力做功为Fscosθ
C．滑动摩擦力做功为−μmgs
D．支持力做功为(mg−F sinθ)s
【答案】B
【详解】A．重力的方向竖直向下，始终与木箱运动的方向垂直，故重力不做功，故A 错误；
B．拉力的方向与木箱运动方向之间的夹角为θ，拉力做功为
W = Fscosθ
故B 正确；
C．对木箱受力分析，如图所示
根据竖直方向受力平衡有
FN=mg−F sinθ
根据滑动摩擦力公式可得摩擦力
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Ff= μ F N = μ(mg−F sinθ)
摩擦力与运动方向相反，摩擦力做的功为
W =−Ff s=−μ(mg−F sinθ)s
故C 错误；
D．支持力的方向竖直向上，始终与木箱运动的方向垂直，故支持力不做功，故D 错误。
故选B。
【变式训练4】（多选）（2024·四川自贡·高三月考）传送带被广泛运用于生活中各种输送类场景。在某一
工厂车间里，有一足够长的传送带与水平面的夹角为α =30
°，一质量m=1kg的小物块静止在传送带上，
如图甲所示t =0时接通电源，传送带开始逆时针转动，其加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，t =0.4s
后的加速度为0。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ= √3
2 ，取g=10 m /s
2，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力。以下说法中正确的是（ ）
A．t =0至t1=0.2s，物块的加速度为5 m /s
2
B．传送带转动的最大速度的大小为6 m /s
C．整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能Q为1.05J
D．t3=0.48s时，物块和传送带共速
【答案】BCD
【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有
μmgcosα +mgsin α =mamax
代入数据解得
amax =12.5 m/s
2
恰好等于传送带t =0至t1=0.2s的加速度，可知t =0至t1=0.2s，物块的加速度为12.5 m/s
2，故A 错误；
B．自t =0至t2=0.4s，对传送带有
v =12.5×t1+17.5×(t2−t1)
代入数据解得
v =6 m/s
即传送带转动的最大速度的大小为6 m /s，故B 正确；
C．t1=0.2s时物块和传送带的共同速度
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v0=amaxt1=2.5 m/s t1=0.2s物块继续以加速度amax匀加速运动，t2=0.4s后传送带以6 m/s的速度匀速运
动，设t3时刻两者速度相同，则
v = v0+amax(t3−t1)
代入数据解得
t3=0.48s
物块和传送带速度相同以后不再有相对运动，对两者相对运动过程，传送带位移
x传= v0(t2−t1)+ 1
2 ×17.5×(t2−t1)
2+ v(t3−t2)=1.33 m
物块位移
x物= v0(t3−t1)+ 1
2 amax(t3−t1)
2=1.19 m
摩擦产生的内能
Q = μmgcosα ⋅(x传−x物)
代入数据解得
Q =1.05J
故C 正确；
D．根据以上分析可知t3=0.48s时物块和传送带共速，故D 正确。
故选BCD。
考向3 变力做功
例1 用某电钻给固定的物体钻孔，已知该过程所受的阻力与运动时间、位移的关系图像分别如图甲、乙所
示，图中坐标均为已知量，t =0时刻为起始位置。下列说法正确的是（ ）
A．0~t0内，电钻与物体间的摩擦生热为f 0 x0
B．0~ x0内，阻力对电钻的冲量的大小为f 0t0
C．电钻做匀加速度运动
D．0~t0内，电钻的平均速度大小为x0
t0
【答案】D
【详解】A．对比甲、乙两图，0~t0内，电钻的位移为x0，力与位移关系图像与横轴所围成的面积表示
功，则f −x关系图像与横轴所围成的面积表示阻力的功，也表示摩擦生热，则Q = 1
2 f 0 x0
故A 错误；
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B．f −t关系图像与横轴所围成的面积表示阻力的冲量，前一段位移x0内，即前一段时间t0内阻力对电钻
的冲量的大小为I = 1
2 f 0t0
故B 错误；
CD．对比甲、乙两图可得f ∝t、f ∝x，则x∝t，则电钻做匀速运动，平均速度v = x0
t0
故C 错误，D 正确。
故选D。
例2 图甲为建造桥梁时使用的穿巷式架桥机，支腿架在桥墩上架桥施工，在走行系统的水平方向作用力
下，将桥梁水平推进到预设位置后放下与主体相接。已知桥梁的质量为m，在桥梁水平移动过程中，架桥
机对桥梁的水平力F 与桥梁的位移x 之间的关系如图乙所示，桥梁所受阻力方向与运动方向相反，大小恒
为f，重力加速度为g。则桥梁受架桥机水平力F 作用过程中，下列说法正确的是（ ）
A．桥梁向右做匀加速直线运动
B．力F 做的功为F0 x0
C．阻力做的功为−f x0
D．桥梁在x0处速度最大
【答案】C
【详解】B．由功的公式W = Fx可知，F −x图像与坐标轴所围的面积表示力F 做的功，则力F 做的功为
W 1= 1
2 F0 x0
故B 错误；
C．由题可知，桥梁在受架桥机水平力F 作用过程中，阻力恒定，桥梁在阻力方向上的位移为x0，则阻力
做功为W 2=−f x0
故C 正确；
AD．对桥梁沿水平方向进行受力分析，由牛顿第二定律得F −f =ma
桥梁向前运动时，F 越来越小，则桥梁加速度越来越小，当桥梁F = f 时，桥梁的加速度等于0，速度达到
最大值，故AD 错误。
故选C。
【变式训练1】静止于水平地面上质量为1kg的物体，在水平拉力F = 4 +2 x（式中F 为力的大小、x 为位
移的大小，力F、位移x 的单位分别是N、m）作用下，沿水平方向移动了5m。已知重力加速度
g=10 m/s
2，则在物体移动5 m的过程中拉力所做的功为（ ）
A．35J
B．45J
C．55J
D．65J
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【答案】B
【详解】根据题意可知，水平拉力与位移的关系式为
F = 4 +2 x
则物体移动5 m过程中拉力的平均值为
F = 4+(4+2×5)
2
N =9 N
则拉力做的功
W = F x = 45J
故选B。
【变式训练2】在物理学的发展过程中，科学家们运用了许多研究方法。以下关于物理研究方法的叙述错
误的是（ ）
A．“探究向心力大小的表达式”实验中用到了等效替代法
B．卡文迪什利用扭称实验测量引力常量运用了放大的思想
C．在研究物体沿曲面运动时重力做功的过程中用到了微元法
D．“探究曲线运动的速度方向”运用了极限的思想
【答案】A
【详解】A．“探究向心力大小的表达式”实验中用到了控制变量法，故A 错误，满足题意要求；
B．卡文迪什利用扭称实验测量引力常量运用了放大的思想，故B 正确，不满足题意要求；
C．在研究物体沿曲面运动时重力做功的过程中用到了微元法，故C 正确，不满足题意要求；
D．“探究曲线运动的速度方向”运用了极限的思想，故D 正确，不满足题意要求。
故选A。
【变式训练3】如图所示，半径为R 的孔径均匀的圆形弯管水平放置，小球在管内以足够大的初速度v 在
水平面内做圆周运动，小球与管壁间的动摩擦因数为μ，设从开始运动的一周内小球从A 到B 和从B 到A
的过程中摩擦力对小球做功分别为W 1和W 2，在这一周内摩擦力做的总功为W 3，则下列关系式正确的是（
）
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A．W 3=0
B．W 3>W 1+W 2
C．W 1=W 2
D．W 1>W 2
【答案】D
【详解】小球在水平弯管内运动，滑动摩擦力始终与速度方向相反，做负功，对每一小段圆弧有
Wi=-FfiΔxi
而小球在水平面内做圆周运动的向心力是由外管壁对小球的弹力FN提供的，即
FN=F 向=mv
2
R
由于m、R 不变，摩擦力对小球做负功，所以小球运动速率v 减小，向心力减小，即FN减小，由Ff=μFN
知，滑动摩擦力Ff也减小，经过每一小段圆弧，摩擦力做的功将逐渐减少，一周内有
W1>W2
W1和W2均为负功，有
W3=W1+W2
故选D。
【变式训练4】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108J
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】A
【详解】A．F 大小不变，根据功的定义可得物块从A 到C 过程中，力F 做的功为
W = Fs= F (OA −OC)
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 J =72J
故B 错误；
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
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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A。
考点二 功率
知识点1 功率
1.定义：功W 与完成这些功所用时间t
之比
叫作
功率
。
2.物理意义：描述力对物体
做功的快慢
。
3.公式
（1）
P ＝
W
t ，P 为时间t 内的
平均功率
。
（2）P＝Fv（F 与v 方向相同）
①v 为平均速度，且F 为恒力，则P 为
平均功率
。
②v 为瞬时速度，则P 为
瞬时功率
。
4.额定功率
机械
正常工作
时的最大输出功率。
5.实际功率
机械
实际工作
时的功率，要求不大于
额定功率
。
知识点2 功率的理解与计算
1.公式P＝W
t 和P＝Fv 的区别
（1）P＝W
t 是功率的定义式。
（2）P＝Fv 是功率的计算式。
2.平均功率的计算
（1）利用P＝W
t 。
（2） 利用P＝Fvcos α，其中v为物体运动的平均速度。
3.瞬时功率的计算
（1）利用公式P＝Fvcos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度。
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（2）利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v 在力F 方向上的分速度。
知识点3 机车启动的两种方式
两种启
动方式
以恒定
功率启动
以恒定加
速度启动
P-t 图像和
v-t 图像
OA 段
过程
分析
v↑⇒F＝P（不变）
v
↓⇒a＝F －F阻
m
↓
a＝F －F阻
m
不变⇒F 不变，v↑⇒P＝Fv↑
直到P＝P 额＝Fv1
运动
性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，持续时间t0＝v1
a
AB 段
过程
分析
F＝F 阻⇒a＝0⇒vm＝P
F阻
v↑⇒F＝P额
v ↓⇒a＝F －F阻
m
↓
运动
性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速直线运动
BC 段
—
F＝F 阻⇒a＝0⇒以vm＝P额
F阻
做匀速直线运
动
考向1 功率的计算
例1 下列关于功和功率说法中正确的是（ ）
A．摩擦力可能对物体做正功或做负功，也可能不做功
B．若一个力对物体做功为零，则该物体一定处于静止状态
C．速度大的汽车其发动机功率一定大
D．有力作用在物体上，并且物体也发生了位移时，力对物体一定做功
【答案】A
【详解】A．当摩擦力的方向与位移方向同向时，摩擦力做正功，反向时，摩擦力做负功，二者垂直时不
做功，故摩擦力可能对物体做正功或做负功，也可能不做功，故A 正确；
B．若一个力对物体做功为零，则可能该物体位移方向与力的方向垂直，物体不一定处于静止状态，故B
错误；
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C．根据P = Fv可知，若汽车的速度大，但是牵引力较小，其发动机功率不一定大，故C 错误；
D．有力作用在物体上，并且物体也发生了位移时，但如果力与位移垂直，则力不做功，故D 错误。
故选A。
例2（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，从斜面顶端A 和斜面中点B 分别以初速度v ₁、v ₂水平抛出两
个相同小球，都直接落在了斜面底端C，落地时重力的功率分别为P₁、P₂。则v₁ 与v ₂、P₁与P₂的大小
关系正确的是（ ）
A．v1=2v2
B．v1=√2v2
C．P1= 4 P2
D．P1=2 P2
【答案】B
【详解】两小球从抛出到落地，水平方向运动的距离之比为
x1: x2=2:1
竖直方向运动的距离之比为
h1:h2=2:1
由
h= 1
2 gt
2
可知运动时间之比为
t1:t2=√2:1
水平方向
x = vt
可得
v1=√2v2
落地时竖直方向分速度为
v y =>¿
落地时重力的功率
P =mg v y
则
P1=√2 P2
故选B。
【变式训练1】如图甲所示，质量m=2kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R =0.5 m
的薄圆筒上。t =0时刻，圆筒由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度ω随时间t 的变化规律如图乙所
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示，小物体和地面间的动摩擦因数为0.1，g 取10m/s2。则下列判断正确的是（ ）
A．细线的拉力大小为4N
B．细线拉力的瞬时功率满足P = 4t
C．小物体的速度随时间的变化关系满足v = 4 t
D．在0 4s
∼
内，小物体所受合力为1N
【答案】D
【详解】AC．根据图像可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为
ω=t
圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据
v =ωR
解得
v =ωR =0.5t
物体运动的加速度
a= Δv
Δt = 0.5 Δt
Δt
=0.5 m/s
2
根据牛顿第二定律得
F −μmg=ma
解得细线的拉力大小为
F =3 N
故AC 错误；
B．细线拉力的瞬时功率
P = Fv =3×0.5t =1.5t
故B 错误；
D．物体所受的合力大小为
F合= F −μmg=3 N −0.1×2×10 N =1N
故D 正确。
故选D。
【变式训练2】利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止
在水平桌面上。现在你用大小恒定为100 N的力F匀速率推动墨条，F的方向始终与墨条的运动方向相同，
转动一圈时F做的功为120J，若墨条的速度为0.6 m/s，则用时为（ ）
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A．1s
B．2s
C．3s
D．4s
【答案】B
【详解】设墨条转动一周转过的弧长为s，用时为t，则转动一圈过程中F做的功
W = Fs
又
s= vt
联立求得
t =2s
故选B。
【变式训练3】（多选）（2025·四川内江·高三月考）如图所示，某同学到超市购物时，用大小恒为40N、
方向与水平面成60°角斜向上的拉力使购物篮以1m/s 的速度在水平地面上做匀速直线运动，则（ ）
A．前进6s 内拉力所做的功为240J
B．前进6s 内重力所做的功为120J
C．前进6s 内拉力的平均功率为20W
D．6s 末拉力做功的瞬时功率为20W
【答案】CD
【详解】AC．前进6s 内拉力所做的功为W = Fl cos60°
位移为l = vt
解得W =120J
平均功率为P = W
t =20W，故A 错误，C 正确；
B．由于重力始终与位移垂直，做功为零，故B 错误；
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D．6s 末拉力做功的瞬时功率为P
′ = Fv cos60° =20W，故D 正确。
故选CD。
【变式训练4】（2025·四川成都·高三月考）质量为m 的汽车在平直公路上从静止开始以加速度a 做匀加速
直线运动，发动机的牵引力恒为F，受到的阻力恒为f，则当汽车的速度为v 时，汽车受到合力的功率为（
）
A．( F −f )v
B．mav
C．fv
D．Fv
【答案】AB
【详解】对汽车受力分析可知
F合= F −f
根据牛顿第二定律，可知，汽车受到的合外力
F合=ma
再根据功率的公式
P = F合v =( F −f )v =mav
AB 正确，CD 错误。
故选AB。
考向2 机车恒定加速度启动
例1 用起重机将质量为200kg 的重物由静止沿竖直方向吊起，重物先匀加速上升，起重机输出功率达到额
定功率4.4kW 后保持不变，整个过程中起重机输出功率P 随时间t 的变化如图所示，不计空气阻力，重力
加速度g 取10m/s²，下列说法正确的是（ ）
A．t=1s 时，重物的速率为1.1m/s
B．t=1s 时，重物的重力势能增加了1000J
C．t=2s 时，重物受到竖直向上的拉力大小为2000N
D．t=3s 时，重物的加速度大小为1m/s²
【答案】B
【详解】A．重物先由静止做匀加速直线运动，则有v =at
根据牛顿第二定律有F −mg=ma
解得F =mg+ma
根据功率P = Fv
联立得P =(mg+ma)at
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对P−t图像其斜率为(mg+ma)a= 4.4×10
3
2
J
代入m=200kg，可得2000a+200a
2=2200
解得a=1m /s
2，a=−11m /s
2（舍去）
t =1s时重物的速率为v1=at =1×1m /s=1m /s
故A 错误；
B．t =1s内的位移x1= 1
2 at
2= 1
2 ×1×1
2m =0.5 m
重力势能的增加量为Δ Ep1=mg x1=200×10×0.5J =1000J
故B 正确；
C．t =2s达到额定功率P = 4.4 kW后保持不变，t =2s时仍有a=1m /s
2的加速度，根据牛顿第二定律有
F −mg=ma
解得F =2200 N
故C 错误；
D．t =2s∼3s时，功率P = 4.4 kW保持不变，根据P = Fv
可知随着速度v增大，F在减小；根据牛顿第二定律有F −mg=ma
可知加速度a在减小，所以t =3s时加速度小于1m /s
2，故D 错误。
故选B。
【变式训练1】一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始恒加速度启动，赛车速度倒数1
v 和加速度a 的关
系如图所示，赛车从起点到终点所用的时间为8s，认为赛车到达终点前速度已达到最大。已知赛车质量为
10kg，受到阻力恒定，下列说法正确的是（ ）
A．赛车的最大速度为8m/s
B．赛车受到的阻力为20N
C．赛车的额定功率为100W
D．跑道上起点到终点的距离为55m
【答案】B
【详解】ABC．由题意可知，玩具赛车由静止开始恒加速度启动，当功率达到最大功率以后开始恒定功率
运动，由牛顿第二定律
F −f =ma
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由功率公式
P = Fv
联立可得
1
v = m
P a+ f
P
由图像可知
k = m
P = 0.5−0.1
8
，f
P =0.1
代入数据解得，赛车的额定功率为
P =200 W
赛车受到的阻力为
f =20 N
赛车的最大速度为
vm = P
f = 200
20 m/s=10 m/s
故AC 错误，B 正确；
D．玩具车做匀加速直线运动的时间和位移分别为
t1= v1
a = 2
8 s=0.25s
x1= 1
2 at1
2= 1
2 ×8×0.25
2m =0.25 m
由动能定理可知
P(t −t1)−f x2= 1
2 mvm
2 −1
2 mv1
2
代入数据解得
x2=53.5 m
故跑道上起点到终点的距离为
x = x1+ x2=0.25 m +53.5 m =53.75 m
故D 错误。
故选B。
【变式训练2】如图所示，一台起重机将质量m=100kg的重物由静止开始以a=1m /s
2的加速度竖直向上
匀加速提升，5s末之后达到额定功率并保持功率不变继续提升重物，直至重物匀速上升。取g=10 m /s
2
，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
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A．起重机的额定功率为5kW
B．匀加速阶段起重机对货物的拉力做功12500J
C．重物开始运动后10s内起重机提升重物的平均功率为P为5kW
D．重物的最大速度为5.5 m /s
【答案】D
【详解】A．前5s，根据牛顿第二定律有
F −mg=ma
得拉力
F =mg+ma=1100 N 5s末速度
v =at =5 m/s
额定功率
P额= Fv =1100×5 W=5.5kW
故A 错误；
B．匀加速阶段位移
h= 1
2 at
2= 1
2 ×1×5
2m=12.5m
匀加速阶段起重机对货物的拉力做功
W = Fh=5500×12.5J=68750J=6.875×10
4J
故B 错误；
C．5s-10s内，拉力做的功
W
′ = P额t2=5.5×10
3×5J=2.75×10
4J
故10s内拉力做的总功
W 总=W +W
′ =6.875×10
4J+2.75×10
4J =9.625×10
4J
重物开始运动后10s内起重机提升重物的平均功率
P= W 总
t 总
= 9.625×10
4J
10s
=9.625kW
故C 错误；
D．当拉力等于重力时，货物速度最大，最大速度
vm = P额
mg =5.5×10
3
100×10 m/s=5.5m/s
故D 正确。
故选D。
【变式训练3】通过质量为m 的电动玩具小车在水平面上的运动来研究“机车启动”问题。小车刚达到额
定功率开始计时，且此后小车功率不变，小车的v-t 图像如图甲所示，t0时刻小车的速度达到最大速度的三
分之二，小车速度由v0增加到最大值的过程中，小车受到的牵引力F 与速度v 的关系图像如图乙所示，且
F-v 图像是双曲线的一部分（即反比例图像），运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是
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（ ）
A．小车的额定功率为F0v
B．t=0 时刻，小车的加速度大小为3 F0
m
C．t0时刻，小车的加速度大小为F0
m
D．0∼t0时间内，小车运动的位移大小为3 v0t0−3m v0
2
2 F0
【答案】D
【详解】A．根据题意小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车功率不变，如图乙可知当汽车的速度为
v0时，牵引力为3 F0，根据题意，小车的额定功率为
P = Fv =3 F0v0
故A 错误；
BC．根据题意可知，汽车速度最大时，汽车的牵引力等于阻力，由图乙可知汽车受的阻力大小为
f = F0
由t=0 时刻，牵引力为3 F0，根据牛顿第二定律
3 F0−f =ma
解得小车的加速度大小为
a= 2 F0
m
在t0时刻，汽车的速度为
v
′ = 2
3 vm
由A 选项中分析得
vm = P
F0
=3 v0
则此时的牵引力为
F
′ = P
v
′ = 3
2 F0
根据牛顿第二定律有
F
′−f =ma
′
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解得
a
′ = F0
2m
故BC 错误；
D．0∼t0时间内，根据动能定理
Pt0−fx = 1
2 m v
′2−1
2 m v0
2
解得
x =3 v0t0−3m v0
2
2 F0
故D 正确。
故选D。
考向3 机车恒定功率启动
例1（2025·四川泸州·高三月考）汽车由静止开始以恒定功率启动，沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F
随时间t 变化关系图线如图所示。若汽车的质量为1.2×10
3kg，则以下说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力为2×103N
B．汽车从静止开始运动12s 内牵引力做的功为6.0×10
4 J
C．汽车做匀加速运动
D．根据题干条件可以求出汽车从静止开始运动12s 内位移
【答案】A
【详解】AC．由图可知，前12s 内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的
加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，
所以阻力f =2×10
3N，故A 正确，C 错误；
BD．由题无法计算汽车从静止开始运动12s 内牵引力做的功，也无法计算位移，故BD 错误；
故选A。
【变式训练1】一辆汽车以恒定功率P 启动，速度达到最大值vm后，驾驶员突然将功率减半，则汽车的速
度随时间变化的关系图像大致是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】D
【详解】汽车以恒定功率P 启动，速度达到最大值vm之前，有
P = Fv
可知随着速度的增大，牵引力逐渐减小，由牛顿第二定律
F −f =ma1
可知汽车的加速度逐渐减小，直至为零，即
F = f
时，速度达到最大速度vm，功率减半，则瞬间牵引力减半，且随着速度的减小而增大，有
f −F
2 =ma2
可知汽车加速度逐渐减小。
故选D。
【变式训练2】一辆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 图像如图所示。已知汽车的质量m=2×10
3kg，汽车受到的阻力为车重的1
10
，g 取10m/s2，则（ ）
A．汽车在前5s 内受到的阻力大小为200N
B．前5s 内的牵引力大小为8×10
3 N
C．汽车的额定功率为20kW
D．汽车的最大速度为30m/s
【答案】D
【详解】A．由题意知汽车受到地面的阻力为车重的1
10，则阻力
Ff= 1
10 mg==2000 N
故A 错误；
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B．由题图知前5s 内的加速度
a= Δv
Δt = 10−0
5
m/s
2=2m/s
2
由牛顿第二定律知
F −Ff=ma
所以前5s 内的牵引力
F = Ff+ma==6×10
3 N
故B 错误；
C．5s 末达到额定功率
P额= F v5==60kW
故C 错误；
D．根据
P = Fv
求最大速度
vmax = P额
Ff
=30 m/s
故D 正确。
故选D。
【变式训练3】汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度v 与牵引
力F 大小倒数的v −1
F 图像，vm表示最大速度。已知汽车在水平路面上由静止启动，ab 平行于v 轴，bc 反
向延长过原点O。阻力恒定，汽车质量为2×103kg，下列说法正确的是（ ）
A．汽车从a 到b 持续的时间为20s
B．汽车由b 到c 过程做匀加速直线运动
C．汽车额定功率为50W
D．汽车能够获得的最大速度为12m/s
【答案】A
【详解】C．根据功率的计算公式P=Fv 可知，额定功率等于图线的斜率为
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P =
10
1
5 ×10
−3 W =50kW
故C 错误；
B．根据P=Fv 可知，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 错误；
D．汽车能够获得的最大速度为
vm = P× 1
F =50×10
3× 1
4 ×10
−3 m/s=12.5 m/s
故D 错误；
A．汽车所受的阻力为
f = P
vm
汽车从a 到b 所受的牵引力为
1
F = 1
5 ×10
−3 N
−1
根军牛顿第二定律得：
F-f=ma
解得
a=0.5m/s2
汽车从a 到b 持续的时间为
t = v
a＝20s
故A 正确。
故选A。
考点三 动能、动能定理及其应用
知识点1 动能
1.定义：物体由于
运动
而具有的能量叫动能。
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2.公式：Ek＝ 1
2mv
2
。
3.单位：
焦耳
，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4.物理意义：动能是状态量，是
标量
（选填“矢量”或“标量”）。
知识点2 动能定理
一、动能定理的基础知识
1.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
。
2.表达式：W＝1
2mv2
2－1
2mv1
2或W＝Ek2－Ek1。
3.物理意义：
合外力
做的功是物体动能变化的量度。
4.适用条件
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于
曲线运动
。
（2）既适用于恒力做功，也适用于
变力做功
。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以
分阶段
作用。
二、动能定理的理解
1.动能和动能变化的区别
（1）动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
（2）动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk＞0 表示物体的动能增加，ΔEk＜0 表示物体的动能减
少。
2.对动能定理表达式的理解
（1）做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”表示功是物体动能变化的量度。
①因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
②数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。
③单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。
（2）动能定理中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既
可以是恒力，也可以是变力。
三、动能定理的应用
1.应用流程
2.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
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系。
（2）应用动能定理的关键在于准确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；也可以全过程应用动能定理。
（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。
知识点3 动能定理与图像结合的问题
1.图像所围“面积”和图像斜率的含义
2.解决动能定理与图像问题的基本步骤
四、运用动能定理的步骤：
考向1 动能
例1（2025·四川内江·高三月考）关于做曲线运动的质点。下列说法正确的是（ ）
A．质点的速率一定变化
B．质点的动量一定变化
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C．质点的加速度一定变化
D．质点的动能一定变化
【答案】B
【详解】A．曲线运动中速率可能不变（如匀速圆周运动），故A 错误；
B．动量是矢量，速度方向变化导致动量变化，故B 正确；
C．加速度可能不变（如平抛运动），故C 错误；
D．动能是标量，速率不变时动能不变（如匀速圆周运动），故D 错误。
故选B。
【变式训练1】（2025·四川攀枝花·高三月考）如图所示，质量为m 的小球从M 点以与水平方向成30°角、
大小为v0的速度朝右上方射出。不计空气阻力，则小球到最高点时的动能为（ ）
A．1
2 m v0
2
B．1
4 m v0
2
C．1
8 mv0
2
D．3
8 mv0
2
【答案】D
【详解】小球做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，当小球运动到最高点
时，小球竖直分速度恰好减为0，小球的速度恰好等于水平分速度，则在最高点小球的速度为
v x = v0cos30
∘
此时小球的动能为
Ek= 1
2 mv x
2
解得
Ek= 3
8 mv0
2
故选D。
【变式训练2】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
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B．其中一颗质量为m 的通信卫星的动能为mg R
2
2(R+h)
C．能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为2 R
D．同一卫星在高轨道的动能大于在低轨道的动能
【答案】B
【详解】A．根据万有引力的公式
F =G
Mm
( R+h)
2
可知，由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三颗卫星所受地球万有引力大小的关系，故A 错
误；
BD．根据万有引力充当向心力有
G
Mm
( R+h)
2 =m
v
2
( R+h)
可得卫星的线速度
v =√
GM
R+h
则该卫星的动能
Ek= 1
2 m v
2= GMm
2( R+h)
而对于环绕地球表面做圆周运动的物体有
G M m
′
R
2 =m
′ g
可得
GM = g R
2
则可得该物体的动能
Ek= mg R
2
2( R+h)
而显然对于同一颗卫星，轨道半径越大，其动能越小，因此同一卫星在高轨道的动能小于在低轨道的动
能，故B 正确，D 错误；
C．若恰能实现赤道全球通信时，此时这三颗卫星两两之间与地心连线的夹角为120
∘，每颗卫星与地心的
连线和卫星与地表的切线以及地球与切点的连线恰好构成直角三角形，根据几何关系可知，此种情况下卫
星到地心的距离为
r
′ =
R
cos60
∘=2 R
则卫星离地高度至少为
h
′ =r
′−R = R
故C 错误。
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故选B。
【变式训练3】（2024·四川内江·一模）若物体在运动过程中，受到的合外力不为零。则下列说法中正确的
是（ ）
A．物体的动能不可能总是不变的
B．物体的动量不可能总是不变的
C．物体的加速度一定变化
D．物体的速度大小和方向一定变化
【答案】B
【详解】A．若物体做匀速圆周运动，所受合外力不为零，但物体的速率不变，因此物体的动能不变，故
A 错误；
B．由于物体在运动过程中所受合外力不为零，因此物体的速度一定会发生变化，而动量是矢量，不管是
物体的速度大小发生改变还是物体的速度方向发生改变，物体的动量都会发生改变，故B 正确；
C．如果物体所受合外力为恒力，则根据牛顿第二定律可知，物体的加速度将恒定不变，故C 错误；
D．若物体做匀速圆周运动，物体所受合外力不为零，物体的速度方向时刻在发生改变，但物体的速度大
小不变，若物体正在做匀加速直线运动，物体受到恒定不变的合外力，物体的速度大小在发生改变，但物
体的速度方向始终不变，故D 错误。
故选B。
考向2 动能定理的应用
例1 一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α =30°的斜面，其加速度大小为3
4 g，如图
此物体在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中正确的是（ ）
①物体动能增加了3
2 mgh ②物体克服重力做功mgh
③合力对物体做功−3
2 mgh ④物体克服摩擦力做功1
4 mgh
A．①③
B．②④
C．①④
D．②③
【答案】D
【详解】①③物体在斜面上加速度为3
4 g，方向沿斜面向下，物体的合力为
F合=ma= 3
4 mg
方向沿斜面向下，物体从斜面底端到最大高度处位移为2h，物体从斜面底端到最大高度处，物体合力做功
为
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W 合=−F合⋅2h=−3
2 mgh
根据动能定理研究物体从斜面底端到最大高度处得
W 合= Δ Ek
合力做负功，则动能减小了3
2 mgh，故①错误，③正确；
②根据功的定义式得重力做功为
W G=−mgh
所以物体克服重力做功为mgh，故②正确；
④根据牛顿第二定律有
mgsin α + f =ma
可得，物体受到的摩擦力为
f = 1
4 mg
则摩擦力对物体做功为
W f=−f ⋅2h=−1
2 mgh
即物体克服摩擦力做功1
2 mgh，故④错误。
故选D。
例2 质量为m 的物体（可看作质点）从倾角θ＝37°的斜面顶端由静止下滑至斜面底端。已知斜面高为h，
物体下滑的加速度大小为g
2 。在此过程中（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（ ）
A．物体重力势能增加mgh
B．物体动能增加1
2mgh
C．物体机械能减少1
2mgh
D．摩擦力做功−1
6 mgh
【答案】D
【详解】A．物体由斜面顶端由静止下滑至斜面底端，重力做功为
W G=mgh
故重力势能减少了mgh，故A 错误；
CD．物体下滑的加速度大小为g
2 ，根据牛顿第二定律可得
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mgsin37°−f =m⋅g
2
解得
f = mg
10
斜面长度为
l =
h
sin37° = 5
3 h
摩擦力做功为
W f=−fl =−mgh
6
物体由斜面顶端由静止下滑至斜面底端过程中，仅重力和摩擦力做功，根据能量守恒定律可知物体机械能
减少量等于摩擦力做功转化为的内能，为mgh
6
，故C 错误，D 正确；
B．根据动能定理可得
Δ Ek=W G+W f= 5
6 mgh
故B 错误。
故选D。
【变式训练1】如图所示，一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成角度的两个水平恒力作用
下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，物体发生的位移为x，
在力的方向上发生的位移分别为x1、x2。那么在这段时间内（ ）
A．Fx = F1 x1+ F2 x2
B．Fx = 1
2 m v
2−0
C．F1 x1= 1
2 mv1
2−0
D．F1 xcosθ = 1
2 m v1
2−0
【答案】B
【详解】根据功的定义可知总功等于各个分力所做功的代数和，即
W =W 1+W 2，W 1= F1 x cosθ，W 2= F2 x sinθ
根据动能定理的内容理可知
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Fx = F1 x cosθ+ F2 x sinθ = 1
2 m v
2−0
根据题中两力夹角不是90°可知
x1≠x cosθ，x2≠x sinθ
则
Fx≠F1 x1+ F2 x2，F1 x1≠1
2 m v1
2−0
根据速度夹角不是90°可知
v
2≠v1
2+ v2
2
即
F1 xcosθ≠1
2 m v1
2−0
故选B。
【变式训练2】（2023·四川凉山·二模）光滑水平面上质量分别为m、2m 的甲、乙两个物体，在相同的水
平拉力F 的作用下从静止开始运动，甲、乙分别经过t、2t 时间的动能之和为Ek，则乙从静止经过3t 时间
的动能为（ ）
A．3
2 Ek
B．4
3 Ek
C．17
6 Ek
D．3 Ek
【答案】A
【详解】设在相同的水平拉力F 的作用下甲乙两个物体的加速度分别为a1、a2，根据题意由牛顿第二定律
可得
a1=2a2
从静止开始运动，甲、乙分别经过t、2t 时间的位移分别为
x1= 1
2 a1t
2=a2t
2
x2= 1
2 a2(2t )
2=2a2t
2
根据动能定理可得
Ek= F x1+ F x2=3 F a2t
2
设乙从静止经过3t 时间的动能为Ek
' ，则
Ek
' = F ⋅1
2 a2(3t )
2= 3
2 ⋅3 F a2t
2= 3
2 Ek
故选A。
【变式训练3】（多选）如图甲所示，足够长的斜面倾角为θ，一质量为m 的物块，从斜面上的某位置由
静止开始下滑。斜面与物块间的动摩擦因数μ 随物块位移x 的变化规律如图乙所示，物块的加速度随位移
变化规律如图丙所示，取沿斜面向下为x 轴正方向，下列说法正确的是（ ）
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A．图乙中x0处对应的纵坐标值μ= tanθ
B．物块的最大速度为2√g x0sinθ
C．物块运动过程中机械能先增大后减小
D．物块从开始运动至最低点的过程中损失的机械能为2mg x0sinθ
【答案】AD
【详解】A．根据图丙可知，在x0处的加速度为0，则由
mgsinθ = μmgcosθ
可得图乙中x0处对应的纵坐标为
μ= tanθ
选项A 正确；
B．根据动能定理
∑F合x =m∑a⋅x = 1
2 mv
2
开始时加速度大小
a0= gsinθ
结合图像丙可知物块的最大速度为
vm =√2⋅1
2 x0 gsinθ =√g x0sinθ
选项B 错误；
C．整个过程有摩擦阻力做功，故物块运动过程中机械一直变小，选项C 错误；
D．物块从开始运动至最低点的过程中损失的机械能为
Δ E = μmgcosθ⋅2 x0=2mgcosθ⋅x0⋅tanθ =2mg x0sinθ
选项D 正确。
故选AD。
【变式训练4】（多选）如图甲所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为m，某次小孩从最
低点弹起，以小孩运动的最低点为坐标原点，竖直向上为x 轴正方向，小孩与杆整体的动能与其坐标位置
的关系如图乙所示，图像0−x3之间为曲线，x2为其最高点，x3−x4为直线，不计弹簧质量和空气阻力的
影响，重力加速度g=10 m /s
2。则（ ）
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A．弹簧劲度系数k = mg
x2
B．小孩和杆的最大加速度a=
x2 g
x3−x2
C．在x1处的速度为√2 g(x4−x3)
D．在x1处的弹性势能为mg(x2−x1)
【答案】BC
【详解】由动能定理知图线切线的斜率表示合外力，由图像可以看出当x=x3时弹簧弹力减小为零。
A．有图像可得当x=x2时，整体的合外力为零，有
k( x3−x2)=mg
得
k =
mg
x3−x2
A 错误；
B．当整体在最低点即x=0 时加速度最大，此时弹簧的压缩量为x3，由牛顿第二定律
am= k x3
m −g=
x2
x3−x2
g
B 正确；
C．x1处动能等于x3处动能，x=x3时整体离开弹簧，x3~x4过程中，由机械能守恒
1
2 m v1
2= 1
2 m v3
2=mg( x4−x3)
得
v1=√2g(x4−x3)
C 正确；
D．x1~x4系统机械能守恒
Ep x1+mg( x4−x3)+mg x1=mg x4
得
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Ep x1=mg( x3−x1)
D 错误。
故选BC。
考向3 动能定理与图像分析
例1（2025·四川成都·高三月考）一物体以一定的初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回
到斜面底端。以斜面底端为零势能面，此过程该物体的动能Ek随高度h 的变化关系如图所示，图中
E1、E2和h0均为已知，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物体滑到最高点时重力势能为E1+ E2
2
B．物体上滑过程中克服重力做的功为E1−E2
C．物体下滑过程中克服阻力做的功为E1−E2D．由题中已知量可以求出阻力大小为E1−E2
2h
【答案】A
【详解】ABC．由题知，以斜面底端为零势能面，上滑到下滑过程中阻力大小不变，故克服阻力做的功相
同，设为W f
根据动能定理，上滑过程有−W G−W f=0−E1
下滑过程有W G−W f= E2
联立解得W G= E1+ E2
2
，W f= E2−E1
2
故物体上滑过程中克服重力做的功为W G= E1+ E2
2
故物体的重力势能增加，则在最高点的重力势能为E1+ E2
2
物体下滑过程中克服阻力做的功为W f= E2−E1
2
，故A 正确，BC 错误；
D．设斜面倾角为θ，则下滑过程中物体向下运动的位移为x = h0
sinθ
则下滑过程中克服阻力做功为W f= fx = E2−E1
2
解得f = E2−E1
2h0
sinθ
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由于斜面的倾角θ未知，故无法求出阻力大小，故D 错误。
故选A。
例2（2025·四川南充·高三月考）一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运
动时，加速度a 随时间t 变化的图像如图所示，t = 0 时其速度大小为0，滑动摩擦力大小恒为2 N，则下列
说法不正确的是（ ）
A．t = 6 s 时，物体的速度为18 m/s
B．t = 6 s 时，拉力F 的功率为200 W
C．在0 ~ 6 s 内，拉力对物体的冲量为48 N∙s
D．在0 ~ 6 s 内，合力对物体做的功为324 J
【答案】B
【详解】A．根据Δv = aΔt 可知a − t 图像中，图像与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t = 6 s 时
刻，物体的速度
v6= v0+ Δv = 1
2 ×(2+ 4)×6m/ s=18m/ s
故A 正确，不符合题意；
B．t = 6 s 时
a6= 4 m/ s
2
由牛顿第二定律得
F −f =ma6
解得拉力F 的大小
F =10 N
所以拉力功率
P = F v6=180W
故B 错误，符合题意；
C．根据动量定理得
I F−ft =m v6
解得拉力冲量
I F = 48 N ⋅s
故C 正确，不符合题意；
D．根据动能定理得
W 合= Δ Ek
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解得在0 ~ 6 s 内，合力对物体做的功为
W 合= 1
2 mv6
2=324 J
故D 正确，不符合题意。
故选B。
【变式训练1】海底世界里的“海豹顶球”表演深受小朋友们的喜欢。在某次表演中，球被海豹以一定的
初速度顶起后沿竖直方向向上运动，到达最高点后又落回原处被海豹接住，球上升和下落过程中的动能Ek
与位移x 的关系如图所示。假设整个过程中球所受的空气阻力大小不变，则球所受重力和阻力大小分别为
（ ）
A．a−b
2c ，a+b
2c
B．a+b
2c ，a−b
2c
C．a−b
c
，a+b
2c
D．a+b
c
，a−b
2c
【答案】B
【详解】令球所受空气阻力大小为f，根据图像可知，球上升的初动能Ek0=a
球上升的最大位移x0=c
球上升过程中，根据动能定理有−(mg+ f ) x = Ek−Ek0
解得Ek=−(mg+ f ) x + Ek0
球在下落过程中，根据动能定理有(mg−f )(x0−x)= Ek−0
解得Ek=−(mg−f ) x +(mg−f ) x0
则球上升和下降过程中，图像斜率的绝对值分别为k1= a
c =mg+ f ，k2= b
c =mg−f
联立解得mg= a+b
2c ，f = a−b
2c
故选B。
【变式训练2】2025 年2 月3 日《观点网》消息，小米汽车官方微博宣布，2025 年1 月，小米SU7 交付量
再次超过两万辆。t =0时刻，一辆小米汽车在一段试车专用的平直的公路上由静止启动，t =8s时功率达
到360kW之后功率保持不变，其v −t图像如图所示。设汽车在运动过程中阻力不变，下列说法正确的是（
）
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习~~~
A．汽车受到的阻力大小为15000N
B．匀加速运动阶段汽车牵引力做的功为8.64×10
5J
C．汽车的质量为2000kg
D．汽车在做变加速运动过程中的位移大小约为640m
【答案】C
【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有f = P
vm
= 360×10
3
40
N =9000 N
故A 错误；
C．由图可知，汽车在0∼8s做匀加速直线运动，加速度大小为a=3 m /s
2
t =8s时，牵引力大小为F1= P
v1
=15000 N
由牛顿第二定律有F1−f =ma
解得m= 15000−9000
3
kg=2000kg
故C 正确；
B．由v −t图像与时间轴围成的面积表示位移可得，0∼8s内汽车的位移大小为x1= 1
2 ×8×24 m =96 m
则在0∼8s内牵引力做的功为W 1= F1 x1=1.44×10
6J
故B 错误；
D．8∼28s内牵引力做的功为W 2= P Δt =7.2×10
6J
由动能定理有W 2−f x2= 1
2 mvm
2 −1
2 mv1
2
解得汽车在做变加速运动过程中的位移大小x2≈686 m
故D 错误。
故选C。
1.（2023·北京·高考真题）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
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习~~~
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
【详解】A．设力F 与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为
f = μ(mg−F sinθ)
摩擦力的功
W f = μ(mg−F sinθ)x
即摩擦力的功与F 的方向有关，选项A 错误；
B．合力功
W = F合x =ma⋅x
可知合力功与力F 方向无关，选项B 错误；
C．当力F 水平时，则
F =ma+ μmg
力F 做功为
W F = Fx =(ma+ μmg)x
选项C 错误；
D．因合外力功为max 大小一定，而合外力的功等于力F 与摩擦力f 做功的代数和，而当F sinθ =mg时，
摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F 做功最小，最小值为max，选项D 正确。
故选D。
2.（2025·山东·高考真题）一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好
维持小车以速度v 匀速运动，此时电动机的效率为50 %。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力
f =kv（k 为常量），该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（ ）
A．2k v
2
η
B．k v
2
2η
C．k v
2+mv
2
2η
D．2k v
2+m v
2
η
2
【答案】A
【详解】根据题意小车匀速运动，则有F = f =kv
小车的机械功率P机= Fv =k v
2
由于电动机的效率为50 %，则有P电= P机
η电
= k v
2
0.5 =2k v
2
光伏电池的光电转换效率为η，即η= P电
P阳
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可得P阳= P电
η = 2k v
2
η
故选A。
3.（2024·贵州·高考真题）质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x 轴零点。现
给物块施加一沿x 轴正方向的水平力F，其大小随位置x 变化的关系如图所示，则物块运动到x =3 m处，F
做功的瞬时功率为（ ）
A．8W
B．16W
C．24W
D．36W
【答案】A
【详解】根据图像可知物块运动到x =3 m处，F 做的总功为
W F=3×2J+2×1J =8J
该过程根据动能定理得
W F= 1
2 mv
2
解得物块运动到x =3 m处时的速度为
v = 4 m/s
故此时F 做功的瞬时功率为
P = Fv =8 W
故选A。
4.（2025·云南·高考真题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐
渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（ ）
A．4×105J
B．4×104J
C．4×103J
D．4×102J
【答案】B
【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有W = 1
2 m v
2= 4.0×10
4J
故选B。
5.（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通
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过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为√3
2 。
电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，
大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩
擦。则这段时间内（ ）
A．物块的位移大小为2v0
2
3 g
B．物块机械能增量为5mv0
2
2
C．小车的位移大小为16 P v0
5m g
2 −2v0
2
5 g
D．小车机械能增量为8 P v0
5 g + mv0
2
2
【答案】C
【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有μmgcos30°−mgsin30° =ma
解得a= 1
4 g
根据运动学公式有v0
2=2a x1
解得物块的位移大小为x1= 2v0
2
g
故A 错误；
B．物块机械能增量为Δ E = 1
2 mv0
2+mg x1⋅sin30° = 3
2 mv0
2
故B 错误；
C．对小车根据动能定理有Pt −(μmgcos30°+mgsin30°) x = 1
2 mv0
2
其中t = v0
a
联立解得x = 16 P v0
5m g
2 −2v0
2
5 g
故C 正确；
D．小车机械能增量为Δ E
′ = 1
2 mv0
2+mgx sin30° = 8 P v0
5 g + 3mv0
2
10
故D 错误。
故选C。
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