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微专题6 功和能
功和功率 动能定理
[例1] (2025·上海静安·二模改编)(1)“道路千万条，安全第一条。”一辆质
量为m 的汽车，初速度为v0，以恒定功率P 在平直路面上行驶，经时间t 达到
该功率下的最大速度vm，设汽车行驶过程中所受到的阻力保持不变。
①汽车在时间t 内做____________________________________运动。
②汽车行驶过程中所受到的阻力大小为______，时间t 内的行驶距离为
_____________________________________________________________________。
(2)一辆在平直路面行驶的汽车，所受阻力大小f 与行驶的速率成正比，若汽车
从静止出发，先做匀加速直线运动，达到额定功率后保持额定功率行驶，则在
整个过程中，汽车受到的牵引力大小F 与阻力大小f 的关系图像是( )
A．
B．
C．
D．
(3)汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变
化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变。下列描述该汽车的速度v
随时间t 变化的图像中，可能正确的是(其中a= P1
f ，b= P2
f )( )
A．
B．
C．
D．
(4)如图所示，避险车道制动坡道可视为与水平面夹角为 θ 的斜面。一辆货车在
干道行驶过程中刹车失灵，关闭发动机后以v0＝90 km/h 的速度驶入避险车道。
已知货车与路面间的动摩擦因数 μ ＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不
计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2。
①为防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该车道路面的倾角 θ 应该满
足的条件是________。
②(计算)若避险车道路面倾角为15°，取sin 15°＝0.26，cos 15°＝ 0.97，求货车
在避险车道上行驶的最大距离s(结果保留两位有效数字)。
[解析] (1)①对小车，由牛顿第二定律有P
v －f＝ma
可知P 不变，v 增加，a 减小，所以小车做的是加速度减小的变加速运动。
②小车最大速度vm＝P
f
可知汽车行驶过程中所受到的阻力大小f＝P
vm
根据动能定理有Pt－fx＝1
2mvm
2 －1
2mv0
2
联立以上解得时间t 内的行驶距离为x＝(Pt + 1
2 m v0
2- 1
2 m vm
2)
vm
P 。
(2)由于汽车先做匀加速直线运动，由题意可知阻力f＝kv(k 为比例系数)
由牛顿第二定律有F－f＝ma
整理得F＝ma+f
可知牵引力F 随f 的增大而均匀增大，图像是一条倾斜的直线，功率达到最大
值后，牵引力F＝P
v
联立以上解得F＝Pk
f
可知牵引力与阻力成反比，A 选项符合题意。
故选A。
(3)设汽车牵引力为F，加速度为a1，速度为v，质量为m，则有P＝Fv，a1＝
F - f
m
由于汽车的输出功率恒定，随着速度v 的增大，牵引力F 逐渐减小，则汽车的
加速度也逐渐减小；当牵引力减小到与阻力等大反向时，汽车不再加速，此时
的最大速度为 vmax＝P1
F ＝P1
f
当输出功率增大到固定值P2时，汽车又开始做加速度逐渐减小的加速运动，当
牵引力再次减小到与阻力等大反向时，汽车不再加速，此时的最大速度为 v'max
＝ P2
F ＝ P2
f 。
故选B。
(4)①为防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，则货车在车道上沿车道向
上的最大静摩擦力大于等于沿车道向下的重力的分力，即 μmgcos θ≥mgsin θ
解得tan θ≤0.4。
②设货车在避险车道减速至零，距离为s，受力分析如图
由动能定理可知
－μmgcos θ×s－
mgsin θ×s＝0－1
2mv0
2
联立解得s≈49 m。
[答案] (1)加速度减小的变加速 P
vm
(Pt + 1
2 m v0
2- 1
2 m vm
2)
vm
P (2)A
(3)B (4) tan θ≤0.4 49 m
规律方法：
1．功和功率的计算
2．动能定理解题的“八”问“八”答
[针对训练1] (2025·黑吉辽蒙卷)如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O 点
由静止开始下滑，滑到A 点后离开屋顶。O、A 间距离x＝2.5 m，A 点距地面的
高度h＝1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量
不变，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)雪块从A 点离开屋顶时的速度大小v0；
(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
[解析] (1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgx sin θ－μmg cos θ·x
＝1
2 mv0
2－0
代入数据解得雪块到A 点速度大小为v0＝5 m/s。
(2)雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理mgh＝1
2 m v1
2- 1
2 m v0
2
代入数据解得雪块到地面速度大小v1＝8 m/s
速度与水平方向夹角α，
满足cos α＝
v0cosθ
v1
＝5×0.8
8
＝1
2
解得α＝60°。
[答案] (1)5 m/s (2)8 m/s 60°
[针对训练2] (2025·广东卷)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，
先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通
过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0 时刻开始，顶部与瓶
口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f 随位移大
小x 的变化关系为f＝f0(1－x
h)，其中f0为常量，h 为圆柱形木塞的高，木塞质
量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压
减瓶内气压为Δp 且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用f-x 图线下
的“面积”表示f 所做的功)求：
(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω；
(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W；
(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P 随时间t 变化的表达式。
[解析] (1)木塞做匀加速直线运动，由速度位移公式有
v2＝2ah
解得木塞离开瓶口瞬间的速度为v＝√2ah
则齿轮外侧的线速度也为v＝√2ah
所以齿轮的角速度ω＝v
r ＝√2ah
r
。
(2)由木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系可知，拔塞的全过程摩擦力对木塞
做的功为Wf＝－f 0
2 h
拔塞的全过程，对木塞由动能定理有
W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝1
2mv2
联立解得W＝f 0h
2 ＋mgh＋mah＋ShΔp。
(3)拔塞过程中，对木塞由牛顿第二定律有
F－f－mg－Δp·S＝ma
由位移时间公式有x＝1
2at2
拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv
又v＝at
联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at(1- a
2h t
2)，其中t≤√
2h
a 。
[答案] (1)√2ah
r
(2)f 0h
2 ＋mgh＋mah＋ShΔp
(3)P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at(1- a
2h t
2)，其中t≤√
2h
a
机械能守恒定律
[例2] (2025·辽宁·三模)抛石机又叫抛车，最早产生于周代，是一种攻守城
垒的武器。为了方便研究，简化为图示物理模型，轻杆左端装上质量为m 的石
头A，右端固定有重物B，轻杆可绕水平转轴O 自由转动。初始时刻轻杆与水
平地面的夹角为30°，A、B 到O 的距离分别为6L、L。无初速度释放，当轻杆
运动到竖直时A 脱离轻杆做平抛运动，A、B 均可视为质点，不计转轴摩擦及
空气阻力，重力加速度为g。A 平抛运动的水平射程为12√3L，求：
(1)A 脱离轻杆时，A 和B 的速度大小；
(2)重物B 的质量M；
(3)A 脱离杆前瞬间杆对转轴O 的作用力大小。
[解析] (1)竖直方向6L+6Lsin 30°＝1
2gt2，解得t＝√
18 L
g
水平方向12√3L＝vAt，解得vA＝2√6 gL
根据角速度公式ω＝v A
6 L ＝vB
L ，解得vB＝1
3 √6 gL。
(2)根据机械能守恒定律可知，系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量(即
形式间转化)，得Mg(L+Lsin 30°)－mg(6L+6Lsin 30°)＝1
2mv A
2 +1
2MvB
2，
解得M＝18m。
(3)对A 有F1+mg＝m v A
2
6 L，解得F1＝3mg，方向向下，根据牛顿第三定律可得，
A 对杆的作用力F'1 ＝3mg，方向向上
对B 有F2－Mg＝MvB
2
L ，解得F2＝30mg，方向向上，根据牛顿第三定律可得，
B 对杆的作用力F'2 ＝30mg，方向向下
杆对转轴O 的作用力F'＝ F'2 －F'1 ＝27mg，方向向下。
[答案] (1)2√6 gL 1
3 √6 gL (2)18m
(3)27mg
规律方法：
1．应用机械能守恒定律解题的基本思路
2．注意要点
(1)物体之间速度方向和大小之间的关系。
(2)物体上升或者下降高度的关系。
[针对训练1] (2024·北京卷)如图所示，光滑水平轨道AB 与竖直面内的光滑
半圆形轨道BC 在B 点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A 点后由静止释放，
物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是(
)
A．物体在C 点所受合力为零
B．物体在C 点的速度为零
C．物体在C 点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点的动能
C [设物体恰好到达C 点的速度大小为v，则在C 点重力完全提供向心力，有
mg＝mv
2
r ＝ma 向，解得v＝√gr，向心加速度a 向＝g，A、B 错，C 对；物体从
A 点到C 点的过程，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为物体在C
点的重力势能和动能，D 错。]
[针对训练2] (2023·湖南卷)(多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由
直线段AB 和圆弧段BC 组成，两段相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC
段圆心为O，最高点为C，A 与C 的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A
点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，下列说法正确的是(
)
A．小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝√2 gR
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
AD [小球从B 点到C 点的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，根据牛
顿第二定律有mg cos α－FN＝mv
2
R ，得FN＝mg cos α－mv
2
R ，α 减小，v 减小，
FN增大，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力逐渐增大，A 正确；小球
从A 点到B 点的过程中，重力功率PG＝mg sin θ·v，v 减小，PG减小，B 错误
因为小球从A 点运动到C 点的过程中，只有重力做功，所以小球的机械能守恒，
有mg·2R＝1
2 mv0
2，v0＝√4 gR，C 错误；若小球初速度v0增大，过B 点时，
若mgcosθ<m vB
2
R ，则小球会从B 点脱离轨道，D 正确。]
功能关系 能量守恒定律
[例3] (2025·河南·模拟预测)如图所示，质量为m 的跳伞运动员在高空由静
止下落，从静止下落到打开降落伞之前运动员一直做竖直方向的匀加速运动，
此过程中，运动员减少的重力势能与增加的动能之比为9∶8，重力加速度为
g，若此过程运动员下降的高度为h，则此过程中( )
A．运动员的加速度大小为1
9g
B．合外力对运动员做的功为1
9mgh
C．运动员的机械能减少量为1
9mgh
D．空气阻力对运动员做的功为1
9mgh
C [下降h 高度过程，减少的重力势能为mgh，根据题意可知，增加的动能为
ΔEk＝8
9mgh，根据动能定理可知，合外力对运动员做的功为W＝ΔEk＝8
9mgh，
故B 错误；根据动能定理，有mah＝8
9mgh，解得a＝8
9g，运动员机械能的变化
量为ΔE＝－mgh＋8
9mgh＝－1
9mgh，即运动员的机械能减少量为1
9mgh，故A
错误，C 正确；根据功能关系，运动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的
功，即空气阻力对运动员做的功为－1
9mgh，故D 错误。故选C。]
规律方法：常见功能关系
能量
功能关系
表达式
势能
重力做功等于重力势能
变化量的负值
W＝Ep1－Ep2＝
－ΔEp
弹力做功等于弹性势能
变化量的负值
静电力做功等于电势能
变化量的负值
分子力做功等于分子势
能变化量的负值
动能
合外力做功等于物体动
能变化量
W＝Ek2－Ek1＝
1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
机械能
除重力和系统内弹力之
外的其他力做功等于机
械能变化量
W 其他＝E2－E1＝ΔE 机
摩擦产生的内能
一对相互作用的摩擦力
做功之和的绝对值等于
产生的内能
Q＝Ffs 相对
s 相对为相对路程
电能
克服安培力做功等于电
能增加量
W 克安＝E2－E1＝ΔE
[例4] (2025·河南·模拟预测)(多选)传送带经常用于工厂物件输送、机场行
李箱传送、快递物流分拣等各个领域。如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹
角θ＝37°，传送带在电动机的带动下，始终保持v＝4 m/s 的速率逆时针运行，
现把一质量为m＝9 kg 的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，工件被传送
到高h＝18 m 的顶端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，以工件在
传送带底端时的重力势能为零(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝
10 m/s2)，则( )
A．工件从底端运送到顶端所需的时间为12.5 s
B．工件到达顶端时的机械能为846 J
C．工件与传送带之间因摩擦而产生的热量为1 152 J
D．电动机由于传送工件而多消耗的电能为2 844 J
ACD [工件放到传送带底端时先做匀加速直线运动，设加速度为a，根据牛顿
第二定律，得μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得a＝μg cos θ－g sin θ＝0.4
m/s2，则工件匀加速至v＝4 m/s 时所用时间t1＝v
a＝10 s，通过的位移为x1，则
v2＝2ax1，得x1＝v
2
2a＝20 m<L＝h
sinθ＝30 m，共速时，由于μmg cos θ>mg sin
θ，所以之后工件随传送带匀速上升，则到达顶端还需时间t2＝L- x1
v
＝30-20
4
s
＝2.5 s，则共需时间t＝t1＋t2＝12.5 s，故A 正确；工件到达顶端时的动能Ek＝
1
2mv2＝72 J，重力势能Ep＝mgh＝1 620 J，机械能E＝Ek＋Ep＝1 692 J，故B
错误；工件匀加速运动的时间内传送带的位移x 带＝vt1＝40 m，t1时间内工件与
传送带间的相对位移大小Δx＝x 带－x1＝20 m，因摩擦产生的热量Q＝μmg cos
θΔx，代入数据解得Q＝1 152 J，故C 正确；电动机由于传送工件而多消耗的电
能E 电＝E＋Q＝2 844 J，故D 正确。故选ACD。]
规律方法：应用能量守恒定律解题时的注意事项
(1) 明确研究对象是单个物体还是系统(系统是否包括弹簧在内)，了解对应的受
力情况和运动情况。
(2) 弄清楚能量转化和损失的去向。首先应确定初、末状态，然后分清有多少种
形式的能在转化，再分析哪种形式的能在增加，哪种形式的能在减少。
(3) 当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩
擦产生的内能Q＝Ffx 相对，x 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。
[针对训练1] (2024·山东卷)如图所示，质量均为m 的甲、乙两同学，分别坐
在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l 的轻质弹性绳连接，连接点等
高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，
被拉伸时弹性势能E＝1
2kx2(x 为绳的伸长量)。现用水平力F 缓慢拉动乙所坐木
板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，
k 保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F 所做的
功等于( )
A．(μmg)
2
2k
＋μmg(l－d)
B．3(μmg)
2
2k
＋μmg(l－d)
C．3(μmg)
2
2k
＋2μmg(l－d)
D．(μmg)
2
2k
＋2μmg(l－d)
B [当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg，解
得弹性绳的伸长量x0＝μmg
k
，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝1
2 k x0
2＝μ
2m
2 g
2
2k
，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的
位移为x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F 所做的功W＝E0＋μmgx1＝
3(μmg)
2
2k
＋μmg(l－d)，故选B。]
[针对训练2] (2024·江苏卷)某重力储能系统的简化模型如图所示，长度为
L、倾角为θ 的斜坡ABCD 上，有一质量为m 的重物通过绳索与电动机连接。
在电动机的牵引下，重物从斜坡底端A 点由静止开始运动，到达B 点时速度达
到最大值v，然后重物被匀速拉到C 点，此时关闭电动机，重物恰好能滑至顶
端D 点，系统储存机械能。已知绳索与斜坡平行，重物与斜坡间的动摩擦因数
为μ，重力加速度为g，不计空气阻力和滑轮摩擦。
(1)求CD 的长度x；
(2)求重物从B 到C 过程中，电动机的输出功率P；
(3)若不计电动机的损耗，求在整个上升过程中，系统存储的机械能E1和电动机
消耗的电能 E2的比值。
[解析] (1)重物在CD 段运动过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ
＝ma
由运动学公式0－v2＝－2ax
联立解得x＝
v
2
2 g(sinθ+ μcosθ)。
(2)重物在BC 段匀速运动，得电动机的牵引力为F＝mg sin θ＋μmg cos θ
由P＝Fv 得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)全过程重物增加的机械能为E1＝mgL sin θ
整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能和摩
擦产生的内能，故可知E2＝E1＋μmg cos θ·L
故可得
E1
E2＝
mgLsinθ
mgLsinθ+ μmgLcosθ
＝
sinθ
sinθ+ μcosθ。
[答案] (1)
v
2
2 g(sinθ+ μcosθ)
(2)mgv(sinθ+ μcosθ) (3)
sinθ
sinθ+ μcosθ
