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第5 课时 功与功率 功能关系
【知识网络】
热点一 功、功率的分析与计算
例1 (2023·北京卷，11)如图1 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x 的过程中( )
图1
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
解析 设力F 与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff＝μ(mg－Fsin θ)，摩擦力做
功Wf＝－μ(mg－Fsin θ)x，则摩擦力做功与F 的方向有关，选项A 错误；合力做
功W＝F 合x＝max，可知合力做功与力F 方向无关，选项B 错误；当力F 为水平
方向时，有F－μmg＝ma，力F 做功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，选项C 错误；因
合外力做功为max 大小一定，而合外力做的功等于力F 与摩擦力Ff做功的代数
和，而当Fsin θ＝mg 时，摩擦力Ff＝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。
例2 (2024·辽宁辽阳一模)一电动玩具汽车启动时，以额定功率沿直线加速并达
到最大速度，其加速度a 与速度倒数的关系图像如图2 所示。已知电动玩具汽车
受到的阻力大小恒为100 N，重力加速度大小g＝10 m/s2。则电动玩具汽车的额
定功率和最大速度分别为( )
图2
A.200 W 2 m/s
B.100 W 4 m/s
C.100 W 2 m/s
D.200 W 4 m/s
答案 A
解析 设电动玩具汽车的额定功率为P，受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定
律可得F－f＝ma，又P＝Fv，联立可得a＝·－，根据a－图像可得＝2 m/s2，＝
m2/s3＝4 m2/s3，解得P＝200 W，当牵引力等于阻力时，速度到达最大，有vm＝
＝2 m/s，故A 正确。
方法总结 机车启动的a－图像和F－图像问题
恒定功率启动a－图像
恒定加速度启动F－图像
由F－Ff＝ma，P＝Fv
可得a＝·－，
则：
(1)斜率k＝；
(2)纵截距b＝－；
(3)横截距＝
(1)AB 段牵引力不变，做匀加速直线运动；
(2)BC 图线的斜率k 表示功率P，可知BC 段
功率不变，牵引力减小，加速度减小，做加
速度减小的加速运动；
(3)B 点横坐标对应匀加速运动的末速度的倒
数；
(4)C 点横坐标对应运动的最大速度的倒数，
此时牵引力等于阻力
训练1 (2023·辽宁卷，3)如图3(a)，从高处M 点到地面N 点有 Ⅰ 、 Ⅱ 两条光
滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M 点由静止释放，沿不同轨道滑到N 点，
其速率v 与时间t 的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M 点后、到达N
点前的下滑过程中( )
图3
A.甲沿 Ⅰ 下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B.甲沿 Ⅱ 下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C.乙沿 Ⅰ 下滑且乙的重力功率一直不变
D.乙沿 Ⅱ 下滑且乙的重力功率一直增大
答案 B
解析 由题图(b)可知小物块甲做匀加速直线运动，小物块乙做加速度减小的加
速运动，结合题图(a)可知，小物块甲沿轨道 Ⅱ 下滑，小物块乙沿轨道 Ⅰ 下滑
A 错误；由题图(b)可知，两物块在离开M 点后、到达N 点前的下滑过程中，同
一时刻物块乙的速度大于物块甲的速度，则同一时刻甲的动能比乙的小，B 正确；
小物块乙由静止释放的瞬间速度为0，则重力功率为0，小物块乙滑到轨道 Ⅰ
底端的瞬间，速度方向与重力方向垂直，则小物块乙的重力功率为0，但在下滑
过程，小物块乙的重力做的功不为0，则小物块乙的重力的瞬时功率先增大后减
小，C、D 错误。
热点二 动能定理的应用
例3 (2023·湖北卷，14)如图4 为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半
圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B 在桌面边缘，B 与
半径为R 的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C 点的轨道半径与竖
直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A 点切入挡板内侧，从B 点飞
出桌面后，在C 点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最
高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻
力，小物块可视为质点。求：
图4
(1)小物块到达D 点的速度大小；
(2)B 和D 两点的高度差；
(3)小物块在A 点的初速度大小。
答案 (1) (2)0 (3)
解析 (1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D 点有mg＝m
解得vD＝。
(2)由题意知，小物块从C 点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，则在C 点有vCx
＝vCcos 60°＝vB
小物块从C 到D 的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋Rcos 60°)＝mv－mv
小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝mv－mv
联立解得vB＝，HBD＝0。
(3)小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝mv－mv
s＝π·2R
解得vA＝。
方法总结 应用动能定理解题的四点注意
训练2 (2024·安徽合肥一模)如图5 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＝2 m 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0.5 kg，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0.5 m，MN 为竖直直径，∠PO′N＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝
0.6，不计空气阻力。求：
图5
(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。
答案 (1)4 m/s (2)0.5 J
解析 (1)由F－x 关系图像与横轴所围面积表示力F 做的功可知，当物块运动到
x2＝2 m 处时，力F 所做的功W1＝×2 J＝11 J
设物块运动到x2＝2 m 处时的速度为v，由动能定理得
W1－μmgx2＝mv2，解得v＝4 m/s。
(2)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 点时的速度为vP，可得物块在P 点的速度
vP＝＝5 m/s
设物块恰好由轨道最高点M 飞出时的速度为vM，有mg＝m
可得vM＝＝ m/s
设物块在圆轨道上运动时，克服摩擦力做功为W2，由动能定理有
－mgR(1＋cos 37°)－W2＝mv－mv
解得W2＝0.5 J。
热点三 功能关系及其应用
例4 (多选)(2024·湖南株洲模拟)如图6，质量为m 的小物块(可视为质点)静止在
质量为M、长为l 的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某时刻木板以
速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，当物块从木板左
端离开时( )
图6
A.物块的动能等于Ffl
B.物块的动能小于Ffl
C.木板的动能大于Mv－Ffl
D.木板的动能小于Mv－Ffl
答案 BD
解析 设物块离开木板时的速度为v1，对地位移为x1，物块离开木板时木板的速
度为v2，对地位移为x2，因物块从木板左端离开，可知v2＞v1，对物块和木板整
体由能量守恒定律有Mv＝mv＋Mv＋Ffl，整理可得Mv＝Mv－mv－Ffl＜Mv－
Ffl，故C 错误，D 正确；物块与木板发生相对滑动的过程中因摩擦产生的热量
为Q＝Ffl＝Ff(x2－x1)，其中x2＝t，x1＝t，由于v0＞v2＞v1，因此v0＋v2＞2v1，由
此可得x2＞2x1，即有x2－x1＝l＞x1，而对物块由动能定理有Ffx1＝mv，可得mv
＝Ffx1＜Ffl，故A 错误，B 正确。
训练3 (多选)(2024·重庆九龙坡高三模拟)如图7 所示，用力F 拉着一个物体从固
定斜面上的A 点运动到B 点的过程中，重力做功－4 J，拉力F 做功9 J，阻力做
功－1 J，则下列判断正确的是( )
图7
A.物体的重力势能增加了9 J
B.物体的机械能增加了3 J
C.物体的机械能增加了8 J
D.物体的动能增加了4 J
答案 CD
解析 重力做功－4 J，则物体的重力势能增加了4 J，故A 错误；根据动能定理
可得ΔEk＝WF＋WG＋Wf＝9 J－4 J－1 J＝4 J，物体的动能增加了4 J，故D 正确；
物体的机械能增加了ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝4 J＋4 J＝8 J，故B 错误，C 正确。
1.(2024·浙江6 月选考，5)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10 －4 m2，
喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为(
)
A.10 W
B.20 W
C.100 W
D.200 W
答案 C
解析
P＝ρSv3――→
P≈100 W，C 正确。
2.(2024·江西卷，5) “飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布
的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑
布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为( )
图8
A.109 W
B.107 W
C.105 W
D.103 W
答案 B
解析 发电功率P＝η，由于W＝mgh，m＝ρV，Q＝，所以P＝＝ηρQgh，代入
数据解得P≈107 W，B 正确。
3.(2024·安徽卷，7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农
田，简化模型如图9 所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水
平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H 保持不变，
水泵输出能量的η 倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为
ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输
出功率约为( )
图9
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 设水从出水口喷出的初速度为v0，取t 时间内的水为研究对象，该部分水
的质量为m＝ρSv0t，根据平抛运动规律l＝v0t，h＝gt2，解得v0＝l，根据功能关
系得ηPt＝mv＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率为P＝·，故B 正确。
4.(2024·山东卷，7)如图10 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＝kx2(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( )
图10
A.＋μmg(l－d)
B.＋μmg(l－d)
C.＋2μmg(l－d)
D.＋2μmg(l－d)
答案 B
解析 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μmg＝kx0，
解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝kx＝；水平力F 缓慢
拉动乙所坐木板，可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零，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，
由功能关系可知该过程F 所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，B 正确。
5.(2024·新课标卷，24)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求
下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图11，一种简单的操作方法是一人
在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上
的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加
速度大小g＝10 m/s2。当P 绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q 绳与竖直方向的夹
角β＝53°(sin 37°＝0.6)。
图11
(1)求此时P、Q 绳中拉力的大小；
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，
两根绳子拉力对重物做的总功。
答案 (1)1 200 N 900 N (2)－4 200 J
解析 (1)重物缓慢下降，处于平衡状态，对重物受力分析，如图所示。
水平方向有FPsin α＝FQsin β
竖直方向有FPcos α＝FQcos β＋mg
联立解得FP＝1 200 N，FQ＝900 N。
(2)重物缓慢下降，动能变化量为零，下降过程中对重物由动能定理有mgh＋W＝
0
解得W＝－4 200 J
即两根绳子拉力对重物做的总功为－4 200 J。
基础保分练
1.(多选)(2024·河南南阳模拟)解放军战士为了增强身体素质，进行拉轮胎负重训
练，如图1 所示，已知绳子与水平地面间的夹角恒为θ，轮胎质量为m，该战士
由静止开始做加速直线运动，位移为x 时，速度达到v，已知绳上拉力大小恒为
F，重力加速度为g，则由静止加速到v 的过程中( )
图1
A.轮胎克服阻力做的功为Fxcos θ
B.轮胎所受合外力做的功为mv2
C.拉力的最大功率为Fvcos θ
D.拉力所做的功为mv2＋Fxcos θ
答案 BC
解析 拉力所做的功为WF＝Fxcos θ，轮胎做加速运动，则Fcos θ＞f，则轮胎
克服阻力做的功小于Fxcos θ，故A、D 错误；由动能定理可知，轮胎所受合外
力做的功为W 合＝mv2，故B 正确；拉力的最大功率为Pm＝Fvcos θ，故C 正确。
2.(2023·湖北卷，4)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.
B.
C.
D.
答案 D
解析 由题意可知对两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋
P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝，故D 正确。
3.(多选)(2024·广东广州月考)如图2 所示，无人驾驶小车在水平MN 段以恒定功
率200 W、速度5 m/s 匀速行驶，在斜坡PQ 段以恒定功率570 W、速度2 m/s 匀
速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ 段的倾角为30°，重力
加速度g 取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有( )
图2
A.从M 到N，小车牵引力大小为40 N
B.从M 到N，小车克服摩擦力做功800 J
C.从P 到Q，小车重力势能增加1×104 J
D.从P 到Q，小车克服摩擦力做功700 J
答案 ABD
解析 小车从M 到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，代入数据解得F＝40 N，故A
正确；小车从M 到N 匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40 N，则克
服摩擦力做功为W1＝Ff1·MN＝40×20 J＝800 J，故B 正确；小车从P 到Q，重
力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5×103 J，故C 错误；小车从P 到Q，摩
擦力大小为Ff2，有Ff2＋mgsin 30°＝，代入数值解得Ff2＝35 N，克服摩擦力做功
为W2＝Ff2·PQ＝700 J，故D 正确。
4.(2024·河北廊坊高三期中)某次负重登山训练中，一质量为60 kg 的运动员(视为
质点)背着质量为20 kg 的重物，在25 min 内由山脚到达山顶(山顶与山脚的高度
差为525 m)，重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.台阶对运动员的支持力做负功
B.运动员增加的重力势能约为3.15×104 J
C.运动员对重物做的功约为1.05×105 J
D.运动员克服自身重力做功的平均功率约为12 600 W
答案 C
解析 整个过程中，支持力的作用点没有发生位移，台阶对运动员的支持力不做
功，故A 错误；运动员的重力势能增加量ΔEp＝mgΔh＝60×10×525 J ＝
3.15×105 J，故B 错误；重物的重力势能增加量ΔEp＝m′gΔh＝20×10×525 J＝
1.05×105 J，所以运动员对重物做的功约为1.05×105 J，故C 正确；运动员克
服自身重力做功的平均功率约为P＝＝ W＝210 W，故D 错误。
5.如图3 所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属
块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力
做功8 J，重力做功24 J。下列说法正确的是( )
图3
A.金属块带负电荷
B.金属块克服电场力做功8 J
C.金属块的电势能减少4 J
D.金属块的机械能减少12 J
答案 D
解析 金属块滑下的过程中动能增加了12 J，由动能定理知WG＋Wf＋WF＝ΔEk，
摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，解得电场力做功WF＝－4 J，电场力
做负功，金属块带正电荷，电势能增加了4 J，故A、B、C 错误；由功能关系可
知机械能的变化量ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即机械能减少了12 J，故D 正确。
6.(2024·山东烟台高三期末)如图4 所示，直角杆AOB 位于竖直平面内，OA 水平，
OB 竖直且光滑，用不可伸长的轻细绳相连的两小球a 和b 分别套在OA 和OB 杆
上，b 球的质量为1 kg，在作用于a 球的水平拉力F 的作用下，a、b 均处于静止
状态，此时a 球到O 点的距离l1＝0.3 m，b 球到O 点的距离h＝0.4 m。改变力F
的大小，使a 球向右加速运动，已知a 球向右运动0.1 m 时速度大小为6 m/s。g
＝10 m/s2，则在此过程中绳对b 球的拉力所做的功为( )
图4
A.33 J
B.32 J
C.19 J
D.10 J
答案 A
解析 a 球向右运动0.1 m 时，由几何关系得，b 上升距离为h1＝0.4 m－ m＝0.1
m，此时细绳与水平方向夹角的正切值为tan θ＝，可知cos θ＝，sin θ＝，由运
动的合成与分解知识可知vbsin θ＝vacos θ，可得vb＝8 m/s，以b 球为研究对象，
由动能定理得WF－mgh1＝mv，代入数据解得WF＝33 J，故A 正确。
7.(2024·山东省等级考抢分卷)物体浸在粘滞流体中时，表面上会附着一层流体，
在运动时，物体所受的粘滞阻力就是物体表面附近的流层间的内摩擦力引起的。
如图5 所示，质量为m、体积为V 的小球在粘滞流体中由静止释放，运动距离h
后，小球达到最大速度v。已知重力加速度为g，液体密度为ρ。该过程小球克
服粘滞阻力做的功可能为( )
图5
A.mgh
B.mgh－ρgVh
C.mgh＋ρgVh－mv2 D.ρgVh－mgh－mv2
答案 D
解析 小球运动方向不确定，需分情况讨论，设小球克服粘滞阻力做功为W
①小球向下运动时，由动能定理有mgh－ρgVh－W＝mv2，可得W＝mgh－ρgVh
－mv2。
②小球向上运动时，由动能定理有ρgVh－mgh－W＝mv2，可得W＝ρgVh－mgh
－mv2。
综上可知，D 正确。
8.如图6 所示，一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下，滑到水
平面上的a 点处停下。斜面与水平面粗糙程度相同，且平滑连接。现将斜面向右
移动到虚线所示的位置，并固定在水平面上，再让小木块从斜面的某处由静止下
滑，仍滑到a 点处停下。则小木块释放的位置可能是( )
图6
A.甲
B.乙
C.丙
D.丁
答案 C
解析 设每个格子的边长为x，物块和接触面之间的动摩擦因数为μ，如图所示。
斜面移动前，有
mg·13x－μmgcos θ·－μmg·29x＝0
斜面移动后，有
mgy－μmgcos θ·－μmg·18x＝0
又tan θ＝，解得y≈8x，丙位置符合要求，C 正确。
提能增分练
9.(2024·广东模拟预测)一辆质量为m＝1.2×103 kg 的参赛小汽车在平直的公路上
从静止开始运动，牵引力F 随时间t 变化的关系图线如图7 所示，8 s 时汽车功率
达到最大值，此后保持此功率继续行驶，24 s 后可视为匀速。小汽车的最大功率
恒定，受到的阻力大小恒定，则( )
图7
A.小汽车受到的阻力大小为7×103 N
B.小汽车匀加速运动阶段的加速度大小为4 m/s2
C.小汽车的最大功率为4×105 W
D.小汽车24 s 后速度为40 m/s
答案 C
解析 由图可知，小汽车在前8 s 内的牵引力不变，做匀加速直线运动，8～24 s
内小汽车的牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，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。小汽车的速度达到最大值后牵
引力等于阻力，所以阻力f＝4×103 N，故A 错误；前8 s 内小汽车的牵引力为
F＝10×103 N，由牛顿第二定律F－f＝ma 可得a＝5 m/s2，故B 错误；小汽车在
8 s 末的功率达到最大值，8 s 末小汽车的速度v1＝at1＝5×8 m/s＝40 m/s，所以
小汽车的最大功率P＝Fv1＝10×103×40 W＝4×105 W，故C 正确；小汽车的最
大速度为vm＝＝ m/s＝100 m/s，故小汽车24 s 后速度为100 m/s，故D 错误。
10.(2024·海南海口模拟预测)如图8 所示，一轻质弹簧一端固定在O 点，另一端
与小球相连。小球套在竖直固定、粗细均匀的粗糙杆上，OP 与杆垂直，小球在
P 点时，弹簧处于自然伸长状态，M、N 两点与O 点的距离相等，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力。小球从M 点静止释放，在运动过程中，弹簧始终在弹性限度
内，下列说法正确的是( )
图8
A.小球运动到P 点时速度最大
B.小球运动到N 点时的速度是运动到P 点速度的倍
C.从M 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小
D.从M 点到P 点和从P 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
答案 D
解析 小球从M→P，受力分析如图所示，
滑动摩擦力Ff＝μFN逐渐减小，加速度逐渐减小，加速度为零时速度最大，小球
运动到P 点时加速度不为零，所以到P 点时速度不是最大，故A 错误；小球从
M 点向P 点运动过程，设弹簧与竖直方向夹角为θ，弹簧的拉力为F＝k(－L0)逐
渐减小，支持力为FN＝Fsin θ＝k(L0－L0sin θ)逐渐减小，小球从M 到P 根据功
能关系mgh＋Ep＝Q＋mv，从M 到N 根据功能关系2mgh＝2Q＋mv，则v2≠v1，
故B 错误；从M 点到N 点的运动过程中，到P 点摩擦力等于0，则小球受到的
摩擦力先变小再变大，故C 错误；根据对称性可知在任意关于P 点对称的点摩
擦力大小相等，因此从M 点到P 点和从P 点到N 点的运动过程中，摩擦力做功
大小相等，故D 正确。
11.如图9 所示，AB 为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于A
点，B 点距桌面的高度为h＝0.6 m，A、B 两点间的水平距离为L＝0.8 m，轨道
边缘B 处有一轻小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为m1 与m2 的物体P、
Q，挂在定滑轮两边，P、Q 可视为质点，且m1＝2.0 kg，m2＝0.4 kg。开始时
P、Q 均静止，P 紧靠B 点，P 释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到A 点时轻绳突
然断开，断开后沿水平桌面滑行x＝1.25 m 停止。已知P 与水平桌面间的动摩擦
因数μ＝0.25，g 取10 m/s2。求：
图9
(1)物体P 经过A 点时的速度大小；
(2)当P 到达A 点时，Q 此时的速度大小；
(3)在物体P 从B 点运动到A 点的过程中，物体Q 重力势能的改变量；
(4)弯曲轨道对物体P 的摩擦力所做的功。
答案 (1)2.5 m/s (2)2 m/s (3)4 J (4)－0.95 J
解析 (1)P 在水平轨道上运动，根据动能定理得
－μm1gx＝0－m1v
解得P 经过A 点时的速度
v1＝＝ m/s＝2.5 m/s。
(2)设P 经过A 点时，Q 的运动速度为v2，对速度v1分解如图所示
则有v2＝v1cos β
由几何关系得sin β＝＝0.6
则cos β＝0.8
解得v2＝2 m/s。
(3)P 由B 到A 的过程中，Q 上升的高度
H＝＝1 m
Q 重力势能的增量ΔEp＝m2gH＝4 J。
(4)对P 与Q 组成的系统，由功能关系有
m1gh－m2gH＋Wf＝m1v＋m2v
代入数据解得Wf＝－0.95 J。
12.(2023·江苏卷，15)如图10 所示，滑雪道AB 由坡道和水平道组成，且平滑连
接，坡道倾角均为45°。平台BC 与缓冲坡CD 相连。若滑雪者从P 点由静止开
始下滑，恰好到达B 点。滑雪者现从A 点由静止开始下滑，从B 点飞出。已知
A、P 间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不
计空气阻力。
图10
(1)求滑雪者运动到P 点的时间t；
(2)求滑雪者从B 点飞出的速度大小v；
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD 上，求平台BC 的最大长度L。
答案 (1) (2) (3)(1－μ)d
解析 (1)滑雪者由A 点运动到P 点的过程中，由牛顿第二定律得
mgsin 45°－Ff＝ma
在垂直斜坡方向由平衡条件得mgcos 45°＝FN
又Ff＝μFN
解得a＝g(1－μ)
由运动学公式x＝at2得t＝。
(2)设P 点到B 点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者从
P 点由静止开始下滑到B 点的过程，由动能定理得WG－Wf＝0
滑雪者由A 点到B 点过程，由动能定理得
mgdsin 45°＋WG－Wf－μmgdcos 45°＝mv2
联立解得v＝。
(3)滑雪者离开B 点后做斜抛运动，则
竖直方向的分速度vy＝vsin 45°＝
水平方向的分速度
vx＝vcos 45°＝
滑雪者刚好落在C 点时，平台BC 的长度最大，则其在空中运动的时间
t＝＝
则平台BC 的最大长度为L＝vxt
联立解得L＝(1－μ)d。
培优高分练
13.某校科技组利用图11 甲所示装置研究过山车运动项目中所遵循的物理规律，
图中Q 为水平弹射装置，AB 为倾角θ＝30°的倾斜轨道，取A 点为坐标原点建立
平面直角坐标系，以水平向左为x 轴正方向、竖直向上为y 轴正方向。Q 可在坐
标平面内移动，BC 为水平轨道，CDC′为竖直圆轨道，C′E 为足够长倾斜轨道，
各轨道均平滑连接。已知滑块质量为m，圆轨道半径为R，轨道AB 长为R，滑
块与AB 间动摩擦因数μ1随滑块到A 点距离l 的变化关系如图乙所示；BC 长为
2R，滑块与BC 间动摩擦因数μ2＝0.5，其余各段轨道均光滑。弹射装置弹出的
滑块均能无碰撞从A 点切入斜面，滑块可视为质点。
图11
(1)求弹出点的坐标(x，y)应满足的函数关系式；
(2)弹出点的横坐标x 为多大时，滑块从A 点切入后恰好过最高点D？通过计算判
断滑块返回后能否从A 点滑出。
答案 (1)y＝ (2)R 能 见解析
解析 (1)滑块弹出后做平抛运动，由平抛运动的规律可知
x＝v0t，y＝gt2，tan θ＝
解得y＝。
(2)滑块恰好通过最高点D，满足mg＝m
由于动摩擦因数μ1与l 成线性关系，故AB 过程摩擦力做的功可用平均力做功计
算。从弹出点到圆轨道最高点，由动能定理得
mg(y＋xABsin θ－2R)－μmgcos θ·xAB－μ2mgxBC＝mv－mv
其中μ＝μ1max＝
又y＝＝
联立解得y＝R，x＝2y＝R
滑块从C′E 轨道上与D 点等高的点返回到A 点，根据动能定理可得
mg·2R－mgxABsin θ－μmgcos θ·xAB－μ2mgxBC＝mv－mv
解得vA＝＞0，说明滑块能从A 点滑出。
