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专题二 功和能、动量
第5 讲 功、功率、动能定理
1．功的计算公式：W＝Flcos α 或W＝Pt。
2．功率：平均功率P＝、P＝F，瞬时功率P＝Fv(F 与v 共线)。
3．重力、静电力做功与路径无关；滑动摩擦力做功与路径有关，等于滑动摩擦
力与路程的乘积。
4．如图所示，物体由斜面上高为h 的位置滑下，滑到平面上的另一点停下来，
若L 是释放点到停止点的水平总距离，则物体与接触面之间的动摩擦因数μ 与
L、h 之间存在关系μ＝。
5．机车启动：(1)恒定功率启动；(2)恒定加速度启动；(3)vm＝。
6．动能：Ek＝mv2＝；动能定理：W 合＝ΔEk＝Ek2－Ek1。
7．重力做功特性：重力做功只与初末位置高度差有关，WG＝－mgΔh。
8．摩擦力做功特性：静摩擦力可做正功/负功/不做功，滑动摩擦力做功与路程
相关。
9．动能定理优先场景：涉及曲线运动、多过程问题，无需分析加速度和时间。
1．功和功率计算：思维上紧扣“力的方向与位移(速度)方向的夹角”，区分恒
力功(公式法)与变力功(动能定理间接求)。模型常涉及斜面恒力做功、机车启动
(恒定功率/加速度两种模式)、传送带摩擦力功率。需注意：机车启动中，匀加
速阶段结束时功率达额定值，此后牵引力随速度增大而减小。
2．动能定理应用：核心是“过程选取与做功分析”，优先选包含初末状态的完
整过程。模型有单物体多过程(如平抛＋斜面)、曲线运动(圆周运动中重力与弹
力做功)。关键：明确重力、弹力、摩擦力等力的做功特点，忽略中间复杂运动
细节。
3．力学综合问题：思维上采用“分段＋整体”结合法，复杂过程拆分为子过
程，或整体应用动能定理。典型模型包括板块问题(摩擦力对系统做功与内能关
系)、弹簧连接体(弹力做功与弹性势能转化)。需注意：系统内力做功代数和不
一定为零，摩擦力做功产生的内能等于摩擦力与相对位移的乘积。
题型1 功和功率的计算
(2024·安徽卷)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
为( )
A.
B．
C.
D．
【审题指导】
关键表述
物理量及其关系
出水口距水平地面的高度为h，与落地
点的水平距离为l
平抛运动水平和竖直方向具有等时性，
可求出水射出出水口的速度v0
水的密度为ρ，水管内径的横截面积为
S
可以建构研究对象：t 时间内从出水口
射出的水，质量m＝ρV＝ρS·v0t
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
增加的机械能ΔE＝ηPt
【答案】 B
【解析】 设水从出水口射出的初速度为v0，取t 时间内从出水口射出的水为
研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律v0t′＝l，h＝
gt′2，解得v0＝l，根据功能关系得Ptη＝mv＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出
功率为P＝，故选B。
【易错提醒】
(1)不会将研究对象(t 时间内从出水口射出的水)抽象化处理；
(2)对功能关系理解不清晰。
(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，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。
【答案】 (1) (2)mah＋mgh＋f0h＋ΔpSh (3)P＝magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－t3
【解析】 (1)木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式v2＝
2ah
根据角速度和线速度的关系v＝ωr
联立可得ω＝。
(2)根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
可得摩擦力对木塞所做的功为Wf＝－f0h
对木塞，根据动能定理W＋Wf－mgh－ΔpSh＝mv2－0
解得W＝mah＋mgh＋f0h＋ΔpSh。
(3)设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律F－mg－f－ΔpS
＝ma
速度v＝at
位移x＝at2
开瓶器的功率P＝Fv
联立可得P＝magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－t3。
题型2 动能定理的应用
(2025·福建卷)如图甲，水平地面上有A、B 两个物块，两物块质量均为0.2 kg，
A 与地面动摩擦因数为μ＝0.25，B 与地面无摩擦，两物块在外力F 的作用下向
右前进，F 与位移x 的关系如图乙所示，P 为圆弧最低点，M 为最高点，水平地
面长度大于4 m，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求0～1 m，F 做的功；
(2)x＝1 m 时，A 与B 之间的弹力；
(3)要保证B 能到达M 点，圆弧半径满足的条件。
【审题指导】
关键表述
物理量及其关系
A 与地面动摩擦因数μ＝0.25 ，B 与地
面无摩擦
明确A、B 各自的摩擦力情况，A 受滑
动摩擦力(f＝μN，N 为支持力)，B 不受
地面摩擦力
两物块在外力F 作用下向右前进，F 与
位移x 的图如图乙
F－x 图像可用于计算力做的功(图像与
坐标轴围成面积)，且力随位移变化，
需结合运动过程分析
求0～1 m，F 做的功、x＝1 m 时A 与
B 之间的弹力、保证B 能到达M 点圆
弧半径满足的条件
明确各小问待求量，分别需用做功公
式、牛顿第二定律、圆周运动临界条件
(最高点向心力等)求解
【答案】 (1)1.5 J (2)0.5 N (3)r≤0.2 m
【解析】 (1)0～1 m，F 做的功W＝Fx＝1.5×1 J＝1.5 J。
(2)对AB 整体，根据牛顿第二定律F－f＝2ma
其中f＝μmg
对B 根据牛顿第二定律FAB＝ma
联立解得FAB＝0.5 N。
(3)当A、B 之间的弹力为零时，A、B 分离，根据(2)分析可知此时F′＝0.5 N
此时x＝3 m
由乙图可知从开始到刚分离的过程中，对AB 整体根据动能定理WF－μmgx＝
×2mv2
根据题图可得WF＝1.5 J＋×2 J＝3.5 J
从P 点到M 点，根据动能定理－mg·2rmax＝mv－mv2
在M 点的最小速度满足mg＝m
联立可得rmax＝0.2 m
即圆弧半径满足的条件r≤0.2 m。
应用动能定理解题的四点注意
(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，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。
【答案】 (1)5 m/s (2)8 m/s 60°
【解析】 (1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgxsin θ－μmgcos θ·x＝
mv－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，做斜下抛运动，由动能定理mgh＝mv－mv
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＝＝＝
解得α＝60°。
题型3 应用动能定理解决力学综合问题
(2022·山东卷)某粮库使用额定电压U＝380 V，内阻R＝0.25 Ω 的电动机运粮。
如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速
度v＝2 m/s 沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A。关闭电动机后，小车又沿斜坡
上行路程L 到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速
度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝
1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，重力加速度g 取10 m/s2，小车运动时受到的摩
擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，
不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
(1)比例系数k 值；
(2)上行路程L 值。
【审题指导】
关键表述
物理量及其关系
额定电压U＝380 V，内阻R＝0.25 Ω
的电动机运粮，此时电流I＝40 A
电动机的输出功率即为牵引力的功率P
出＝Fv
装满粮食的小车以速度v＝2 m/s 沿斜
坡匀速上升
牵引力和拉力等于摩擦阻力和重力沿斜
面的分力之和
关闭电动机后
牵引力为零
关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程
L 到达卸粮点时，速度恰好为零
合力对系统做的功等于系统动能的变化
卸粮后，给小车一个向下的初速度，小
车沿斜坡刚好匀速下行
重力沿斜面的分力等于拉力和摩擦阻力
之和
【答案】 (1)0.1 (2) m
【解析】 (1)电动机的输出功率为P＝UI－I2R＝14 800 W
①
设电动机的牵引力为F，由P＝Fv 可得F＝＝7 400 N
②
设斜面的倾角为θ，向上匀速运动时根据平衡条件有
F＋m0g＝(m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g
③
向下匀速运动时根据平衡条件有m1gsin θ＝m0g＋km1g
④
联立②③④式可得sin θ＝0.5，k＝0.1。
(2)方法一：关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L 到达卸粮点过程，对整体
由动能定理可得
－(m1＋m2)gLsin θ－k(m1＋m2)gL＋m0gL＝0－(m1＋m2＋m0)v2
解得L＝ m。
方法二：关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对
系统由牛顿第二定律有
(m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g－m0g＝(m1＋m2＋m0)a
解得a＝ m/s2
由运动学公式可知v2＝2aL
解得L＝ m。
【易错提醒】
(1)电动机的输出功率计算方法错误；
(2)未理解“小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比”，受力
分析时将阻力写为与重力垂直于斜面的分力成正比；
(3)不能够选择合适的研究对象受力分析，对小车受力分析时漏掉绳子的拉力。
(2025·浙江精诚联盟二模)如图所示，长为L2＝1.5 m 的水平传送带左右两端与水
平轨道平滑连接，以v0＝4.0 m/s 的速度逆时针匀速转动；左侧粗糙轨道RQ 的
长为L1＝3.25 m，左端R 点固定有弹性挡板；右侧光滑轨道PN 的长为L3＝3.5
m，其右端与光滑圆弧轨道相切(N 点为圆弧轨道的最低点)。现将一可视为质点
的小物块从圆弧轨道上某处静止释放，与挡板发生弹性碰撞后向右恰好能运动
到P 点。已知小物块与传送带以及左侧轨道的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加
速g 取10 m/s2，π2＝10，不计物块与挡板的碰撞时间。
(1)求物块第一次到达Q 点时的速度大小；
(2)为满足上述运动，求物块从圆弧轨道上释放高度的范围；
(3)当物块从半径大于100 m 圆弧轨道上高度为0.8 m 的位置由静止释放后，发
现该物块在圆弧轨道上运动的时间与从N 点运动至第二次到达P 点的时间相
等，求圆弧轨道的半径。(结果保留到整数)
【答案】 (1)4 m/s (2)0.65 m≤h≤0.95 m (3)110 m
【解析】 (1)设物块质量为m，由动能定理可得－μmg(2L1＋L2)＝0－mv
解得vQ＝4 m/s。
(2)物块做匀加速运动，有μmgL2＝mv－mv
mgh1＝mv
解得h1＝0.65 m
物块做匀减速运动，有－μmgL2＝mv－mv
解得h2＝0.95 m
0．65 m≤h≤0.95 m。
(3)物块由h3＝0.8 m 处下滑，有mgh＝mv2
解得v＝4 m/s
t1＝，t2＝
解得t＝＋
而t＝×2π
解得R＝g≈110 m。
【基础必刷题】
1．(2025·云南卷)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144 km/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．4×105 J
B．4×104 J
C．4×103 J
D．4×102 J
【答案】 B
【解析】 高中生的质量约为50 kg，根据动能定理有W＝mv2＝4.0×104 J，故
选B。
2．(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高
为h 的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v，已知人与滑板的总质量为
m，可视为质点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则此过程中人与滑板克
服摩擦力做的功为( )
A．mgh
B．mv2
C．mgh＋mv2
D．mgh－mv2
【答案】 D
【解析】 人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过
程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故选D。
3．(2025·山东联考)如图，一质量均匀分布的木板长度为L，静止在均匀粗糙的
水平桌面上，其右端和桌面右端对齐。现给木板一水平向右的瞬时冲量，木板
右移后静止。将木板放回原位，桌子右端拼合上一张等高的光滑水平桌面，再
给木板同样的瞬时冲量I，则木板完全停下时右移的距离为( )
A.
B．
C．
D．L
【答案】 C
【解析】 第一次根据动能定理mv＝μmg·，其中I＝mv0，第二次设木板完全停
下时右移的距离为x，则由动能定理mv＝·x，解得x＝，故选C。
4．(2024·辽宁模拟)滑雪是受人欢迎的游玩项目。如图所示，一位质量为60 kg
的滑雪爱好者从海拔1 800 m 的雪道起点沿着长为1 200 m 的雪道进行滑雪训
练，20 min 后到达海拔为1 600 m 雪道终点，重力加速度g 取10 m/s2，则在此
过程中滑雪爱好者( )
A．位移大小为200 m
B．平均速度大小为1 m/s
C．重力做功为1.2×105 J
D．重力做功的平均功率为600 W
【答案】 C
【解析】 由于滑雪道不是一条直线，所以滑雪爱好者的位移大小未知，平均
速度大小未知，故A、B 错误；重力做功的大小为W＝mgΔh＝60×10×(1 800
－1 600) J＝1.2×105 J，故C 正确；重力做功的平均功率为P＝＝ W＝100
W，故D 错误。
5．(2024·贵州卷)质量为1 kg 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．8 W
B．16 W
C．24 W
D．36 W
【答案】 A
【解析】 根据图像可知物块运动到x＝3 m 处，F 做的总功为WF＝3×2 J＋
2×1 J＝8 J，该过程根据动能定理得WF＝mv2，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。
6．(2025·苏北七市二模)如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面体的两侧面与
水平面平滑连接，两小木块同时从斜面体的顶端由静止下滑，最终停在水平面
上。已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，下列描述木块水平分速度
大小vx随时间t 变化关系图像可能正确的是( )
【答案】 B
【解析】 到达水平面时，水平方向分速度变化为了合速度，故速度大小会突
然变大，根据动能定理mgh－μmg＝mv2可知两物体到达底端时的速度不等，倾
角θ 大的速度大，结合图像，故B 正确。
7．(多选)(2025·广东深圳三模)小刘驾驶一辆质量为m＝2×103 kg 的汽车由静止
开始以60 kW 的恒定功率在水平路面运动，100 s 后汽车以该情况下能达到的最
大速度驶上一倾角固定的倾斜路面，随即将汽车功率提高到90 kW，并保持不
变。已知汽车在水平路面行驶时所受阻力为其所受重力的0.1 倍，在倾斜路面
上匀速行驶时的速度为15 m/s。重力加速度为g 取10 m/s2，下列说法正确的是(
)
A．汽车在水平路面上能达到的最大速度为25 m/s
B．汽车在水平路面上行驶的距离为2 550 m
C．汽车在倾斜路面上运动时受到的阻力大小为5 000 N
D．汽车驶上倾斜路面瞬间的加速度大小为1.5 m/s2
【答案】 BD
【解析】 汽车达到最大速度时，其牵引力与阻力大小相等，有F＝f＝0.1mg，
由功率的公式有P＝Fvm，解得vm＝30 m/s，故A 项错误；由题意可知，该车从
静止开始经过100 s 达到最大速度，由动能定理有Pt－fx＝mv－0，解得x＝2
550 m，故B 项正确；设当汽车在倾斜路面稳定时其阻力为f1，则有P1＝F1v1，
受力分析有F1＝f1，解得f1＝6 000 N，故C 项错误；汽车提高到90 kW 时的牵
引力为F2，有P1＝F2vm，到倾斜路面瞬间有F2－f1＝ma，解得a＝－1.5 m/s2，
所以其加速度大小为1.5 m/s2，故D 项正确。故选BD。
【巩固必刷题】
8.(2025·河南名校联考)如图所示，一个光滑的半径为R 的半圆形管道在竖直平
面内固定放置，O 为管道圆心，MN 为水平直径。一条两端系有小球的细绳穿
过管道，管道内径略大于小球直径，小球大小和绳的质量都忽略不计，小球
A、B 的质量分别为m 和2m，初始时A 球离M 点的距离也为R，将A 球由静止
释放，随后无碰撞地进入管道，细绳始终处于绷紧。已知重力加速度为g，下
列说法正确的是( )
A．刚释放时绳上的拉力大小为
B．A 球运动到管道的最高点时，管道对小球的作用力向上
C．A 球运动到M 处时，对管道的压力大小为
D．A 球运动到管道最高点时对管道的压力大小为mg
【答案】 D
【解析】 刚释放时设绳上拉力为T，对A 有T－mg＝ma，对B 有2mg－T＝
2ma，联立可得T＝，故A 错误；当A 球运动到M 点的过程中，有2mgR－mgR
＝×3mv，解得vM＝，弹力提供向心力，有F＝m＝mg，故C 错误；A 球运动
到最高点的过程中，根据动能定理有2mg－mg×2R＝(m＋2m)v2，联立两式可
得v＝，A 在最高点时，向心力FN＋mg＝m＝mg，解得FN＝mg，管道给小球A
的弹力向下，故B 错误，D 正确。
9．(2025·河北石家庄模拟)如甲图所示，质量为2 kg 的物块，以v0＝2 m/s 的初
速度在水平地面上向右运动，水平向左的推力F 随路程x 变化的图像如图乙所
示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s2，忽
略空气阻力，则( )
A．物块回到出发点时的速度大小为2 m/s
B．整个过程中克服摩擦力做功14 J
C．x＝3 m 时，物块的动能为8 J
D．物块运动的位移大小为4 m
【答案】 A
【解析】 物块向右运动时受到水平向左的推力和摩擦力，若物块减速到0，
根据动能定理有－μmgx－·x＝0－mv，从F－x 图像可知F＝16－4x，则＝＝16
－2x，代入得－μmgx－(16－2x)x＝0－mv，再代入数据化简得x2－9x＋14＝0，
解得x＝2 m 或x＝7 m(舍)，当物块向左运动时受到水平向左的推力与水平向右
的摩擦力，当x＝2 时F2＝8 N，根据动能定理有x－μmgx＝mv2－0，代入数据
得v ＝2 m/s ，故A 正确；回到出发点，克服摩擦力做功W1 ＝μmgx ＝
0.1×2×10×4 J＝8 J，之后F 为0，物体减速至0，克服摩擦力做功W2＝mv2＝
×2×22 J＝4 J，则总功W 总＝W1＋W2＝12 J，故B 错误；因x＝3 m>2 m，说明
物块向左运动1 m，而x＝3 m 时F3＝4 N，根据动能定理有x2－μmgx2＝Ek，解
得Ek＝4 J，故C 错误；由A 选项，可知物块回到出发点时速度为2 m/s，根据
动能定理有－μmgx′＝0－mv2，解得x′＝2 m，故D 错误。
10．(2024·福建卷)先后两次从高为OH＝1.4 m 高处斜向上抛出质量为m＝0.2 kg
同一物体落于Q1、Q2，测得OQ1＝8.4 m，OQ2＝9.8 m，两轨迹交于P 点，两条
轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2 m，下列说法正确的是( )
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为∶4
B．第一次过P 点比第二次机械能少1.3 J
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为72∶85
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
【答案】 B
【解析】 第一次抛出上升的高度为h1＝3.2 m－1.4 m＝1.8 m，故上升时间为t
上1＝＝0.6 s，最高点距水平地面高为h0＝3.2 m，故下降的时间为t 下1＝＝0.8
s，故第一次抛出上升时间，下降时间比值为3∶4，故A 错误；两条轨迹最高
点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为t＝t 上1＋t 下1＝1.4 s，故可得第
一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为vx1＝＝6 m/s，vx2＝＝7 m/s，由
于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为vy＝gt 上1＝6 m/s，
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P 点比第二次机械能少ΔE＝mv－mv
＝1.3 J，故B 正确；从抛出到落地瞬间根据动能定理Ek1＝Ek01＋mghOH＝m(v＋
v)＋mghOH＝10 J，Ek2＝Ek02＋mghOH＝m(v＋v)＋mghOH＝11.3 J，故落地瞬间，第
一次，第二次动能之比为100∶113，故C 错误；根据前面分析可知两次抛出时
竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第
一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度
与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知
第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D 错误。
11．(2024·山东潍坊三模)如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB 段为水平加速
区，BC 段为半径r＝22.5 m 的光滑圆管形通道，AB 与BC 相切于B 点；CDE 段
为半径R＝100 m 的圆弧冰滑道，BC 与CDE 相切于C 点，弧DE 所对应的圆心
角θ＝37°，D 为轨道最低点，C、E 关于OD 对称。安全员将小朋友和滑板(可
视为质点)从A 点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管形通
道上B 点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E 点时对
滑道压力FN＝410 N。已知小朋友和滑板总质量为m＝40 kg，g 取10 m/s2，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小朋友在B 点时的速度v0；
(2)小朋友通过CDE 段滑道克服摩擦力做的功。
【答案】 (1)15 m/s，方向水平向左 (2)1 800 J
【解析】 (1)由于到达光滑圆管形通道上B 点时小朋友和滑板与通道没有相互
作用力，则mg＝m，所以v0＝15 m/s，方向水平向左。
(2)小朋友从B 滑到E，根据动能定理可得mgr(1－cos 37°)－W 克f＝mv－mv，在
E 点，根据牛顿第二定律可得FN－mgcos 37°＝m，联立可得W 克f＝1 800 J。
12．(2025·重庆九龙坡三模)某质量为m＝50 kg 的体操运动员展示下杠动作如
图，双手与肩同宽抓住单杠，使重心以单杠为轴做半径R＝1 m 的圆周运动，重
心通过单杠正上方A 点时速率v＝2 m/s，转至B 点时松手脱离单杠，然后重心
以速率vC＝1.8 m/s 经过最高点C，落地时重心的位置为D 点。脱离单杠后运动
员空中上升与下降的时间之比为2∶3，B、D 两点的高度差为1 m，g 取10
m/s2，A、B、C、D 在同一竖直平面内，忽略空气阻力，不考虑体能的消耗与转
化。求：
(1)运动员在A 点时，单杠对每只手的弹力大小；
(2)B、D 两点间的水平距离及落地瞬间重力的瞬时功率；
(3)从A 点运动至B 点过程中合外力对运动员做的功。
【答案】 (1)150 N (2)1.8 m 3 000 W
(3)381 J
【解析】 (1)设单杠对每只手的弹力大小为T，方向竖直向上，则运动员在A
点时，由牛顿第二定律mg－2T＝m，代入数据解得T＝150 N。
(2)设运动员从B 到C 的时间为2t0，从C 到D 的时间为3t0，B、C 两点的高度差
为h1，C、D 两点的高度差为h2，则h1＝g(2t0)2
h2＝g(3t0)2，
B、D 两点间的高度差
Δh＝h2－h1＝1 m，
B、D 两点的水平距离为xBD＝vC·(3t0＋2t0)
联立解得B、D 两点间的水平距离为xBD＝1.8 m，D 点竖直方向的速度为vDy＝
g·3t0＝6 m/s，
落地瞬间重力的瞬时功率P＝mgvDcos θ＝mgvDy＝3 000 W。
(3)设运动员在B 点时速度为vB，则v＝v＋v
又vBx＝vC，vBy＝g·2t0
运动员从A 到B 点的过程中，根据动能定理可知W 合＝mv－mv
联立解得从A 点运动至B 点过程中合外力对运动员做的功为W 合＝381 J。
