文档文本内容
第01 讲 功和功率
目 录
思维导图................................................................................................................................................................ 2
高考分析......................................................................................................................................................... 2
学习目标......................................................................................................................................................... 2
知识要点......................................................................................................................................................... 2
解题策略......................................................................................................................................................... 5
题型归纳......................................................................................................................................................... 5
题型01：做功的判断...................................................................................................................................... 5
题型02：做功的计算....................................................................................................................................10
题型03：平均功率与瞬时功率......................................................................................................................19
题型04：摩擦力做功....................................................................................................................................36
（一）摩擦力做功的判断.......................................................................................................................36
（二）水平摩擦力做功...........................................................................................................................37
（三）斜面上的摩擦力做功....................................................................................................................40
（四）圆周运动摩擦力做功....................................................................................................................47
（五）板块模型中的摩擦力做功.............................................................................................................51
（六）传送带上摩擦力做功....................................................................................................................53
（七）往复运动摩擦力做功....................................................................................................................55
一、考情定位
功和功率是高考力学核心基础考点，选择题高频考查（单独/结合牛顿运动定律、曲线运动），计算题中作为必
求中间量（结合动能定理、机械能守恒、功能关系），全国卷分值约5~12 分，难度以中低档为主，侧重概念理解
和公式灵活应用。
二、核心考点
1. 功的计算（必考）
①恒力做功：W=Fxcosθ（θ 为F、x 夹角，重点判断θ 范围定正负功）；
②变力做功：图像法（F-x 图面积）、微元法、动能定理法（最常用）；
③特殊力做功：重力/电场力（只看初末位置）、摩擦力（静摩擦可做正/负功，滑动摩擦总做负功）。
2. 功率的计算（高频）
①平均功率：P=W/t 或 P=Fvcosθ(v 为平均速度，适用于恒力）；
②瞬时功率：P=Fvcosθ（v 为瞬时速度，θ 为F、v 夹角，机车启动、平抛中常考）；
③功率的正负：表示力做正/负功，不表示大小。
3. 机车启动问题（重点模型）
高考常考两种启动方式，均以P=F 牵v、F 牵-f=ma 为核心公式，侧重v-t 图像分析和临界状态（额定功率
下的最大速度vₘ=P ₀/f）：
①恒定功率启动：加速度减小的加速运动→匀速直线运动（无匀加速阶段）；
②恒定加速度启动：匀加速运动→加速度减小的加速运动→匀速直线运动（匀加速末速度v ₁=P ₀/
(f+ma)）。
三、考向趋势
1. 基础概念辨析：如“做功的两个必要因素”“平均功率与瞬时功率的区别”“正/负功的物理意义”（选择
题常考）；
2. 结合实际场景：如机车启动、起重机起吊物体、平抛/圆周运动中力的功率计算；
3. 与其他考点综合：功和功率作为中间量，结合动能定理、机械能守恒、能量守恒考查综合计算题，偶见与电
场力、安培力结合的综合题。
四、易错点
1. 计算功时忽略θ 角，直接用W=Fx（尤其力与位移不共线时）；
2. 混淆平均功率和瞬时功率的公式，将P=Fv 直接用于平均功率计算；
3. 机车启动中，误将匀加速末速度当作最大速度；
4. 认为“摩擦力一定做负功”“静摩擦力不做功”。
一、概念理解目标
1. 准确理解功的物理意义，掌握做功的两个必要因素，能判断力是否做功及功的正负，明晰正负功的物理含义。
2. 理解功率的物理意义，区分平均功率与瞬时功率、额定功率与实际功率，明确功率正负的意义。
3. 熟知重力、弹力、摩擦力、恒力、变力等不同类型力做功的特点，掌握机车启动模型的核心物理规律。
二、能力提升目标
1. 分析判断能力：能对实际场景（如起重机起吊、汽车行驶、抛体运动）中的受力、位移、速度进行分析，判
断力的做功情况和功率变化。
2. 模型应用能力：能识别机车启动的两种模型（恒定功率、恒定加速度），分析不同阶段的运动性质（匀加速、
变加速、匀速），结合运动学公式求解相关物理量。
3. 综合解题能力：能将功和功率与牛顿运动定律、运动学公式结合，解决简单综合问题；能以功为桥梁，衔接
动能定理，为后续机械能守恒、能量守恒学习奠定基础。
4. 图像分析能力：能解读F-x、v-t、P-t 等图像，从图像中提取信息计算功、功率、速度等物理量，也能根据物
理过程绘制简单的图像。
三、思维与素养目标
1. 建立功是能量转化量度的初步思维，理解功和功率与能量变化的关联，培养能量观念。
2. 学会对复杂物理过程进行分段分析（如机车启动的多阶段运动），培养严谨的逻辑推理和过程分析能力。
3. 能将物理知识应用于生活实际（如分析汽车加速、爬坡的功率问题），培养物理与生活结合的应用意识和科
学素养。
4. 掌握功和功率计算中的规范解题步骤，养成准确受力分析、明确公式适用条件、规范运算的解题习惯。
四、应试达标目标
1. 能快速解决功和功率的基础选择题、填空题，做到概念辨析无错误、公式计算无疏漏。
2. 能熟练解答机车启动的专项问题，准确分析运动阶段并求解临界量、功率、位移等物理量。
3. 能在综合计算题中，准确求解功和功率作为中间量，为后续能量、动力学问题的解答做好铺垫，确保中低档
题不丢分，中档综合题能顺利突破。
知识点一：功的理解
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.公式：W＝Flcosa。
①如图所示，α 是力与位移方向之间的夹角，l 为力的作用点的位移。
②该公式只适用于恒力做功。
3.功的正负
条件
从动力学角度看
从能量角度看
正功
当0<a<90°时，cosa>0,W>0
力对物体做正功，力是物体运动的动力
使物体的动能增加
不做功
当a=90°时，cosa=0,W=0
力对物体不做功，力对物体既不起动力作
用，也不起阻力作用，力只改变物体的运动
方向
力没有使物体的动能发生变
化
负功
当90°<a≤180 时，
cos a<0,W<0
力对物体做负功(或者说物体克服阻力做功),
力是物体运动的阻力
使物体的动能减少
说明
功是标量，但有“+”“一 ”,功的正负不表示方向，也不表示大小(如-5J>3J),而表示力的作用效果.
（1）力对物体做正功，表明此力的效果是促进物体的运动，是动力
（2）力对物体做负功，表明此力的效果是阻碍物体的运动，是阻力
（3）一个力对物体做了负功，往往说成物体克服这个力做了功(取绝对值)，即力 F 对
物体做功-Fl等效于物体克服力F 做功Fl
4．总功的计算方法
方法一：先求合力F 合，再用W 合＝F 合lcosα 求功。
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。
方法三：先求动能变化ΔEk，再利用动能定理W 合＝ΔEk求功。
5．常见力做功比较
（1）重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．
（2）滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．
（3）一对作用力与反作用力的功
做功情形
图例
备注
都做正功
(1)一对相互作用力做的总功与参考系无关
(2)一对相互作用力做的总功W＝Flcosα，l 是相
对位移，α 是F 与l 间的夹角
(3)一对相互作用力做的总功可正、可负，也可
为零
都做负功
一正一负
一为零
一为正
一为负
（4）一对平衡力的功
一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定
是数值相等，一正一负或均为零。
知识点二：功率的理解
1.定义：功与完成这些功所用时间的比值。
2.物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3.公式
①P＝，P 为时间t 内的平均功率。
②P＝Fvcosα(α 为F 与v 的夹角)
a. v 为平均速度，则P 为平均功率；
b. v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；
c. 当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解。
4．额定功率与实际功率
（1）额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率。
（2）实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率。
5．平均功率的计算方法
概念
定义
公式
平均
功率
在一段时间内或某一过程中做功的快
慢
P＝，或
瞬时
功率
物体在某一时刻或某一位置做功的快
慢
P=Fv，v 为某一时刻的速
度
知识点三：摩擦力做功：
1.摩擦力做工特点
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功,也可以做负功,还可以不做功。
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零;相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零,且总
为负值。
③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能,内能Q=Ffx 相对。
2. 摩擦力做功的应用比较
（1）. 两种摩擦力对物体运动起到的作用
①摩擦力阻碍物体间的相对运动，并不一定阻碍物体的运动，所以摩擦力可以为动力也可以为阻力；
②受静摩擦力的物体不一定静止，受滑动摩擦力的物体不一定运动。
（2）. 两种摩擦力做功特点的比较
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不
[来
源:
学,
科,
网]
同
点
能量的转化
方面
在静摩擦力做功的过程中，
只有机械能从一个物体转移
到另一个物体（静摩擦力起
着传递机械能的作用），而
没有机械能转化为其他形式
的能
（1）相互摩擦的物体通过摩擦力做功，
将部分机械能从一个物体转移到另一个物
体
（2）一部分机械能转化为内能，此部分
能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力
的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数
和总等于零
一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所
做的总功，等于摩擦力与两个物体相对路
程的乘积，即Wf＝－Ffx 相对，即物体克服
摩擦力做功，系统损失的机械能转化成内
能
相
同
点
正功、负
功、不做功
方面
两种摩擦力对物体均可以做正功、负功，还可以不做功
3．摩擦力做功正负情况
运动的物体受到滑动摩擦力或静摩擦力时，若摩擦力的方向与运动方向相反，则摩擦力做负功，该摩擦力就是
阻力；若摩擦力的方向与运动方向相同，则摩擦力做正功，该摩擦力就是动力。总之，摩擦力既可能做负功，也可
能做正功，还可能不做功。举例如下：
4．摩擦力做功计算要注意过程中位移的方向是否改变。
(1)物体在粗糙水平面上做单方向的直线运动时，路程与位移大小相等，此时摩擦力做功W＝－Fl(l 指位移，
F 指摩擦力)。
(2)物体在粗糙水平面上做往复运动或曲线运动时，路程与位移大小不同，此时摩擦力做功W＝－Fs(s 指路
程，F 指摩擦力)。
5.易错点：
(1)计算摩擦力做功时，物体的位移是指对地的位移。而计算摩擦热时，是该摩擦力的施力物体与受力物体
之间相对运动运动的路程。
(2)一对静摩擦力的总功为零是因为物体间的静摩擦力总是大小相等、方向相反，而它们运动时相对地面的
位移是相同的，所以物体之间的静摩擦力若做功，则必定对一个物体做正功，对另一个物体做等量负功。
但是滑动摩擦存在相对运动，对地面的位移不同，其正负功不相等。
(3)摩擦力做功问题，常涉及两个物体的相对运动，要注意两物体的位移关系。
1. 功的计算：先判断力是恒力还是变力→恒力用W=Fxcosθ，变力优先用动能定理（W 合=ΔEₖ）；
2. 功率的计算：先区分平均/瞬时→平均功率用W/t，瞬时功率用Fvcosθ（关键找对应时刻的v 和夹角）；
3. 机车启动：先明确启动方式→列核心公式（P=F 牵v、F 牵-f=ma）→分析运动阶段（匀加速/变加速/匀速）→
结合图像或状态求物理量；
4. 综合题：以“功和能”为线索，将功的计算与动能定理、能量守恒结合，简化复杂过程分析。
题型01：做功的判断
【典型例题1】下列四幅图所描述的情景中，人对物体做功的是（ ）
A．①②
B．②③
C．②④
D．①④
【答案】D
【详解】①．将地面上的物体往上堆积，给物体一个向上的力，且物体向上移动了距离，力对物体做功，故①正确；
②．在水平方向搬运一盆花，人给花盆一个向上的力，但沿水平方向移动了距离，力对花盆没有做功，故②错误；
③．人给重物一个向上的力，物体没有移动距离，力对重物没有做功，故③错误；
④．人给拖把一个向前的力，拖把向前移动了距离，力对拖把做功，故④正确。
故选D。
【典型例题2】我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计
了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还
是在地面做此实验（ ）
A．小球的速度大小均发生变化
B．小球的向心加速度大小均发生变化
C．细绳的拉力对小球均不做功
D．细绳的拉力大小均发生变化
【答案】C
【详解】AC．在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速度垂直，
不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力作用下做匀速
圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A 错误，C 正确；
BD．在地面上小球运动的速度大小改变，根据
和
（重力不变）可知小球的向心加速度和拉力的大小
发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，BD 错误。
故选C。
【变式训练1-1】如图，一磁铁吸附在铁板AB 的下方。现保持铁板与水平面间的夹角θ 不变，缓慢推动B 端，使
AB 与磁铁一起水平向左匀速移动，则 （ ）
A．合外力对磁铁做正功
B．AB 对磁铁的作用力不做功
C．AB 对磁铁的弹力不做功
D．AB 对磁铁的摩擦力不做功
【答案】B
【详解】A．由于磁铁做匀速运动，根据动能定理可知，合外力对磁铁不做正功，故A 错误；
B．磁铁受重力和磁铁的作用力而做匀速运动，根据平衡条件可知，AB 对磁铁的作用力大小等于重力，方向竖直向
上，与磁铁的运动方向相互垂直，故AB 对磁铁的作用力不做功，故B 正确；
C．AB 对磁铁的弹力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹力一定做功，故C 错误；
D．AB 对磁铁的摩擦力沿接触面，与磁铁运动方向不垂直，故摩擦力做功，故D 错误。
故选B。
【变式训练1-2】如图，物块A 与斜面B 一起水平向左做匀加速运动的过程中，物块A 所受的（ ）
A．重力做负功
B．支持力做负功
C．摩擦力做负功
D．合外力做负功
【答案】B
【详解】A．物块A 与斜面B 一起水平向左做匀加速运动的过程中，重力与位移方向垂直，不做功，故A 错误；
B．支持力方向与位移方向夹角为钝角，做负功，故B 正确；
C．摩擦力方向与位移方向夹角为锐角，做正功，故C 错误；
D．因为速度增大，动能增大，根据动能定理可知，合外力做正功，故D 错误。
故选B。
【变式训练1-3】惠州罗浮山风景区于2022 年1 月启用新索道，如图所示，质量为M 的吊厢通过悬臂固定悬挂在
缆绳上，吊厢水平底板上放置一质量为m 的货物。若某段运动过程中，在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加
速运动，且悬臂和吊厢处于竖直方向，重力加速度为g，则（ ）
A．吊厢水平底板对货物的支持力不做功
B．吊厢水平底板对货物的摩擦力做正功
C．悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向平行且斜向上
D．悬臂对吊厢的作用力大小等于
【答案】B
【详解】A．吊厢水平底板对货物的支持力竖直向上，与速度方向的夹角小于
，可知支持力对货物做正功，故A
错误；
B．在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，可知吊厢水平底板对货物的摩擦力水平向右，与速度方向的
夹角小于
，摩擦力对货物做正功，故B 正确；
CD．以吊厢和货物为整体，设加速度大小为
，缆绳与水平方向夹角为
，则有
，
则悬臂对吊厢的作用力大小为
悬臂对吊厢的作用力与水平方向的夹角为
，则有
可知悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向不平行，故CD 错误。
故选B。
【变式训练1-4】某同学设计了一款简易娱乐设施“颠颠轮”，结构如图所示。甲、乙两箱用跨过滑轮的绳索相连，
乙箱在轮子上做匀速圆周运动时，甲箱内的乘客即可上下颠簸。现让乙箱从图示位置开始逆时针运动一周，绳子始
终处于绷直状态，不计滑轮与绳索间的摩擦及空气阻力，在这个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．绳索的拉力对甲箱先做负功后做正功
B．乙箱运动到最低点时，其速度小于甲箱的速度
C．两箱速度大小相等的位置有两个
D．甲箱的速度为零的位置有两个
【答案】CD
【详解】
A．由乙箱的运动过程可知，甲箱先下降后上升再下降，所以绳索的拉力对甲箱先做负功后做正功再做负功，故A
错误；
B．乙箱运动到最低点时
乙箱运动到最低点时，其速度大于甲箱的速度，故B 错误；
C．乙箱运动至C、D 两点时，绳索与轮子相切，乙箱的速度完全沿着绳索方向，所以有两个时刻两箱的速度大小相
等，故C 正确；
D．乙箱运动至A、B 两点时，连接乙箱的绳索方向与乙箱的速度方向相互垂直，乙箱的速度沿绳索方向的速度分量
为零，所以甲箱的速度为零的时刻有两个，故D 正确。
故选CD。
【变式训练1-5】（多选）如图所示，在加速向左运动的车厢中，一人用力向左推车厢（人与车厢始终保持相对静
止），则下列说法正确的是（ ）
A．人对车厢做正功
B．车厢对人做负功
C．人对车厢做负功
D．车厢对人做正功
【答案】CD
【详解】先确定人对车厢的作用力方向和力的作用点的位移方向，这里人对车厢除有手对车厢的推力F1 外，还有
个容易被疏忽的力：脚对车厢地板的静摩擦力F2，受力分析如图所示。其中F1 做正功，F2 做负功。由于F1 和F2
大小未知，因此这两个力的总功正负难以确定。于是将研究对象转换为受力情况较简单的人，在水平方向人受到车
厢壁向右的力F1′和车厢地板对人向左的静摩擦力F2′，这两个力的合力使人产生向左加速运动的加速度，合力是动
力，对人做正功，表示车厢对人做正功，由牛顿第三定律知，人对车厢的作用力向右，是阻力，所以人对车厢做负
功，故CD 正确。
故选CD。
【变式训练1-6】（多选）推导匀变速直线运动位移公式时，匀变速直线运动在极短时间内可以看成是匀速直线运
动，这一方法也适用于求非匀变速直线运动的位移，如图所示，光滑水平面上，物块
以
的速度去撞固定
在物块
上的轻弹簧，经过
二者第一次速度相等，此时物块
运动的位移为
，已知
的质量是
的质量
的5 倍，弹簧始终在弹性限度内，则以下说法正确的是（ ）
A．从开始运动到共速过程中，物块
的加速度始终是物块
的5 倍
B．从开始运动到共速过程中，物块
的位移始终是物块
的位移的5 倍
C．二者速度相等时，物块
的位移为
D．从开始运动到共速过程中，弹簧弹力对
和
做功的大小相等
【答案】AC
【详解】A．设A 的质量为
，弹簧上的力的大小处处相等，故根据牛顿第二定律可知
，
，故物
块A 的加速度始终是物块B 的5 倍。A 正确；
B．从开始运动到二者共速过程中，B 物块的速度大于A 物块的速度，相同的运动时间，则B 的位移也大于A 的位
移。B 错误；
C．根据A 选项中结论可知A 物体位移为
，
，联立以上两方程可知
，C
正确；
D．从开始运动到共速过程中，B 的位移也大于A 的位移，弹簧弹力对
做功绝对值大于弹簧弹力对
做的功，D
错误。
故选AC。
题型02：做功的计算
【典型例题1】两个互相垂直的力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动，如图所示，物体通过一段位移时，力F1
对物体做功4J，力F2对物体做功3J，则力F1与F2的合力对物体做功为（ ）
A．7J
B．1J
C．5J
D．3.5J
【答案】A
【详解】当有多个力对物体做功的时候，总功的大小就等于用各个力对物体做功的和，由于力F1对物体做功4J，力
F2对物体做功3J，所以F1与F2的合力对物体做的总功就为W=3J+4J=7J，故A 正确，BCD 错误。
故选A。
【典型例题2】（多选）如图所示，一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块，并留在木块当中，
在此过程中子弹钻入木块的深度为d，木块的位移为l，木块与子弹间的摩擦力大小为F，则（ ）
A．F 对木块做功为Fl
B．F 对木块做功为F（l+d）
C．F 对子弹做功为﹣Fd
D．F 对子弹做功为﹣F（l+d）
【答案】AD
【解答】解：AB、子弹对木块的摩擦力大小为F，木块相对于地的位移为l，则F 对木块做功为Fl，故A 正确，B
错误。
CD、子弹的位移为（l+d），故F 对子弹做功为﹣F（l+d），故C 错误，D 正确。
故选：AD。
【典型例题3】如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2kg 的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升
降机以5m/s 的速度匀速上升4s 的过程中（g 取10m/s2），求：
（1）斜面对物体的支持力所做的功；
（2）斜面对物体的摩擦力所做的功；
（3）物体重力所做的功；
（4）合外力对物体所做的功。
【答案】（1）斜面对物体的支持力所做的功为300J；
（2）斜面对物体的摩擦力所做的功为100J
（3）物体重力所做的功为﹣400J；
（4）合外力对物体所做的功为0．
【解答】解：上升的位移h＝vt＝5×4m＝20m
对物体进行受力分析，有重力、支持力、摩擦力，如图所示：
根据平衡条件：
N＝mgcosθ＝2×10×
N＝10
N
f＝mgsinθ＝2×10×0.5N＝10N
（1）斜面对物体的支持力所做的功为：WN＝Nhcosθ＝10
×20×
J＝300J
（2）摩擦力对物体所做的功为：Wf＝fhsinθ＝10×20×0.5J＝100J
（3）重力对物体所做的功为：WG＝﹣mgh＝20×20J＝﹣400J
（4）合外力对物体所做的功为：W 合＝WN+Wf+WG＝300J+100J﹣400J＝0
答：（1）斜面对物体的支持力所做的功为300J；
（2）斜面对物体的摩擦力所做的功为100J
（3）物体重力所做的功为﹣400J；
（4）合外力对物体所做的功为0．
【变式训练2-1】福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图（a）所示。承启楼外楼共
四层，各楼层高度如图（b）所示。同一楼层内部通过直径约
的圆形廊道连接。若将质量为
的防御物资
先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M 处，再用
沿廊道运送到N 处，如图（c）所示。重力加速度大小取
，
则（ ）
A．该物资从二楼地面被运送到四楼M 处的过程中，克服重力所做的功为
B．该物资从M 处被运送到N 处的过程中，克服重力所做的功为
C．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，位移大小为
D．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，平均速率为
【答案】A
【详解】A．该物资从二楼地面被运送到四楼M 处的过程中，克服重力所做的功为
，故A 正确；
B．该物资从M 处被运送到N 处的过程中，由于M、N 高度差为零，所以克服重力做功为零，故B 错误；
C．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，位移大小为
，故C 错误；
D．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，平均速率为
，故D 错误。
故选A。
【变式训练2-2】在多年前的农村，人们往往会选择让驴来拉磨把食物磨成面，假设驴对磨杆的平均拉力为
，
半径为
，转动一周为
，则（ ）
A．驴转动一周拉力所做的功为0
B．驴转动一周拉力所做的功为
C．驴转动一周拉力的平均功率为
D．磨盘边缘的线速度为
【答案】C
【详解】AB．驴对磨的拉力沿圆周切线方向，拉力作用点的速度方向也在圆周切线方向，故可认为拉磨过程中拉力
方向始终与速度方向相同，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧
长的乘积，则磨转动一周，弧长
所以拉力所做的功
，故AB 错误；
C．根据功率的定义得
，故C 正确；
D．线速度为
，故D 错误。
故选C。
【变式训练2-3】（多选）放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0~6s 内其速度与时间图像和该拉力的
功率与时间图像分别如图甲和乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0~6s 内物体位移大小为36m
B．0~6s 内拉力做的功为70J
C．合力在0~6s 内做的功与0~2s 内做的功不相等
D．滑动摩擦力大小为
N
【答案】BD
【详解】A．由速度与时间图像围成的面积等于物体的位移，则0～6s 内物体的位移大小
故A 错误；
B．由功率与时间图像围成的面积等于力做的功，则在0～6s 内拉力做的功为
故B 正确；
C．在0～6s 内与0～2s 内动能变化相同，则根据动能定理可知，合外力在0～6s 内做的功与0～2s 内做的功相
等，故C 错误；
D．在2～6s 内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，由
，则有
，故D 正
确。
故选BD。
【变式训练2-4】（多选）如图所示，质量为3kg 的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC 部分为半
径为R 的四分之一圆弧，CD 部分水平。质量为1kg 的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B 正上方的A 点由静止
自由落下，与圆弧相切于B 点并从B 点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法
正确的是（ ）
A．物块对小球不做功
B．物块的最大速度为1m/s
C．两者分离时物块移动了0.15m
D．物块对地面的最大压力为70N
【答案】BC
【详解】A．小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A 错误；
B．系统在水平方向动量守恒，有
根据能量守恒有
解得
，
，故B 正确；
C．小球的水平分速度始终为物块速度的3 倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了
，故C 正
确；
D．小球在C 点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系（此时为惯性系），小球此时相对圆
心的速度为
，对整体应用牛顿运动定律有
，故D 错误。
故选BC。
【变式训练2-5】（多选）排球运动员将完全相同的甲、乙两球以相同大小的初速度v0分别沿水平向右、竖直向上
方向抛出，抛出点离地面的高度均为h。假设空气阻力大小恒定，方向与排球运动方向相反，下列说法正确的是
（ ）
A．甲、乙两球从抛出到落地的过程中，重力对甲球做正功，对乙球做负功，但大小相同
B．甲、乙两球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功与路程无关
C．若甲球落地时速度大小为v，则在落地瞬间重力做功的瞬时功率为mgv
D．乙球从抛出点上升到最高点过程中克服重力做功的平均功率大于从最高点返回至抛出点过程中重力做功的平
均功率
【答案】D
【解答】解：A、根据WG＝mgh 可知，重力做功的大小只与初末位置的高度差有关。所以甲、乙两球从抛出到落
地的过程中，重力对两球做功相同，故A 错误；
B、因为阻力始终做负功，所以克服空气阻力所做的功等于阻力与路程的乘积，故B 错误；
C、若甲球落地时速度大小为v，
设落地瞬间速度与水平方向夹角为θ，
则在落地瞬间重力做功的瞬时功率为
P＝mgvsinθ，故C 错误；
D、上升过程加速度
下降过程
位移大小相同的条件下上升过程加速度大，所用时间短，而从抛出点上升到最高点过程中克服重力做功等于从最高
点返回至抛出点过程中重力做功，
根据
可知，乙球从抛出点上升到最高点过程中克服重力做功的平均功率大于从最高点返回至抛出点过程中重力
做功的平均功率，故D 正确。
故选：D。
【变式训练2-6】（多选）如图所示，排球比赛中运动员将排球从M 点水平击出，排球飞到P 点时，被对方运动员
击出，球又斜向上飞出后落到M 点正下方的N 点，N 点与P 点等高，轨迹的最高点Q 与M 等高，不计空气阻力，
下列说法正确的有（ ）
A．排球两次飞行过程中时间相同
B．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等
C．排球离开M 点的速率比经过Q 点的速率小
D．排球到达P 点时的速率比离开P 点时的速率大
【答案】D
【解答】解：A．排球从M 点水平抛出做平抛运动，运动时间为
解得
N 点与P 点等高，轨迹的最高点Q 与M 等高，故从P 点抛出的小球做斜抛的时间为从M 点抛出的小球的运动时间
的2 倍，故A 错误；
B．第一次从M 到P，设排球的抛体高度为h，重力做正功为
WG＝mgh
第二次做斜上抛运动从P 到Q 到N 点，N 点与P 点等高，重力做功为零，故B 错误；
C．排球从M 到P 和从Q 到N 都是平抛运动，在M、Q 点均只有水平方向的速度，高度h 相同，由
知运
动时间相同，第一次的水平距x1 大于第二次的水平距离x2，由x＝v0t 可推出离开M 点的速度大于经过Q 点的速
度，故C 错误；
D．由逆向思维法将排球从P 到Q 的斜上抛运动可看成从Q 到P 的平抛，则由M 到P 和Q 到P 的平抛运动比较，运
动高度相同，则运动时间相同，竖直分速度vy 一样，但M 到P 的水平位移大，则水平速度v0 较大，由
v＝
可知从M 到P 的末速度大小大于从P 到Q 的初速度大小，故D 正确。
故选：D。
【变式训练2-7】（多选）如图1 所示，质量m＝10kg 的物块静止在光滑水平面上A 点，在水平外力F 作用下，
10s 末到达B 点，外力F 随时间变化的规律如图2 所示，取向右为正方向。
（1）求前10s 内物块的位移大小x1和在B 点速度的大小v1；
（2）请在图3 中画出物体在前20s 内的速度—时间（v﹣t）图像；
（3）求在10s 到20s 这段时间内外力F 所做的功W。
【答案】（1）前10s 内物块的位移大小x1 为20m，在B 点速度的大小v1 为4m/s；
（2）v﹣t 图像见解析；
（3）在10s 到20s 这段时间内外力F 所做的功W 为﹣80J。
【解答】解：（1）物块在AB 段运动时，对物块受力分析，由牛顿第二定律得：F1＝ma1
代入数据解得：
由运动学公式得：x1＝
a1
＝
×0.4×102m＝20m
v1＝a1t1＝0.4×10m/s＝4m/s
（2）如图所示
（3）在10s 到20s 这段时间内，物体的位移x2＝x1＝20m
力F 做的功W＝Fx2cosπ＝4×20×（﹣1）J＝﹣80J
答：（1）前10s 内物块的位移大小x1 为20m，在B 点速度的大小v1 为4m/s；
（2）v﹣t 图像见解析；
（3）在10s 到20s 这段时间内外力F 所做的功W 为﹣80J。
【变式训练2-8】（多选）如图所示，在倾角为θ=37°的足够长的斜面上，有质量为m1=2kg 的长木板．开始时，
长木板上有一质量为m2=1kg 的小铁块（视为质点）以相对地面的初速度v0=2m/s 从长木板的中点沿长木板向下滑
动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v=1m/s 的匀速运动，小铁块最终与长木板一起沿斜面向
上做匀速运动．已知小铁块与长木板、长木板与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.9，重力加速度为g=10m/s2，
sin37°=0.6，cos37°=0.8，试求：
（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度；
（2）长木板至少多长？
（3）在小铁块从木板中点运动到与木板速度相同的过程中拉力做了多少功？
【答案】（1）1.2m/s2，方向沿斜面向上；（2）7.5m；（3）102J
【详解】(1)设小铁块的加速度大小为a，取沿斜面向上方向为正方向，根据牛顿第二定律得f2﹣m2gsinθ=m2a
又f2=μN2=μm2gcosθ
解得a=g（μcosθ﹣sinθ）=1.2m/s2，，方向沿斜面向上。
(2)小铁块先沿斜面向下做匀减速运动至速度为零，再沿斜面向上做匀加速运动，最终以速度v 与长木板一起沿斜面
向上做匀速运动．设经过时间t 后小铁块达到速度v，则v﹣（﹣v0）=at
解得t=2.5s
设此段时间内小铁块的位移为s1，木板的位移为s2，则有
方向沿斜面向下s2=vt
方向沿斜面向上，因为
所以L≥2（s1+s2）=7.5m
(3)对木板，根据平衡条件F=f1+f2+m1gsinθ，f1=μN1，则中拉力做功为W=Fs2=102J
题型03：平均功率与瞬时功率
【典型例题1】如图甲，抛秧种水稻与插秧种水稻不同，它是直接将秧苗抛种在田里，比插秧更省时，更轻快。如
图乙，在同一竖直面内，两位村民分别以初速度va和vb，分别将两棵质量相同视为质点的秧苗a、b 分别从高度为
h1和h2的（h1＞h2）两点沿水平方向同时抛出，均落到与两抛出点水平距离相等的P 点。若不计空气阻力，则（
）
A．落地时a 的重力瞬时功率小于b 的重力瞬时功率
B．溶地时a 的速度与水平方向夹角比b 大
C．a、b 两秧苗的落地时间之比为va：vb
D．a、b 两秧苗的竖直高度之比为vb：va
【答案】B
【解答】解：A．a 与b 的重力相等，因h1＞h2，所以落地时a 球的竖直速度大于b 球的竖直速度，根据
P＝mgv
可知，落地时a 的重力瞬时功率大于b 的重力瞬时功率。故A 错误；
B．设速度与水平方向夹角为θ，则
因为h1＞h2，根据
，
可知
vya＞vyb，ta＞tb
因为a、b 水平位移相等，根据
x＝vxt
可得
vax＜vbx
所以
tanθa＞tanθb
则落地时a 的速度与水平方向夹角比b 大。故B 正确；
C．因为
所以
故C 错误；
D．根据
可知
故D 错误；
故选：B。
【典型例题2】如图（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（ ）
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
【详解】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，
乙沿I 下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A 错误，B 正确；CD．乙沿I 下
滑，开始时乙速度为0，到
点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式
可知重力瞬时功率先增大后减
小，CD 错误。
故选B。
【典型例题3】（多选）运动员经常采用背带拉着轮胎奔跑的方式进行训练。如图，一运动员拉着轮胎在水平跑道
上以大小为v 的速度匀速运动，背带对轮胎的拉力大小为
，拉力的功率为
；运动员换用较长的背带，再拉着该
轮胎仍以速度v 匀速运动，背带对轮胎的拉力大小为
，拉力的功率为
，则（ ）
A．
一定大于
B．
可能等于
C．
一定大于
D．
可能等于
【答案】BC
【详解】AB．对轮胎受力分析如图所示
水平方向有
，竖直方向有
，滑动摩擦力
，联立可得
，
根据数学知识有
，其中
，由于背带变长，则拉力
与水平方向的夹角
减小，
而上述正弦函数随着夹角
的变化，增减性不明，因此拉力
可能增大、可能减小也可能不变，即
可能大于
、
可能小于
，也可能等于
，故A 错误，B 正确；C．拉力的功率
，而
，则可得
，式中
为定值，只需讨论
的变化，取其倒数，有
，
当
减小时，上式结果减小，则可知
增大，即
，故C 正确，D 错误。
故选BC。
【典型例题4】在天花板上的O 点，另一端拴一质量为m 的小球。刚开始细绳处于水平位置，现将小球由静止释放，
细绳从水平位置运动到竖直位置，在此过程中小球沿圆弧从A 点运动到B 点，C 点、D 点是圆弧的两个三等分点，
不计一切摩擦阻力，则重力在C 点和D 点的瞬时功率之比
满足（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】如图所示
设OA 与OC 的夹角为
，OD 与OA 的夹角为
，A 到C 由动能定理得
重力的瞬时功率为
联立解得
同理得D 点重力的瞬时功率
\将
，
代入，可得
故选B。
【变式训练3-1】风力发电机是由风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生
电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功
率为P，则风能转化为电能的效率为( )
A. B. C. D.
【答案】 A
【解析】 风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t 时间内
吹向发电机的风柱的体积为V＝vt·S＝vtπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρvtπl2，因此在t 时间内吹过的风的动能为Ek
＝Mv2＝ρvtπl2·v2，在t 时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝＝，故A 正确，B、C、D
错误．
【变式训练3-2】《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两
个半径均为R 的水轮，以角速度ω 匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，与水轮间无相对滑动。
每个水筒离开水面时装有质量为m 的水，其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则
筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A．
B．
C．
D．nmgωRH
【答案】B
【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，且每个水筒离开水面时装有质量为m 的水、其中的
60%被输送到高出水面H 处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m 总 = 2πRnm × 60% = 1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W = 1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
联立有
故选B。
【变式训练3-3】“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的．总质量为m 的动车组在平直的轨
道上行驶．该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F 阻
＝kv，k 为常量)，动车组能达到的最大速度为vm.下列说法正确的是( )
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t 达到最大速度vm，则这一过程中该动车
组克服阻力做的功为mvm
2－Pt
【答案】 C
【解析】 对动车组由牛顿第二定律有F 牵－F 阻＝ma，
动车组匀加速启动，即加速度a 恒定，但F 阻＝kv 随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A 错误；
若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵
引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B 错误；
若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv，
而以额定功率匀速行驶时，有＝kvm，
联立解得v＝vm，故C 正确；
若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t 达到最大速度vm，
由动能定理可知4Pt－W 克阻＝mvm2－0，
可得动车组克服阻力做的功为
W 克阻＝4Pt－mvm2，故D 错误．
【变式训练3-4】如图所示，某机车在运动过程中的
图像，已知其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v0的
方向为正方向，已知机车的质量为5t，运动过程中所受阻力恒定为6×104N。下列说法正确的是（ ）
A．该机车做匀加速直线运动
B．该机车的加速度大小为4m/s2
C．该机车在前3 秒的位移是24m
D．零时刻机车的牵引力的功率为4×105W
【答案】D
【解答】解：根据匀变速直线运动的位移与时间关系
则
的关系式为
AB、题中的
图像的斜率为初速度v0，则
初速度v0＝20m/s
纵轴截距为
，则
即
加速度a＝﹣8m/s2
a 与v0 反向，所以该机车做匀减速直线运动，故AB 错误；
C、设该机车速度减为0 所用的时间为t，则
v0＝at
解得
t＝2.5s
故该机车在前3 秒的位移等于前2.5s 内的位移，有
代入数据得x＝25m，故C 错误；
D、零时刻对机车，根据牛顿第二定律有
F﹣f＝ma
解得
牵引力F＝2×104N
所以零时刻机车的牵引力的功率为
P＝Fv0
代入数据得P＝4×105W，故D 正确。
故选：D。
【变式训练3-5】如图所示，细绳的一端固定于O 点，另一端系一重力为G 的小球，在水平拉力F 作用下，小球以
恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点．A、B 两点间的水平距离为L，高度差为h，则在此过程中，下列说法正
确的是( )
A．重力的瞬时功率先增大后减小
B．拉力的瞬时功率不断增大
C．重力做功为WG＝Gh
D．拉力做功为WF＝FL
【答案】 B
【解析】 因为小球以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力FT
三者的合力必是沿绳子指向O 点．设绳子与竖直方向夹角是θ，则＝
tan θ，得F＝Gtan θ，而水平拉力F 的方向与速度v 的方向夹角也是θ，所以水平拉力F 的瞬时功率P 水平＝Fvcos
θ，即P 水平＝Gtan θ·vcos θ＝Gvsin θ，又重力G 的瞬时功率PG＝Gvy＝Gvsin θ，显然，从A 到B 的过程中，θ
是不断增大的，所以重力及拉力F 的瞬时功率均一直增大，故A 错误，B 正确；重力做功为WG＝－Gh，故C 错
误；由前面选项分析知F＝Gtan θ，则可知力F 是变力，所以做的功不为FL，因为小球是以恒定速率运动，小球动
能不变，绳的拉力不做功，只有重力及拉力F 做功，根据动能定理可知WG＋WF＝0，得WF＝－WG＝Gh，故D 错
误．
【变式训练3-6】电梯上升过程可以简化为匀加速、匀速、匀减速三个阶段，即加速到允许的最大速度v 后做匀速
运动，最后经过匀减速运动将速度减为零。假设该电梯在加速和减速过程的加速度大小相等，一幢大楼每层楼高度
相同，有一个质量为m 的人先坐电梯从1 楼到7 楼，办完事后再从7 楼到16 楼，重力加速度为g，则( )
A．电梯从1 楼到7 楼的平均速度等于电梯从7 楼到16 楼的平均速度
B．电梯从1 楼到7 楼的平均速度小于电梯从7 楼到16 楼的平均速度
C．加速阶段电梯对人做正功，减速阶段电梯对人做负功
D．上升过程中电梯对人做功的最大功率为mgv
【答案】 B
【解析】 运动过程图像如图所示，
加速与减速阶段时间相等，平均速度
v＝＝＝，电梯从7 楼到16 楼匀速运动的时间更长，所以平均速度更大，故A 错误，B 正确；电梯对人的作用力方
向始终向上，与位移同向，故始终做正功，故C 错误；上升过程中匀加速阶段结束时，电梯对人做功的功率最大为
P＝Fv＝(mg＋ma)v＞mgv，故D 错误。
【变式训练3-7】《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两
个半径均为R 的水轮，以角速度ω 匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，与水轮间无相对滑动。
每个水筒离开水面时装有质量为m 的水，其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则
筒车对灌入稻田的水做功的功率为（ ）
A．
B．
C．
D．nmgωRH
【答案】B
【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，且每个水筒离开水面时装有质量为m 的水、其中的
60%被输送到高出水面H 处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m 总 = 2πRnm × 60% =
1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W = 1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
，
，联立有
。
故选B。
【变式训练3-8】如图甲所示，辘轳是古代民间提水设施，由卷筒、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设
施工作原理简化图，卷筒半径为R，某次从深井中汲取质量为m 的水，并提升至高出水面H 处的井口，假定出水面
到井口转筒以角速度ω 匀速转动，水斗出水面立即获得相同的速度并匀速运动到井口，则此过程中辘轳对水斗中的
水做功的平均功率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】水上升的速度为
，水提升到井口对水做功为
，所用时间为
，平均功率为
，联立解得，此过程中辘轳对水斗中的水做功的平均功率为
。
故选A。
【变式训练3-9】(多选)如图甲所示，一个质量为2kg 的物体（可看成质点）在沿斜面方向的拉力作用下，从倾角
θ=30°的光滑斜面底端由静止开始沿斜面向上运动。以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x 轴，拉力
做的功W 与物体位置坐标x 的关系如图乙所示。取g=10m/s2。物体沿斜面向上运动的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．物体沿斜面向上运动的最大位移xₘ=22m
B．物体沿斜面向上运动的时间为4.5s
C．在x=5m 处，拉力的功率为100W
D．拉力的最大功率为200W
【答案】BD
【详解】C．由于拉力沿斜面向上，则拉力做的功
，可看出W—x 图像的斜率代表拉力，在
，的
范围内，拉力
，根据动能定理有
，则
处物体的速度
，
此时拉力的功率
，C 错误；D．同理可知，
处物体的速度
，
此时拉力功率最大，则
，D 正确；A．从x=0 到x=10m 的过程中，物体的运动时间为t1，由
，解得
从x=10m 到最高点的过程中，拉力
，由牛顿第二定律可得
，解得物体的加速度大小为
，物体继续向上运动的时间
，由
，则物体沿斜
面向上运动的最大位移
，A 错误；B．物体沿斜面向上运动的时间
，B 正确。
故选BD。
【变式训练3-10】(多选)如图所示，A、B 是质量相等的两个小球，A 球从高度为h 的固定光滑斜面顶端静止下滑，
B 球从半径为h 的四分之一固定光滑圆弧顶端静止下滑，重力加速度为g,关于A、B 两小球的运动，下列说法正确的
是（ ）
A．两小球运动到各自底端时合外力做的功相同
B．两小球到达底端时速率相等
C．两小球运动到各自底端时重力的瞬时功率相等
D．B 球运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小
【答案】ABD
【详解】B．根据机械能守恒有
，两小球下落高度相同，可知两小球到达底端时速率相等，故B 正确；
A．根据动能定理有
，故两小球运动到各自底端时合外力做的功相同，故A 正确；C．两小球运
动到各自底端时重力的瞬时功率为
，运动至最低点时A 球的竖直方向的速度不为零，B 球的竖直方向的速
度为零，故A 球运动到各自底端时重力的瞬时功率较大，故C 错误；D．B 球运动过程中竖直方向的速度先从零增
大至最大值，后减小为零，故B 球运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，故D 正确。
故选ABD。
【变式训练3-11】(多选)电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。
某人站在平衡车上以初速度v0在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t 达到最大速度vm，此过程电动机的输
出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（ ）
A．
B．车速为v0时的加速度大小为
C．人与车在时间t 内的位移大小等于
D．在时间t 内阻力做的功为
【答案】D
【解答】解：A．根据题意，当牵引力等于阻力时，合力为零，加速度为零，平衡车速度达最大值，由公式P＝Fv，
最大速度
，故A 错误；
B．车速为v0 时牵引力
由牛顿第二定律
解得
故B 错误；
D．平衡车从v0 到最大速度vm，由动能定理：
则
故D 正确；
C．在时间t 内阻力做功W＝﹣fx
则
故C 错误。
故选：D。
【变式训练3-12】(多选)一汽车在平直公路上运动时熄火停下，如图所示，两人用水平方向上的力推汽车，每人的
推力大小均为300N，方向均与车的运动方向成30°角，当汽车前进20m 时，汽车发动机点火启动，该过程用时
20s，则在该过程中（ ）
A．两人合力做的功为 6×103J
B．两人合力做的功为
C．两人合力做功的平均功率为 300 W
D．两人合力做功的平均功率为
【答案】BD
【解答】解：AB、两人的合力为F 合＝2Fcos30°，解得：
由W＝F 合x，解得两人合力做的功为：
，故A 错误，B 正确；
CD、两人合力做功的平均功率为
，解得：
，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【变式训练3-13】(多选)如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，总质量为M 的
人与喷水装置，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人与喷水装置在竖直方向运
动的v﹣t 图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向上的方向为正，忽略水管对喷水装置的拉力以
及空气的阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．t1～t2时间内，水的反冲作用力越来越大
B．水的反冲作用力的功率为Mgv2
C．t1时刻，v﹣t 图像切线的斜率为
D．t1﹣t2时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度为
【答案】BCD
【解答】解：A．由图像知，t1～t2 时间内人竖直方向的速度越来越大，据P＝Fv 可得，当反冲作用力的功率P 恒
定的情况下，随着速度v 的增大，水的反冲作用力F 逐渐减小，
故A 错误；
B．t2 时刻，人与喷水装置的速度达到最大值，开始匀速上升，水的反冲作用力
F＝Mg
水的反冲作用力的恒定功率
P＝Fv＝Mgv2
故B 正确；
C．设水的反冲作用力为F1，由v﹣t 图像可知t1 时刻，人与喷水装置的速度为v1，由
P＝Mgv2
P＝F1v1
可知
由牛顿第二定律
F1﹣Mg＝Ma
可得t1 时刻，v﹣t 图像切线的斜率即人与喷水装置的加速度
故C 正确；
D．由动能定理
可得
故D 正确。
故选：BCD。
【变式训练3-14】某电动汽车在平直公路上从静止开始加速，测得发动机功率P 随时间变化的图像和其速度随时间
变化的图像分别如图甲、乙所示，已知汽车在50s 末的速度大小为v1＝25m/s，在110s 后速度稳定，若电动汽车
所受阻力大小f 恒定，求：
（1）电动汽车受到的阻力大小。
（2）电动汽车的质量M。
（3）电动汽车在0～110s 内的位移x。
【答案】（1）电动汽车受到的阻力大小为1.0×103N，
（2）电动汽车的质量M 为1200kg，
（3）电动汽车在0～110s 内的位移x 为2.44×103m
【解答】解（1）由图象可知汽车匀速运动时功率Pm＝40kW，最大速度vm＝40m/s，则汽车所受的阻力
（2）汽车在50s 末根据牛顿第二定律有F1﹣f＝ma
其中
联立并代入数据得汽车的质量为M＝
＝
kg＝1200kg
（3）在0～50s 内的位移
在50s～110s 内物体发动机功率不变，根据动能定理有Pmt2﹣fx2＝
﹣
代入数据解得x2＝1815m
0～110s 内该电动汽车通过的距离
答：（1）电动汽车受到的阻力大小为1.0×103N，
（2）电动汽车的质量M 为1200kg，
（3）电动汽车在0～110s 内的位移x 为2.44×103m。
【变式训练3-15】如图所示，一辆总质量为M（含货物）的货车以恒定功率P0沿水平路面由静由开始运动，车所
受的总阻力恒为f。车上载着一质量为m 的圆柱形钢卷，已知钢卷的半径为R，钢卷自由地放在间距也为R 的两
固定支撑点A、B 之间，重力加速度为g。
（1）求货车能达到的最大速度vm及速度为v（v＜vm）时的加速度a；
（2）为避免钢卷与支撑点脱离接触，求汽车刹车时的最大加速度值am及此时支撑点对钢卷的弹力FN。
【答案】（1）货车能达到的最大速度vm 为
，速度为v（v＜vm）时的加速度a 为
；
（2）为避免钢卷与支撑点脱离接触，求汽车刹车时的最大加速度值am 为
，此时支撑点对钢卷的弹力FN 为
。
【解答】解：（1）货车以恒定功率P0 沿水平路面由静由开始运动，当货车做匀速直线运动时，速度最大，牵引力
大小等于阻力，由功率公式可得
P0＝fvm
解得
当速度为v（v＜vm）时，牵引力大于阻力，则有
P0＝Fv
由牛顿第二定律可得
F﹣f＝Ma
联立解得
（2）当钢卷与支撑点刚要脱离接触时，对钢卷受力分析如图所示，可得
FNcos30°＝mg
FNsin30°＝mam
解得
答：（1）货车能达到的最大速度vm 为
，速度为v（v＜vm）时的加速度a 为
；
（2）为避免钢卷与支撑点脱离接触，求汽车刹车时的最大加速度值am 为
，此时支撑点对钢卷的弹力FN 为
。
题型04：摩擦力做功
（一）摩擦力做功的判断
【典型例题1】图2 甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自
动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止．下列关于做功的判断中正确的是( )
图2
A．图甲中支持力对人做正功
B．图甲中摩擦力对人做负功
C．图乙中支持力对人做正功
D．图乙中摩擦力对人做负功
【答案】 A
【解析】 题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持
力做正功，故A 正确，B 错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，
做正功，故C、D 错误．
【变式训练4-1-1】如图所示，物体A 静止于倾角为θ 的斜面体B 上，现对该斜面体施加一个水平向左的推力F，使
物体随斜面体一起沿水平方向向左匀速运动，则在此过程中( )
A．水平向左的推力F 不做功
B．A 所受摩擦力做正功
C．A 所受支持力做负功
D．A 所受重力不做功
【答案】 D
【解析】 F 水平向左，斜面体与物体受推力作用水平向左运动，力与位移的方向相同，推力做正功，故A 错误；
物体A 随斜面体一起沿水平方向向左做匀速运动，处于平衡状态，故物体A 所受摩擦力沿斜面向上，与位移方向的
夹角为钝角，摩擦力做负功，故B 错误；物体A 所受支持力垂直斜面向上，与位移方向的夹角为锐角，支持力做正
功，故C 错误；物体A 所受重力竖直向下，位移水平向左，位移与力的方向垂直，不做功，故D 正确．
【变式训练4-1-2】如图4 甲所示，质量为4 kg 的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F 随位移大小x 变化
的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s2，则( )
图4
A．物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动
B．运动过程中推力做的功为200 J
C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变
D．因推力是变力，无法确定推力做功的大小
【答案】 B
【解析】 滑动摩擦力Ff＝μmg＝20 N，物体先加速运动，当推力减小到20 N 时，加速度减小为零，之后推力逐
渐减小，物体做加速度增大的减速运动，当推力减小为零后，物体做匀减速运动，选项A、C 错误；F－x 图象中图
线与横轴所围的面积表示推力做的功，W＝×100×4 J＝200 J，选项B 正确，D 错误．
（二）水平摩擦力做功
【典型例题2】如图所示，质量为m 的小车在与竖直方向成α 角的恒定拉力F 作用下，沿水平地面向左运动一段距
离L，车与地面之间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（ ）
A．拉力对小车做功FL
B．拉力对小车做功为FLsinα
C．摩擦力对小车做功为﹣μmgL
D．重力对小车做功为mgL
【解答】解：AB．拉力对小车做功为W＝FLsinα，故A 错误，B 正确；
C．摩擦力对小车做功为Wf＝﹣fL＝﹣μNL＝﹣μ（mg﹣Fcosθ）L，故C 错误；
D．在重力方向小车没有位移，则重力对小车做功为零，故D 错误。
故选：B。
【变式训练4-2-1】一质量为m 的物体在水平恒力F 的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v﹣t 图像如图
所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体在运动过程中（ ）
A．摩擦力做功为1
2
mv0
2
B．物体速度变化为零，所以F 平均功率为零
C．F 做功W= 3
2
μmgv0t0
D．F＝2μmg
【解答】解：D、取初速度方向为正方向。根据动量定理得：
对全过程：Ft0﹣μmg•3t0＝0，
得：F＝3μmg，所以D 错误；
AC、在0﹣t0 时间内物体的位移为：x= v0t0
2
，力F 做功大小为：W＝Fx＝3μmg•v0t0
2 = 3
2
μmgv0t0，所以摩擦力做
功为−3
2
μmgv0t0，又摩擦力做负功，故A 错误，C 正确；
B、F 作用时间在0﹣t0 段，在此时间内物体的速度变化不为零，所以F 的平均功率不为零，故B 错误。
故选：C。
【变式训练4-2-2】（多选）疫情防控中，某医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人员选择配
送目的后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中，“小易”“发现”正前方站着一个人，立即制动减
速，恰好在距离人30cm 处停下。“小易”从静止出发到减速停止，可视为两段匀变速直线运动，其v﹣t 图像如图
所示，图中t0＝1.6s，v0＝5m/s。已知减速时的加速度大小是加速时加速度大小的3 倍，“小易”（含药物）的总
质量为60kg，运动过程中阻力恒为20N。则（ ）
A．“小易”从静止出发到减速停止的总位移为1 m
B．“小易”加速过程的加速度大小为25
6
m/s2
C．启动过程的牵引力与制动过程的制动力大小之比为9
25
D．阻力的平均功率为50W
【解答】解：A、根据v﹣t 图像与时间轴围成的面积表示位移，可知“小易”从静止出发到减速停止的总位移为x
= v0t0
2 = 5×1.6
2
m＝4m，故A 错误；
B、“小易”加速运动与减速运动满足v0＝a1t1＝a2t2，又因t1+t2＝1.6s，a2＝3a1，解得加速时间为t1＝1.2s，
加速度大小为a1= 25
6
m/s2，故B 正确；
C、对加速过程，由牛顿第二定律有F1﹣f＝ma1
对减速过程，由牛顿第二定律有F2+f＝ma2，解得F1＝270N，F2＝730N，则启动过程的牵引力与制动过程的制动
力大小之比为F1
F2
= 270
730 = 27
73 ，故C 错误；
D、由上解得阻力大小f＝20N，阻力的平均功率为P = W
t = fx
t0
= 20×4
1.6
W＝50W，故D 正确。
故选：BD。
【变式训练4-2-3】（多选）如图所示，两个半圆柱A、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半
径均为R。C 的质量为m，A、B 的质量都为
，与地面的动摩擦因数均为
。现用水平向右的力拉A，使A 向右缓
慢移动直至C 降到地面，B 一直保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则从A 开始移动直
至C 降到地面的过程中（ ）
A．A 受到地面的摩擦力大小不变
B．A 受到地面的摩擦力大小一直增大
C．A 克服摩擦力做功为
D．A 克服摩擦力做功为
【答案】AD
【详解】AB．现用水平向右的力拉A，使A 向右缓慢移动直至C 降到地面，根据对称性可知A 和B 受到地面的支持
力大小相等，整个过程中将ABC 整体，A 受到地面的支持力为
则A 受到地面的摩擦力大小为
保持不变，故A 正确，B 错误；
CD．初末状态图如图
（三）斜面上的摩擦力做功
【典型例题3】如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，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．下列说法不正确的有( )
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】 C
【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；
依题意，小车从M 到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40 N，
则摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J，
则小车克服摩擦力做功为800 J，故B 正确；
依题意，从P 到Q，重力势能增加量为
ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C 错误；
依题意，小车从P 到Q，摩擦力大小为Ff2，有
Ff2＋mgsin 30°＝，
摩擦力做功为W2＝－Ff2·PQ，
联立解得W2＝－700 J，
则小车克服摩擦力做功为700 J，故D 正确．
【变式训练4-3-1】如图所示，一物体置于倾角为α 的粗糙斜面上，在水平推力F 作用下斜面向左做匀加速直线运
动，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物体的摩擦力可能做正功
B．斜面对物体的支持力可能做负功
C．斜面对物体的作用力可能不做功
D．该物体受到的合外力可能不做功
【解答】解：A、当物体的加速度a＜gtanα 时，斜面对物体的摩擦力沿斜面向上，摩擦力方向与位移方向夹角是钝
角，摩擦力对物体做负功；
当物体的加速度a＞gtanα 时，斜面对物体的摩擦力沿斜面向下，摩擦力方向与位移方向夹角是锐角，摩擦力对物
体做正功；
当a＝gtanα 时，斜面与物体间不存在摩擦力，摩擦力对物体不做功，故A 正确；
B、斜面对物体的支持力垂直于斜面向上，与物体的运动方向夹角是锐角，斜面对物体的支持力一定做正功，故B
错误；
C、物体受到重力和斜面对物体的作用力（支持力和摩擦力的合力），重力和斜面对物体的作用力合力方向水平向
左，而重力方向竖直向下，则斜面对物体的作用力斜向左上方，与物体位移方向夹角是锐角，斜面体对物体的作用
力对物体一定做正功，故C 错误；
D、物体向左做匀加速直线运动，物体所受合外力水平向左，合外力方向与位移方向相同，合外力对物体一定做正
功，故D 错误。
故选：A。
【变式训练4-3-2】（多选）如图所示，一倾斜角θ＝37°、质量为M＝2kg 的斜劈静止放置在水平地面上，用手支
撑将质量为m＝1kg 的滑块静置在斜劈光滑的斜面上，某时刻松开手的同时给斜劈施加一个水平向左的恒力F，滑
块恰能相对于斜劈静止，已知斜劈与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝
0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．松手后滑块的加速度大小为6m/s2
B．恒力F 的大小为34.5N
C．松开手后2s 内，斜劈克服摩擦力做的功为150J
D．松开手后2s 内，恒力F 的平均功率为258.75W
【解答】解：A.由于滑块恰能相对于斜劈静止，则对滑块做受力分析有
FNcosθ＝mg
FNsinθ＝ma
联立有
a＝gtanθ＝10× 3
4
m/s2＝7.5m/s2
故A 错误；
B.由题知某时刻松开手的同时给斜劈施加一个水平向左的恒力F，滑块恰能相对于斜劈静止，则将斜劈和滑块看成
一个整体有
F﹣μ （m+M）g＝（m+M） a
代入数据有：F＝34.5N
故B 正确；
C.松开手后2s 内，斜劈和滑块一起运动的距离为
x= 1
2 at
2
则摩擦力做的功为
Wf＝﹣μ （m+M）gx
代入数据有：Wf＝﹣180J
故C 错误：
D.松开手后2s 内，恒力F 做的功为WF＝Fx
则松开手后2s 内，恒力的平衡功率为P= W F
t
解得：P＝258.75W
故D 正确；
故选：BD。
【变式训练4-3-3】如图所示，若物体与接触面之间的动摩擦因数处处相同，DO 是水平面，AB 是斜面．初速度为
10m/s 的物体从D 点出发沿路面DBA 恰好可以达到顶点A，如果斜面改为AC，再让该物体从D 点出发沿DCA 恰好
也能达到A 点，则物体第二次运动具有的初速度（ ）
A．可能大于12 m/s
B．可能等于8 m/s
C．一定等于10 m/s
D．可能等于10 m/s，具体数值与斜面的倾角有关
【解答】解：物体从D 点滑动到顶点A 过程中，由动能定理可得：
﹣mg•hAO﹣μmg•xDB﹣μmgcosα•xAB＝0−1
2 m v
2，
由几何关系cosα•xAB＝xOB，因而上式可以简化为
﹣mg•hAO﹣μmg•xDB﹣μmg•xOB＝0−1
2 m v
2，
即得﹣mg•hAO﹣μmg•xDO＝0−1
2 m v
2，
解得初速度 v= ❑√2ghAO+2 μg xDO，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关，则物体第二次运动具有的初速
度一定等于10m/s。故C 正确，A、B、D 错误。
故选：C。
【变式训练4-3-4】如图所示，质量为m 的物体置于倾角为θ 的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力
作用下，斜面体以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止，则关于斜面对m
的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是（ ）
A．支持力做功为0
B．摩擦力做功可能为0
C．斜面对物体做功为0
D．物体所受合外力做功为0
【解答】解：A、由功的计算公式W＝Fscosα 可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移的方向夹角小于90°，支持
力一定做正功，故A 错误；
B、摩擦力是否存在需要讨论：当加速度较小时，摩擦力Ff 沿斜面向上，即a＜gtanθ，摩擦力沿斜面向上，做负
功；当加速度较大时，摩擦力Ff 沿斜面向下，即a＞gtanθ，摩擦力沿斜面向下，做正功；当a＝gtanθ 时，摩擦力
不存在，不做功，故B 正确；
CD、物体做加速运动，合力大小为ma，方向水平向左，故合力做正功；而重力不做功，故支持力和摩擦力的总功
一不为零，即物体所受合外力做正功，斜面对物体做正功，故C 错误，D 错误。
故选：B。
【变式训练4-3-5】如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，
且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x 关系的图象是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设斜面倾角为θ，小物块的质量为m，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为μ，小物块由静
止开始在沿斜面上运动的过程中，当水平位移为x 时，由动能定理得：
mg•xtanθ−μmgcosθ⋅
x
cosθ =Ek﹣0
整理得小物块的动能Ek 与水平位移x 关系为：
Ek＝（mgtanθ﹣μmg）x
假设小物块达到斜面底端的动能为Ek0，此时小物块的水平位移为x0，在水平面上运动的过程中，由动能定理得：
﹣μmg（x﹣x0）＝Ek﹣Ek0
整理得小物块的动能Ek 与水平位移x 关系为：
Ek＝Ek0+μmgx0﹣μmgx
所以小物块的动能Ek 与水平位移x 关系的图象为正比关系和一次函数关系，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【变式训练4-3-6】如图所示，质量m＝2kg 的滑块以v0＝16m/s 的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s 滑
行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑块
（1）最大位移值x；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。
【解答】解：（1）小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x= v0
2 t
代入数据解得：
x= 16
2 ×2m＝16m
（2）小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：a1= Δv
t = 16−0
2
m/s2＝8m/s2
上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
得：a1= mgsinθ+ μmgcosθ
m
=gsinθ+μgcosθ
代入数据解得：μ= a1−gsinθ
gcosθ
= 8−10×0.6
10×0.8
= 1
4 =0.25
（3）小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：a2= mgsinθ−μmgcosθ
m
=gsinθ﹣μgcosθ＝10×0.6﹣0.25×10×0.8m/s2＝4m/s2
由运动学公式得：vt= ❑√2a2 x = ❑√2×4×16m/s=8 ❑√2m/s＝11.3m/s
得重力的平均功率：P =mgvcos（90°﹣θ）=2×10× 8 ❑√2
2
×0.6W= 48 ❑√2W＝67.9W
答：（1）最大位移值x 为16m；
（2）与斜面间的动摩擦因数为0.25；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P为67.9W。
【变式训练4-3-7】如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平
面内。滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零。已知滑
块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25．（g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）滑块在C 点的速度大小vC；
（2）滑块在B 点的速度大小vB；
（3）A、B 两点间的高度差h。
【解答】解：（1）通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零，对滑块在C 点应用牛顿第二定律可得：mg= mvC
2
R
，
所以，vC = ❑√gR =2m/ s；
（2）滑块在光滑圆轨道上运动，机械能守恒，故有：1
2 m vB
2= 1
2 m vC
2+mgR(1+cos37°)=2.3mgR，所以，
vB= ❑√4.6 gR = 2❑√115
5
m/ s≈4.3m/ s；
（3）滑块从A 到B 只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：mgh−μmgcos37°⋅
h
sin37° = 1
2 m vB
2，所
以，h=
vB
2
2 g(1−μcot 37°) =1.38m；
答：（1）滑块在C 点的速度大小vC 为2m/s；
（2）滑块在B 点的速度大小vB 为4.3m/s；
（3）A、B 两点间的高度差h 为1.38m．
【变式训练4-3-8】如图为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道AB、圆弧形轨道BCD、半圆形轨道
DE、水平轨道EF 组成，已知轨道AB 的倾角θ＝37°，A、B 间高度差H＝12m，轨道BCD 的半径R＝4.8m，轨道DE
的半径r＝2.4m，轨道最低点C 距水平地面高度差h＝0.2m，在轨道AB 上运动时摩托车（含人）受到的阻力为正压
力的0.2 倍，其余阻力均不计。表演者从A 点驾驶摩托车由静止开始沿轨道AB 运动，接着沿轨道BCDEF 运动，然
后从F 点离开轨道，最后落到地面上的G 点。已知摩托车功率P 恒为2×103W，发动机工作时间由表演者控制，表
演者与摩托车总质量m＝100kg，表演者与摩托车可视为质点。（cos37°＝0.8）
（1）某次表演中，通过C 点时摩托车对轨道的压力为6000N，求经过C 点的速度vC；
（2）满足（1）中的条件下，求摩托车发动机的工作时间t；
（3）已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力，在k≤8 条件下表演者是安全的，
求能在安全完成完整表演的情况下，表演者落点G 点与F 点的水平距离的可能值。
【解答】解：（1）由牛顿第三定律可知：摩托车受到轨道的支持力FN＝6000N；
对摩托车在C 点应用牛顿第二定律可得：F N −mg= mvC
2
R
所以，经过C 点的速度为：vC = ❑√
R
m ( F N −mg)= 4 ❑√15m/ s；
（2）摩托车由A 到C 的运动过程只有重力、摩擦力和发动机牵引力做功，故由动能定理可得：
mg[ H + R(1−cos37°)]−0.2mgcos37°⋅
H
sin37° + Pt = 1
2 m vC
2−0；
所以，摩托车发动机的工作时间t＝1.12s；
（3）表演者要能完整表演，那么，在D 点应用牛顿第二定律可得：mg= mv D
2
r
故由机械能守恒可得：1
2 m v E
2= 1
2 m v D
2+2mgr ≥5
2 mgr
所以，vE＝12m/s；
在AB 上压力为mgcos37°，受力因子k＝0.8；在BCD 上，C 点速度最大，向心力最大，再根据受力分析可知压力最
大，F = mvC
2
R
+mg；
在DE 上类似，E 点速度最大，向心力最大，再根据受力分析可知压力最大，F ' = mv E
2
r
+mg
在EF 上，压力为mg，故受力因子k＝1；
由机械能守恒可得：1
2 m vC
2=mgR+ 1
2 m v E
2
所以，F = mv E
2+2mgR
R
+mg= mv E
2
R
+3mg；
又有k≤8，所以，F≤8mg，故v E≤❑√5 gR = ❑√10 gr；F'≤8mg，故vE≤❑√7 gr =2❑√42m/s；
所以，12m/ s≤v E≤2❑√42m/ s；
那么，表演者从F 做平抛运动的初速度vF＝vE；平抛运动的竖直位移y＝R+h＝5m；
所以，运动时间t = ❑√
2 y
g =1s，那么，表演者落点G 点与F 点的水平距离x＝vFt
所以，12m≤x ≤2❑√42m；
答：（1）某次表演中，通过C 点时摩托车对轨道的压力为6000N，那么，经过C 点的速度vC 为4 ❑√15m/ s；
（2）满足（1）中的条件下，摩托车发动机的工作时间t 为1.12s；
（3）已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力，在k≤8 条件下表演者是安全的；能
在安全完成完整表演的情况下，表演者落点G 点与F 点的水平距离的取值范围为12m≤x ≤2❑√42m。
（四）圆周运动摩擦力
【典型例题4】如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L 的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O 转动，
另一端与质量为m 的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木
块所受摩擦力的大小为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】 B
【解析】 在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－mv0
2，可得摩
擦力的大小Ff＝，故选B.
【变式训练4-4-1】（多选）例4．如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质
点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P 滑
到Q 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重力、弹力做正功，摩擦力做负功
B．质点通过Q 点的速度大小为❑√gR
C．重力对质点做功的功率一直变大
D．重力对质点做功的功率先变大后减小
【解答】解：AB、在Q 点，质点对轨道的压力为2mg，根据牛顿第三定律知，轨道对质点的支持力为2mg，根据
第二定律得：F N −mg=m vQ
2
R
，FN＝2mg，解得：vQ= ❑√gR，在P 到Q 的过程中，根据动能定理有：
mgR+W f = 1
2 m vQ
2−0，解得：W f =−1
2 mgR，可知在该过程中，重力做正功，弹力不做功，摩擦力做负功，故
A 错误，B 正确；
CD、质点开始运动时竖直方向速度为零，到达最低点时竖直方向速度又变为零，可知竖直方向速度先增大后减小，
根据P＝mgvy，可知重力对质点做功的功率先变大后减小，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【变式训练4-4-2】如图所示，AB 为半径R＝0.8m 的
1
4 光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接。小车质
量M＝3kg，车长L＝2.06m，小车上表面距地面的高度h＝0.2m，现有一质量m＝1kg 的滑块，由轨道顶端无初速
度释放，滑到B 端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5s 时，
车被地面装置锁定（g＝10m/s2）。
试求：
（1）滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小；
（2）车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；
（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。
【考点】摩擦力做功及产热
【思路分析】（1）由机械能守恒定律和牛顿第二定律得
mgR＝
1
2 mv，NB－mg＝m
v
B2
R
则NB＝30N。
（2）设m 滑上小车后经过时间t1 与小车同速，共同速度大小为v
对滑块有：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1
对于小车：μmg＝Ma2，v＝a2t1
解得：v＝1m/s，t1＝1s，因t1<t0
故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5s
则小车右端距B 端的距离为s 车＝
v
2 t1＋v（t0－t1）
解得s 车＝1m。
（3）Q＝μmgL 相对＝μmg（
vB+v
2
t1－
v
2 t1）
解得Q＝6J。
【答案】（1）30N （2）1m （3）6J
【技巧点拨】求解相对滑动物体的能量问题的方法
1. 正确分析物体的运动过程，做好受力分析；
2. 利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。
3. 公式Q＝Ff·L 相对中L 相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则L 相对为总的相对
路程。
1. 【变式训练4-4-3】游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB 部分是半径为R 的四分之一圆弧轨
道，BC 为轨道水平部分，与半径OB 垂直．一质量为m 的小孩(可视为质点)从A 点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端
B 点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．小孩到达B 点的速度大小为
B．小孩到达B 点的速度大小为
C．小孩从A 到B 克服摩擦力做的功为mgR
D．小孩从A 到B 克服摩擦力做的功为mgR
【答案】 C
【解析】 根据牛顿第三定律可知，轨道对小孩的支持力大小也等于2.5mg，根据牛顿第二定律有FN－mg＝，可
得vB＝，故A、B 错误；从A 到B 由动能定理有mgR－W 克f＝mvB2－0，可得克服摩擦力做的功为W 克f＝
mgR，故C 正确，D 错误．
【变式训练4-4-4】如图所示一半径为R、圆心为O 的圆弧轨道在竖直平面内；绕竖直轴O1O2以角速度ω 转动，相
同的滑块A、B 和圆弧轨道一起转动，其中OB 处于水平方向，OA 与OO1方向成37°角，A 相对于圆弧轨道刚好没
有相对运动趋势，B 刚好相对于圆弧轨道静止。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中
正确的是（ ）
A．圆弧轨道转动的角速度ω= ❑√
4 g
5 R
B．滑块与圆弧轨道间的动摩擦因数μ= 4
5
C．A 的重力做功的功率小于B 的重力做功的功率
D．当圆弧轨道转动的角速度增大时滑块A 有沿圆弧切线向下运动的趋势
【解答】解：A.相对于圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，对滑块A：mgtan37°＝mω2Rsin37°
解得
ω= ❑√
5 g
4 R
故A 错误：
B.B 刚好相对于圆弧轨道静止，对B 有
N＝mω2R，mg＝μN
解得滑块与圆弧轨道间的动摩擦因数
μ= 4
5
故B 正确：
C.两滑块在竖直方向上速度都为零，所以重力不做功，重力功率都等于零，故C 错误；
D.当圆弧轨道转动的角速度增大时，向心力增大，此时重力与支持力的合力不足以提供向心力，则接触面会给滑块
沿圆弧切线向下的静摩擦力，所以滑块A 有沿圆弧切线向上运动的趋势，故D 错误。
故选：B。
（五）板块模型中的摩擦力做功
【典型例题5】 如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，
原来系统静止。现用水平恒力F 向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来。上述过
程中有关功和能的说法正确的是（ ）
A. 力F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量
B. 摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量
C. 离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动
D. 小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量
【考点】摩擦力做功及产热
【思路分析】由功能关系，拉力F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，选项A 错
误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，选项B 错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，选
项C 错误；对于系统，由摩擦产生的热量Q＝FfΔL，其中ΔL 为小木块相对薄纸板运动的位移，即薄纸板的长度。对
小木块，FfL 木＝ΔEk，L 木为小木块相对地面的位移，由于L 木存在大于、等于或小于ΔL 三种可能，即ΔEk存在大于、
等于或小于Q 的三种可能，选项D 正确。
【答案】D
【技巧点拨】摩擦生热需掌握“三点”
1. 大小：系统内因滑动摩擦力做功产生的热量Q＝Ffx 相对；
2. 原因：有滑动摩擦力的系统内存在相对位移；
3. 能量转化的两种形式：一是相互摩擦的物体之间机械能转移；二是机械能转化为内能（即热量）。
【变式训练4-5-1】（多选）如图所示，质量为M、长度为L 的木板静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物体
（可视为质点）放在木板上最左端，现用水平恒力F 作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动。已知
物体和木板之间的摩擦力为f。当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中（ ）
A．力F 对物体做功大小为
B．摩擦力对物体做功为
C．摩擦力对物体做功为
D．摩擦力对木板做功为
【答案】AD
【详解】A.根据功的计算式，力F 对物体做功
，故A 正确；
BC．小物块受到的摩擦力向左，摩擦力对物体做功
，故BC 错误；
D．木板受到的摩擦力向右，摩擦力对木板做功
，故D 正确。
故选AD。
【变式训练4-5-2】（多选）例1．如图甲，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m＝3kg 的另一木块B 可看作质
点，以水平速度v0＝2m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面。由于A、B 间存在摩擦，之后A、B 速度随时间变化
情况如图乙所示，则下列说法正确的是（g 取10m/s2）（ ）
A．木板的质量为M＝3kg
B．木块减小的动能为1.5J
C．系统损失的机械能为3J
D．A、B 间的动摩擦因数为0.2
【解答】解：A、根据v﹣t 图象可知，0﹣1s 内A 和B 的加速度大小相等，而A、B 受到的合力大小都等于A、B 之
间的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，A、B 的质量相等，则A 的质量为M＝3kg，故A 正确；
B、木块减小的动能为△Ek1＝Ek0﹣Ek1= 1
2 m v0
2−1
2 m v1
2= 1
2 ×3×2
2J −1
2 ×3×1
2J = 4.5 J，故B 错误；
C、系统损失的机械能△E = 1
2 m v0
2−1
2 m v1
2−1
2 M v1
2=3J，故C 正确；
D、对木板A 分析，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma，
根据v﹣t 图象知a= △v
△t =1m/ s
2，
解得μ＝0.1，故D 错误。
故选：AC。
（六）传送带上摩擦力做功
传送带模型中的功能关系
1. 传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况。一般设问的角度有两个：
（1）动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律
求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
（2）能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动
机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2. 传送带模型问题中的功能关系分析
（1）功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
（2）对W 和Q 的理解：
①传送带做的功：W＝Fx 传；
②产生的内能Q＝FfL 相对。
3. 传送带模型问题的分析流程
【典型例题6】（多选）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直
墙而连接，另一端与物块不栓接。物块将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，物块向右运动受到
的摩擦力f 随位移x 的关系如图乙所示，
为已知量，则下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上先加速，后减速
B．工件向右运动
后与弹簧分离
C．弹簧劲度系数
D．整个过程中摩擦力对物块做功
【答案】BCD
【详解】AB．由图乙可知，
过程，物块相对于传送带向左运动，物块受到向右的滑动摩擦力，物体做加速运
动，
过程，物体相对于传送带静止，相对于地面做匀速直线运动，物体受到向左的静摩擦力，静摩擦力大小
与弹簧弹力大小相等，方向相反，直到
处弹簧恢复原长后，物块不再受到静摩擦力，继续匀速直线运动，故物
体先加速后匀速，故A 错误，B 正确；
C．在
处物块与传送带共速，此时物块受力平衡，即
，解得
，故C 正确；
D．
图像中图线与x 轴围成的面积即为整个过程中摩擦力对物块做功，
过程，摩擦力对物块做正功，
过程，摩擦力对物块做负功，故整个过程中摩擦力做功为
，故D 正确。
故选BCD。
【变式训练4-6-1】（多选）如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终
保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体
从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．电动机多做的功为mv
2
2
B．物体在传送带上摩擦生热为mv
2
2
C．传送带克服摩擦力做的功为mv
2
2
D．电动机增加的功率为μmgv
【解答】解：A、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，根据动能定理可知物体在这个过程中获得动能
1
2 m v
2=f⋅vt
2 ，所以电动机多做的功一定要大于1
2 m v
2.故A 错误。
B、物体在传送带上摩擦生热为Q＝fx 相＝f（vt−vt
2 ）= 1
2 m v
2，故B 正确。
C、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A 的分析可知电动机多做的功一定要大于1
2 m v
2，故C
错误。
D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fv＝μmgv，故D 正确。
故选：BD。
【变式训练4-6-2】如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶
段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法正确
的是 （ ）
A. 第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B. 第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C. 第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量
D. 物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间因摩擦产生的热量
【思路分析】第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体也做正功，A 项错误；摩擦力做的功等
于物体机械能的增加量，B 项错误；第一阶段物体的平均速度是传送带速度的一半，因此物体运动的位移x1 恰好等
于物体和传送带间相对移动的距离d。所以因摩擦产生的热量Q＝Ffd＝Ffx1，等于物体机械能的增加量而不是动能
的增加量，C 项正确；第二阶段静摩擦力做正功，物体机械能增加，物体与传送带间没有产生热量，D 项错误。
【答案】C
（七）往复运动摩擦力做功
【典型例题7】如图所示装置由AB、BC、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、
CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度s＝5m，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A、D 两点离轨道BC 的高度分别
为h1＝4.30m、h2＝1.35m．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ
＝0.5，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则小滑块第一次到达D 点时的速度大小为
3
m/s；小滑块最终停止的位置距B 点的距离为
1.4
m。
【解答】解：（1）小滑块从A→B→C→D 过程，由动能定理得
mg（h1﹣h2）﹣μmgs= 1
2 m v D
2 −0
解得：vD= ❑√2g(h1−h2)−2 μgs= ❑√2×10×(4.30−1.35)−2×0.5×10×5m/s＝3m/s
即小滑块第一次到达D 点时的速度大小vD为3m/s。
（2）设小滑块在水平轨道上运动的总路程为S 总。
对小滑块运动全过程，利用动能定理，
有：mgh1﹣μmgs 总＝0
解得s 总= h1
μ = 4.3
0.5
m＝8.6m
故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为 2s﹣s 总＝2×5m﹣8.6m＝1.4m
即小滑块最终停止的位置距B 点的距离为1.4m。
故答案为：（1）3（2）1.4
【变式训练4-7-1】如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，
B、C 为水平的，其距离d＝0.50m。盆边缘的高度为h＝0.30m。在A 处放入一个质量为m 的小物块并让其从静止
出发下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最
后停下来，则停的地点到B 的距离为（ ）
A. 0.50m
B. 0.25m
C. 0.10m
D. 0
【思路分析】由动能定理知，全过程：
0＝mgh－Ff·s
而Ff＝μmg
所以s＝
h
μ=0.3
0.1 m＝3.0m
而
s
d = 3.0
0.50 ＝6 因此物体最终停止在B 点。
