第6 讲 功与功率 动能定理 跟综训练
基础练
一、选择题:
1.如图所示,甲、乙两名工人将相同的货物从斜面底端匀速推上平台。斜面粗糙
程度相同,推力平行于斜面向上,则( )
A.甲推力一定比乙小
B.甲推力一定比乙大
C.两人推力做功相等
D.甲推力做功比乙多
2.电动玩具水枪(如图所示)是一种新式的电动玩具,使用时扣动扳机,水从枪口快
速射出。已知水枪喷口的直径为0.8 cm,水的密度为1×103 kg/m3,水喷出时的
速度大小为10 m/s,某次开启连续射击模式,则水枪在连续射
击模式下对喷出的水做功的平均功率约为( )
A.0.25 W B.2.5 W
C.25 W D.250 W
3.我国无人机技术发展迅猛,应用也越来越广泛,无人机配送快递就是一种全新
的配送方式。如图所示,一架配送包裹的无人机从地面起飞后竖直上升的过程中,
升力的功率恒为P0。已知无人机的质量与包裹的质量的比值为k,忽略空气阻力
的影响,则该过程中悬吊包裹的轻绳(不可伸长)对包裹做功的功率为( )
A. P0
k B. P0
k +1
C. P0
k −1 D. k P0
k +1
4.有一质量m=1 000 kg 的混合动力轿车,在平直公路上以v=24 m/s 的速度匀速
行驶,蓄电池不工作,汽油发动机的输出功率为P1=48 kW。当司机看到前方较长
一段距离内无其他车辆时,使轿车汽油发动机和电动机开始同时工作(以该时刻
作为计时起点),汽油发动机的输出功率保持不变仍为48 kW,电动机输出功率P2
恒定,轿车汽油发动机和电动机同时工作之后的v-t 图像如图
所
示。若轿车运动过程中所受阻力始终不变,则电动机输出功
率
P2为( )
A.68 kW B.30 kW
C.20 kW D.10 kW
5.如图甲,一小孩从滑梯的顶端由静止开始滑下至底端,其动能Ek随下滑距离x
的变化图像如图乙,Ek0和x0为已知量,重力加速度大小为g。根据图中信息,可求
出( )
A.整个下滑过程小孩所受的合力大小
B.整个下滑过程重力对小孩做的功
C.小孩与滑梯之间摩擦力的大小
D.小孩到滑梯底端时速度的大小
6.在一次消防演习中,消防员从H=25 m 高的地方通过缓降器由静止开始下落,
其下落过程的v-t 图像如图所示,落地瞬间速度恰好减为零。消防员的质量为60
kg,加速和减速过程的加速度大小相等,重力加速度g 取10
m/s2,下列说法正确的是( )
A.0~2 s 内,消防员处于超重状态
B.消防员匀速下落的位移大小为10 m
C.全程缓降器对消防员所做的功为1.5×104 J
D.消防员整个下降过程所用的时间为4.5 s
7.(多选)2023 年9 月26 日,广汕高铁惠州南站首趟动车G6413 以额定功率P 在平
直轨道上加速启动,若该动车的质量为m,受到的阻力f 保
持不变,其出站过程的速度—时间图像如图所示。则该动
车在0~t0时间内( )
A.做变加速直线运动
B.牵引力做功W 牵=1
2mvm
2
C.最大速度vm= P
f
D.平均速度v<vm
2
二．计算题:
8.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷)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。
提能增分练
一．选择题:
9.一质量可视为不变的汽车在平直公路上行驶,该车在一段行驶过程中速度的倒
数1
v 随加速度a 的变化图像如图所示,已知图线的斜率为k,
纵截距为b。下列说法正确的是( )
A.汽车运动过程中发动机的输出功率不变
B.汽车在行驶过程中受到的阻力逐渐变大
C.汽车行驶的最大速度为b
k
D.当汽车速度为最大速度的一半时,汽车的加速度为1
b
10.(多选)一只皮球从离地面一定高度处由静止释放,其受到空气阻力的大小与速
度的平方成正比。下列关于皮球下落过程中的关系图像,可能正确的是(其中v
为速度,a 为加速度,t 为时间,W 为皮球克服阻力所做的功,Ek为皮球的动能,h 为
下落高度)( )
二．计算题:
11.如图所示,一个质量为m=0.5 kg 的小球悬挂在长L=0.9 m 的细线下端。左侧
有一竖直放置的圆管轨道DEF, 轨道半径R=0.5 m,EF 为其竖直直径,
∠DOE=53°,B 点到D 点的竖直距离h=0.8 m。现让小球从与竖直方向成θ 角的
A 点由静止释放,小球运动到悬挂点正下方B 点时绳子刚好断开,接着小球从B
点飞出后刚好沿D 点切线进入圆管轨道,而且小球运动
到
圆管轨道的最高点F 时和管道内外壁无弹力作用。g
取
10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计空气阻力,求:
(1)细线与竖直方向的夹角θ;
(2)在圆管轨道间运动时,小球克服摩擦力所做的功。
12.某学校科技小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究,他们让小车在水平地
面上由静止开始运动,将小车运动的全过程记录下来,通过数据处理得到如图所
示的v-t 图像。已知小车在0~2 s 内做匀加速直线运动,2~10 s 内小车牵引力的
功率保持不变,在10 s 末停止遥控,关闭电动机,小车的质量m=1 kg,整个过程
中小车受到的阻力保持不变,求:
(1)小车所受的阻力的大小和小车在0~2 s 内所受牵引力的大小;
(2)小车在2~10 s 内牵引力的功率;
(3)小车在14 s 内阻力做的功。
培优练
一．计算题:
13.如图所示,高为L 的斜轨道AB、CD 与水平面的夹角均为45°,它们分别与竖
直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D 两点,圆弧的半径也为L。质量为m 的
小滑块从A 点由静止滑下后,经CD 轨道返回,再次冲上AB 轨道至速度为零时,
相对于BD 面的高度为L
6 。已知滑块与AB 轨道间的动摩擦因数为μ1=0.5,重力加
速度为g,求:(结果可以保留根号)
(1)滑块第一次经过圆轨道最低点时对轨道的压力;
(2)滑块与CD 轨道间的动摩擦因数μ2;
(3)经过足够长时间后,滑块在两斜面上滑动的路程之和s。
参考答案：
1.答案 D 解析 设斜面倾角为θ,货物匀速运动,沿斜面方向受力平衡,有
F=mgsin θ+μmgcos θ=mg❑√1+ μ
2·sin(θ+φ),由此可知,斜面倾角越大,θ+φ 越大,
但sin(θ+φ)不一定越大,所以甲和乙的推力大小关系无法确定,故A、B 错误;设
斜面高度为h, 则推力做功为W=F· h
sinθ=(mgsin θ+μmgcos θ) h
sinθ=mgh
(1+
μ
tanθ)
,由于左侧斜面倾角较小,tan θ 较小,W 较大,即甲推力做功比乙多,故
C 错误,D 正确。
2.答案 C 解析 以水柱为研究对象,其功率P= Ek
t =mv
2
2t = ρSl v
2
2t
= ρ S v
3
2
= ρ π D
2v
3
8
,代入数据可得水枪对水做功的平均功率P≈25 W,故C 正确。
3.答案 B 解析 无人机和包裹从地面开始上升h 的过程,对无人机和包裹整体
由动能定理有P0t-(m 机+m 物)gh=1
2(m 机+m 物)v2,设悬吊包裹的轻绳对包裹做功的
功率为P,则对包裹由动能定理有Pt-m 物gh=1
2
m 物v2,又m机
m物
=k,联立解得P= P0
k +1
,B 正确。
4.答案 C 解析 设阻力为F 阻,汽油发动机单独工作以v=24 m/s 的速度匀速行
驶时,牵引力大小等于阻力,由功率公式则有P1=F 阻v,轿车汽油发动机和电动机
同时工作之后,由v-t 图像可知,最大速度为vm=34 m/s,此时牵引力大小等于阻
力,则有P1+P2=F 阻vm,解得P2=20 kW,故C 正确。
5.答案 A 解析 由动能定理可知F 合x0=Ek0,解得F 合= Ek 0
x0
,A 正确;由于不知道
斜面的倾角及动摩擦因数,无法求出小孩的质量及下滑的高度,故重力对小孩做
的功、小孩受到摩擦力的大小、以及小孩滑到底端的速度都无法求出,B、C、D
错误。
6.答案 D 解析 0~2 s 内,消防员加速下降,加速度方向向下,处于失重状态,故
A 错误;消防员加速阶段的位移大小为x 加=1
2vmt1=1
2×10×2 m=10 m,因加速和
减速过程的加速度大小相等,减速阶段的位移为x 减=x 加=10 m,则消防员匀速下
落的位移大小为x'=H-x 加-x 减=5 m,故B 错误;整个过程,由动能定理有mgH+W
缓=0,解得W 缓=-1.5×104 J,故C 错误;消防员整个下降过程所用的时间为t=2t1+
x'
vm
=4.5 s,故D 正确。
7.答案 AC 解析 动车以额定功率启动,根据P=F 牵v 可知,随着速度的增大,牵
引力逐渐减小,合力减小,加速度减小,动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动,
故A 正确;根据动能定理有W 牵+ W 阻=1
2mvm
2-0,则该动车在0~t0时间内牵引力
做功为W 牵=1
2mvm
2-W 阻,故B 错误;当牵引力与阻力大小相等时加速度为零,速
度达到最大,即有F 牵=f,则动车的功率P=F 牵vm= fvm,则最大速度为vm= P
f ,故C
正确;0~t0这段时间内,如果动车做匀加速直线运动,则平均速度应该为v=vm
2 ,然
而动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动,根据图像可知动车的平均速度v>
vm
2 ,故D 错误。
8.答案 (1)5 m/s (2)8 m/s 60°
解析 (1)雪块从屋顶上的O 点由静止开始下滑到A 点的过程中,
由动能定理有mgxsin θ-μmgcos θ·x=1
2mv0
2-0
解得v0=5 m/s。
(2)雪块从A 点到落地的过程中,由动能定理有mgh=1
2mv1
2-1
2mv0
2
解得v1=8 m/s
雪块离开A 点后做斜抛运动,水平分速度不变,
其水平分速度大小为vx=v0cos θ=4 m/s
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角α 满足cos α=v x
v1
=1
2
解得α=60°。
9.答案 A 解析 设汽车行驶时发动机的输出功率为P,阻力为f,牵引力为F,则
有P=Fv,F-f=ma,整理可得1
v =m
P a+ f
P,由题图可知k=m
P ,b= f
P,解得P=m
k ,f=mb
k ,
可知汽车行驶过程中发动机的输出功率不变,汽车在行驶过程中受到的阻力恒定
不变,故A 正确,B 错误;当汽车速度达到最大时,有P=fvm,即m
k =mb
k vm,解得vm=
1
b,故C 错误;当汽车速度为v=vm
2 = 1
2b时,汽车的牵引力为F= P
v =2mb
k
,由F-
f=ma,可得此时汽车的加速度为a=b
k ,故D 错误。
10.答案 BD 解析 由mg-kv2=ma 知,在皮球下落过程中随着v 的增大,加速度
a 减小,但a 随t 不是线性减小,A 错误;皮球克服阻力做功W=kv2h,W-h 图像中
曲线切线的斜率ΔW
Δh =kv2,随v 的增大而增大,B 可能正确;Ek-h 图像中曲线切线
的斜率为皮球下落过程中受到合力的大小,即Δ Ek
Δh =mg-kv2,随v 的增大而减小,
C 错误;皮球下落过程中,由动能定理得mgh-fh=1
2mv2,又f=kv2,整理得v
2
h =2g-
2k
m v2,v
2
h -v2图像为一次函数,截距为正,斜率为负,D 可能正确。
11.答案 (1)60° (2)1 J
解析 (1)小球从B 点到D 点做平抛运动,落到D 点时其竖直方向分速度为vy,如
图所示。
在竖直方向上有v y
2=2gh 解得vy=4 m/s
根据速度的分解有tan 53°=v y
v x
水平分速度vx和vB大小相等 解得vx=vB=3 m/s
小球从A 点运动到B 点过程,由动能定理有mgL(1-cos θ)=1
2mvB
2
代入数据解得θ=60°。
(2)由于小球在F 点和轨道间无弹力,根据牛顿第二定律有mg=mvF
2
R
解得vF=❑√5 m/s
结合上述有vx=3 m/s,vy=4 m/s 则有vD=❑√v x
2+ v y
2=5 m/s
小球从D 点到F 点过程,由动能定理得
Wf-mgR(1+cos 53°)=1
2mv F
2-1
2mv D
2 代入数据解得Wf=-1 J
即小球克服摩擦力所做的功为1 J。
12.答案 (1)2 N 4 N (2)16 W (3)-144 J
解析 (1)小车在10 s 后的加速度大小为a2= Δv2
Δt2
=
8
14−10
m/s2=2 m/s2
所受阻力为f=ma2=2 N
在0~2 s 内加速度为a1= Δv1
Δt1
=4
2
m/s2=2 m/s2
由牛顿第二定律有F-f=ma1 解得F=4 N。
(2)由7~10 s 内小车做匀速运动可得,小车牵引力功率P=Fv=fvm=16 W。
(3)小车在0~2 s 内位移为x1=1
2a1t1
2=4 m
在2~7 s 内,由动能定理有Pt2-fx2=1
2mvm
2-1
2mv1
2,其中t2=5 s
解得在2~7 s 内位移为x2=28 m
在7~10 s 内位移为x3=vmt3=24 m
在10~14 s 内位移为x4=1
2vmt4=16 m
小车运动的总位移为x=x1+x2+x3+x4=72 m
小车在14 s 内阻力做的功为W=-fx=-144 J。
13.答案 (1)(4-❑√2)mg,方向竖直向下 (2)1
3 (3)23 ❑√2
10 L
解析 (1)滑块从开始位置到第一次到达最低点,由动能定理有
mg(L+L-Lsin 45°)-μ1mgcos 45°·❑√2L=1
2mv2-0
在最低点,根据牛顿第二定律可得FN-mg=mv
2
L
解得FN=(4-❑√2)mg
由牛顿第三定律知在最低点滑块对圆弧轨道的压力大小FN'=FN=(4-❑√2)mg,
方向竖直向下。
(2)对滑块从开始到第一次到达D 点,由动能定理有
mgL-μ1mgcos 45°·❑√2L=1
2mv D
2-0
设滑块在CD 上能到达的高度为h,对滑块从D 点沿斜面CD 到达最高点,
同理可得-mgh-μ2mgcos 45°·❑√2h=0-1
2mv D
2
对滑块从第一次到达D 到第二次到达D,则有
-2μ2mgcos 45°·❑√2h=1
2mvD'2-1
2mv D
2
对滑块从第二次到达D 点到返回AB 上的最高点,有
-mg· L
6 -μ1mgcos 45°·❑√2· L
6 =0-1
2mvD'2 联立解得μ2=1
3。
(3)经过分析可得,滑块每次到达AB 上能到达的最高点的高度总是上一次的1
6,
则在AB 上通过的路程为s1=[
❑√2 L+2❑√2(
L
6 + L
6
2 +…)]
=7 ❑√2
5
L
经过足够长的时间后,滑块将保持在BD 间滑动,全过程由动能定理
mgL-μ1mgcos 45°·s1-μ2mgcos 45°·s2=0-0 解得s2=9 ❑√2
10 L
故滑块在两斜面上滑动的路程之和s=s1+s2=23 ❑√2
10 L。
