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重难点5 功和功率 动能定理
三年考情分析
2025 考向预测
2024•（辽宁、吉林、黑龙江）T14（2）
2023•辽宁T3•重力的功率 动能的表达式
2022•辽宁T4•动能定理的应用
2023•（吉林、黑龙江）T2•功的定义 动能定理的表述
2022•（吉林、黑龙江）T7•功的计算 动能定理解决多过程
问题
本专题属于重难点内容，主要考查用能量处理物
理的运动问题，单独命题时突出以机车启动、动
能定理的应用为载体,结合实际生活中的情景进行
分析,设计问题。也可能与能量、动量和电场等相
结合进行考查，多以解答题形式出现。
【考点概览】
【高分技巧】
一、功和功率的分析与计算
1．功的计算
(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．
(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求
功W＝Pt.
2．功率的计算
(1)明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fvcosα(α 为F 和速度v 的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
(2)机车启动的两种常见情况
①恒定功率启动：P 不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此过程Pt－F 阻s＝
mv.
1
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②恒定加速度启动：开始阶段a 不变，达到额定功率后，然后保持功率不变，加速度逐渐减小到零，
最终做匀速直线运动．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝.
二、动能定理的应用
1．应用动能定理解题的基本步骤
2．应用动能定理的四点提醒
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能
定理，往往能使问题简化．
(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．
（建议用时：40 分钟）
【考向一：功和功率的分析与计算】
1． （2023·辽宁·高考真题）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
2
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【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。
2．（2024·辽宁·一模）铅球是利用人体全身的力量，将一定重量的铅球从肩上用手臂推出的田径运动项目
之一。运动员某次投掷铅球时，先将质量为4kg 的铅球从地面上捡起，然后将铅球抛出，铅球出手时距离
水平地面的高度为2.25m，出手时的速度方向斜向上与水平面夹角为37°，铅球落地点到抛出点的水平距离
为12m，重力加速度g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。则运动员从地面上捡起铅球到
将铅球抛出的过程中，运动员对铅球做的功为（ ）
A．200J
B．290J
C．110J
D．90J
【答案】B
【详解】设实心球出手时的速度大小为v0，规定竖直向上为正方向，出手后，竖直方向做匀减速直线运动
有
水平方向做匀速直线运动有
解得
，
所以运动员对铅球做的功为
3
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故选B。
3．（2024·吉林·一模）如图，是工人在装卸桶装水时的常用方法，工人将水桶静止放在卸货轨道的上端，
水桶会沿着轨道下滑到地面。某次卸货时，水桶含水的总质量是20 kg，水桶释放点到地面的高度是1 m，
水桶滑到地面时速度是2 m/s，重力加速度取10 m/s2，关于水桶在该轨道上滑下的过程说法正确的是（
）
A．阻力对水桶做功是160 J
B．水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率是400 W
C．水桶损失的机械能是160 J
D．重力的冲量是40 N∙s
【答案】C
【详解】AC．由动能定理
解得
根据
解得
即水桶损失的机械能是160 J，故A 错误，C 正确；
B．设斜面倾角为θ，水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率为
由于0 < θ < 90°，则有
故B 错误；
D．由动量定理可知，合外力的冲量是
4
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又
可得
故D 错误。
故选C。
4．(多选）（2024·黑龙江·二模）我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量
为m 的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度a 启动，其
图像如图所示，其中OA 段和BC 段为直线。
已知汽车动力系统的额定功率为P，汽车所受阻力大小恒为f，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车做匀加速运动的最大速度
B．汽车能达到的最大行驶速度
C．汽车速度为
时的功率为
D．汽车速度为
时的加速度大小为
【答案】CD
【详解】A．据牛顿第二定律有
解得
则汽车做匀加速运动的最大速度
5
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故A 错误；
B．当牵引力与阻力平衡时，汽车达到最大行驶速度，即
故B 错误；
C．汽车速度为
时，功率为
故C 正确；
D．汽车速度为
时，牵引力大小为
根据牛顿第二定律有
解得
故D 正确。
故选CD。
5．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）人们用传送带从低处向高处运送货物，如图所示，一长
的倾斜传
送带在电动机带动下以速度
沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角
，某时刻将
质量为
的货物A 轻轻放在传送带底端，已知货物A 与传送带间的动摩擦因数
，取
，
，重力加速度
。
（1）求货物A 刚开始运动时的加速度大小及在传送带上运动的时间；
（2）为了提高运送货物的效率，人们采用了“配重法”，即将货物A 用跨过定滑轮的轻绳与质量为
6
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的重物B 连接，如图中虚线所示，A 与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长，
不计滑轮的质量与摩擦，在A 运动到传送带顶端前重物B 都没有落地，求：
①货物A 在传送带上运动的时间；
②货物A 在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功。
【答案】（1）
，
；（2）①3.5s，②432J
【详解】（1）对货物A 受力分析，由牛顿第二定律
解得
设货物一直加速，则由运动学公式有
解得
此时货物A 的速度为
符合题意。
（2）①对货物A 受力分析，由牛顿第二定律
对重物B 受力分析，由牛顿第二定律
7
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联立解得
当达到与传送带共速时间为
货物A 运动的位移为
x1= v
2 t1=2m
之后匀速，则匀速的时间为
则货物A 从底端到达顶端所需的时间为
②在货物A 加速阶段，摩擦力为
摩擦力对其做的功为
在货物A 匀速阶段，摩擦力为
则摩擦力对其做的功为
即货物A 在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功为
【考向二：动能定理的应用】
6．（2023·吉林、黑龙江·高考）小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的
线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（ ）
A．
B．
8
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C．
D．
【答案】D
【详解】AB．小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB 错误；
CD．小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C 错误，D 正确。
故选D。
7．(多选）（2022·吉林、黑龙江·高考）质量为
的物块在水平力F 的作用下由静止开始在水平地面上做
直线运动，F 与时间t 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取
。则（ ）
A．
时物块的动能为零
B．
时物块回到初始位置
C．
时物块的动量为
D．
时间内F 对物块所做的功为
【答案】AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从
s 内由动量定理可知
即
得
9
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3s 时物块的动量为
设3s 后经过时间t 物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s 时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A 正确，C 错误；
B．
s 物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s 时物块没有回到初始位置，故B 错误；
D．物块在6s 时的速度大小为
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拉力所做的功为
故D 正确。
故选AD。
8．（2024·吉林·一模）如图，一物块以初速度
从O 点沿斜面向上运动，同时从O 点斜向上以相同速度大
小抛出一个小球，物块和小球的质量相等，它们在斜面上的P 点相遇，不计空气阻力。下列说法正确的是
（ ）
A．小球和物块加速度相等
B．小球运动到最高点时离斜面最远
C．在P 点时，小球的动能大于物块的动能
D．小球和物块从O 点到P 点过程中合外力的功率相等
【答案】C
【详解】B．把小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，当垂直斜面方向的分速度减为0 时，小球
离斜面最远，但此时小球不是运动到最高点，故B 错误；
C．把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则小球沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面
光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P 点相遇，所以斜面是粗糙的；从O 点到P 点，
小球和物块克服重力做功相对，但物块还要克服摩擦力做功，由于初动能相等，根据动能定理可知，在P
点时，小球的动能大于物块的动能，故C 正确；
D．从O 点到P 点过程，小球只克服重力做功，物块需要克服重力做功和克服摩擦力做功，则合外力对物
块做功的大小大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，所以小球和物块从O 点到P 点过程中合外
力的功率不相等，故D 错误。
A．小球的加速度为
设斜面倾角为
，物块与斜面的动摩擦因数为
，根据牛顿第二定律可得
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可得物块的加速度大小为
不能确定小球和物块加速度是否大小相等，故A 错误。
故选C。
9．（2024·黑龙江·一模）如图所示，轻弹簧上端固定在内壁光滑玻璃管顶部，下端栓接质量为m 的小球，
玻璃管与水平方向夹角为
，玻璃管内径略大于小球直径，现将小球由弹簧原长处由静止释放，小球运
动过程中的加速度a 与弹簧伸长量x 的关系如图所示，其中图线与x 轴交点坐标
为已知，弹簧始终在弹
性限度内，重力加速度为g，则（ ）
A．小球运动到最低点时，所受弹簧弹力大小为
B．弹簧的劲度系数为
C．小球沿管壁向下运动过程中动能最大值为
D．弹簧拉伸量为
时，弹性势能为
【答案】C
【详解】B．根据
得弹簧的劲度系数为
故B 错误；
A．小球运动到最低点时，根据动能定理
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得
所受弹簧弹力大小为
故A 错误；
C．当弹簧伸长量为
时，动能最大，根据动能定理
得
故C 正确；
D．弹簧拉伸量为
时，弹性势能为
故D 错误。
故选C。
10．(多选）（2024·吉林·三模）设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为m 的列车不需要引擎，从
入口的A 点由静止开始穿过隧道到达另一端的B 点，O′为隧道的中点，O′与地心O 的距离为
，假
设地球是半径为R 的质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为g。已知质量均匀分布的球壳对球壳
内物体引力为零，P 点到O′的距离为x，则（ ）
A．列车在P 点的加速度等于
B．列车在P 点的加速度等于
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C．列车在运动中的最大速度为
D．列车在运动中的最大速度为
【答案】AD
【详解】AB．设地球密度为
，在地球表面处有
可得
设P 点距地心为，则有
可得
联立可得在P 点的重力加速度为
设
列车运动到P 点加速度满足
解得
A 正确，B 错位；
CD．列车在A 点受到地球的引力为
列车在A 点受到合力为
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根据几何关系有
解得
列车在隧道内距
的距离
时，合力为
可知
随
均匀变化
列车从A 到
做加速度减小的加速运动，则列车在
点有最大速度，则有
其中
，
联立解得
C 错误，D 正确。
故选AD。
11．(多选）（2024·辽宁鞍山·二模）如图，两长度均为L 的相同轻质细杆用铰链A、B、C 相连，质量可忽
略的铰链A 固定在地面上，铰链B 和C 质量不可忽略，均为m，铰链A、B、C 均可视为质点。起始位置
两细杆竖直，如图虚线所示，铰链A 和C 彼此靠近。
时铰链C 在水平外力的作用下从静止开始做初速
度为零，加速度大小为
的匀加速直线运动（g 为重力加速度），到
时AB 和BC 间的夹角变为
120°，如图实线所示。若两个轻质细杆始终在同一竖直面内运动，所有摩擦均不计，下列说法正确的是（
）
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A．
时重力对B 做功的瞬时功率为
B．
时重力对B 做功的瞬时功率为
C．从
到
时间内，力F 做的功为
D．
时连接AB 的细杆中的弹力大小为
【答案】BC
【详解】AB．
时C 的位移为
根据匀变速直线运动的规律，有
解得
B、C 沿杆方向速度相等，为根据运动的合成与分解如图
B 绕A 做圆周运动， 解得
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故重力对B 做功的瞬时功率为
故A 错误，B 正确；
C．对系统，根据动能定理有
解得
故C 正确；
D．若
为恒力，
时刻对C 分析，根据牛顿第二定律
时刻对C 分析，根据牛顿第二定律
联立解得
又B 绕A 做圆周运动，对B 进行受力分析，如图
B 所受合力沿AB 杆指向A，设AB 杆对B 的弹力沿AB 杆指向B， 根据牛顿第二定律，有
解得
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此时AB 杆对B 的弹力大小为
，但
不是恒力，则
故此时连接AB 的细杆中的弹力大小不为
，故D 错误。
故选BC。
12．（2024·辽宁·模拟预测）图甲为水上乐园水滑梯，游客由高处滑下，从末端滑出。图中最左侧的水滑
梯可简化如图乙所示的物理模型，其中C 点为圆弧的最低点，且恰与水面接触，圆弧轨道的半径为
，
圆弧对应的圆心角
、
。AB 的竖直高度差
。质量为
的质点在A 点从静止开始下
滑，不计空气阻力和轨道摩擦，重力加速度
，
，
，求（可能用到的数
据
，
）
（1）质点在AB 段运动的时间；
（2）质点经过C 点时轨道对质点支持力的大小；
（3）要使质点落入水中，D 点前方的水域最小长度（计算结果保留一位小数）。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）质点在AB 段做运加速度直线运动，根据运动学公式有
由牛顿第二定律得
联立解得质点在AB 段运动的时间为
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（2）由A 到C 的过程，根据动能定理可得
在C 点，由牛顿第二定律可得
联立解得质点经过C 点时轨道对质点支持力的大小为
（3）由A 到D 的过程，根据动能定理可得
解得
由D 点做斜上抛运动，竖直方向有
解得
水平方向有
解得D 点前方的水域最小长度为
13．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，半径为
的四分之一光滑圆弧轨道PQ 固定在水平面上，
轨道末端与厚度相同的处于静止的木板A 和B 紧挨着（不粘连）。木板A、B 的质量均为
，与水
平面间的动摩擦因数均为
，木板A 长
。一质量为
、可视为质点的小物块从P 点
由静止释放，小物块在以后的运动过程中没有滑离木板B。小物块与木板A 间的动摩擦因数
，与
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木板B 间的动摩擦因数
，重力加速度
，求：
（1）小物块运动到Q 点时对轨道的压力大小；
（2）小物块刚滑上木板B 时的速度大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）对小物块从P 点运动到Q 点由动能定理得
解得
在Q 点，由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知小物块运动到Q 点时对轨道的压力大小
（2）小物块在木板A 上滑动时，对小物块，由
解得
对木板A，由牛顿第二定律得
解得
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小物块的位移
木板A 的位移
又
联立解得
则小物块刚滑上木板B 时的速度
14．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，水平传送带以
的速度顺时针匀速转动，传送带
的长度
，每隔1s 将物块（可视为质点）依次无初速度放置于传送带左端A 点，一段时间后物块从
传送带右端B 点离开传送带做平抛运动，最后落入货车车厢，货车始终保持静止。已知每个物块的质量均
为
，物块与传送带间的滑动摩擦因数为
，B 点与货车车厢底板间的高度差
，物块
从接触车厢底板到减速为0（忽略物块的反弹和相对车厢的滑动）的时间为0.2s，重力加速度
，
求：
（1）第一个物块从A 点运动到刚接触车厢底板瞬间的时间；
（2）第一个物块从接触车厢底板到减速为0 的过程中对车厢底板的平均作用力
的大小；
（3）传送带上相邻两物块间的最大距离和最小距离？
【答案】（1）3.15s；（2）
；（3）3m，1m
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【详解】（1）小物块在传送带上加速的过程满足
解得
根据速度公式有
解得
根据位移公式有
解得
小物块在传送带上匀速的过程满足
解得
在平抛运动中
解得
则第一个物块从A 点运动到刚接触车厢底板瞬间的时间
（2）物块从接触车厢底到减速为零的过程中，在竖直方向上有
，
其中
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解得
在水平方向上有
解得
则第一个物块从接触车厢底板到减速为0 的过程中对车厢底板的平均作用力
解得
（3）当相邻两个物块相对静止时距离最大值为
解得
当物块刚被放上传送带上时与上一个物块距离最小值为
15．（2022·吉林、黑龙江·高考）如图所示，光滑水平面
和竖直面内的光滑
圆弧导轨在B 点平滑连接，
导轨半径为R。质量为m 的带正电小球将轻质弹簧压缩至A 点后由静止释放，脱离弹簧后经过B 点时的速
度大小为
，之后沿轨道
运动。以O 为坐标原点建立直角坐标系
，在
区域有方向与x 轴
夹角为
的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为
。小球在运动过程中电荷量保持不
变，重力加速度为g。求：
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（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；
（2）小球经过O 点时的速度大小；
（3）小球过O 点后运动的轨迹方程。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球从A 到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B 到O，根据动能定理有
解得
（3）小球运动至O 点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x 轴和y 轴，则x 轴方向有
竖直方向有
解得
，
说明小球从O 点开始以后的运动为x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y 轴方向做匀速直线运动，
即做类平抛运动，则有
，
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联立解得小球过O 点后运动的轨迹方程
16．（2024·辽宁、吉林、黑龙江·高考）如图，高度
的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量
。A、B 间夹一压缩量
的轻弹簧，弹簧与A、B 不栓接。同时由静止释放A、B，
弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程
；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一段距
离
后停止。A、B 均视为质点，取重力加速度
。求：
（1）脱离弹簧时A、B 的速度大小
和
；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能
。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对A 物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A 的速度大小为
AB 物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB 物块整体
动量守恒，则
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解得脱离弹簧时B 的速度大小为
（2）对物块B 由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB 物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中
，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
26
