2026届高考物理总复习（第1轮）教师用书第五章 机械能

第五章机械能

1.理解功和功率.了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义.

课

2.理解动能和动能定理.能用动能定理解释生产生活中的现象.

程

3.理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系.定性了解弹性势能.

标

4.通过实验，验证机械能守恒定律.理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认

准

识物理规律的重要性.能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题.

1.理解功和功率的概念.

物理观念2.掌握动能定理、机械能守恒定律.

3.能用能量的观念分析有关运动问题.

1.机车的两种启动模型.

核2.动能定理、机械能守恒定律的运用.

科学思维

心3.从功能关系，机械能转化和守恒的视角求解问题，体会守恒的

素思想.

养1.通过实验探究做功与速度变化的关系.

科学探究2.探究弹性势能的表达式.

3.实验验证机械能守恒定律.

科学态度通过本专题的学习，探索能量之间的关系，培养实事求是的科学

与责任态度，提高学习兴趣.

高考对本专题的考查形式多样、内容丰富、考法灵活.题型有选

命题分析

择题、实验题、计算题等.试题综合性强，对能力要求较高.

命

往往与动力学、运动学以及电磁学等主干知识相结合，并密切联

题趋势分析

系实际，难度较大，突出体现高考的选择性特征.

探

动车运行、传输装置、俯卧撑运动、冰滑梯、滑雪、喷泉、游戏

究

预设情境装置、打桩机、蹦极、风力发电、蹦极运动、过山车、汽车启动

等.

第1讲功和功率

一、功

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.物理意义：功是__能量转化__的量度.

3.做功的两个必要因素

(1)作用在物体上的__力__.

(2)物体在__力的方向__上发生的位移.

4.公式：W＝__Fl_cos_α__.

(1)α是力与__位移__方向之间的夹角，l为物体对地的位移.

(2)该公式适用于__恒力__做功.

(3)功是__标__量.功的正负表示对物体做功的力是动力还是阻力.

5.功的正负

π

(1)当0≤α＜时，W＞0，力对物体做__正功__.

2

π

(2)当α＝时，W＝0，力对物体__不做功__.

2

π

(3)当＜α≤π时，W＜0，力对物体做__负功__，或者说物体__克服

2

__这个力做了功.

6.一对作用力与反作用力的功：一对相互作用力做的总功可__正__、

可__负__，也可为__零__.

7.一对平衡力的功：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.

二、功率

1.定义：功W与完成这些功所用时间t__之比__叫作功率.

2.物理意义：描述力对物体__做功的快慢__.

3.公式

W

(1)P＝，P为时间t内的__平均功率__.

t

(2)P＝__Fv_cos_α__(α为F与v的夹角)

①v为平均速度，则P为__平均功率__.

②v为瞬时速度，则P为__瞬时功率__.

4.额定功率：机械__正常工作__时的最大输出功率.

5.实际功率：机械__实际工作__时的功率，要求不大于__额定功率

__.

考点一功的正负判断和大小计算

1.定性判断力是否做功及做正、负功的方法

(1)看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的

情形.

(2)看力F的方向与速度v的方向间的夹角θ——常用于曲线运动的

情形.

(3)根据动能的变化判断：动能定理描述了合力做功与动能变化的关

系，即W合＝ΔEk，当动能增加时合力做正功，当动能减少时合力做负

功.

(4)根据功能关系或能量守恒定律判断.

2.恒力做功的计算方法

(1)直接用W＝Flcosα计算.

(2)恒力做功与物体的运动路径无关，只与初、末位置有关.

3.使用W＝Flcosα应注意的几个问题

(1)位移l：①“l”应取作用点的位移.②“l”的取值一般以地面为参考

系.

(2)力F：①力的独立性原理，即求某个力做的功仅与该力及物体沿

该力方向的位移有关，而与其他力是否存在、是否做功无关.②力只能是

恒力.此公式只能求恒力做功.

(3)α是l与F之间的夹角.

4.摩擦力做功的特点

(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.

功的正负判断

【例1】[一题多解]如图所示，重物P放在粗糙的水平板OM上，

当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P滑动之前，下列说法正确的是()

A.P受到的支持力做正功

B.P受到的支持力不做功

C.P受到的摩擦力做负功

D.P受到的摩擦力做正功

【解析】A(方法1)当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P滑动之

前，P做圆周运动，支持力垂直板向上，支持力与速度方向相同，故支

持力做正功，A正确、B错误；当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P滑

动之前，P做圆周运动，摩擦力沿板方向，与速度方向垂直，所以摩擦

力不做功，C、D错误.

(方法2)设转动过程中，重物某一时刻速度为v，由功率公式知支持

力的功率为P1＝FNv＝mgvcosθ，重力的功率为PG＝mgvcos(π－θ)＝－

mgvcosθ，由微元法知，支持力做正功，重力做负功，且重力做功与支

持力做功的代数和为0，该过程中重物的动能变化量为0，结合动能定

理知，P受到的摩擦力做功为0.

【变式训练1】[易错题]为了节能，商场的自动扶梯在较长时间无

人乘行时会自动停止运行.有人站上去后，扶梯开始加速，然后匀速运动.

如图所示，下列说法正确的是()

A.匀速下行过程中，人的动能不变，扶梯对人不做功

B.加速下行过程中，扶梯对人的支持力大于人所受的重力

C.加速下行过程中，人受到的摩擦力方向水平向左

D.加速下行过程中，支持力对人做正功，摩擦力对人做负功

【解析】C匀速下行过程中，由平衡条件可知，人和扶梯间没有

摩擦力，人所受重力做正功，人的动能不变，可知扶梯对人做负功，A

错误；加速下行过程中，竖直方向分加速度向下，人处于失重状态，所

以扶梯对人的支持力小于人所受的重力，B错误；加速下行过程中，水

平方向分加速度向左，水平方向只有摩擦力提供加速度，根据牛顿第二

定律的同向性可知人受到的摩擦力方向水平向左，C正确；加速下行过

程中，人所受支持力与人的运动方向夹角大于90°，支持力做负功，摩

擦力与人的运动方向夹角小于90°，摩擦力对人做正功，D错误.

【易错点】本题易误选A.匀速下行过程中，人的动能不变，学生

误认为扶梯对人不做功.实际上是人受到的合力做功为0，重力做正功，

扶梯对人做负功.

恒力做功的计算

【例2】[一题多解]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.

【解析】

物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状

态，受力分析如图所示.

由平衡条件得

Ffcosθ－FNsinθ＝0，

Ffsinθ＋FNcosθ－G＝0，

代入数据得Ff＝10N，FN＝103N，

x＝vt＝20m.

(1)斜面对物体的支持力所做的功

WN＝FNxcosθ＝300J.

(2)斜面对物体的摩擦力所做的功

Wf＝Ffxcos(90°－θ)＝100J.

(3)物体重力做的功

WG＝Gxcos180°＝－400J.

(4)合外力对物体做的功

(方法1)W合＝WN＋Wf＋WG＝0；

(方法2)F合＝0，W合＝F合xcosα＝0.

【变式训练2】[一题多解](多选)一位质量m＝60kg的滑雪运动员

从高h＝10m的斜坡自由下滑，如图所示，如果运动员在下滑过程中受

2

到的阻力Ff＝50N，斜坡的倾角θ＝30°，重力加速度g取10m/s，运动

员滑至坡底的过程中，关于各力做功的情况，下列说法正确的是()

A.重力做的功为6000J

B.阻力做的功为1000J

C.支持力不做功

D.各力做的总功为零

【解析】AC(方法1)

对运动员受力分析如图所示，重力做功WG＝mgh＝60×10×10J＝6

h10

000J，阻力做功WF阻＝－F阻·＝－50×J＝－1000J，由于支持

sinθ1

2

力方向与位移方向垂直，支持力不做功，即WN＝0，各力做的总功W总

＝WG＋W阻＋WN＝5000J，A、C正确，B、D错误.

(方法2)运动员受到的合力为F＝mgsinθ－F阻＝250N，各力做的

h

总功为W总＝F＝250×20J＝5000J.

sinθ

合力做功的计算方法

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.

考点二变力做功的计算方法

方法一利用微元法求变力做功：将物体的位移分割成许多小段，

因每一小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就

将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和.此法常用

于求解大小不变、方向改变的变力做功问题.

方法二化变力为恒力求变力做功：有些变力做功问题通过转换研

究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcosα求解.此法常用于轻绳通过

定滑轮拉物体做功的问题中.

方法三利用平均力求变力做功：当物体受到的力方向不变，而大

－F1＋F2

小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F＝的恒力

2

－

作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝Fl

cosα求此变力所做的功.

方法四利用F－x图像求变力做功：在F－x图像中，图线与x轴

所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上

方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于

便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形).

方法五利用动能定理求变力做功.

利用微元法或化变力为恒力求变力做功

【例3】水平桌面上，长6m的轻绳一端固定于O点，如图所示(俯

视图)，另一端系一质量m＝2.0kg的小球.现对小球施加一个沿桌面大小

不变的力F＝10N，F拉着小球从M点运动到N点，F的方向始终与小

球的运动方向成37°角.已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空

气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的

是()

A.拉力F对小球做的功为16πJ

B.拉力F对小球做的功为8πJ

C.小球克服摩擦力做的功为16πJ

D.小球克服摩擦力做的功为4πJ

【解析】A将圆弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力F在每小段

上做的功为W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球的

运动方向成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…，Wn＝Fln

cos37°，故WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos

πRπ

37°·＝10×0.8××6J＝16πJ，A正确、B错误；同理可得小球克服摩

33

πR

擦力做的功W克f＝μmg·＝8πJ，C、D错误.

3

【变式训练3】(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑

块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O.现以大小不变的拉力F拉绳，

使滑块从A点由静止开始上升，滑块运动到C点时速度最大.已知滑块

质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，

重力加速度为g(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则()

5

A.拉力F大小为mg

3

5

B.拉力F大小为mg

4

25

C.滑块由A到C过程，轻绳对滑块所做的功为mgd

36

25

D.滑块由A到C过程，轻绳对滑块所做的功为mgd

48

【解析】AC滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有F

5

cos53°－mg＝0，解得F＝mg，A正确、B错误；拉力F做的功等于轻

3

d

绳拉力对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1＝，滑轮与C间绳长

sin37°

ddd5d

L2＝，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝－＝，

sin53°sin37°sin53°12

25

拉力做功W＝FΔL＝mgd，C正确、D错误.

36

利用平均力或利用图像求变力做功

【例4】如图甲所示，质量为4kg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10m/s2，则()

甲乙

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200J

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

【解析】B滑动摩擦力Ff＝μmg＝20N，物体先加速运动，当推

力减小到20N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，A、C错

1

误；F－x图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，W＝×100×4J

2

＝200J，B正确、D错误.

【变式训练4】[一题多解]如图所示，质量均为m的A、B两小物

块用轻质弹簧相连，A放置在光滑水平地面上，一轻绳通过光滑的定滑

轮与物块B相连(连接物块B的绳子恰好伸直但不绷紧)，弹簧的劲度系

数为k.现用一水平向右的拉力F作用在轻绳上，使物块B缓慢向上运动，

已知重力加速度为g，当A物块恰好离开地面时，F所做功为()

mg2mgm2g22m2g2

A.FB.FC.D.

kkkk

mg

【解析】D(方法1)开始时弹簧的压缩量为x1＝，此时F1＝0，

k

mg

当A物块恰好离开地面时弹簧伸长量为x2＝，此时F2＝2mg，则力F

k

22

F1＋F22mg

做功W＝(x1＋x2)＝，D正确.

2k

(方法2)作出拉力F随物块B缓慢向上运动的位移x大小的函数图

像，发现F是x的一次函数，计算图线与横轴x围成的面积，从而求出

2m2g2

力F做功W＝(图略).

k

求解变力做功的几种思路

(1)利用动能定理W＝ΔEk或功能关系W＝ΔE计算能量变化量ΔE或ΔEk，即等量

替换的物理思想.

(2)当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车以恒定功率启动.

1

(3)当变力方向不变，大小与位移成正比时，可用力对位移的平均值F＝(F初＋F

2

末)来计算.

(4)当变力大小不变，方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时，功可

用力与路程的乘积计算.

(5)用变力F随位移x的变化图像与x轴所围的面积计算功，注意x轴上下两侧分

别表示正、负功.

考点三功率的分析与计算

1.平均功率的计算方法

－W

(1)利用P＝.

t

－－－

(2)利用P＝F·vcosα，其中v为物体运动的平均速度.

2.瞬时功率的计算方法

(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度.

(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度.

(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力.

平均功率的计算

【例5】(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()

ρgSl2ghl2

A.(H＋h＋)

2ηh2h

ρgSl2ghl2

B.(H＋h＋)

2ηh4h

ρgSl2ghl2

C.(H＋)

2ηh2h

ρgSl2ghl2

D.(H＋)

2ηh4h

【解析】B设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为

研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h

12g12

＝gt′，解得v0＝l，根据功能关系得Ptη＝mv0＋mg(H＋h)，联立

22h2

ρgSl2ghl2

解得水泵的输出功率为P＝(H＋h＋)，B正确.

2ηh4h

【变式训练5】(生活情境)如图所示，质量为60kg的某运动员在

做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒.已知重心在c

点，其垂线与两脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9m和0.6

m.若她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，

则1min内克服重力做的功和相应的功率约为(g取10m/s2)()

A.430J，7WB.4320J，72W

C.720J，12WD.7200J，120W

h

【解析】B设重心上升的高度为h，根据相似三角形，有＝

0.4

0.9

，解得h＝0.24m，则做一次俯卧撑克服重力做的功为WG＝mgh

0.9＋0.6

＝144J，所以一分钟克服重力做的功为W＝30WG＝4320J，功率约为P

W4320

＝＝W＝72W，B正确.

t60

瞬时功率的计算

【例6】质量为1kg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＝3m处，F做功的瞬时

功率为()

A.8WB.16WC.24WD.36W

【解析】A根据图像可知物块运动到x＝3m处，F做的总功为

12

WF＝3×2J＋2×1J＝8J，该过程根据动能定理得WF＝mv，解得物块运

2

动到x＝3m处时的速度为v＝4m/s，故此时F做功的瞬时功率为P＝

Fv＝8W，A正确.

【变式训练6】如图所示，AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端

A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，当初速度为v0时，小球恰好

落到坡底B.不计空气阻力，则下列图像能正确表示小球落地(不再弹起)

前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是()

ABCD

【解析】C当平抛的初速度v≤v0时，小球均落在斜面上，具有

12

ygtgt

相同的位移偏向角且均等于斜坡倾角θ，可得tanθ＝＝2＝，可得

xvt2v

2vtanθ

平抛时间t＝，则小球落地前所受的重力的瞬时功率为P＝mgvy

g

＝mg·gt＝2mgvtanθ，可知，P与v成正比；当平抛的初速度v>v0时，

1

小球落在水平面上，平抛的竖直高度相同，为h，且有h＝gt2，则平抛

2

2h

时间为t＝，则小球落地前所受的重力的瞬时功率为P＝mg·vy＝

g

mg·gt＝mg2gh，可知功率P为恒定值；综合两种情况可知C正确，A、

B、D错误.

求力做功的功率时应注意的问题

－W－

(1)明确所求功率是平均功率还是瞬时功率.求平均功率首选P＝，其次是用P

t

－－

＝F·vcosα，v应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率.

(2)求瞬时功率用P＝Fvcosα，要注意F与v方向间的夹角α对结果的影响，功率

是力与力的方向上速度的乘积.

考点四机车启动问题

1.两种启动方式

项目以恒定功率启动以恒定加速度启动

P-t图像和v-t图像

－v↑

＝FF阻不变⇒不变⇒＝直到

PF－F阻aFPFv↑

过程分析v↑⇒F＝↓⇒a＝↓m

vm

OA段P额＝Fv1

v1

运动性质加速度减小的加速运动匀加速直线运动，维持时间t0＝

a

PP额F－F阻

过程分析F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝v↑⇒F＝↓⇒a＝↓

F阻vm

AB段

运动性质以vm做匀速直线运动加速度减小的加速运动

P额

BC段无F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀速运动

F阻

2.三个重要关系式

P

(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝.

F阻

(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不

PP

是最大，即v＝<vm＝.

FF阻

(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得

Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、

速度或时间.

【例7】(多选)一辆质量为m的汽车在平直公路上以功率P、速度

v0匀速行驶时，牵引力为F0.现汽车以恒定的功率P驶上倾角为30°的斜

坡，已知汽车在斜坡上行驶时所受的摩擦阻力是在平直路面上的3，重

4

力加速度为g，则下列说法正确的是()

3

A.汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为F0

4

31

B.汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为F0＋mg

42

C.汽车能达到的最大速度为v0

4P

D.汽车能达到的最大速度为

3F0＋2mg

【解析】BD汽车在平直公路上匀速行驶时，牵引力等于阻力，

3

则F阻＝F0，当汽车在斜坡上匀速运动且速度最大时，F－mgsin30°－F0

4

31

＝0，解得F＝F0＋mg，A错误、B正确；由P＝Fv得汽车的最大速

42

P4P

度为vmax＝＝，C错误、D正确.

F3F0＋2mg

【变式训练7】(2023·山东卷)质量为M的玩具动力小车在水平面

上运动时，牵引力F和受到的阻力F阻均为恒力，如图所示，小车用一

根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动.当小车拖动物

体行驶的位移为s1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落.物体继

续滑行一段时间后停下，其总位移为s2.物体与地面间的动摩擦因数不变，

不计空气阻力.小车的额定功率P0为()

2

2F（F－F阻）(s2－s1)s1

A.

(M＋m)s2－Ms1

2

2F（F－F阻）(s2－s1)s1

B.

(M＋m)s2－ms1

2

2F（F－F阻）(s2－s1)s2

C.

(M＋m)s2－Ms1

2

2F（F－F阻）(s2－s1)s2

D.

(M＋m)s2＋ms1

【解析】A设物体与地面间的动摩擦因数为μ，在小车拖动物体

2

行驶的位移为s1的过程中有F－F阻－μmg＝(m＋M)a，v＝2as1，P0＝Fv，

2

轻绳从物体上脱落后，a2＝μg，v＝2a2(s2－s1)，联立有P0＝

2

2F（F－F阻）(s2－s1)s1

，A正确.

(M＋m)s2－Ms1

解决机车启动问题时的四点注意

(1)首先弄清是匀加速启动还是恒定功率启动.

(2)若是匀加速启动过程，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定

功率，匀加速直线运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定

功率后做加速度减小的加速运动.

(3)若是以额定功率启动的过程，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动

P

的规律不适用，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt

F阻

计算，但不能用W＝Flcosα计算.

(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F阻vm，P为机车的额

定功率.

1.(2023·北京卷)如图所示，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，在物体移动距离为x的过程中()

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

【解析】D设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为f＝μ(mg

－Fsinθ)，摩擦力的功Wf＝μ(mg－Fsinθ)x，即摩擦力的功与F的方向

有关，A错误；合力功W＝F合x＝ma·x，可知合力的功与力F方向无关，

B错误；当力F水平时，则F＝ma＋μmg，力F做功为WF＝Fx＝(ma＋

μmg)x，C错误；因合外力功为max大小一定，而合外力的功等于力F

与摩擦力f做功的代数和，而当Fsinθ＝mg时，摩擦力f＝0，则此时摩

擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，D正确.

2.无论是远海岛礁建设，还是超大型疏浚及填海造陆工程，都离不

开钢铁巨轮——重型绞吸船.我国自主研制的自航绞吸挖泥船“天鲲号”

性能达到世界先进水平，其远程输送能力达15000m，居世界第一.若某

段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1.6×104kW，排泥量为1.6

m3/s，排泥管的横截面积为0.8m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为

()

A.5×106NB.8×106NC.5×107ND.8×107N

【解析】B由于功率大小P＝Fv，而每秒钟排泥管排出泥浆的体

积(排泥量)Q＝Sv，联立并代入数据，解得F＝8×106N，B正确，A、C、

D错误.

3.如图所示，一球员将足球从球门正前方某处踢出，在竖直平面内

经位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高点.所受空气阻

力不变，不考虑足球的旋转，则足球()

A.经过位置2时，重力的功率最大

B.由位置1运动到位置3过程中，合力做功为0

C.在位置2的加速度比位置3的加速度小

D.由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间

【解析】D足球经过最高点位置2时，竖直方向速度vy减为零，

由PG＝mgvy得，此时重力的功率最小，A错误；由于足球运动的过程

中受到空气阻力作用，阻力做负功，则足球从位置1运动到位置3过程

中，合力做负功，B错误；空气阻力方向与速度方向相反，足球在位置

2时，竖直速度为零，阻力与重力成90°夹角，在位置3时，阻力方向

斜向上，阻力与重力夹角大于90°，阻力与重力的合力一定小于位置2，

由牛顿第二定律有F合＝ma，可得足球在位置2的加速度比位置3的加

速度大，C错误；运动时间由竖直方向的运动决定，对竖直方向受力分

析，从位置1到位置2，由牛顿第二定律有mg＋Ff1＝ma1，从位置2到

位置3，由牛顿第二定律有mg－Ff2＝ma2，比较可得，上升阶段的加速

12

度a1大于下降阶段的加速度a2，即a1＞a2，位移相同时，由h＝at可

2

得，由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间，

D正确.

4.小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把

静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加

速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台的

速度刚好为零，g取10m/s2，则提升重物的最短时间为()

A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s

【解析】C为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重

物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到

最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速

度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可

－

Tm－mg30020×1022

得a1＝＝m/s＝5m/s，当功率达到额定功率时，设

m20

P额1200

重物的速度为v1，则有v1＝＝m/s＝4m/s，此过程所用时间和

Tm300

22

v14v14

上升高度分别为t1＝＝s＝0.8s，h1＝＝m＝1.6m，重物以最

a152a12×5

P额P额1200

大速度匀速时，有vm＝＝＝m/s＝6m/s，重物最后以最大加

Tmg200

2

vm6vm

速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝＝s＝1.2s，h3＝

am52am

62

＝m＝3.6m，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时

2×5

1212

间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝mvm－mv1，又h2＝

22

85.2m－1.6m－3.6m＝80m，联立解得t2＝13.5s，故提升重物的最短

时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8s＋13.5s＋1.2s＝15.5s，C正确.

5.(多选)某款质量为M的氢能源汽车(如图所示)在一次测试中，沿

平直公路以恒定功率P从静止启动，行驶路程s，恰好达到最大速度vm，

已知该汽车所受阻力恒定，下列说法正确的是()

A.启动过程中，汽车做匀加速直线运动

12

B.启动过程中，牵引力对汽车做的功大于Mvm

2

2

Mvms

C.车速从0增大到vm的加速时间为＋

2Pvm

vm2P

D.车速为时，汽车的加速度大小为

2Mvm

【解析】BC汽车以恒定功率P从静止启动，根据P＝F牵v可知

随着速度的增大，牵引力在减小，结合牛顿第二定律F牵－F阻＝ma，可

知汽车的加速度在减小，A错误；设整个过程中克服阻力做功为Wf阻，

1212

由动能定理得W牵－Wf阻＝Mvm，可得W牵>Mvm，B正确；汽车达到

22

最大速度vm时，加速度为零，此时有P＝F阻vm，整个过程根据动能定

2

12Mvms

理Pt－F阻s＝Mvm，联立解得加速时间为t＝＋，C正确；车速

22Pvm

vmPP

为时，由牛顿第二定律得F牵－F阻＝－＝Ma，解得此时汽车的加

2vmvm

2

P

速度大小为a＝，D错误.

Mvm

6.(多选)如图所示，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不

可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体

g

由静止释放，物体Q的加速度大小为.T时刻轻绳突然断开，物体P能

3

够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P

所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，

不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点.下列说法正确的是()

A.物体P和Q的质量之比为1∶3

E

B.2T时刻物体Q的机械能为

2

3E

C.2T时刻物体P重力的功率为

2T

2gT

D.2T时刻物体P的速度大小为

3

g

【解析】BCD开始释放时物体Q的加速度为，则mQg－FT＝

3

gg2mP1

mQ·，FT－mPg＝mP·，解得FT＝mQg，＝，A错误；在T时刻，

333mQ2

2

gT1g2gT

两物体的速度v1＝，P上升的距离h1＝T＝，细线断后P能上

3236

222

v1gT2gT

升的高度h2＝＝，可知开始时PQ距离为h＝h1＋h2＝，若设

2g189

开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为E＝mQgh＝

22

2mQgT

，从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为WF＝FTh1

9

2222

mQgTmQgTE

＝，则此时物体Q的机械能E′＝E－WF＝＝，此后物块

992

E

Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，B正确；在2T

2

2gT

时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－，方向向下；此时物体P重力

3

2

mQg2gTmQgT3E

的瞬时功率PG＝mPgv2＝·＝＝，C、D正确.

2332T

7.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前7s内做匀加速直线

运动，7s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图像如图

所示.已知汽车的质量为m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重力的

0.1，重力加速度g取10m/s2，求：

(1)汽车在第5s末的牵引力F的大小；

(2)汽车的额定功率P和最大速度vm；

(3)启动后37s内，汽车的位移x的大小.

【解析】(1)由题意，汽车受到地面的阻力大小为

13

Ff＝mg＝1×10N，

10

根据v－t图像可知汽车在前7s内的加速度大小为

Δv

a＝＝2m/s2，

Δt

设汽车在前7s内的牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有

F－Ff＝ma，

解得F＝3×103N.

(2)当汽车速度达到v＝14m/s时，牵引力功率达到额定功率，即

P＝Fv＝4.2×104W，

当汽车速度达到vm时，牵引力与阻力大小相等，则

P

vm＝＝42m/s.

Ff

(3)在0～7s内