2026年高考物理二轮复习（全国）专题05 功和功率、动能定理（讲义）（解析版）

专题05功和功率、动能定理

目录

第一部分考情精析锁定靶心高效备考

第二部分重难考点深解深度溯源扫清盲区

【考点01】功和功率

【考点02】机车功率

【考点03】动能定理

第三部分解题思维优化典例精析+方法提炼+变式巩固

【题型01】恒力做功问题

【题型02】变力做功问题

【题型03】功率、机车功率问题

【题型04】动能定理与图像的综合

【题型05】多过程问题与动能定理

【题型06】动能定理与电学的综合

主战场转移：功和功率的计算及动能定理。常与圆周运动、静电力、安培力进行综

合。

核心考向聚焦

核心价值：核心价值在于培养物理思维，掌握分析方法，提升解决多过程及临界极

值问题的科学推理与实践能力。

关键能力：恒力功、变力功的分析计算能力：能选用合适的方法计算变力做的功。

平均功率、瞬时功率、机车功率的分析计算能力：灵活运用所学知识解决实际问题。

动能定理的应用能力：敏锐捕捉物理过程临界点，精准分析极值条件，选择合适的

过程。

关键能力与思维瓶颈

培优瓶颈：尖子生的主要失分点并非“不懂”，而在于：面对新情境时，无法快速、

准确地将实际问题进行转化。求变力功的方法选择有误：对力的变化规律识别不足，

导致错误。求功率的方法选择有误：平均、瞬时区分不清，公式选择有误。临界极

值分析难：难以准确界定临界状态，对极值出现的条件和原因分析不清。

预测：2026年高考中，功、功率、动能定理的应用情境更复杂真实，融合跨学科与

科技元素，强化创新迁移、图像信息分析考查。

命题前瞻与备考策略

策略：深挖高考压轴题命题逻辑，强化微元法等高端思维训练，提升创新题型解答

能力，规范答题步骤，精准分配答题时间，注重跨模块知识综合运用。

考点01功和功率

一、恒力做功的分析和计算

1．做功的两个要素

(1)作用在物体上的力．

(2)物体在力的方向上发生位移．

2．公式W＝Flcosα

(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体的位移．

(2)该公式只适用于恒力做功．

3．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，或者说物体克服这个力做功．

2

二、是否做功及做功正负的判断

1．根据力与位移的方向的夹角判断。

2．根据力与瞬时速度方向的夹角α判断：0≤α＜90°，力做正功；α＝90°，力不做功；90°＜α≤180°，力做

负功．

三、合外力做的功

方法一：先求合外力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＋…求合外力做的功．

方法三：利用动能定理W合＝Ek2－Ek1.

四、求变力做功的五种方法

方法举例

微元法质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦

力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR

等效h

恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·(

转换法sinα

h

－)

sinβ

图像法一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，F－x

F0＋F1

图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝x0

2

F1＋F2

平均当力与位移为线性关系，力可用平均值F＝表示，W＝

2

值法

12

FΔx，可得出弹簧弹性势能表达式为Ep＝k(Δx)

2

应用动

能定理用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：

WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)

五、功率的分析和计算

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，F为恒力，F与v的夹角α不变．

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．F可为恒力，也可为变力，α为F与v的夹角，α可

以不变，也可以变化．

(2)公式P＝Fvcosα中，Fcosα可认为是力F在速度v方向上的分力，vcosα可认为是速度v在力F方向上的

分速度．

考点02机车功率

一、两种启动方式

两种方式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↑

过程＝FF阻不变不变＝

P不变F－F阻a⇒F⇒P

v↑⇒F＝↓⇒a＝↓m

分析vm

Fv↑直到P＝P额＝Fv1

OA段

匀加速直线运动，持续时间

运动t0

加速度减小的加速直线运动

v1

性质＝

a

过程

PP额F－F阻

F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝v↑⇒F＝↓⇒a＝↓

分析F阻vm

AB段

运动

以vm做匀速直线运动加速度减小的加速直线运动

性质

P额

F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀

BC段F阻

速直线运动

二、三个重要关系式

P

(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝.

F阻

P额P额

(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝<vm＝.

FF阻

(3)机车以恒定功率启动时，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大小和时间．

考点03动能定理

一、动能定理的理解和基本应用

1．动能

(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．

1222

(2)公式：Ek＝mv，单位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m/s.

2

(3)动能是标量、状态量．

2．动能定理

1212

(1)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv2－mv1.

22

(2)注意事项

(a)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．

(b)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以全过程应用动能定理求解．

(c)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．

(3)应用动能定理的解题流程

二、动能定理与图像问题的结合

图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义

题型01恒力做功问题

典｜例｜精｜析

典例1（2023年北京卷第11题）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，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mgxD.F做功的最小值为max

【答案】D

【解析】A．设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为

f(mgFsin)

摩擦力的功

Wf(mgFsin)x

即摩擦力的功与F的方向有关，选项A错误；

B．合力功

WF合xmax

可知合力功与力F方向无关，选项B错误；

C．当力F水平时，则

Fmamg

力F做功为

WFFx(mamg)x

选项C错误；

D．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Fsinmg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，选项D正确。

故选D。

典例2（2025·重庆市·三模）（多选）如图1所示，足够长的水平地面上，一同学坐在木箱中，受到水

平向右的拉力F作用从静止开始运动，拉力F的冲量I随时间t变化的关系如图2所示。整个过程中，该同

学和木箱始终保持相对静止。已知该同学和木箱的总质量为50kg，木箱与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（）

A.t=2s时刻，该同学的速度大小为8m/s

B.0~2s内，该同学的位移大小为4m

C.t=8s时刻，该同学还在继续向右运动

D.0~8s内，木箱克服地面摩擦力做功为1200J

【答案】BD

【解析】A．根据IFt

400

可知I-t图像的斜率表示拉力的大小，则拉力FN200N

12

在0~2s内该同学和木箱一起向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F1mgma1

解得加速度2

a12m/s

则在t=2s时刻该同学的速度大小为v1at14m/s

故A错误；

v

B．在0~2s内，该同学的位移x1t4m

12

故B正确；

700400

C．2s后，可知I-t图像的斜率表示拉力的大小，则拉力FN50N

282

该同学和木箱一起向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有F2mgma2

2

解得加速度a21m/s

v

设经时间t停止运动，则有t14s

a2

其v-t图像如图所示

由图可知在t=8s时刻该同学静止不动，故C错误；

v

D．0~8s内，木箱的位移x1tΔt12m

22

木箱克服地面摩擦力做功Wmgx21200J

故D正确。

故选BD。

方｜法｜提｜练

恒力做功，一般采用公式W＝Flcosα，即恒力做功，看位移。

恒力做功，也可以采用动能定理等方法。

注意与其他知识的综合。

变｜式｜巩｜固

变式1（2025·江西省·三模）如图所示，粗糙水平地面AB与半径R0.4m的光滑半圆轨道BCD相连，

且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上。质量为m2kg的小物块在恒力F的作

用下（方向未知），从A点由静止开始做匀加速直线运动。已知xAB4m，小物块与水平地面间的动摩擦

因数为0.2，当小物块运动到B点时撤去恒力F，重力加速度g取10m/s2。

（1）若物块恰能通过D点，求物块在AB段的加速度及F做功的最小值和此时的F的大小。

（2）若物块恰能通过D点，求F的最小值和此时F所做的功。

2

【答案】（1）a2.5m/s，WFmin20J，F517N

4526450

（2）FN，J

min2613

【解析】

【小问1详解】

v2

若物块恰能通过D点，则有mgmD

R

解得

vDgR2m/s

物块从B到D过程，根据机械能守恒可得

11

mv2mv2mg2R

2B2D

解得

vB5gR25m/s

2

物块从A到B过程，根据运动学公式可得2axABvB0

解得物块在AB段的加速度a2.5m/s2

1

物块从A到B过程，根据动能定理可得WWmv20

Ff2B

1

可知当摩擦力为0，摩擦力做功为0，F做功具有最小值，则F做功的最小值为Wmv2020J

Fmin2B

对物块进行受力分析，由于摩擦力为0，则支持力为0，故有Fymg，Fxma

可得的大小为2222

FFFxFy(ma)(mg)517N

【小问2详解】

根据（1）问分析可知物块在AB段的加速度为a2.5m/s2，设F与水平方向的夹角为，则有

Fcosfma，NmgFsin，fN

mgmamgma

联立可得F

cossin12sin()

15

其中sin

1226

mgma4526

可知当90时，F具有最小值，可得FminN

1226

此时所做的功为45265450

FWFFminxABcosFminxABsin4JJ

262613

变式2（2025·青海省海东市第二中学·二模）如图所示，倾角为、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，

斜面底端有一质量m1kg的物块，t0时刻物块在沿斜面向上的恒力F的作用下，从斜面底端由静止开

始运动，t2s时物块到达A点并撤去F，t4s时物块恰好返回斜面底端，sin0.6，取重力加速度

大小g10m/s2。

（1）求撤去F后物块的加速度大小a1；

（2）求恒力F对物块做的功W；

（3）若t0时刻物块在沿斜面向上的变力F的作用下，从斜面底端由静止开始运动，t1.5s时物块到达

A点并撤去F，此过程中物块的加速度与速度成反比，t3.5s时物块返回斜面底端，求变力F的最小值

Fmin。

【答案】（1）6m/s2

（2）32J

22

（3）N

3

【解析】

【小问1详解】

撤去外力后，物块只受到重力和斜面的支持力，根据牛顿第二定律则有mgsinma1

2

解得a1gsin6m/s

即撤去F后物块的加速度大小6m/s2

【小问2详解】

设恒力作用时物块的加速度为a，根据牛顿第二定律可得Fmgsinma

在外力作用下，物块到达A点的速度为vAat2a

11

物块的位移xvtv2(m)

A2A2A

11

撤去外力后，物块做匀减速运动，则有xvta(t)22v622(m)

AA21A2

2

联立解得vA4m/s，a2m/s，F8N

Fvt

故恒力做的功WA32J

2

【小问3详解】

dvk

由题可知，加速度的微分方程为a

dtv

整理可得vdvkdt

1

两边积分可得v2ktC

2

结合题意可知，t0时，则有v0

解得v2kt

结合上述分析可知，物块从斜面底端到A点的位移x4m，撤去外力后，从A点返回到斜面底端的时间

2

t2s，因此在01.5s内，物块的位移仍为4m，撤去外力后，物体的加速度大小仍为a16m/s，

1.53.5s物块依然用t2s的时间回到底端，故物块到A点的速度依然为vA4m/s

将t1.5s代入v2kt

16

解得km2/s3

3

则在0 ～ 1.5 s 内的任意时刻，合力为F'mgsinma

k

解得F'mgsinm

v

k422

由此可知，当时，'最小，其最小值为

vvA4m/sFFminmgsinm6N+N=N

vA33

变式3（2025·山东省滨州市市·二模）如图所示，在火星上执行救援任务中，工程师设计了一款应急轨道装

3

置。水平轨道长度Lm，与半径R0.5m的四分之一竖直光滑圆轨道在底部相切且固定在水平地面

2

上。一质量m5kg的物资箱从水平轨道最左端开始，在方向与水平面夹角30、大小F20N的恒力

作用下，由静止开始沿着水平轨道运动，且整个运动过程中恒力F始终存在。已知物资箱与水平轨道表面

32

动摩擦因数，火星表面重力加速度g4m/s，忽略空气阻力。求：

2

（1）物资箱到达圆轨道底端时对轨道的压力FN的大小；

（2）物资箱从静止开始到第一次落地过程中，距离水平轨道的最大高度H。

【答案】（1）40N

233

（2）m

4

【解析】

【小问1详解】

对物资箱进行受力分析，根据牛顿第二定律可得FcosFfma

竖直方向上根据受力平衡得FsinFNmg

又FfFN

联立解得a3m/s2

2

在水平轨道的运动过程中，根据运动学公式得v12aL

解得

v13m/s

mv2

在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律得FFsin30mg1

NR

解得FN40N

根据牛顿第三定律可知，物资箱对轨道的压力大小为FNFN40N

【小问2详解】

从圆轨道最低点到圆轨道最高点的过程中，外力F做得功为WFFRcosFRsin

11

根据动能定理可得WmgRmv2mv2

F2221

解得

v2231m/s

离开圆轨道后，在竖直方向上，物资箱做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得mgFsinma2

解得2

a22m/s

根据运动学公式可得2

v22a2h

到水平轨道的最大高度为HhR

233

联立解得Hm

4

题型02变力做功问题

典｜例｜精｜析

典例1（2025年广东卷第14题）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

x

的变化关系为ff01，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

h

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p且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提

示：可用fx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。

（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。

2ah

【答案】（1）

r

1

（2）WmahmghfhpSh

20

fa2

（3）Pmagtma2tpSatfat0t3

02h

【解析】

【小问1详解】

木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式v22ah

根据角速度和线速度的关系vr

2ah

联立可得

r

【小问2详解】

根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示

1

可得摩擦力对木塞所做的功为Wfh

f20

1

对木塞，根据动能定理WWmghpShmv20

f2

1

解得WmahmghfhpSh

20

【小问3详解】

设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律FmgfpSma

速度vat

1

位移xat2

2

开瓶器的功率PFv

fa2

联立可得Pmagtma2tpSatfat0t3

02h

典例2（2025·甘肃省·二模）为了将质量m1kg的货物（可视为质点）从平台AB平稳运送到平台P上，

某兴趣小组设计了如图所示的传送装置。平台AB左端的竖直墙壁上固定一水平轻弹簧（弹簧自然长度小

于平台AB的长度），将货物向左压缩弹簧至O点后由静止释放（弹簧在弹性限度范围内），货物能从B点

滑出，并恰好沿着与C点相切的方向进入圆心角为60、半径R1.0m的竖直固定光滑圆弧轨道内侧做圆

周运动。从圆弧轨道最低点D水平滑出后，又立即滑到与D点等高、原来静止在光滑水平地面的长木板上，

并与木板摩擦使其向右运动，木板与平台P相碰时被立即锁定，货物滑行到与木板等高的平台P上。已知

OB间的水平距离L00.6m，货物通过D点时对圆弧轨道的压力大小等于60N，木板长度为L，质量

M1.5kg，木板右端距离平台P左侧的初始距离为s，货物与平台AB、长木板之间的动摩擦因数均为

0.5，空气阻力和其余摩擦均忽略不计，g10m/s2，求：

（1）货物经过D点时的速度大小（结果可保留根号）；

（2）弹簧弹力对货物做的功W；

（3）要使货物能滑上平台P，木板长度L与初始距离s需满足怎样的关系（复杂的不等式组写出关系式即

可）。

【答案】（1）52m/s

（2）8J

（3）见解析

【解析】

【小问1详解】

由牛顿第三定律可知，货物在D点所受支持力的大小为FN60N

mv2

货物在D点时，由牛顿第二定律可得FmgD

NR

代入数据解得，货物在点时的速度大小为

DvD52m/s

【小问2详解】

11

货物从C点到D点的过程中，由动能定理可得mgR(1cos60)mv2mv2

2D2C

解得

vC210m/s

vB

货物离开B点后做平抛运动，在C点，根据运动的分解可得cos60

vC

解得

vB10m/s

货物从释放到运动到B点的过程中，由功能关系可知，弹簧弹力对货物所做的功为

1

Wmv2mgL8J

2B0

【小问3详解】

要使货物能滑上平台，长木板锁定前货物不能从木板上滑落，且货物刚到达长木板的最右端时的速度大于0，

由牛顿第二定律可得mgma1

解得货物相对于长木板的加速度大小2

a1g5m/s

方向水平向左，同理，对于长木板而言则有mgMa2

10

解得长木板的加速度大小am/s2

23

11

方向水平向右，若s较小，长木板刚要与平台碰撞前一直加速，则有sat2，Lsvtat2

221D1211

2

12(vDa1t1)

且有vDa1t1a2t1，vDt1a1t1sL

22a1

若s较大，长木板刚要与平台碰撞前已与货物一起做匀速直线运动，则水平方向动量守恒，则有

mvD(Mm)v

11

根据能量守恒则有mv2(Mm)v2mgL

2D2

v2v2v2v2v2

且有DL,s

2a12a22a12a2

方｜法｜提｜练

变力做功，最常用的还是动能定理。

有时候，需要应用微元法、等效替代法、图像法或者借助于功率。

注意与其它知识的综合考查。

滑动摩擦力、空气阻力做功看路程。

变｜式｜巩｜固

变式1（2025·云南省丽江市第一高级中学·一模）如图甲所示，轻质弹簧放置在倾角为30°的光滑斜面上，

底部固定，上端与质量为m的物块相连，当弹簧压缩量为l1时，物块由静止开始向下运动，当弹簧压缩量

为l2时，物块的速度正好为0。在此运动过程中，弹簧对物块的弹力F与弹簧的压缩量l的关系图像如图乙

所示，重力加速度为g，下列说法中错误的是（）

A.物块的动能与弹簧的弹性势能都增加

1

B.物块重力势能变化量的大小为mgll

221

FFll

C.此过程中物块克服弹簧弹力做功为1221

2

mgl2l1

D.当弹簧的压缩量等于时，物块的速度最大

2F2F1

【答案】A

【解析】A。物块的速度先增大后减小，则动能先增大后减小，弹簧一直被压缩，则弹性势能一直增加，A

错误；

1

B．物块重力势能变化量的大小Emghmgllsin30mgll，B正确；

p21221

C．根据WFs可知，题图乙图线在l1到l2段与横坐标轴所围梯形部分的面积表示克服弹簧弹力做的功，

FFll

即克服弹簧弹力做功为W1221，C正确；

2

F2F1

D．由题图乙可知弹簧的劲度系数k

l2l1

当物块速度最大时，有klmgsin30

mgl2l1

解得弹簧的压缩量l，D正确。

2F2F1

本题选不正确项，故选A。

变式2（2025·湖南省长沙市周南中学·二模）（多选）无风的情况下，在离地面高为H处，将质量为m的

球以速度v0水平抛出，球在空气中运动时所受的阻力大小fkv，v是球的速度，k是已知的常数，阻力的

方向与速度方向相反，并且球在着地前已经竖直向下做匀速运动。已知重力加速度为g，则下列说法中正

确的是（）

mg

A.球着地前瞬间的速度大小为v

k

mv

B.从球抛出到落地，球位移的水平分量x0

k

1m3g2

C.球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功WmgHmv2

20k2

D.其他条件不变，若将球从同一地点由静止释放，则两种情况下球在空中运动时间相同

【答案】ABD

【解析】A．球最终竖直向下做匀速直线运动，根据平衡条件有mg=kv

mg

解得v，故A正确；

k

B．对水平方向，取水平向右为正方向，由动量定理得kvt0mv0

又xvt

mv

解得x0，故B正确；

k

11

C．设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为W，由动能定理得mgHWmv2mv2

220

1m3g2

解得WmgHmv2，故C错误；

202k2

D．根据运动的独立性，在竖直方向都是从静止开始的运动，竖直方向受到的合力均为Fy=mg-kvy

mgkvkv

加速度均为aygy

ymm

故在竖直方向上的运动的情况是相同的，运动时间相等，故D正确。

故选ABD。

变式3（2025·黑龙江省哈尔滨市第三中学校·三模）研发小组在平直的封闭道路上测试某无人驾驶汽车

的性能，当汽车的速度为v0时开始无动力滑行，此刻作为计时起点，经时间t1后以额定功率P0加速行驶，t2

时刻达到最大速度vm，用电脑记录汽车的速度—时间（v-t）图像如图所示，汽车的总质量为m，行驶过程

中受到的阻力f保持不变，则下列表述中正确的是（）

P0

A.汽车受到的阻力为f

v0

P0t1

B.汽车的最大速度为vm

m(v0v1)

1

C.汽车加速过程的位移为x(vv)(tt)

2m121

D.汽车在0~t2时间内牵引力做功为WP0t2

【答案】B

【解析】A．由于汽车速度为v0，汽车处于加速阶段，因此汽车受到的牵引力大于汽车受到的阻力，A错误；

vv0v1

B．由图可知，汽车滑行时的加速度大小为a

tt1

vv

由牛顿第二定律可得，汽车受到的阻力大小为fmam01

t1

m(vv)

汽车速度最大时，牵引力等于阻力，即Ff01

t1

P0P0t1

故汽车的最大速度vm

Fm(v0v1)

B正确；

11

C．设汽车加速阶段的位移为x，根据动能定理可得P(tt)fxmv2mv2

0212m21

P(tt)tP2t3v2t

联立上述结论解得02110111

x3

m(v0v1)2m(v0v1)2(v0v1)

C错误；

D．汽车在0~t2时间内牵引力做功为WP0(t2t1)

D错误。

故选B。

题型03功率、机车功率问题

典｜例｜精｜析

典例1（2024·江苏卷·第14题）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质

量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后作匀速运动至C点，

关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：

（1）CD段长x；

（2）BC段电动机的输出功率P；

（3）全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。

v2sin

【答案】（1）；（2）mgvsincos；（3）

2gsincossincos

【解析】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得

mgsinmgcosma

由运动学公式

0v22ax

联立解得

v2

x

2gsincos

（2）物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为

Fmgsinmgcos

由PFv得

Pmgvsincos

（3）全过程物块增加的机械能为

E1mgLsin

整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知

E2E1mgcosL

故可得

EmgLsinsin

1

E2mgLsinmgLcossincos

典例2（2025年广西卷第12题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A

运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速

度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传

送带与水平地面夹角为30，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔t将散货以几乎为0的速度放置在

倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散

3

货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞

2

击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间

隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面

积为I如图乙，求这段时间内：

（1）单个散货的质量。

（2）水平传送带的平均传送速度大小。

（3）倾斜传送带的平均输出功率。

I

【答案】（1）

v0

dI

（2）

Mv0t

I(2v9gt)

（3）0

2t

【解析】

【小问1详解】

对单个散货水平方向由动量定理I0mv0

I

解得单个散货的质量为m

v0

【小问2详解】

MMv

落入货箱中散货的个数为N0

mI

ddI

则水平传送带的平均传送速度大小为v

NtMv0t

【小问3详解】

设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律mgcos30mgsin30ma

1

解得ag

4

v4v

加速时间t00

1ag

12v2

加速位移xat20

121g

设匀速时间为t2

其中t1t29t

4v

则匀速位移为xvtv(9t0)

2020g

2v2

故传送带的长度为Lxx9vt0

120g

2v2

在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为xvtx0

011g

1

在t时间内传送带额外多做的功为Wmv2mgLsin30Q

20

I2v2W

其中，0，，

mL9v0tQmgcos30xP

v0gt

I(2v9gt)

联立可得倾斜传送带的平均输出功率为P0

2