专题05 功和功率、动能定理（培优讲义）（全国通用）2026年高考物理二轮复习高效培优系列

该高中物理高考复习讲义围绕功和功率、动能定理核心考点，按考情精析、考点深解、解题思维优化的逻辑架构，整合恒力做功、变力做功、机车功率及动能定理与图像/电学综合等内容，通过考点梳理、方法提炼、真题精析及变式巩固环节，助力学生突破临界极值分析等难点，体现复习的系统性与针对性。 资料聚焦科学思维与模型建构素养，创新融入微元法、图像法等思维训练，结合2023-2025年高考真题设计典例，设置分层变式练习。如变力做功教学中，通过F-x图像面积与动能定理对比分析，帮助学生掌握解题方法，提升科学推理与实战能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

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 核心考向聚焦 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。 关键能力与思维瓶颈 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。 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 。 命题前瞻与备考策略 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。 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 ． 2．公式W＝Flcos α (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 做功． 3．功的正负 (1)当0≤α＜时，W＞0，力对物体做正功． (2)当α＝时，W＝0，力对物体不做功． (3)当＜α≤π时，W＜0，力对物体做负功，或者说物体 这个力做功． 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lcos α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 转换法 　恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·(－) 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图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝x0 平均 值法 　当力与位移为线性关系，力可用平均值＝表示，W＝Δx，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－cos θ)＝0，得WF＝mgL(1－cos θ) 五、功率的分析和计算 1．平均功率的计算方法 (1)利用＝. (2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度，F为 力，F与的夹角α不变． 2．瞬时功率的计算方法 (1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的 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＝Fvcos α中，Fcos α可认为是力F在速度v方向上的分力，vcos α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 OA段 过程 分析 v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ a＝不变⇒F不变P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1 运动 性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，持续时间t0＝ AB段 过程 分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 运动 性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC段 F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀速直线运动 二、三个重要关系式 (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＝. (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 ，但速度 最大，v＝<vm＝. (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． (2)公式：Ek＝mv2，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2. (3)动能是标量、状态量． 2．动能定理 (1)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12. (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 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 D. F做功的最小值为 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，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 方｜法｜提｜练 恒力做功，一般采用公式W＝Flcos α，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，小物块与水平地面间的动摩擦因数为，当小物块运动到B点时撤去恒力F，重力加速度g取。 （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。 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，斜面底端有一质量的物块，时刻物块在沿斜面向上的恒力的作用下，从斜面底端由静止开始运动，时物块到达点并撤去，时物块恰好返回斜面底端，，取重力加速度大小。 （1）求撤去后物块的加速度大小； （2）求恒力对物块做的功； （3）若时刻物块在沿斜面向上的变力的作用下，从斜面底端由静止开始运动，时物块到达点并撤去，此过程中物块的加速度与速度成反比，时物块返回斜面底端，求变力的最小值。 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置。水平轨道长度，与半径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上。一质量的物资箱从水平轨道最左端开始，在方向与水平面夹角、大小的恒力作用下，由静止开始沿着水平轨道运动，且整个运动过程中恒力始终存在。已知物资箱与水平轨道表面动摩擦因数，火星表面重力加速度，忽略空气阻力。求： （1）物资箱到达圆轨道底端时对轨道的压力的大小； （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。 ◇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的变化关系为，其中为常量，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且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“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。 典例2（2025·甘肃省·二模）为了将质量的货物（可视为质点）从平台平稳运送到平台上，某兴趣小组设计了如图所示的传送装置。平台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的长度），将货物向左压缩弹簧至点后由静止释放（弹簧在弹性限度范围内），货物能从点滑出，并恰好沿着与点相切的方向进入圆心角为、半径的竖直固定光滑圆弧轨道内侧做圆周运动。从圆弧轨道最低点水平滑出后，又立即滑到与点等高、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，木板与平台相碰时被立即锁定，货物滑行到与木板等高的平台上。已知间的水平距离，货物通过点时对圆弧轨道的压力大小等于，木板长度为，质量，木板右端距离平台左侧的初始距离为，货物与平台、长木板之间的动摩擦因数均为，空气阻力和其余摩擦均忽略不计，，求： （1）货物经过点时的速度大小（结果可保留根号）； （2）弹簧弹力对货物做的功； （3）要使货物能滑上平台，木板长度与初始距离需满足怎样的关系（复杂的不等式组写出关系式即可）。 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 B. 物块重力势能变化量的大小为 C. 此过程中物块克服弹簧弹力做功为 D. 当弹簧的压缩量等于时，物块的速度最大 变式2（2025·湖南省长沙市周南中学·二模）（多选）无风的情况下，在离地面高为处，将质量为的球以速度水平抛出，球在空气中运动时所受的阻力大小是球的速度，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，则下列说法中正确的是（　　） A. 球着地前瞬间的速度大小为 B. 从球抛出到落地，球位移的水平分量 C. 球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功 D. 其他条件不变，若将球从同一地点由静止释放，则两种情况下球空中运动时间相同 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，当汽车的速度为时开始无动力滑行，此刻作为计时起点，经时间后以额定功率加速行驶，时刻达到最大速度，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（　　） A. 汽车受到的阻力为 B. 汽车的最大速度为 C. 汽车加速过程的位移为 D. 汽车在时间内牵引力做功为 ◇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。 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，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为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。 方｜法｜提｜练 碰到功率计算，首先弄清是平均功率还是瞬时功率。 如果是平均功率，那就看是恒力还是变力，以便选择合适的计算方法。 碰到机车功率问题，往往需要动态分析，可以借助于表达式或者图像。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·云南省怒江州民族中学·三模）（多选）如图所示，质量m=2kg的物体（可看质点）静置在倾角为37°粗糙斜面上的A点，现利用固定在B点的电动机通过跨过斜面顶端光滑小定滑轮的轻绳将该物体从A点拉升到斜面顶端O点，轻绳均与所在的斜面和平面平行。物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，轻绳可承受最大的力F=20N，电动机的额定功率P=320W，AO的距离s=175m。若要用最短的时间将物体拉到斜面顶端O点，且物体到达O点前已经达到最大速度。则（已知sin37°=0.6，重力加速度取g=10m/s2）（　　） A. 物体运动过程中的最大速度v=16m/s B. 物体上升过程中最大的加速度am=2m/s2 C. 在将物体从A拉到O点的过程中，电动机共做功3200J D. 物体从A运动到O共用时14s 变式2（2025·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学·一模）如图所示， O为固定在地面上的铰链，A球通过铰链用轻杆分别连接于O、B球。 现对 B球施加水平推力F，使系统处于静止状态，此时两杆间的夹角α=60°。撤去F后，A、B在同一竖直平面内运动。已知两球质量均为 m，杆长均为L，重力加速度为g， 忽略一切摩擦。求： （1） 推力F的大小； （2）两杆间的夹角变为120°时， B球动能； （3）A 球落地时重力的功率。 变式3（2023年山东卷第8题）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。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（ ） A. B. C. D. ◇题型 04 动能定理与图像的综合 典｜例｜精｜析 典例1（2025·湖南省邵阳市·一模）（多选）“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将轻绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度随时间t变化的图像如图乙所示，经时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（　　） A. 水井的深度为 B. ，水桶做初速度为零的匀加速直线运动 C. 把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为 D. 把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为 典例2（2025·陕西省渭南市临渭区·三模）（多选）如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力N的大小随之改变。小球的N-Ek图线如图乙，其左端点坐标为（①，②），其延长线与坐标轴的交点分别为（0，a）、（-b，0）。重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A. 小球的质量为 B. 圆轨道的半径为 C. 图乙①处应为3b D. 图乙②处应为6a 方｜法｜提｜练 求变力功，优先考虑动能定理。 匀变速直线运动的动力学问题，如果不涉及时间，优先考虑动能定理。 涉及图像，看两轴、斜率、截距、面积，或者取特值，或者找对应的表达式。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·湖南省株洲市·一模）风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹。一雨滴在下落过程中的某段时间内，其水平方向速度和竖直方向位移y与时间关系的图像如图所示，在图示时间2s内，该雨滴（　　） A. 做匀加速直线运动 B. 在t＝1s时速度大小为11m/s C. 重力的瞬时功率一直增大 D. 前、后1s内合力做功之比为1：3 变式2（2025·河南省五市·二模）一辆金属玩具模型汽车在水平地面上做直线运动，其速度v与时间t的关系如图所示。已知玩具汽车的质量为3kg，运动过程中受到的阻力f始终为车重力的0.2倍，取重力加速度。下列说法正确的是（　　） A. 时，汽车距离出发点最远 B. 0～3s时间内，牵引力对汽车做的功为54J C. 3～5s时间内，刹车额外产生的制动力大小为3N D. 0～6s时间内，汽车克服阻力做的功为84J 变式3（2025·安徽省临泉第二中学·三模）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置可用于“探究物体所受合力做功与动能变化的关系”，物理小组同学们采用如图所示实验装置进行探究。实验要求小车受到的合外力为绳的拉力的合力。实验中同学们研究了砂和砂桶的运动过程所受合力做功是否等于其动能增量。忽略细线与滑轮间的摩擦阻力。 （1）本实验________（填“需要”或者“不需要”）满足m远小于M的条件。 （2）实验前测出砂和砂桶的总质量m，已知重力加速度为g。接通打点计时器的电源，静止释放砂和砂桶，带着小车开始做加速运动，读出运动过程中力传感器的读数T，通过纸带得出起始点O（初速度为零的点）到某点A的位移L，并通过纸带算出A点的速度v。实验过程中_________（填“需要”或者“不需要”）平衡小车M所受的摩擦力。 （3）对m研究，所需验证的动能定理的表达式为_________。 A. B. C. D. （4）通过纸带测出了起始点O到不同点A、B、C、D…的位移及A、B、C、D…的速度，并做出了图中所示的实线。那么在保证小车质量不变的情况下增加砂的质量，重复实验，将会得到如图中虚线_______（填“甲”或者“乙”）所示的图线。 ◇题型 05 多过程问题与动能定理 典｜例｜精｜析 典例1（2025年湖北卷第15题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 （2）记木板滑动前第j个滑块开始滑动时速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。 （3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：） 典例2（2025·湖南省邵阳市·一模）如图所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆管的内径比质量为的小球直径略大，但远小于圆轨道半径，质量为的小物块静止于质量为的木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数，木板右端与墙壁之间的距离，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端点后水平抛出，从管口A点处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分B点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后木板和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知小物块始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，已知OA与竖直方向夹角，，，，。求： （1）抛出点与管口A间的高度差h； （2）小球在圆管最高点所受的弹力； （3）木板在地面上滑动的总路程s。 方｜法｜提｜练 求变力功，优先考虑动能定理。 匀变速直线运动的动力学问题，如果不涉及时间，优先考虑动能定理。 动能定理可针对每一个过程单独使用，也可以全过程使用。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·四川省雅安市·二模）（多选）如图所示，粗糙程度可改变斜面DE与光滑圆弧轨道BCD相切于D点，C为最低点，B与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1m，圆心角∠BOD＝127°，调整斜面动摩擦因数时，将一可视为质点、质量m＝1kg的物块，从B点正上方的A点自由释放，物块恰好到达斜面顶端E处。已知AB＝1m，DE＝1.8m，重力加速度g取，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A. 物块第一次通过C点时受到支持力大小为50N B. 调整μ＝0.4，物块在斜面上运动的路程为5.625m C. 调整μ＝0.6，物块在斜面上运动的路程为3.75m D. 调整μ＝0.8，物块在斜面上运动的路程为1m 变式2（2025·河北省张家口市·三模）如图所示，圆心角、半径的光滑圆弧轨道固定在水平地面上，其末端切线水平；质量、长度的木板置于水平地面上，其上表面与端等高，的右端距端的水平距离；质量的小物块以的速度从左端滑上木板，当运动到的右端时，恰好与圆弧轨道发生弹性碰撞。已知与地面之间的动摩擦因数，与之间的动摩擦因数，重力加速度取，，。求： （1）与圆弧轨道碰后向左运动的时间； （2）通过点时对圆弧轨道的压力大小。 变式3（2025年四川卷第15题）如图所示，倾角为的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 （1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； （2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； （3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 ◇题型 06 动能定理与电学的综合 典｜例｜精｜析 典例1（2025·宁夏回族自治区银川市宁夏六盘山高级中学·一模）图甲中直线MN表示某点电荷Q产生的电场中的一条电场线。一质量为m、电荷量大小为q、带负电的粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过M点时速度为，到达N点时速度为，粒子运动的图像如图乙所示。取N点电势为零，则下列说法正确的是（　　） A. M点的电势为 B. 点电荷Q为负电荷 C. M点电场强度小于N点电场强度 D. 该粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 典例2（2023年北京卷第19题） 2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为（k为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求： （1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F； （2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比； （3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。 方｜法｜提｜练 求变力功，优先考虑动能定理。 匀变速直线运动的动力学问题，如果不涉及时间，优先考虑动能定理。 动能定理可针对每一个过程单独使用，也可以全过程使用。 涉及图像，看两轴、斜率、截距、面积，或者取特值，或者找对应的表达式。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·江西省南昌市·二模）（多选）如图甲所示，在粗糙的竖直绝缘杆上，一质量的带负电小球（可视为质点）在处以初速度沿轴正方向运动，小球与直杆间的摩擦力始终为重力的0.5倍。沿杆方向存在沿竖直方向的电场（图中未画出），小球在不同位置所具有的电势能如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是经过处的切线，并且AB经过和两点，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A. 处的电势最低 B. 处的场强最小 C. 小球在向上运动的过程中速度先增大后减小 D. 小球运动至位置时速度为3m/s 变式2（2025·广东省广州市·一模）（多选）无人机电磁弹射技术的原理简化如图：两根固定、水平平行放置的弹射轨道处于方向竖直向上的匀强磁场中，与机身相连的金属牵引杆ab垂直静置在轨道上。ab杆通上恒定电流后做匀加速运动，到轨道末端时，无人机脱离金属杆起飞。忽略一切阻力，若（　　） A. 仅将电流大小变为两倍，则无人机起飞速度变为原来两倍 B. 仅将电流大小变两倍，则无人机起飞动能变为原来两倍 C. 仅将磁感应强度变为两倍，则无人机起飞速度变为原来两倍 D. 仅将磁感应强度变为两倍，则无人机起飞动能变为原来两倍 变式3（2025·湖南省常德市·二模）三角形是一光滑绝缘斜面，斜面足够长，斜面倾角为，以点为坐标原点，沿斜面向下为轴正方向，如图1所示，沿斜面加一静电场，其电场强度随变化的关系如图2所示，设轴正方向为电场强度的正方向。现将一质量为，电荷量大小为的带电小滑块（视为质点）从点静止释放，且小滑块释放后沿斜面向下运动，已知，运动过程中小滑块的电荷量保持不变。则下列说法正确的是（　　） A. 小滑块一定带正电 B. 小滑块沿斜面向下运动过程中机械能先减小后增大 C. 小滑块沿斜面向下运动过程中的最大速度为 D. 小滑块沿斜面向下运动的最远距离为 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 核心考向聚焦 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。 关键能力与思维瓶颈 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。 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 。 命题前瞻与备考策略 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。 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＝Flcos α (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 (1)当0≤α＜时，W＞0，力对物体做正功． (2)当α＝时，W＝0，力对物体不做功． (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． 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lcos α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 转换法 　恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·(－) 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图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝x0 平均 值法 　当力与位移为线性关系，力可用平均值＝表示，W＝Δx，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－cos θ)＝0，得WF＝mgL(1－cos θ) 五、功率的分析和计算 1．平均功率的计算方法 (1)利用＝. (2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度，F为恒力，F与的夹角α不变． 2．瞬时功率的计算方法 (1)利用公式P＝Fvcos α，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＝Fvcos α中，Fcos α可认为是力F在速度v方向上的分力，vcos α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 OA段 过程 分析 v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ a＝不变⇒F不变P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1 运动 性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，持续时间t0＝ AB段 过程 分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 运动 性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC段 F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀速直线运动 二、三个重要关系式 (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＝. (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＝. (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． (2)公式：Ek＝mv2，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2. (3)动能是标量、状态量． 2．动能定理 (1)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12. (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 D. F做功的最小值为 【答案】D 【解析】A．设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为 摩擦力的功 即摩擦力的功与F的方向有关，选项A错误； B．合力功 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 力F做功为 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，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 可知I-t图像的斜率表示拉力的大小，则拉力 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 解得加速度 则在t=2s时刻该同学的速度大小为 故A错误； B．在0~2s内，该同学的位移 故B正确； C．2s后，可知I-t图像的斜率表示拉力的大小，则拉力 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 解得加速度 设经时间停止运动，则有 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； D．0~8s内，木箱的位移 木箱克服地面摩擦力做功 故D正确。 故选BD 方｜法｜提｜练 恒力做功，一般采用公式W＝Flcos α，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，小物块与水平地面间的动摩擦因数为，当小物块运动到B点时撤去恒力F，重力加速度g取。 （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。 【答案】（1），， （2）， 【解析】 【小问1详解】 若物块恰能通过D点，则有 解得 物块从B到D过程，根据机械能守恒可得 解得 物块从A到B过程，根据运动学公式可得 解得物块在AB段的加速度 物块从A到B过程，根据动能定理可得 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 对物块进行受力分析，由于摩擦力为0，则支持力为0，故有， 可得F的大小为 【小问2详解】 根据（1）问分析可知物块在AB段的加速度为，设F与水平方向的夹角为，则有，， 联立可得 其中 可知当时，F具有最小值，可得 此时F所做的功为 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，斜面底端有一质量的物块，时刻物块在沿斜面向上的恒力的作用下，从斜面底端由静止开始运动，时物块到达点并撤去，时物块恰好返回斜面底端，，取重力加速度大小。 （1）求撤去后物块的加速度大小； （2）求恒力对物块做的功； （3）若时刻物块在沿斜面向上的变力的作用下，从斜面底端由静止开始运动，时物块到达点并撤去，此过程中物块的加速度与速度成反比，时物块返回斜面底端，求变力的最小值。 【答案】（1） （2） （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 解得 即撤去后物块的加速度大小 【小问2详解】 设恒力作用时物块的加速度为，根据牛顿第二定律可得 在外力作用下，物块到达A点的速度为 物块的位移 撤去外力后，物块做匀减速运动，则有 联立解得，， 故恒力做的功 【小问3详解】 由题可知，加速度的微分方程为 整理可得 两边积分可得 结合题意可知，时，则有 解得 结合上述分析可知，物块从斜面底端到A点的位移，撤去外力后，从A点返回到斜面底端的时间，因此在内，物块的位移仍为4m，撤去外力后，物体的加速度大小仍为，物块依然用的时间回到底端，故物块到A点的速度依然为 将代入 解得 则在0 ～ 1.5 s 内的任意时刻，合力为 解得 由此可知，当时，最小，其最小值为 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置。水平轨道长度，与半径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上。一质量的物资箱从水平轨道最左端开始，在方向与水平面夹角、大小的恒力作用下，由静止开始沿着水平轨道运动，且整个运动过程中恒力始终存在。已知物资箱与水平轨道表面动摩擦因数，火星表面重力加速度，忽略空气阻力。求： （1）物资箱到达圆轨道底端时对轨道的压力的大小； （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。 【答案】（1） （2） 【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 竖直方向上根据受力平衡得 又 联立解得 在水平轨道的运动过程中，根据运动学公式得 解得 在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律可知，物资箱对轨道的压力大小为 【小问2详解】 从圆轨道最低点到圆轨道最高点的过程中，外力做得功为 根据动能定理可得 解得 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 解得 根据运动学公式可得 到水平轨道的最大高度为 联立解得 ◇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的变化关系为，其中为常量，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且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“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。 【答案】（1） （2） （3） 【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 根据角速度和线速度的关系 联立可得 【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 可得摩擦力对木塞所做的功为 对木塞，根据动能定理 解得 【小问3详解】 设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律 速度 位移 开瓶器的功率 联立可得 典例2（2025·甘肃省·二模）为了将质量的货物（可视为质点）从平台平稳运送到平台上，某兴趣小组设计了如图所示的传送装置。平台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的长度），将货物向左压缩弹簧至点后由静止释放（弹簧在弹性限度范围内），货物能从点滑出，并恰好沿着与点相切的方向进入圆心角为、半径的竖直固定光滑圆弧轨道内侧做圆周运动。从圆弧轨道最低点水平滑出后，又立即滑到与点等高、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，木板与平台相碰时被立即锁定，货物滑行到与木板等高的平台上。已知间的水平距离，货物通过点时对圆弧轨道的压力大小等于，木板长度为，质量，木板右端距离平台左侧的初始距离为，货物与平台、长木板之间的动摩擦因数均为，空气阻力和其余摩擦均忽略不计，，求： （1）货物经过点时的速度大小（结果可保留根号）； （2）弹簧弹力对货物做的功； （3）要使货物能滑上平台，木板长度与初始距离需满足怎样的关系（复杂的不等式组写出关系式即可）。 【答案】（1） （2） （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 货物在D点时，由牛顿第二定律可得 代入数据解得，货物在D点时速度大小为 【小问2详解】 货物从C点到D点的过程中，由动能定理可得 解得 货物离开B点后做平抛运动，在C点，根据运动的分解可得 解得 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 【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 解得货物相对于长木板的加速度大小 方向水平向左，同理，对于长木板而言则有 解得长木板的加速度大小 方向水平向右，若较小，长木板刚要与平台碰撞前一直加速，则有， 且有， 若较大，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 根据能量守恒则有 且有, 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 B. 物块重力势能变化量的大小为 C. 此过程中物块克服弹簧弹力做功为 D. 当弹簧的压缩量等于时，物块的速度最大 【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； B．物块重力势能变化量的大小，B正确； C．根据可知，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，即克服弹簧弹力做功为，C正确； D．由题图乙可知弹簧的劲度系数 当物块速度最大时，有 解得弹簧的压缩量，D正确。 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，在离地面高为处，将质量为的球以速度水平抛出，球在空气中运动时所受的阻力大小是球的速度，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，则下列说法中正确的是（　　） A. 球着地前瞬间的速度大小为 B. 从球抛出到落地，球位移的水平分量 C. 球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功 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 解得，故A正确； B．对水平方向，取水平向右为正方向，由动量定理得 又 解得，故B正确； 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 解得，故C错误； 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 加速度均为 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，当汽车的速度为时开始无动力滑行，此刻作为计时起点，经时间后以额定功率加速行驶，时刻达到最大速度，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（　　） A. 汽车受到的阻力为 B. 汽车的最大速度为 C. 汽车加速过程的位移为 D. 汽车在时间内牵引力做功为 【答案】B 【解析】A．由于汽车速度为，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； B．由图可知，汽车滑行时的加速度大小为 由牛顿第二定律可得，汽车受到的阻力大小为 汽车速度最大时，牵引力等于阻力，即 故汽车的最大速度 B正确； C．设汽车加速阶段的位移为，根据动能定理可得 联立上述结论解得 C错误； D．汽车在时间内牵引力做功为 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。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 由运动学公式 联立解得 （2）物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为 由得 （3）全过程物块增加的机械能为 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 故可得 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，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为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。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 对单个散货水平方向由动量定理 解得单个散货的质量为 【小问2详解】 落入货箱中散货的个数为 则水平传送带的平均传送速度大小为 【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 解得 加速时间 加速位移 设匀速时间为 其中 则匀速位移为 故传送带的长度为 在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为 在时间内传送带额外多做的功为 其中，，， 联立可得倾斜传送带的平均输出功率为 方｜法｜提｜练 碰到功率计算，首先弄清是平均功率还是瞬时功率。 如果是平均功率，那就看是恒力还是变力，以便选择合适的计算方法。 碰到机车功率问题，往往需要动态分析，可以借助于表达式或者图像。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·云南省怒江州民族中学·三模）（多选）如图所示，质量m=2kg的物体（可看质点）静置在倾角为37°粗糙斜面上的A点，现利用固定在B点的电动机通过跨过斜面顶端光滑小定滑轮的轻绳将该物体从A点拉升到斜面顶端O点，轻绳均与所在的斜面和平面平行。物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，轻绳可承受最大的力F=20N，电动机的额定功率P=320W，AO的距离s=175m。若要用最短的时间将物体拉到斜面顶端O点，且物体到达O点前已经达到最大速度。则（已知sin37°=0.6，重力加速度取g=10m/s2）（　　） A. 物体运动过程中的最大速度v=16m/s B. 物体上升过程中最大的加速度am=2m/s2 C. 在将物体从A拉到O点的过程中，电动机共做功3200J D. 物体从A运动到O共用时14s 【答案】BCD 【解析】A．对物体受力分析，当 拉力最小，速度最大，根据 代入数据解得 故A错误； B．根据 物体向上加速，拉力F越来越小，故当F=20N时，加速度最大，根据牛顿第二定律有 代入数据解得 故B正确； C．根据功能关系，可知在将物体从A拉到O点的过程中，电动机共做功为 故C正确； D．若要用最短的时间将物体拉到斜面顶端O点，则物体必须先以最大加速度做匀加速运动，再做变加速运动，最后做匀速运动；设经过，物体做匀加速运动的速度达到最大，此时功率也刚好达到额定功率，根据 解得匀加速直线运动的最大速度为 则匀加速运动的时间为 则匀加速运动的位移为 设再经过达到O点，此过程功率保持不变，为额定功率，根据动能定理有 解得 故物体从A运动到O的总时间为 故D正确。 故选BCD。 变式2（2025·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学·一模）如图所示， O为固定在地面上的铰链，A球通过铰链用轻杆分别连接于O、B球。 现对 B球施加水平推力F，使系统处于静止状态，此时两杆间的夹角α=60°。撤去F后，A、B在同一竖直平面内运动。已知两球质量均为 m，杆长均为L，重力加速度为g， 忽略一切摩擦。求： （1） 推力F的大小； （2）两杆间的夹角变为120°时， B球动能； （3）A 球落地时重力的功率。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）对A球运用力的合成法可知 再对B球分析，水平推力 （2） 两轻杆夹角为 120°时，分别分解A、B两球速度，可得 由系统机械能守恒得 则B球动能 （3）A球落地前瞬间， B球到达最左端 由能量守恒可得 解得 则A球落地前瞬间重力的功率 变式3（2023年山东卷第8题）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。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（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有 F－f－μmg = (m＋M)a v2= 2aS1 P0= Fv 轻绳从物体上脱落后 a2= μg v2= 2a2(S2－S1) 联立有 故选A。 ◇题型 04 动能定理与图像的综合 典｜例｜精｜析 典例1（2025·湖南省邵阳市·一模）（多选）“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将轻绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度随时间t变化的图像如图乙所示，经时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（　　） A. 水井的深度为 B. ，水桶做初速度为零的匀加速直线运动 C. 把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为 D. 把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为 【答案】AC 【解析】A．图乙中内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为，则有 故水井的深度为 A正确； B．转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系，则有 因为内，与成正比，所以水桶的速度v与t成正比，时间内，不变，线速度不变，水桶做匀速直线运动，B错误； C．根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为 C正确； D．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为 D错误。 故选AC。 典例2（2025·陕西省渭南市临渭区·三模）（多选）如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力N的大小随之改变。小球的N-Ek图线如图乙，其左端点坐标为（①，②），其延长线与坐标轴的交点分别为（0，a）、（-b，0）。重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A. 小球的质量为 B. 圆轨道的半径为 C. 图乙①处应为3b D. 图乙②处应为6a 【答案】AD 【解析】AB．根据牛顿第三定律可知，小球在最低点的压力大小等于支持力，所以小球在最低点时有， 所以 结合图线可得， 所以， 故A正确，B错误； CD．由于小球能做完整的圆周运动，当小球恰好通过最高点时，有 小球从最低点运动到最高点，根据动能定理可得 联立解得， 此时可得 所以①处为 ②处为 故C错误，D正确。 故选AD。 方｜法｜提｜练 求变力功，优先考虑动能定理。 匀变速直线运动的动力学问题，如果不涉及时间，优先考虑动能定理。 涉及图像，看两轴、斜率、截距、面积，或者取特值，或者找对应的表达式。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·湖南省株洲市·一模）风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹。一雨滴在下落过程中的某段时间内，其水平方向速度和竖直方向位移y与时间关系的图像如图所示，在图示时间2s内，该雨滴（　　） A. 做匀加速直线运动 B. 在t＝1s时速度大小为11m/s C. 重力的瞬时功率一直增大 D. 前、后1s内合力做功之比为1：3 【答案】D 【解析】A．根据题图可知，在水平方向雨滴的初速度为0，加速度为 即雨滴在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动；在竖直方向雨滴的加速度为零，速度为 即雨滴在竖直方向做匀速直线运动，可知，雨滴的初速度方向与加速度方向垂直，且雨滴的加速度恒定，由此可知雨滴做匀变速曲线运动，故A错误； B．雨滴在t＝1s时,竖直方向的速度为，水平方向的速度为 故雨滴在t＝1s时的速度为 故B错误； C．重力的瞬时功率为 因雨滴在竖直方向做匀速直线运动，即竖直方向的速度不变，故重力的瞬时功率保持不变，故C错误； D．设雨滴的质量为，由B项知，雨滴在t＝1s时的速度为，根据动能定理可知，在前1s合力做的功为 雨滴在t＝2s时,竖直方向的速度为，水平方向的速度为 故雨滴在t＝2s时的速度为 根据动能定理可知，在后1s合力做的功为 故前、后1s内合力做功之比为 故D正确。 故选D。 变式2（2025·河南省五市·二模）一辆金属玩具模型汽车在水平地面上做直线运动，其速度v与时间t的关系如图所示。已知玩具汽车的质量为3kg，运动过程中受到的阻力f始终为车重力的0.2倍，取重力加速度。下列说法正确的是（　　） A. 时，汽车距离出发点最远 B. 0～3s时间内，牵引力对汽车做的功为54J C. 3～5s时间内，刹车额外产生的制动力大小为3N D. 0～6s时间内，汽车克服阻力做的功为84J 【答案】C 【解析】A．由v-t图像可知，时速度为零，即汽车距离出发点最远，A错误； B．v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，0～3s时间内，汽车的位移大小为 由动能定理可得 其中，解得0～3s时间内牵引力对汽车做的功 B错误； C．3～5s时间内由图像可知加速度大小为 由牛顿第二定律可得 可得因刹车额外产生的制动力的大小为 C正确； D．根据图像可知，0～6s时间内，汽车的路程 克服阻力f做的功，D错误。 故选C 变式3（2025·安徽省临泉第二中学·三模）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置可用于“探究物体所受合力做功与动能变化的关系”，物理小组同学们采用如图所示实验装置进行探究。实验要求小车受到的合外力为绳的拉力的合力。实验中同学们研究了砂和砂桶的运动过程所受合力做功是否等于其动能增量。忽略细线与滑轮间的摩擦阻力。 （1）本实验________（填“需要”或者“不需要”）满足m远小于M的条件。 （2）实验前测出砂和砂桶的总质量m，已知重力加速度为g。接通打点计时器的电源，静止释放砂和砂桶，带着小车开始做加速运动，读出运动过程中力传感器的读数T，通过纸带得出起始点O（初速度为零的点）到某点A的位移L，并通过纸带算出A点的速度v。实验过程中_________（填“需要”或者“不需要”）平衡小车M所受的摩擦力。 （3）对m研究，所需验证的动能定理的表达式为_________。 A. B. C. D. （4）通过纸带测出了起始点O到不同点A、B、C、D…的位移及A、B、C、D…的速度，并做出了图中所示的实线。那么在保证小车质量不变的情况下增加砂的质量，重复实验，将会得到如图中虚线_______（填“甲”或者“乙”）所示的图线。 【答案】（1）不需要 （2）需要 （3）A （4）甲 【解析】 【小问1详解】 实验中，根据力传感器的读数可以直接求出小车受到的拉力，不需要满足小车的质量M远大于砂和砂桶的总质量m这一条件。 【小问2详解】 尽管实验装置采用了力传感器，也需要平衡摩擦力，否则小车受到的合外力不为绳的拉力的合力。 【小问3详解】 对m研究，根据动能定理 整理，可得 故选A。 【小问4详解】 对小车，根据动能定理有 联立，解得 逐渐增加砂的质量m，图像的斜率越大，故在让小车质量不变的情况下逐渐增加砂的质量多次做实验，得到图中虚线“甲”所示的图线。 ◇题型 05 多过程问题与动能定理 典｜例｜精｜析 典例1（2025年湖北卷第15题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 （2）记木板滑动前第j个滑块开始滑动时速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。 （3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 滑块1运动时，对木板的摩擦力为 地面对木板的摩擦力为 所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有 解得 【小问2详解】 滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为 根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有 第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有 联立可得 【小问3详解】 当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有 解得（n为整数） 则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则 则 木板和剩下的木块不发生相对滑动。 对前面个（即）木块，有 木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则 则 又 则 则 j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则 j=2时，根据动量守恒定律可得 可得第2个滑块开始运动的速度， 则 由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有 …… 将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得 联立， 可得 典例2（2025·湖南省邵阳市·一模）如图所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆管的内径比质量为的小球直径略大，但远小于圆轨道半径，质量为的小物块静止于质量为的木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数，木板右端与墙壁之间的距离，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端点后水平抛出，从管口A点处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分B点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后木板和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知小物块始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，已知OA与竖直方向夹角，，，，。求： （1）抛出点与管口A间的高度差h； （2）小球在圆管最高点所受的弹力； （3）木板在地面上滑动的总路程s。 【答案】（1）0.45m （2）4N，方向竖直向下 （3）6.35m 【解析】【小问1详解】 弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得 解得 在小球平抛到管口A点时速度如图所示 根据， 联立解得 【小问2详解】 小球从A到圆筒最高点的过程，由动能定理可得 由上图可知 小球在最高点时 解得 说明小球在圆管最高点所受的弹力大小为4N，方向竖直向下。 【小问3详解】 从A到B全过程，由动能定理可得 解得 小球和小物块碰撞过程，取水平向右为正方向，可得 解得， 说明碰后小球停止运动，物块获得向右的速度，开始在木板上滑动，以和为对象，可得 对木板可得 解得 物块与木板共速后与墙壁发生第1次碰撞后，对木板 木板向左移动的最大距离 解得 设小物块和木板第二次共速时速度为，则有 解得 第2次与墙碰撞后，木板向左移动的最大距离 设小物块和木板第三次共速时速度为，则有 解得 同理可得 …… 第n次与墙碰撞后，对木板有 木板运动的总路程为 即 代入数据解得 方｜法｜提｜练 求变力功，优先考虑动能定理。 匀变速直线运动的动力学问题，如果不涉及时间，优先考虑动能定理。 动能定理可针对每一个过程单独使用，也可以全过程使用。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·四川省雅安市·二模）（多选）如图所示，粗糙程度可改变斜面DE与光滑圆弧轨道BCD相切于D点，C为最低点，B与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1m，圆心角∠BOD＝127°，调整斜面动摩擦因数时，将一可视为质点、质量m＝1kg的物块，从B点正上方的A点自由释放，物块恰好到达斜面顶端E处。已知AB＝1m，DE＝1.8m，重力加速度g取，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A. 物块第一次通过C点时受到支持力大小为50N B. 调整μ＝0.4，物块在斜面上运动的路程为5.625m C. 调整μ＝0.6，物块在斜面上运动的路程为3.75m D. 调整μ＝0.8，物块在斜面上运动的路程为1m 【答案】AC 【解析】A．从A到C过程，根据动能定理得 物块在C点时，由牛顿第二定律得 联立解得物块第一次通过C点时受到支持力大小为=50N 故A正确； B．当斜面动摩擦因数时，从A到E过程，根据动能定理得 解得 当μ＝0.4时，因，物块会从E点飞出，物块在斜面上运动的路程为DE=1.8m 故B错误； C．当μ=0.6时，因，物块最终会在以C为中心、B为左端最高点的圆弧上来回运动，设物块在斜面上运动的路程为s。 从A点到最终稳定运动时的B点，由动能定理得 解得s=3.75m 故C正确； D．当μ＝0.8时，因，物块会停止在斜面上，物块在斜面上运动的路程为。由动能定理得 解得1.45m 故D错误。 故选AC。 变式2（2025·河北省张家口市·三模）如图所示，圆心角、半径的光滑圆弧轨道固定在水平地面上，其末端切线水平；质量、长度的木板置于水平地面上，其上表面与端等高，的右端距端的水平距离；质量的小物块以的速度从左端滑上木板，当运动到的右端时，恰好与圆弧轨道发生弹性碰撞。已知与地面之间的动摩擦因数，与之间的动摩擦因数，重力加速度取，，。求： （1）与圆弧轨道碰后向左运动的时间； （2）通过点时对圆弧轨道的压力大小。 【答案】（1）1s （2）36N 【解析】 【小问1详解】 对B，由牛顿第二定律可得加速度大小 对A，由牛顿第二定律可得加速度大小 题意可知 代入题中数据，解得 此时AB的速度分别为 由于A恰好与圆弧轨道发生弹性碰撞，故碰后A的原速率返回，之后A的加速度大小 故与圆弧轨道碰后向左运动的时间 【小问2详解】 设B在M点速度为，由动能定理有 在M点有 联立解得B在M点时受到的支持力大小 根据牛顿第三定律可知通过点时对圆弧轨道的压力大小为36N。 变式3（2025年四川卷第15题）如图所示，倾角为的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 （1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； （2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； （3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【小问1详解】 小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有 解得甲在ab段运动的加速度大小 【小问2详解】 甲恰能到c点，设到达c点时的速度为，可知 解得① 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒， 解得碰后乙的速度为② 碰后乙能运动至点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足 即③ 联立①②③可得 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知， 解得④ 联立①②④可得 【小问3详解】 在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段，故碰后乙做类平抛运动越过线段，故碰后乙的速度必然满足 同时根据类平抛运动规律可知， 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得当， 联立解得⑤ 联立②⑤将代入可得⑥ 对甲球从a到c过程中根据动能定理⑦ 联立⑥⑦可得 ◇题型 06 动能定理与电学的综合 典｜例｜精｜析 典例1（2025·宁夏回族自治区银川市宁夏六盘山高级中学·一模）图甲中直线MN表示某点电荷Q产生的电场中的一条电场线。一质量为m、电荷量大小为q、带负电的粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过M点时速度为，到达N点时速度为，粒子运动的图像如图乙所示。取N点电势为零，则下列说法正确的是（　　） A. M点的电势为 B. 点电荷Q为负电荷 C. M点电场强度小于N点电场强度 D. 该粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 【答案】A 【解析】A．带电粒子从M点运动到N点的过程中，由动能定理得 解得M、N两点间的电势差为 而 且，所以 A正确； BC．由图乙可知，该粒子受到向左的电场力，电场线方向向右，在M处的加速度大于N处的加速度，则M处的电场力大于N处的电场力，由此可知该点电荷Q为正电荷且在M的左侧，M处的场强大于N处的场强，BC错误； D．带电粒子从M点运动到N点过程中，动能减小，电势能增大，故电荷在M点的电势能一定小于N点的电势能，D错误。 故选A。 典例2（2023年北京卷第19题） 2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为（k为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求： （1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F； （2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比； （3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为 金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为 （2）根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为 第二级区域中磁感应强度大小为 金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为 金属棒经过第二级区域的加速度大小为 则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为 （3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得 解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为 方｜法｜提｜练 求变力功，优先考虑动能定理。 匀变速直线运动的动力学问题，如果不涉及时间，优先考虑动能定理。 动能定理可针对每一个过程单独使用，也可以全过程使用。 涉及图像，看两轴、斜率、截距、面积，或者取特值，或者找对应的表达式。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·江西省南昌市·二模）（多选）如图甲所示，在粗糙的竖直绝缘杆上，一质量的带负电小球（可视为质点）在处以初速度沿轴正方向运动，小球与直杆间的摩擦力始终为重力的0.5倍。沿杆方向存在沿竖直方向的电场（图中未画出），小球在不同位置所具有的电势能如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是经过处的切线，并且AB经过和两点，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A. 处的电势最低 B. 处的场强最小 C. 小球在向上运动的过程中速度先增大后减小 D. 小球运动至位置时速度为3m/s 【答案】BD 【解析】A．小球在x=3m处电势能最小，根据，且小球带负电，所以x=3m处的电势最高，故A错误； B．图像斜率的绝对值 可知处的电场力为0，则处的场强为0，故B正确； C．处 电场力方向沿y轴正方向 在处以小球沿轴正方向运动，由于 所以小球在向上运动的过程中速度逐渐减小，故C错误； D．小球从处运动至处，由动能定理得 又，， 解得 故D正确。 故选BD。 变式2（2025·广东省广州市·一模）（多选）无人机电磁弹射技术的原理简化如图：两根固定、水平平行放置的弹射轨道处于方向竖直向上的匀强磁场中，与机身相连的金属牵引杆ab垂直静置在轨道上。ab杆通上恒定电流后做匀加速运动，到轨道末端时，无人机脱离金属杆起飞。忽略一切阻力，若（　　） A. 仅将电流大小变为两倍，则无人机起飞速度变为原来两倍 B. 仅将电流大小变两倍，则无人机起飞动能变为原来两倍 C. 仅将磁感应强度变为两倍，则无人机起飞速度变为原来两倍 D. 仅将磁感应强度变为两倍，则无人机起飞动能变为原来两倍 【答案】BD 【解析】牵引杆所受的安培力为 根据牛顿第二定律，有 令加速距离为x，根据速度-位移公式，有 联立可得 A．仅将电流大小变为两倍，则无人机起飞速度变为原来倍，故A错误； B．无人机的动能为 仅将电流大小变为两倍，则无人机起飞动能变为原来两倍，故B正确； C．仅将磁感应强度变两倍，则无人机起飞速度变为原来倍，故C错误； D．无人机的动能为 仅将磁感应强度变为两倍，则无人机起飞动能变为原来两倍，故D正确。 故选BD。 变式3（2025·湖南省常德市·二模）三角形是一光滑绝缘斜面，斜面足够长，斜面倾角为，以点为坐标原点，沿斜面向下为轴正方向，如图1所示，沿斜面加一静电场，其电场强度随变化的关系如图2所示，设轴正方向为电场强度的正方向。现将一质量为，电荷量大小为的带电小滑块（视为质点）从点静止释放，且小滑块释放后沿斜面向下运动，已知，运动过程中小滑块的电荷量保持不变。则下列说法正确的是（　　） A. 小滑块一定带正电 B. 小滑块沿斜面向下运动过程中机械能先减小后增大 C. 小滑块沿斜面向下运动过程中的最大速度为 D. 小滑块沿斜面向下运动的最远距离为 【答案】C 【解析】A．由题知，取沿斜面向下为x轴正方向，故最开始的电场强度方向沿斜面向上，若小滑块带正电，则最开始所受电场力沿斜面向上，有 即电场力大于重力沿斜面向下的分力，小滑块刚开始不可能沿斜面向下运动，所以小滑块带负电，故A错误； B．小滑块带负电，沿斜面向下运动过程中电场力先做正功，后做负功，所以机械能先增大后减小，故B错误； C．小滑块沿斜面向下运动过程中，当有最大速度时加速度为零，则有 解得 由图2可知，设此时电场强度对应的横坐标为x，则有 解得 从最开始到最大速度，根据动能定理有 解得 故C正确； D．当小滑块的速度为零时，沿斜面向下运动到最大位移，设为xm，对应的电场强度为Em，由图2可知 从最开始运动到最大位移，根据动能定理有 联立，解得 故D错误。 故选C。 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $