第12讲 功、功率 动能定理（复习讲义）（江苏专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理讲义聚焦功、功率、动能定理高考核心考点，按“概念辨析-模型应用-综合拓展”逻辑架构，整合恒力/变力做功、机车启动、多过程动能定理等考向。通过命题透视研判趋势，思维建模搭建框架，考点精讲拆解核心方法，真题溯源感知考向，形成系统复习路径。 资料以核心素养为导向，如用微元法、图像面积法培养科学思维，结合新能源汽车等真实情境强化能量观念。设计“考向破译”环节，如全程法处理往复运动，配合分层变式训练，帮助学生建立“过程-状态-方程”思维链，为教师提供精准复习指导，提升应考能力。

第12讲 功、功率 动能定理 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 功的分析与计算 知识点1 恒力做功的判断与计算 考向1 恒力做功的正负判断 考向2 恒力做功的定量计算 知识点2 变力做功的求解方法 考向3 微元法与图像面积法 考向4 动能定理法求变力功 知识点3 摩擦力做功的特点 考向5 滑动摩擦力做功与生热 考向6 静摩擦力做功的能量转化 考点二 功率的理解与计算 知识点1 平均功率与瞬时功率 考向7 平均功率的估算与计算 考向8 瞬时功率的动态分析 知识点2 机车启动模型 考向9 恒定功率启动过程分析 考向10 恒定加速度启动过程分析 考点三 动能定理及其应用 知识点1 动能定理的理解与基本应用 考向11 动能定理的适用条件辨析 考向12 单过程动能定理的直接应用 知识点2 动能定理解决多过程问题 考向13 全程法处理往复运动 考向14 分段法处理多阶段运动 知识点3 动能定理与图像综合 考向15   图像的物理意义 考向16   图像与动能定理结合 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 功的分析与计算 江苏卷·T6，4分 —— —— 功率与机车启动 —— —— —— 动能定理的应用 江苏卷·T15，16分 江苏卷·T15，16分 江苏卷·T9，16分 考情分析 题型与考向： 近三年江苏卷对本专题考查稳定在“1~2道单选（4分/题）+1道计算题（16分）”的结构。选择题侧重概念辨析与模型识别，计算题作为压轴或次压轴题，常将动能定理与圆周运动、电磁场等融合。 情境与立意： 命题情境高度贴近科技前沿与生活实际，如以新能源汽车测试为背景考查功率，以传送带物流系统为载体考查多过程动能定理。立意从“公式套用”转向“能量观念建构”，强调从复杂情境中抽象物理模型的能力。 复习目标 1. 掌握恒力与变力做功的计算方法，能准确判断摩擦力做功特点； 2. 区分平均功率与瞬时功率，熟练分析两类机车启动模型的运动学特征； 3. 深刻理解动能定理的物理本质，能灵活运用全程法与分段法解决多过程问题； 4. 建立“过程分析→状态关联→方程构建”的系统思维，提升从真实情境中建模的能力。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 功的分析与计算 知识点1 恒力做功的判断与计算 知●识●解●构 1.定义式：，仅适用于恒力。为力与位移方向的夹角。 2.正负功判断：做正功（动力）；不做功；做负功（阻力）。 3.合力做功：可先求合力再算功，也可各分力做功代数相加。 考●向●破●译 考向1 恒力做功的正负判断 例1如图所示，质量为m的滑块放在光滑斜面上，斜面与水平面间的摩擦力不计，当滑块从斜面顶端滑到斜面底端的过程中（     ） A．重力对滑块不做功 B．滑块受到斜面的支持力与斜面垂直，所以支持力对滑块不做功 C．斜面对滑块的支持力对滑块做正功 D．滑块对斜面的压力对斜面做正功 【变式训练1】某同学将一本物理课本置于水平桌面，一橡皮擦置于课本上，该同学以课本左边缘为转轴，使课本极其缓慢地沿逆时针方向转动，到如图所示位置的过程中，橡皮擦始终相对课本静止，则在此过程中（     ） A．合力对橡皮擦做正功 B．课本对橡皮擦的作用力做正功 C．课本对橡皮擦的摩擦力做负功 D．课本对橡皮擦的支持力不做功 【变式训练2】图甲中P、Q两物块靠在一起，图乙中物块P放在物块Q上面，P、Q两物块的接触面水平。两图中的斜面均光滑，P、Q物块均相对静止。则在下滑过程中，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两图中P对Q的作用力均不为零 B．甲、乙两图中P对Q均做正功 C．乙图中，Q对P的支持力对P不做功 D．乙图中，Q对P的静摩擦力对P做正功 考向2 恒力做功的定量计算 例2 如图所示，质量为m的物体，静止在倾角为θ的斜面上。现让斜面沿水平方向向右匀速移动了距离L，物体始终相对斜面静止，则下列说法正确的是（     ） A．重力对物体做功mgL B．支持力对物体做功为零 C．摩擦力对物体做功-mgLcos2θ D．摩擦力对物体做功-mgLsinθcosθ 【变式训练1】一质量为的滑雪运动员，从高为的斜坡顶端静止自由下滑。下滑过程中受到的阻力大小为，斜坡倾角为，重力加速度为。运动员滑至坡底的过程中（     ） A．重力做功为 B．支持力做功为 C．阻力做功为－ D．阻力做功为 【变式训练2】如图所示，一个风力实验空间可以提供水平向右的恒定风力，一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于点，若将小球拉到最低点，并给小球垂直纸面向里的初速度，发现小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，直线与的夹角为。（已知重力加速度为g，小球可视为质点，忽略其他阻力，，），则（    ） A．图中夹角为 B．初速度 C．小球从点到点风力对其做的功 D．小球从点到点重力对其做的功 知识点2 变力做功的求解方法 知●识●解●构 1.动能定理法：，最通用。 2.图像面积法：图线与横轴围成面积表示功，上正下负。 3.微元法：适用于力大小不变、方向始终与速度共线的情形（如曲线上的滑动摩擦力）。 4.平均力法：仅适用于力随位移线性变化，。 考●向●破●译 考向3 微元法与图像面积法 例3如图所示，质量为m的滑块静止在水平面上，并通过一长为l的轻绳与水平面上的O点相连。现对滑块施加一个平行于水平面且大小不变的拉力F，使滑块从A点运动到B点，整个过程中轻绳始终绷紧。已知OA与OB的夹角为，拉力F的方向始终与滑块的运动方向成角，滑块可看作质点且与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，不计空气阻力，。在该过程中（　　） A．拉力F对滑块做的功为 B．拉力F对滑块做的功为 C．滑块克服摩擦力做的功为 D．滑块克服摩擦力做的功为 【变式训练1】水平桌面上，长的轻绳一端固定于点，如图所示（俯视图），另一端系一质量的小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力，拉着物体从点运动到点，的方向始终与小球的运动方向（就是轨迹的切线方向）成角。已知小球与桌面间的动摩擦因数，不计空气阻力，取，，，则下列说法正确的是（     ） A．拉力对小球做的功为 B．小球机械能增加了 C．小球克服摩擦力做的功为 D．小球动能增加了 【变式训练2】如图甲所示，物体在水平推力作用下沿水平粗糙地面沿直线开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，则（　　） A．运动过程中推力做的功一定为200J B．运动过程物体加速度一定都在变化 C．物体运动的位移一定为4m D．因推力是变力，无法确定推力做功的大小 考向4 动能定理法求变力功 例4 如图所示，水平地面上P点左侧光滑，右侧粗糙。质量均匀的木板右端运动到P点时速度为，之后在地面摩擦力作用下做减速运动，木板左端恰好到达P点时速度减为0。该过程中，木板动能随位移x（x为木板右端从P点开始向右移动距离）的关系图像为（     ） A． B． C． D． 【变式训练1】梅龙高铁连接梅州西站和龙川西站，打通了梅州通往广州、深圳的快捷通道。如图所示，高铁从梅州西站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（     ） A． B． C． D． 【变式训练2】如图所示，长度为L的轻杆两端分别固定质量均为m的小球，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴，O点更靠近1号小球。整个装置可以在竖直面内转动。将装置从杆恰好水平的位置由静止释放，不计一切阻力，当杆到达竖直位置时（     ） A．1号小球的速度大小是 B．2号小球的速度大小是 C．1号小球的机械能守恒 D．轻杆对2号小球做功为0 知识点3 摩擦力做功的特点 知●识●解●构 1.滑动摩擦力：可做正功、负功或不做功；一对滑动摩擦力总功为负，绝对值等于生热。 2.静摩擦力：可做正功、负功或不做功；一对静摩擦力总功为零，不生热。 3.路径相关性：摩擦力做功与路径有关，非保守力。 考●向●破●译 考向5 滑动摩擦力做功与生热 例5如图所示，水平传送带长L = 2.5 m，其右端与一半径r = 0.5 m的光滑半圆轨道平滑相接，传送带以v = 6 m/s的速度顺时针转动，某时刻轻放一质量m = 1 kg的小物块（可视为质点）于传送带最左端，小物块经过圆弧轨道最低点A后恰好能达到最高点B，g = 10 m/s2。在上述过程中，下列说法正确的是（　　） A．小物块在A点受到的支持力为50 N B．摩擦力对小物块做的功为18 J C．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.6 D．整个系统产生的热量为17.5 J 【变式训练1】如图所示，倾斜放置的传送带AB长为10m，以大小为v=3m/s的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角，一个质量为2kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A端运动到B端，物块运动的时间为4s，物块与传送带的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（　　） A．物块加速运动时的加速度大小为2.5m/s2 B．物块加速运动的时间为s C．物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4N D．物块与传送带之间，因摩擦产生的热量为20J 【变式训练2】如图所示，一质量为2kg可视为质点的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，斜面AB的倾角为37°，A、B间距离为2m，经1s运动到B点后通过小段光滑的衔接弧面滑上与地面等高的传送带，传送带以6m/s的恒定速率顺时针运行，传送带左右两端间距离为9m，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计空气阻力和小物块在衔接弧面运动的时间，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，下列说法中正确的是（　　） A．小物块在传送带上运动的时间为2s B．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为20J C．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为24J D．若传送带以3m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，小物块从A点静止释放以后，在AB上运动的总路程为4.25m 考向6 静摩擦力做功的能量转化 例6 如图所示，物体A置于物体B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与B相连，在弹性限度范围内，A和B一起在光滑水平面上做往复运动（不计空气阻力），两者保持相对静止。则下列说法正确的是（　　） A．A和B均做简谐运动 B．作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成反比 C．B对A的静摩擦力对A做功，而A对B的静摩擦力对B不做功 D．B对A的静摩擦力始终对A做正功，而A对B的静摩擦力始终对B做负功 【变式训练1】如图所示，站在汽车上的人用手推车的力为，脚对车向后的静摩擦力为，下列说法错误的是（　　） A．当车匀速运动时，和所做的总功为零 B．当车加速运动时，和的总功为负功 C．当车减速运动时，和的总功为正功 D．不管车做何种运动，和的总功都为零 【变式训练2】关于摩擦力、作用力与反作用力做功，以下说法错误的是（　　） A．滑动摩擦力不可能做正功 B．静摩擦力可以做负功 C．作用力做正功，反作用力可能做负功 D．作用力做正功，反作用力可能不做功 考点二 功率的理解与计算 知识点1 平均功率与瞬时功率 知●识●解●构 1.平均功率：，描述一段时间内做功平均快慢。恒力匀变速时也可用。 2.瞬时功率：，描述某一时刻做功快慢。 3.额定功率与实际功率：实际功率≤额定功率。 考●向●破●译 考向7 平均功率的估算与计算 例7 学校举行1分钟跳绳比赛，体重的小明同学在内跳绳180次获得了第一名。观察发现，小明单次跳绳过程中脚与地面接触的时间约为单次跳绳总时间的，则小明在1分钟跳绳比赛中克服重力做功的功率约为（     ） A． B． C． D． 【变式训练1】如图所示，水车车轮顺时针匀速转动时，水车车轮边缘的水滴甲、乙、丙（完全相同）分别从C、B、D三点以相同的速率同时被甩出，三滴水分别做竖直上抛运动、平抛运动、竖直下抛运动，水滴甲、乙恰好同时落到水面上。下列说法正确的是（     ） A．落至水面时水滴甲、乙、丙的机械能相等 B．水滴甲、丙落至水面瞬间重力做功的瞬时功率相等 C．水滴甲、丙从被甩出到落至水面的过程中速度变化量相同 D．在空中运动过程中水滴甲与水滴乙受到重力做功的平均功率相等 【变式训练2】某广场喷泉竖直向上喷出约高的水柱，喷管的直径约为，水的密度为，则用于给喷管中水加压的电动机输出功率最接近（    ） A． B． C． D． 考向8 瞬时功率的动态分析 例8 喷泉喷出的水从地面斜向上做斜抛运动，喷泉出水的初速度大小不变，初速度与水平地面夹角为，不计空气阻力，则水从喷出到落到地面下列说法正确的是（     ） A．越小在空中最高点高度越小 B．越小最高点重力瞬时功率越大 C．越小落地水平距离越小 D．越小落地水平距离越大 【变式训练1】如图所示，质量均为m的小滑块P和Q连接在轻质弹簧两端，弹簧的劲度系数为k，P放在水平地面上。Q通过轻质细绳绕过两个同一高度上的轻质光滑小滑轮与质量为3m的小物体N相连，对N施加一个竖直向上的作用力，系统静止，细绳刚好伸直。重力加速度为g，现在把小物体N由静止释放，至P刚离开地面的过程中，下列判断正确的是（     ） A．弹簧弹力对Q做正功 B．细绳拉力对Q做功为 C．P刚离地时，N所受重力做功的瞬时功率为 D．P刚离地时，细绳拉力对Q做功的瞬时功率为 【变式训练2】一质量为2kg的物体从离地20m高处由静止开始自由下落，不计空气阻力，取g=10m/s²。物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为（     ） A．100W B．200W C．400W D．500W 知识点2 机车启动模型 知●识●解●构 1.恒定功率启动：不变→→→→时。图为斜率递减曲线。 2.恒定加速度启动：不变→不变→→→时转恒功率→最终。图先直后曲。 考●向●破●译 考向9 恒定功率启动过程分析 例9中国“智造”的复兴号动车组是中国高铁“金名片”，标志着中国已全面掌握高铁关键核心技术。假设质量为的高铁列车在平直铁路上以额定功率启动，且行驶过程中受到的阻力恒定，最高行驶速度为。下列说法正确的是（     ） A．在加速阶段，列车的加速度保持不变 B．行驶过程中列车受到的阻力大小为 C．当列车的速度大小为时，列车的加速度大小为 D．从启动到速度大小为的过程中，列车所受牵引力做的功为 【变式训练1】一辆氢燃料电池公交车，以恒定功率P从静止启动，整个运行过程中公交车功率恒定，所受阻力f与车速v的关系为f=kv（k为常数），公交车运动的v-t图像大致为（     ） A． B． C． D． 【变式训练2】若火箭竖直向上发射的初级阶段做如下假设：重力加速度g不变，空气阻力忽略不计，火箭的质量m保持不变，加速度a与速度倒数的关系图像如图所示。已知图像的横轴截距为b，斜率为k，下列说法正确的是（     ） A．火箭以恒定加速度启动 B．火箭的最小速度为 C．火箭以恒定的功率mk启动 D．图像的纵轴截距为g 考向10 恒定加速度启动过程分析 例10一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，发动机的输出功率与汽车速度大小的关系如图所示，当汽车速度达到后，发动机的功率保持不变，汽车能达到的最大速度为。已知运动过程中汽车受到的阻力恒定，汽车的质量为，则（　　） A．汽车受到的牵引力始终是恒力 B．匀加速直线运动的时间为20s C．汽车受到阻力大小为 D．匀加速过程的位移大小为 【变式训练1】我国国产航空母舰“福建舰”（舷号18），于2024年12月29日正式交付海军，成为国防重器。已知“福建舰”发动机的最大输出功率为P，最大航行速度为v，假设某次直线航行过程中所受的阻力恒定，下列说法正确的是（　　） A．若“福建舰”以加速度a匀加速启动，则启动时发动机的输出功率恒定 B．若“福建舰”以速度v匀速航行，则牵引力的大小为 C．若“福建舰”以速度匀速航行，则发动机的输出功率为 D．若“福建舰”以恒定功率P启动，经时间t后速度达到v，则有 【变式训练2】时刻起，某玩具车从倾角为的斜面底端由静止开始启动，之后玩具车输出功率、速度随时间变化的关系分别如图甲、乙所示。已知玩具车的质量为，玩具车所受斜面的阻力恒为自身所受重力的0.1倍，图乙中阴影部分的面积约为23.25m，重力加速度为，。则（     ） A．玩具车匀加速运动时的加速度大小为 B．玩具车从启动至速度达到最大所需的时间约为3s C．玩具车的速度为时，加速度大小为 D．玩具车从启动至速度达到最大，牵引力做的功为84J 考点三 动能定理及其应用 知识点1 动能定理的理解与基本应用 知●识●解●构 1.表达式：。 2.适用条件：惯性系中的质点，适用于恒力/变力、直线/曲线、单过程/多过程。 3.注意事项：为所有外力做功代数和；只与始末状态有关。 考●向●破●译 考向11 动能定理的适用条件辨析 例11 关于动能和动能定理，下列说法中正确的是（　　） A．合外力不为零，物体的动能一定改变 B．合外力对物体做正功，物体动能增加 C．物体的速度发生变化动能一定发生变化 D．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和 【变式训练1】下列对功和能的说法正确的是（　　） A．静摩擦力一定不做功 B．物体所受合外力不为0，则动能一定变化 C．物体所受合外力为0，则机械能一定守恒 D．一对相互作用力做功的代数和可能不为0 【变式训练2】如图所示，固定的光滑四分之一圆弧轨道与水平地面相切于B点。现将小球1从轨道最高点A水平向左抛出，经时间落到地面，落地时速度大小为；小球2从A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，经时间到达B点，速度大小为。两小球均可视为质点，不计空气阻力。则（　　） A． B． C． D． 考向12 单过程动能定理的直接应用 例12 如图所示，一个质量为的小球，用轻绳悬挂于点，初始时刻小球静止于点。第一次小球在水平拉力的作用下，从点缓慢地移动到点（缓慢移动可以看做每个时刻物体都处于平衡状态），此时轻绳与竖直方向夹角为；第二次小球在水平恒力的作用下，从点开始运动恰好能到达点。不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（     ） A．第一次的水平拉力大小不变 B．第二次水平恒力的大小为 C．第二次到达点时绳的拉力比第一次小 D．第二次水平力做的功比第一次多 【变式训练1】如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达水平地面上的C1、C2、C3点，则 （     ） A．物体到达C1点时的速度最大 B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同 C．物体到达C3点的时间最短 D．在C3点所在轨道上运动的加速度最小 【变式训练2】如图甲所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为l0的水平轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为m。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为x1的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图乙所示，其中a0为图线纵截距。重力加速度为g，则滑块由A运动至B过程中（弹簧始终处于弹性限度内）下列描述正确的是（     ） A．x2＝l0 B．最大动能为ma3（x3－x2） C．动摩擦因数μ＝＋ D．滑块在x3和x1处的弹性势能Ep3＝Ep1 知识点2 动能定理解决多过程问题 知●识●解●构 1.全程法：对整个过程列一个方程，适用于初末状态明确、中间过程复杂但不需求中间量的情形。 2.分段法：对各子过程分别列方程，适用于各阶段受力差异大或需求中间状态量的情形。 3.优先全程法的场景：往复运动、多段轨道衔接、变力做功等。 考●向●破●译 考向13 全程法处理往复运动 例13 如图所示，AB间有一弹射装置（弹簧压缩量很小，可忽略不计），质量为m=1kg的小物块在0.01 s时间内被弹射装置弹出，以大小4 m/s的速度沿着B点的切线方向进入光滑竖直圆弧形轨道BC，已知B点距水平地面的高度为h=0.8 m，圆弧轨道BC所对应的圆心角（O为圆心），C点的切线水平，并与水平地面上长为L=2m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿直轨道运动后会与竖直墙壁发生碰撞。小物块与轨道CD之间的动摩擦因数，且与竖直墙壁碰撞前后小物块的速度大小不变，重力加速度g取10 m/s²，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（    ） A．弹射装置对小物块做功的平均功率为80W B．小物块沿圆弧轨道滑到C时对轨道的压力大小为20N C．小木块会与墙壁碰撞2次 D．小木块最终停在距离C点右侧0.4 m处 【变式训练1】如图所示，竖直平面内轨道ABCD的质量M＝0.4 kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径R＝0.4 m的光滑1/4圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L＝3.5 m，C点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m＝0.1 kg的小物体(可视为质点)在距A点高为H＝3.6 m处由静止自由落下，恰沿A点滑入圆弧轨道(g＝10 m/s2)．下列说法错误的是 (        ) A．最终m一定静止在M的BC某一位置上 B．M在水平面上运动的最大速率2.0 m/s； C．小物体第一次沿轨道返回到A点时将做斜抛运动． D．小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小4m/s． 【变式训练2】水平地面上的传送装置如图所示。长的水平传送带以的速率顺时针匀速转动，左端与半径为的四分之一光滑圆弧轨道相切于B点（不接触），右端与同一水平面上的平台平滑衔接于C点（不接触）。在平台右边固定一轻质弹簧，弹簧左端恰好位于D点，C、D之间的距离为。质量为的滑块P与传送带间的动摩擦因数为0.25，与平台之间的动摩擦因数为0.2，部分光滑，重力加速度，弹簧始终处于弹性限度内。现将滑块P从光滑圆弧轨道上端A点由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．滑块P运动到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力大小为 B．滑块P通过传送带过程中系统产生的热量为 C．弹簧压缩过程中的最大弹性势能为 D．滑块P最终停在平台的中点 考向14 分段法处理多阶段运动 例14 如图所示，平直木板AB倾斜放置，与水平面夹角为，O为A、B中点，物块与木板间的动摩擦因数随物块到A端距离均匀增大，让物块从A端由静止开始自由运动，恰能滑到B端，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中错误的是（     ） A．物块经过O点时速度最大 B．物块在A、B端时加速度大小相等 C．O点处物块与木板间动摩擦因数 D．仅将木板A、B端对调，物块从顶端B由静止释放也恰好滑到底端A 【变式训练1】在某次无人机空投包裹实验中，先让无人机带着质量为m的包裹（含降落伞）升空并悬停在距离地面H处的空中，某时刻无人机释放了包裹，下落的加速度大小恒为；在包裹下落h时打开降落伞做减速运动，加速度大小恒为，当落到地面时，速度大小为v。已知重力加速度为g。下列说法中不正确的是（     ） A．包裹下落h时的动能为 B．包裹从打开降落伞到落到地面这个过程中，合力所做的功为 C．根据题中信息可以求出整个过程包裹重力的平均功率 D．根据题中信息可以求出整个过程包裹机械能的减少量 【变式训练2】如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定，直径POQ水平，M点位于Q点正上方且到Q点的距离为。一质量为m的小球（可视为质点）自P点上方高度2R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。滑到轨道最低点N时，小球对轨道的压力为5.5mg（g为重力加速度），则小球（　　） A．恰好到达Q点 B．恰好到达M点 C．能通过Q点，但是不能到达M点 D．能通过M点并继续上升一定高度 知识点3 动能定理与图像综合 知●识●解●构 1.图像：斜率。 2.图像：面积表示合外力做功，结合动能定理求速度。 3.图像：若恒定则为直线，斜率。 考●向●破●译 考向15 Ek - x图像的物理意义 例15 某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移s的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给信息可求出（     ） A．汽车前500 m加速运动的时间为22.5 s B．汽车行驶过程中所受地面的阻力1000 N C．汽车的额定功率为800 kW D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J 【变式训练1】如图，竖直悬挂的轻弹簧上端固定，下端系有一小球。将小球置于弹簧原长位置并由静止释放，以释放点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向。已知弹簧形变始终在弹性限度内，取小球下落的最低点为重力势能零点。不计空气阻力，在小球下落至最低点的过程中，关于其加速度a、动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x变化的图像，正确的是（     ） A． B． C． D． 【变式训练2】如图甲所示，一小球以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，小球在斜面上运动时动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，则小球所受摩擦力的大小为（     ） A．0.3N B．0.4N C．0.5N D．0.6N 考向16 F-x图像与动能定理结合 例16 如图甲所示，质量为的物体在水平向右的拉力的作用下从点由静止开始向右运动，随位移变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，在运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．物体做加速度减小的加速运动，当拉力时，物体的速度最大 B．拉力从减小到的过程中，拉力做的功为 C．物体的最大速度为 D．物体运动的总位移为 【变式训练1】如图甲所示，质量为的物体受水平推力作用在水平面上由静止开始运动，推力随位移变化的关系如图乙所示，运动后撤去推力。已知物体与地面间的动摩擦因数为，重力加速度取，在物体运动的整个过程中（　　） A．推力对物体做的功为 B．物体的位移为 C．物体的动能最大值为 D．物体在时速度最大 【变式训练2】如图甲所示，质量为的物体在水平向右的作用力作用下沿水平面运动，作用力与位移的关系如图乙所示。已知物体可视为质点，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度取。下列说法中正确的是（     ） A．物体运动的最大距离为 B．物体经过处时的速度为 C．当物体最大速度时，力的功率为 D．整个过程因为摩擦而产生的热量为 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2026·山东·高考真题）“外骨骼机器人”是一种能增强运动能力的可穿戴装置。如图所示，在倾角为的斜坡上，某同学最多能拉着质量为的物体以恒定速度沿斜坡向上运动；穿戴“外骨骼机器人”后，最多能拉着质量为的物体仍以相同的速度沿斜坡向上运动，绳子始终平行于斜坡，物体与斜坡之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则该同学穿戴装置后，拉力的功率增加了（      ） A． B． C． D． 2．（2026·河北·高考真题）我国科技爱好者复原了春秋战国时期带有刃车軎（wéi）的马车；并对其性能进行了测试。在时间内，若马车以恒定功率在水平路面上沿直线运动，速度从加速到，假定马车所受阻力不变，则马车运动的图像可能是（     ） A． B． C． D． 3．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），水平面上一质量为的物块在拉力作用下，以初速度由原点出发，沿轴依次经过、、三点。已知，物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，，随位置的变化如图（b）所示。设物块经过、两点时的瞬时功率分别为、，经过、、段的平均功率分别为、、，则（     ） A．， B．， C．， D．， 4．（2025·广东·高考真题）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。 5．（2025·云南·高考真题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（   ） A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第12讲 功、功率 动能定理 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 功的分析与计算 知识点1 恒力做功的判断与计算 考向1 恒力做功的正负判断 考向2 恒力做功的定量计算 知识点2 变力做功的求解方法 考向3 微元法与图像面积法 考向4 动能定理法求变力功 知识点3 摩擦力做功的特点 考向5 滑动摩擦力做功与生热 考向6 静摩擦力做功的能量转化 考点二 功率的理解与计算 知识点1 平均功率与瞬时功率 考向7 平均功率的估算与计算 考向8 瞬时功率的动态分析 知识点2 机车启动模型 考向9 恒定功率启动过程分析 考向10 恒定加速度启动过程分析 考点三 动能定理及其应用 知识点1 动能定理的理解与基本应用 考向11 动能定理的适用条件辨析 考向12 单过程动能定理的直接应用 知识点2 动能定理解决多过程问题 考向13 全程法处理往复运动 考向14 分段法处理多阶段运动 知识点3 动能定理与图像综合 考向15   图像的物理意义 考向16   图像与动能定理结合 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 功的分析与计算 江苏卷·T6，4分 —— —— 功率与机车启动 —— —— —— 动能定理的应用 江苏卷·T15，16分 江苏卷·T15，16分 江苏卷·T9，16分 考情分析 题型与考向： 近三年江苏卷对本专题考查稳定在“1~2道单选（4分/题）+1道计算题（16分）”的结构。选择题侧重概念辨析与模型识别，计算题作为压轴或次压轴题，常将动能定理与圆周运动、电磁场等融合。 情境与立意： 命题情境高度贴近科技前沿与生活实际，如以新能源汽车测试为背景考查功率，以传送带物流系统为载体考查多过程动能定理。立意从“公式套用”转向“能量观念建构”，强调从复杂情境中抽象物理模型的能力。 复习目标 1. 掌握恒力与变力做功的计算方法，能准确判断摩擦力做功特点； 2. 区分平均功率与瞬时功率，熟练分析两类机车启动模型的运动学特征； 3. 深刻理解动能定理的物理本质，能灵活运用全程法与分段法解决多过程问题； 4. 建立“过程分析→状态关联→方程构建”的系统思维，提升从真实情境中建模的能力。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 功的分析与计算 知识点1 恒力做功的判断与计算 知●识●解●构 1.定义式：，仅适用于恒力。为力与位移方向的夹角。 2.正负功判断：做正功（动力）；不做功；做负功（阻力）。 3.合力做功：可先求合力再算功，也可各分力做功代数相加。 考●向●破●译 考向1 恒力做功的正负判断 例1如图所示，质量为m的滑块放在光滑斜面上，斜面与水平面间的摩擦力不计，当滑块从斜面顶端滑到斜面底端的过程中（     ） A．重力对滑块不做功 B．滑块受到斜面的支持力与斜面垂直，所以支持力对滑块不做功 C．斜面对滑块的支持力对滑块做正功 D．滑块对斜面的压力对斜面做正功 【答案】D 【详解】A．滑块从斜面顶端滑到底端的过程中高度降低，设下降高度为，重力对滑块做功为 故重力对滑块做正功，故A错误； B．支持力虽然与斜面垂直，但滑块相对地面的位移并不沿斜面，因为斜面在水平方向发生了移动，所以支持力与滑块对地位移不垂直，支持力对滑块做功不为零，故B错误； C．滑块下滑时，斜面受到滑块向右的作用力，因此斜面向右运动。设斜面向右的位移为，斜面对滑块的支持力水平分量方向向左，其大小为，支持力对滑块做功为 故斜面对滑块的支持力做负功，故C错误； D．滑块对斜面的压力与支持力互为作用力和反作用力，其水平分量方向向右，而斜面也向右运动，压力对斜面做功为 故滑块对斜面的压力对斜面做正功，故D正确。 故选CD。 【变式训练1】某同学将一本物理课本置于水平桌面，一橡皮擦置于课本上，该同学以课本左边缘为转轴，使课本极其缓慢地沿逆时针方向转动，到如图所示位置的过程中，橡皮擦始终相对课本静止，则在此过程中（     ） A．合力对橡皮擦做正功 B．课本对橡皮擦的作用力做正功 C．课本对橡皮擦的摩擦力做负功 D．课本对橡皮擦的支持力不做功 【答案】B 【详解】A． 匀速缓慢运动，动能不变。根据动能定理：合外力做功等于动能变化，动能变化量为0。因此合力对橡皮擦做功为0，故A错误； B．课本对橡皮擦的作用力是支持力与摩擦力的合力，由于橡皮擦仅受重力和课本的作用力 合力做功为0，即 橡皮擦上升，重力做负功()，因此，课本对橡皮擦的作用力做正功，故B正确； C．橡皮擦随课本以左边缘为转轴做圆周运动，瞬时速度方向沿圆周的切线方向（垂直于课本表面）；而静摩擦力的方向沿课本表面向上，二者始终相互垂直，因此课本对橡皮擦的摩擦力不做功，故C错误； D．支持力的方向垂直于课本表面向上，和橡皮擦的瞬时速度方向完全同向，因此支持力做正功，故D错误。 故选 B。 【变式训练2】图甲中P、Q两物块靠在一起，图乙中物块P放在物块Q上面，P、Q两物块的接触面水平。两图中的斜面均光滑，P、Q物块均相对静止。则在下滑过程中，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两图中P对Q的作用力均不为零 B．甲、乙两图中P对Q均做正功 C．乙图中，Q对P的支持力对P不做功 D．乙图中，Q对P的静摩擦力对P做正功 【答案】D 【详解】A．两图中的斜面均光滑，甲图中，以P、Q为整体，根据牛顿第二定律可得 解得 方向沿斜面向下；以P为对象，P受到的合力为 可知P、Q之间的作用力为零，同理乙图中，以P、Q为整体，可得加速度为 方向沿斜面向下；以P为对象，P受到的合力为 可知Q对P的支持力竖直向上，Q对P的摩擦力水平向右，Q对P的作用力（支持力和摩擦力的合力）垂直斜面向上，大小为 根据牛顿第三定律可知，P对Q的作用力不为零，故A错误； B．根据上述分析可知，甲图中，P、Q间没有作用力，P对Q做功为零，乙图中，P对Q作用力的方向与位移方向垂直，因此P对Q做功也为零，故B错误； CD．结合上述分析可知，乙图中，Q对P的支持力垂直于PQ的接触面向上，位移方向沿斜面向下，因此Q对P的支持力对P做负功，同理可知，Q对P的静摩擦力对P做正功，故C错误，D正确。 故选D。 考向2 恒力做功的定量计算 例2 如图所示，质量为m的物体，静止在倾角为θ的斜面上。现让斜面沿水平方向向右匀速移动了距离L，物体始终相对斜面静止，则下列说法正确的是（     ） A．重力对物体做功mgL B．支持力对物体做功为零 C．摩擦力对物体做功-mgLcos2θ D．摩擦力对物体做功-mgLsinθcosθ 【答案】D 【分析】物体向右匀速运动，对物体做受力分析如下图所示 物体受力平衡，则 【详解】A．物体向右匀速运动过程中，在竖直方向位移为0，故重力对物体做功为0，A错误； B．支持力方向垂直斜面向上，与物体位移方向夹角为，则支持力对物体做功，B错误； CD．摩擦力方向沿斜面向上，与物体位移方向夹角为，则摩擦力对物体做功，C错误，D正确； 故选D。 【变式训练1】一质量为的滑雪运动员，从高为的斜坡顶端静止自由下滑。下滑过程中受到的阻力大小为，斜坡倾角为，重力加速度为。运动员滑至坡底的过程中（     ） A．重力做功为 B．支持力做功为 C．阻力做功为－ D．阻力做功为 【答案】C 【详解】A．该过程，重力做功，故A错误； B．该过程，运动员受到的支持力方向与位移方向垂直，故支持力不做功，故B错误； CD．该过程，阻力方向与位移方向相反，因此阻力做功，故C正确，D错误。 故选C。 【变式训练2】如图所示，一个风力实验空间可以提供水平向右的恒定风力，一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于点，若将小球拉到最低点，并给小球垂直纸面向里的初速度，发现小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，直线与的夹角为。（已知重力加速度为g，小球可视为质点，忽略其他阻力，，），则（    ） A．图中夹角为 B．初速度 C．小球从点到点风力对其做的功 D．小球从点到点重力对其做的功 【答案】C 【详解】将重力和风力进行合成，可得合力，方向为与竖直方向夹角为： A．形成一个与竖直方向成的等效重力场，故需将绳上拉力分解为与竖直方向成方向与垂直该方向的方向，故，故A错误； B．由题可得其向心力，其中 解得，故B错误； C．小球从点到点水平方向的位移 故风力做的功 故C正确； D．小球从点到点竖直方向的高度 重力做功 故D错误。 故选C。 知识点2 变力做功的求解方法 知●识●解●构 1.动能定理法：，最通用。 2.图像面积法：图线与横轴围成面积表示功，上正下负。 3.微元法：适用于力大小不变、方向始终与速度共线的情形（如曲线上的滑动摩擦力）。 4.平均力法：仅适用于力随位移线性变化，。 考●向●破●译 考向3 微元法与图像面积法 例3如图所示，质量为m的滑块静止在水平面上，并通过一长为l的轻绳与水平面上的O点相连。现对滑块施加一个平行于水平面且大小不变的拉力F，使滑块从A点运动到B点，整个过程中轻绳始终绷紧。已知OA与OB的夹角为，拉力F的方向始终与滑块的运动方向成角，滑块可看作质点且与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，不计空气阻力，。在该过程中（　　） A．拉力F对滑块做的功为 B．拉力F对滑块做的功为 C．滑块克服摩擦力做的功为 D．滑块克服摩擦力做的功为 【答案】B 【详解】AB．拉力F大小始终不变，且方向始终与速度的夹角为。根据微元法，拉力做的功等于力在速度方向的分力与路程的乘积，其中路程为 则拉力F对滑块做的功为，故A错误，B正确； CD．滑块在水平面上运动，摩擦力大小始终为 摩擦力方向始终与运动方向相反，滑块克服摩擦力做的功，故CD错误。 故选B。 【变式训练1】水平桌面上，长的轻绳一端固定于点，如图所示（俯视图），另一端系一质量的小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力，拉着物体从点运动到点，的方向始终与小球的运动方向（就是轨迹的切线方向）成角。已知小球与桌面间的动摩擦因数，不计空气阻力，取，，，则下列说法正确的是（     ） A．拉力对小球做的功为 B．小球机械能增加了 C．小球克服摩擦力做的功为 D．小球动能增加了 【答案】A 【详解】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=Flncos37° 因此拉力F对小球做的功，故A正确； C．同理可得小球克服摩擦力做的功与路程有关，为，故C错误。 B．小球机械能增加量等于力F与摩擦力做功的代数和，即机械能增加了，B错误； D．根据动能定理可知，小球动能增加了，D错误。 故选A。 【变式训练2】如图甲所示，物体在水平推力作用下沿水平粗糙地面沿直线开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，则（　　） A．运动过程中推力做的功一定为200J B．运动过程物体加速度一定都在变化 C．物体运动的位移一定为4m D．因推力是变力，无法确定推力做功的大小 【答案】A 【详解】AD．F﹣x图像中，图线与坐标轴围成的面积表示该力做功，则由图乙可知，运动过程中推力做的功为 故A正确；D错误； BC．运动过程，有F作用时，物体竖直方向受力平衡，水平方向受向右推力F、向左滑动摩擦力f，由牛顿第二定律可得F﹣f=ma 因为物体对地面正压力不变，则f不变，由图知，F一直减小，则该过程物体加速度一直变化；运动过程，设有F作用的过程，物体克服滑动摩擦力做功为，则由动能定理可得200J﹣=Ek﹣0 若=200J，则x=4m时，物体动能为零，物体运动的位移大小为4m；若＜200J，则x=4m时，物体动能大于零，物体继续向右运动，该过程物体竖直方向受力平衡，水平方向受向左滑动摩擦力f，由牛顿第二定律可得f=ma 则物体继续向右做匀减速直线运动，该过程物体加速度不变化，则此种情况，物体运动的位移大于4m，故BC错误。 故选A。 考向4 动能定理法求变力功 例4 如图所示，水平地面上P点左侧光滑，右侧粗糙。质量均匀的木板右端运动到P点时速度为，之后在地面摩擦力作用下做减速运动，木板左端恰好到达P点时速度减为0。该过程中，木板动能随位移x（x为木板右端从P点开始向右移动距离）的关系图像为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设木板总长为，总质量为，动摩擦因数为，当木板右端位移为时，进入粗糙区域的木板长度为，因此滑动摩擦力大小为： 摩擦力随增大线性增大。 根据动能定理，即图像斜率的绝对值等于摩擦力大小。随着增大，摩擦力增大，因此斜率绝对值逐渐增大，图像越来越陡，是向下弯曲的二次曲线。 故选B。 【变式训练1】梅龙高铁连接梅州西站和龙川西站，打通了梅州通往广州、深圳的快捷通道。如图所示，高铁从梅州西站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】重力、支持力对人不做功，因此列车对高中生做的功等于高中生动能的增加量，初状态动能为0，故 高中生质量约为速度单位换算 可得 故选B。 【变式训练2】如图所示，长度为L的轻杆两端分别固定质量均为m的小球，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴，O点更靠近1号小球。整个装置可以在竖直面内转动。将装置从杆恰好水平的位置由静止释放，不计一切阻力，当杆到达竖直位置时（     ） A．1号小球的速度大小是 B．2号小球的速度大小是 C．1号小球的机械能守恒 D．轻杆对2号小球做功为0 【答案】B 【详解】AB．设当杆到达竖直位置时，1号小球的速度大小为，2号小球的速度大小为，则根据系统机械能守恒定律有 又因为两小球同轴转动，角速度相等，则根据可知，两小球的速度之比为 联立解得，，故A错误，B正确； C．1号小球上升到最高点的过程中动能和重力势能都增大，机械能增加，故C错误； D．对2号小球列动能定理方程有 解得轻杆对2号小球做功为，故D错误。 故选B。 知识点3 摩擦力做功的特点 知●识●解●构 1.滑动摩擦力：可做正功、负功或不做功；一对滑动摩擦力总功为负，绝对值等于生热。 2.静摩擦力：可做正功、负功或不做功；一对静摩擦力总功为零，不生热。 3.路径相关性：摩擦力做功与路径有关，非保守力。 考●向●破●译 考向5 滑动摩擦力做功与生热 例5如图所示，水平传送带长L = 2.5 m，其右端与一半径r = 0.5 m的光滑半圆轨道平滑相接，传送带以v = 6 m/s的速度顺时针转动，某时刻轻放一质量m = 1 kg的小物块（可视为质点）于传送带最左端，小物块经过圆弧轨道最低点A后恰好能达到最高点B，g = 10 m/s2。在上述过程中，下列说法正确的是（　　） A．小物块在A点受到的支持力为50 N B．摩擦力对小物块做的功为18 J C．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.6 D．整个系统产生的热量为17.5 J 【答案】D 【详解】A．由小物块恰好能通过圆轨道最高点，由牛顿第二定律 可得 从A点到B点运动过程中，由动能定理 解得 在A点对物块由牛顿第二定律 解得在A点物块受到的支持力 A错误； B．因为 所以物块在传送带上一直做匀加速直线运动，由动能定理可得，摩擦力对物块做的功为 B错误； C．根据 可求得 C错误； D．由运动学公式得，物块从传送带左端运动到右端的时间为 在1 s时间内传送带运动的位移为 则传送带与物块的相对位移为 系统产生的热量为 D正确。 故选D。 【变式训练1】如图所示，倾斜放置的传送带AB长为10m，以大小为v=3m/s的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角，一个质量为2kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A端运动到B端，物块运动的时间为4s，物块与传送带的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中（　　） A．物块加速运动时的加速度大小为2.5m/s2 B．物块加速运动的时间为s C．物块匀速运动时，受到的摩擦力大小为4N D．物块与传送带之间，因摩擦产生的热量为20J 【答案】B 【详解】A．初始时物块做加速运动，则 当物块与传送带速度相等时，物块做匀速运动，根据题意有 解得 F=8.5N 故A错误； B．加速运动的时间为 故B正确； C．匀速运动时，有 解得 f=3.5N 故C错误； D．物块与传送带间的相对位移为 因此摩擦产生的热量为 故D错误。 故选B。 【变式训练2】如图所示，一质量为2kg可视为质点的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，斜面AB的倾角为37°，A、B间距离为2m，经1s运动到B点后通过小段光滑的衔接弧面滑上与地面等高的传送带，传送带以6m/s的恒定速率顺时针运行，传送带左右两端间距离为9m，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计空气阻力和小物块在衔接弧面运动的时间，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，下列说法中正确的是（　　） A．小物块在传送带上运动的时间为2s B．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为20J C．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为24J D．若传送带以3m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，小物块从A点静止释放以后，在AB上运动的总路程为4.25m 【答案】D 【详解】A．设小物块到达B点时的速度大小为v，由于小物块在斜面上做匀加速直线运动，所以有 解得 在传送带上，物体的加速度为 与传送带达到共速的时间为 物块的位移为 距离传送带右端还有 此后做匀速直线运动，还需要的时间为 则小物块在传带上B、C之间的运动时间为 A错误； B．时间内，小物块与传送带的相对位移大小为 小物块在传送带上因摩擦产生的热量为 B错误； C．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为 故C错误； D．在传送带上，物体做减速运动，速度减到零所需时间为 物块在该时间段内的位移为 可知物体没有滑出传送带，速度减为零后，随传送带一起做向左做加速运动，与传送带达到共速后，速度不再增加，以的速度滑上斜面，速度为零后又滑下来滑到传送带上，速度减为零后，随传送带一起做向左做加速运动，接着又滑上斜面，此后在斜面上往复运动，最后停在B点。物块在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 根据运动学公式有 联立解得 设第一次滑下AB之后在AB上运动的总距离为S，物块的动能全部转化为内能，根据能量守恒有 解得 则物体在上运动的总路程为 D正确； 故选D。 考向6 静摩擦力做功的能量转化 例6 如图所示，物体A置于物体B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与B相连，在弹性限度范围内，A和B一起在光滑水平面上做往复运动（不计空气阻力），两者保持相对静止。则下列说法正确的是（　　） A．A和B均做简谐运动 B．作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成反比 C．B对A的静摩擦力对A做功，而A对B的静摩擦力对B不做功 D．B对A的静摩擦力始终对A做正功，而A对B的静摩擦力始终对B做负功 【答案】A 【详解】A．物体A和B一起在光滑的水平面上做往复运动，回复力，则都做简谐运动，故A正确； B．设弹簧型变量为x，弹簧的劲度系数为k，物体A、B的质量分别为M、m，对A、B整体，根据牛顿第二定律有 对A物体，根据牛顿第二定律有 可见，作用在A物体上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比，故B错误； C．在简谐运动中，B对A的静摩擦力方向与位移方向相同或相反，B对A的静摩擦力对A做功，同理，A对B的静摩擦力也对B做功，故C错误； D．当物体A、B离开平衡位置时，B对A的静摩擦力对A做负功，A对B的静摩擦力对B做正功，故D错误。 故选A。 【变式训练1】如图所示，站在汽车上的人用手推车的力为，脚对车向后的静摩擦力为，下列说法错误的是（　　） A．当车匀速运动时，和所做的总功为零 B．当车加速运动时，和的总功为负功 C．当车减速运动时，和的总功为正功 D．不管车做何种运动，和的总功都为零 【答案】D 【详解】根据牛顿第三定律，车对人向后的推力大小也为，车对人向前的静摩擦力大小也为；以人为研究对象，取车前进的方向为正方向，由牛顿第二定律得 当车匀速运动时，则有 ， 由于人对车的推力做正功，人对车的摩擦力对车做负功，而两力做功的绝对值相等，所以，和的总功为零； 当车加速运动时，则有 ， 则对车做的负功多，对车做的正功少，故和的总功为负功； 当车减速运动时，则有 ， 则对车做的负功少，对车做的正功多，故和的总功为正功，故A、B、C正确，D错误； 故选D。 【变式训练2】关于摩擦力、作用力与反作用力做功，以下说法错误的是（　　） A．滑动摩擦力不可能做正功 B．静摩擦力可以做负功 C．作用力做正功，反作用力可能做负功 D．作用力做正功，反作用力可能不做功 【答案】A 【详解】A．将物体放在倾斜传送带上，传送带将物体运到高处的过程中，摩擦力的方向与运动方向相同，做正功，A错误； B．将物体放在倾斜传送带上，传送带将物体从高处运到低处的过程中，物体与传送带没有发生相对滑动，则静摩擦力的方向与运动方向相反，静摩擦力做负功，B正确； C．用手托住物体上升的过程中，手对物体的托力（作用力）做正功，物体对手的压力（反作用力）做负功，C正确。 D．两个物体A、B间压缩一弹簧，放手后由于摩擦力的作用，弹簧将A弹开而B没有运动，这个过程中，弹簧对A做正功，对B没做功，D正确。 故选A。 考点二 功率的理解与计算 知识点1 平均功率与瞬时功率 知●识●解●构 1.平均功率：，描述一段时间内做功平均快慢。恒力匀变速时也可用。 2.瞬时功率：，描述某一时刻做功快慢。 3.额定功率与实际功率：实际功率≤额定功率。 考●向●破●译 考向7 平均功率的估算与计算 例7 学校举行1分钟跳绳比赛，体重的小明同学在内跳绳180次获得了第一名。观察发现，小明单次跳绳过程中脚与地面接触的时间约为单次跳绳总时间的，则小明在1分钟跳绳比赛中克服重力做功的功率约为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】小明1分钟跳180次，故单次跳绳的周期 小明单次跳绳过程中脚与地面接触的时间约为单次跳绳总时间的，则单次在空中的总时间为 根据对称性可知，上升、下落时间相等，故有 根据运动学公式可得上升的高度为 则1分钟跳绳比赛中克服重力做功为 在1分钟跳绳比赛中克服重力做功的功率约为 故选D。 【变式训练1】如图所示，水车车轮顺时针匀速转动时，水车车轮边缘的水滴甲、乙、丙（完全相同）分别从C、B、D三点以相同的速率同时被甩出，三滴水分别做竖直上抛运动、平抛运动、竖直下抛运动，水滴甲、乙恰好同时落到水面上。下列说法正确的是（     ） A．落至水面时水滴甲、乙、丙的机械能相等 B．水滴甲、丙落至水面瞬间重力做功的瞬时功率相等 C．水滴甲、丙从被甩出到落至水面的过程中速度变化量相同 D．在空中运动过程中水滴甲与水滴乙受到重力做功的平均功率相等 【答案】B 【详解】设水轮半径为，水面到圆心所在水平面的竖直距离为，三滴水的质量均为，被甩出时的速率均为，取圆心所在水平面为零势能面。水轮顺时针转动，故水滴甲、乙、丙的初速度方向分别为竖直向上、水平向右、竖直向下。 A．水滴在空中运动时仅受重力，机械能守恒，三滴水被甩出时的机械能分别为，， 因此落至水面时水滴乙的机械能比水滴甲、丙大mgR，三者机械能不相等，故A错误； B．水滴甲、丙的初始高度相同、初速率相同，最终均到达同一水面，根据机械能守恒定律分别有， 解得 两滴水落到水面瞬间速度均竖直向下，重力的瞬时功率分别为， 因此，故B正确； C．取竖直向上为正方向，由B选项分析可知水滴甲、丙落至水面时速度均为，其中，则水滴甲的速度变化量为，水滴丙的速度变化量为 因此两滴水的速度变化量不同，故C错误； D．水滴甲、乙同时落到水面，设运动时间均为，重力对水滴甲、乙所做的功分别为， 重力做功的平均功率分别为， 因此，故D错误。 故选B。 【变式训练2】某广场喷泉竖直向上喷出约高的水柱，喷管的直径约为，水的密度为，则用于给喷管中水加压的电动机输出功率最接近（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】水做竖直上抛运动，上升高度h=20m，由运动学公式，得 喷管横截面积 电动机输出功率等于单位时间内喷出的水获得的动能：单位时间喷出的水的质量，功率 代入数值计算，与最接近。 故选C。 考向8 瞬时功率的动态分析 例8 喷泉喷出的水从地面斜向上做斜抛运动，喷泉出水的初速度大小不变，初速度与水平地面夹角为，不计空气阻力，则水从喷出到落到地面下列说法正确的是（     ） A．越小在空中最高点高度越小 B．越小最高点重力瞬时功率越大 C．越小落地水平距离越小 D．越小落地水平距离越大 【答案】A 【详解】A．设喷泉出水的初速度大小为，则水上升的高度为 可知越小，越小，水在空中最高点高度越小，故A正确； B．最高点的速度处于水平方向，此时重力瞬时功率为0，与无关，故B错误； CD．从喷泉出水到落地，竖直方向有 则落地水平距离为 可知当时，，水平距离最大，故CD错误。 故选A。 【变式训练1】如图所示，质量均为m的小滑块P和Q连接在轻质弹簧两端，弹簧的劲度系数为k，P放在水平地面上。Q通过轻质细绳绕过两个同一高度上的轻质光滑小滑轮与质量为3m的小物体N相连，对N施加一个竖直向上的作用力，系统静止，细绳刚好伸直。重力加速度为g，现在把小物体N由静止释放，至P刚离开地面的过程中，下列判断正确的是（     ） A．弹簧弹力对Q做正功 B．细绳拉力对Q做功为 C．P刚离地时，N所受重力做功的瞬时功率为 D．P刚离地时，细绳拉力对Q做功的瞬时功率为 【答案】B 【详解】初始状态：系统静止，细绳伸直拉力为0，弹簧被Q压缩，由平衡条件得 可得压缩量 末状态：P刚离开地面，弹簧拉力等于P的重力，由平衡条件得 可得伸长量 因此Q上升的距离、N下降的距离均为 ，且Q和N速度大小始终相等，即 A．初末态弹簧形变量大小相等，弹性势能变化量，弹簧弹力对Q总做功为，不是正功，故A错误； B．对Q、N、弹簧系统用动能定理：重力做功等于系统动能变化，弹簧弹力总功为0，即 ，代入 解得 ​。 对Q单独用动能定理，设细绳拉力对Q做功为： 代入、​ 可得 ，故B正确； C．P刚离地时，N重力的瞬时功率 ，故C错误； D．P刚离地时，Q向上加速，细线拉力大于，则细线拉力做功的瞬时功率大于，故D错误。 故选 B。 【变式训练2】一质量为2kg的物体从离地20m高处由静止开始自由下落，不计空气阻力，取g=10m/s²。物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为（     ） A．100W B．200W C．400W D．500W 【答案】C 【详解】已知，，，物体从静止开始自由下落，不计空气阻力，落地前瞬间的速度由机械能守恒求得，根据机械能守恒定律有 解得 代入数据解得 重力的瞬时功率为 代入数据解得 故选C。 知识点2 机车启动模型 知●识●解●构 1.恒定功率启动：不变→→→→时。图为斜率递减曲线。 2.恒定加速度启动：不变→不变→→→时转恒功率→最终。图先直后曲。 考●向●破●译 考向9 恒定功率启动过程分析 例9中国“智造”的复兴号动车组是中国高铁“金名片”，标志着中国已全面掌握高铁关键核心技术。假设质量为的高铁列车在平直铁路上以额定功率启动，且行驶过程中受到的阻力恒定，最高行驶速度为。下列说法正确的是（     ） A．在加速阶段，列车的加速度保持不变 B．行驶过程中列车受到的阻力大小为 C．当列车的速度大小为时，列车的加速度大小为 D．从启动到速度大小为的过程中，列车所受牵引力做的功为 【答案】C 【详解】A．题目中表示列车以额定功率启动，根据可知随着列车速度增大，列车牵引力在减小。因此列车所受合外力逐渐减小、加速度减小。故A错误； B．当牵引力大小等于阻力时有最大速度，因此行驶过程中列车受到的阻力大小为。故B错误； C．当列车速度大小为时，列车牵引力为，所受合外力 加速度，故C正确； D．从启动到速度大小为的过程中，列车所受合外力做的功为。其中包括牵引力做的正功和阻力做的负功。因此牵引力做的功要大于，故D错误。 故选C。 【变式训练1】一辆氢燃料电池公交车，以恒定功率P从静止启动，整个运行过程中公交车功率恒定，所受阻力f与车速v的关系为f=kv（k为常数），公交车运动的v-t图像大致为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据功率公式 可得公交车的牵引力 结合牛顿第二定律 得 公交车从静止启动，逐渐增大，减小、增大，因此合力逐渐减小，加速度逐渐减小。图像的斜率表示加速度，因此图像斜率应逐渐减小。 当加速度减小到时，速度达到最大值，之后公交车受力平衡，保持匀速运动，不变，图像最终变为水平直线。 故选D。 【变式训练2】若火箭竖直向上发射的初级阶段做如下假设：重力加速度g不变，空气阻力忽略不计，火箭的质量m保持不变，加速度a与速度倒数的关系图像如图所示。已知图像的横轴截距为b，斜率为k，下列说法正确的是（     ） A．火箭以恒定加速度启动 B．火箭的最小速度为 C．火箭以恒定的功率mk启动 D．图像的纵轴截距为g 【答案】C 【详解】A．由图像可以看出火箭的加速度随速度而变化，则火箭不是以恒定加速度启动，故A错误； B．火箭发射过程为加速过程，当加速度为零时，速度达到最大值，此时速度的倒数为最小值，由图像可以看出速度的倒数的最小值为，即 所以火箭的最大速度为，故B错误； C．火箭竖直向上发射时，受推力和重力的作用。根据牛顿第二定律方程有 解得 又因为火箭发射的功率为 变形解得 则关系图像是一条倾斜直线，图像的斜率为 解得 所以火箭以恒定的功率mk启动，故C正确； D．由可知，该倾斜直线图像的纵轴截距为，故D错误。 故选C。 考向10 恒定加速度启动过程分析 例10一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，发动机的输出功率与汽车速度大小的关系如图所示，当汽车速度达到后，发动机的功率保持不变，汽车能达到的最大速度为。已知运动过程中汽车受到的阻力恒定，汽车的质量为，则（　　） A．汽车受到的牵引力始终是恒力 B．匀加速直线运动的时间为20s C．汽车受到阻力大小为 D．匀加速过程的位移大小为 【答案】C 【详解】A．由可知，在过程中，与成正比，则牵引力恒定；当速度超过后，功率保持不变，随着速度增大，牵引力减小，故A错误； BC．汽车匀加速运动的末速度，此时功率达到额定功率，则匀加速阶段的牵引力 当汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，即 根据牛顿第二定律 解得加速度 匀加速直线运动的时间，故B错误；C正确； D．匀加速过程的位移大小 代入数据解得，故D错误。 故选C。 【变式训练1】我国国产航空母舰“福建舰”（舷号18），于2024年12月29日正式交付海军，成为国防重器。已知“福建舰”发动机的最大输出功率为P，最大航行速度为v，假设某次直线航行过程中所受的阻力恒定，下列说法正确的是（　　） A．若“福建舰”以加速度a匀加速启动，则启动时发动机的输出功率恒定 B．若“福建舰”以速度v匀速航行，则牵引力的大小为 C．若“福建舰”以速度匀速航行，则发动机的输出功率为 D．若“福建舰”以恒定功率P启动，经时间t后速度达到v，则有 【答案】B 【详解】A．匀加速启动阶段加速度恒定，由牛顿第二定律得，可知牵引力大小恒定。 匀加速运动速度，速度随时间不断增大。 结合功率公式，可知输出功率随速度增大而升高，并非恒定，故A错误； B．以最大速度匀速航行时，牵引力等于阻力，且此时发动机功率为最大输出功率，由可得牵引力，故B正确； C．匀速航行时牵引力等于恒定阻力 若以匀速航行，输出功率，故C错误； D．恒定功率启动过程，合外力做功等于动能变化，由动能定理得 其中为阻力做功，因此，故D错误。 故选B。 【变式训练2】时刻起，某玩具车从倾角为的斜面底端由静止开始启动，之后玩具车输出功率、速度随时间变化的关系分别如图甲、乙所示。已知玩具车的质量为，玩具车所受斜面的阻力恒为自身所受重力的0.1倍，图乙中阴影部分的面积约为23.25m，重力加速度为，。则（     ） A．玩具车匀加速运动时的加速度大小为 B．玩具车从启动至速度达到最大所需的时间约为3s C．玩具车的速度为时，加速度大小为 D．玩具车从启动至速度达到最大，牵引力做的功为84J 【答案】C 【详解】A．玩具车沿斜面运动时，受到的恒定阻力与重力沿斜面向下的分力之和为 代入数据解得 达到最大速度时，牵引力与平衡，由可得 解得 在内，功率和速度均随时间均匀增大，因此牵引力恒定，在时刻有 解得 根据牛顿第二定律有 解得，故A错误； B．玩具车在内做匀加速直线运动，根据速度公式有 解得 设从时刻到达到最大速度所用时间为，图乙阴影面积表示该阶段的位移，故，根据动能定理有 解得 玩具车从启动到达到最大速度所用时间为 解得，故B错误； C．当玩具车速度为时，车轮输出功率已经达到最大值，此时牵引力为 解得 根据牛顿第二定律有 解得，故C正确； D．功率—时间图像与时间轴围成的面积表示牵引力做的功，因此从启动到达到最大速度的过程中，牵引力做功为 解得，故D错误。 故选C。 考点三 动能定理及其应用 知识点1 动能定理的理解与基本应用 知●识●解●构 1.表达式：。 2.适用条件：惯性系中的质点，适用于恒力/变力、直线/曲线、单过程/多过程。 3.注意事项：为所有外力做功代数和；只与始末状态有关。 考●向●破●译 考向11 动能定理的适用条件辨析 例11 关于动能和动能定理，下列说法中正确的是（　　） A．合外力不为零，物体的动能一定改变 B．合外力对物体做正功，物体动能增加 C．物体的速度发生变化动能一定发生变化 D．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和 【答案】B 【详解】A．合外力不为零时，若合外力方向始终与速度方向垂直（如匀速圆周运动），合外力不做功，物体动能不变，故A错误； B．根据动能定理，合外力做正功时 ，即物体动能增加，故B正确； C．动能，仅与速度大小有关；速度是矢量，若仅速度方向改变、大小不变，动能不发生变化，故C错误； D．功是有正负的标量，外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，而非绝对值之和，故D错误。 故选B。 【变式训练1】下列对功和能的说法正确的是（　　） A．静摩擦力一定不做功 B．物体所受合外力不为0，则动能一定变化 C．物体所受合外力为0，则机械能一定守恒 D．一对相互作用力做功的代数和可能不为0 【答案】D 【详解】A．静摩擦力对物体可能做正功、负功，也可能不做功；如用力拉水平面上的物体，物体没动时静摩擦力对物体不做功；在倾斜传送带上随传动带相对静止且一起匀速上升的物体，静摩擦力做正功；在倾斜传送带上随传动带相对静止且一起匀速下降的物体，静摩擦力做负功，故A错误； B．动能变化由合外力做功决定，若合外力不为零但方向与位移垂直（如匀速圆周运动），动能不变，故B错误； C．机械能守恒需仅有保守力做功，合外力为零时可能存在非保守力做功（如匀速运动时摩擦力做功导致机械能损耗），即此时机械能不守恒，故C错误； D．相互作用力作用在不同物体上，若两物体位移不同（如人推墙时墙不动，手有位移），则做功代数和可能不为零，故D正确。 故选D。 【变式训练2】如图所示，固定的光滑四分之一圆弧轨道与水平地面相切于B点。现将小球1从轨道最高点A水平向左抛出，经时间落到地面，落地时速度大小为；小球2从A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，经时间到达B点，速度大小为。两小球均可视为质点，不计空气阻力。则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AB．小球1在竖直方向做自由落体运动 设小球2支持力与竖直方向夹角为，小球2在竖直方向根据牛顿第二定律可知 小球2做加速度减小的加速运动，且，高度相等均为R，可知，故AB错误； CD．对小球1使用动能定理可得 解得 对小球2使用动能定理可得 解得 可知，故D正确。 故选D。 考向12 单过程动能定理的直接应用 例12 如图所示，一个质量为的小球，用轻绳悬挂于点，初始时刻小球静止于点。第一次小球在水平拉力的作用下，从点缓慢地移动到点（缓慢移动可以看做每个时刻物体都处于平衡状态），此时轻绳与竖直方向夹角为；第二次小球在水平恒力的作用下，从点开始运动恰好能到达点。不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（     ） A．第一次的水平拉力大小不变 B．第二次水平恒力的大小为 C．第二次到达点时绳的拉力比第一次小 D．第二次水平力做的功比第一次多 【答案】C 【详解】  A．设移动过程中轻绳与竖直方向的夹角为，小球始终平衡，水平方向有 随着增大，增大，故A错误； B．设绳长为。第二次小球从点到点，初、末速度均为零，由动能定理得 解得，故B错误； C．第一次小球在点平衡，沿竖直方向有 整理得 第二次小球到达点时速率为零，沿绳指向点的方向根据牛顿第二定律有 解得，故C正确； D．两次过程中小球的初、末动能均相等，绳的拉力不做功。由动能定理可知，两次水平力做功均为，故D错误。 故选C。 【变式训练1】如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达水平地面上的C1、C2、C3点，则 （     ） A．物体到达C1点时的速度最大 B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同 C．物体到达C3点的时间最短 D．在C3点所在轨道上运动的加速度最小 【答案】C 【详解】A．设点距水平地面的高度为，物体到达点时的速度为，三条轨道均光滑，根据机械能守恒定律有 解得 三条轨道的竖直高度差相同，故物体到达、、点时的速度大小相同，故A错误； B．设第条轨道与水平面的夹角为、长度为、加速度为，根据几何关系和牛顿第二定律分别有， 物体由静止开始做匀加速直线运动，根据位移公式有 解得 由图可知，因此，三条轨道上的运动时间不同，故B错误； C．物体沿第条轨道运动的时间为 由于最大，所以最大，物体到达点所用时间最短，故C正确； D．物体沿光滑斜轨道运动的加速度为 由于最大，因此最大，故D错误。 故选C。 【变式训练2】如图甲所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为l0的水平轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为m。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为x1的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图乙所示，其中a0为图线纵截距。重力加速度为g，则滑块由A运动至B过程中（弹簧始终处于弹性限度内）下列描述正确的是（     ） A．x2＝l0 B．最大动能为ma3（x3－x2） C．动摩擦因数μ＝＋ D．滑块在x3和x1处的弹性势能Ep3＝Ep1 【答案】B 【详解】A．由题图乙可知，当滑块运动到x2位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是原长，故A错误； B．加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合a－x图线与横轴所围图形的面积表示速度平方变化量的一半可得，故B正确； C．根据牛顿第二定律得 当x＝0时a＝a0，解得动摩擦因数，故C错误； D．由能量守恒定律可得，故D错误。 故选B。 知识点2 动能定理解决多过程问题 知●识●解●构 1.全程法：对整个过程列一个方程，适用于初末状态明确、中间过程复杂但不需求中间量的情形。 2.分段法：对各子过程分别列方程，适用于各阶段受力差异大或需求中间状态量的情形。 3.优先全程法的场景：往复运动、多段轨道衔接、变力做功等。 考●向●破●译 考向13 全程法处理往复运动 例13 如图所示，AB间有一弹射装置（弹簧压缩量很小，可忽略不计），质量为m=1kg的小物块在0.01 s时间内被弹射装置弹出，以大小4 m/s的速度沿着B点的切线方向进入光滑竖直圆弧形轨道BC，已知B点距水平地面的高度为h=0.8 m，圆弧轨道BC所对应的圆心角（O为圆心），C点的切线水平，并与水平地面上长为L=2m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿直轨道运动后会与竖直墙壁发生碰撞。小物块与轨道CD之间的动摩擦因数，且与竖直墙壁碰撞前后小物块的速度大小不变，重力加速度g取10 m/s²，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（    ） A．弹射装置对小物块做功的平均功率为80W B．小物块沿圆弧轨道滑到C时对轨道的压力大小为20N C．小木块会与墙壁碰撞2次 D．小木块最终停在距离C点右侧0.4 m处 【答案】C 【详解】A．弹射装置对小物块做功的平均功率为 选项A错误； B．从B到C由机械能守恒定律 在C点时 其中 解得 vC=4m/s FN=30N 小物块沿圆弧轨道滑到C时对轨道的压力大小为30N，选项B错误； CD．由能量关系可知 可得 x=6.4m 则小木块会与墙壁碰撞2次，最终停在距离D点0.4m，距离C点1.6m的位置，选项C正确，D错误。 故选C。 【变式训练1】如图所示，竖直平面内轨道ABCD的质量M＝0.4 kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径R＝0.4 m的光滑1/4圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L＝3.5 m，C点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m＝0.1 kg的小物体(可视为质点)在距A点高为H＝3.6 m处由静止自由落下，恰沿A点滑入圆弧轨道(g＝10 m/s2)．下列说法错误的是 (        ) A．最终m一定静止在M的BC某一位置上 B．M在水平面上运动的最大速率2.0 m/s； C．小物体第一次沿轨道返回到A点时将做斜抛运动． D．小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小4m/s． 【答案】C 【详解】A、小物块第一次离开轨道后做竖直上抛运动，然后再落入轨道，小物块在BC段运动过程要克服摩擦力做功，使系统机械能减少，最终系统机械能为零，整个系统在水平方向动量守恒，由于系统在水平方向初动量为零，由动量守恒定律可知，系统最终在水平方向动量为零，最终m静止在BC间某处，故A不符合题意； B、当小物体沿运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大，设为vm，假设此时小物体的速度大小为v，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：以初速度的方向为正方向；由动量守恒定律可得：，由机械能守恒得：，解得：，故B不符合题意； CD、由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为vx，假设此时小物体在竖直方向的分速度为vy，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：，由能量守恒得：，解得，故小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小，小物体第一次沿轨道返回到A点时将做竖直上抛运动，故C符合题意，D不符合题意。 故选C． 【变式训练2】水平地面上的传送装置如图所示。长的水平传送带以的速率顺时针匀速转动，左端与半径为的四分之一光滑圆弧轨道相切于B点（不接触），右端与同一水平面上的平台平滑衔接于C点（不接触）。在平台右边固定一轻质弹簧，弹簧左端恰好位于D点，C、D之间的距离为。质量为的滑块P与传送带间的动摩擦因数为0.25，与平台之间的动摩擦因数为0.2，部分光滑，重力加速度，弹簧始终处于弹性限度内。现将滑块P从光滑圆弧轨道上端A点由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．滑块P运动到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力大小为 B．滑块P通过传送带过程中系统产生的热量为 C．弹簧压缩过程中的最大弹性势能为 D．滑块P最终停在平台的中点 【答案】C 【详解】A．滑块P运动到圆弧轨道底端B点时，根据动能定理及牛顿第二定律有 代入相关数据求得 轨道对滑块的支持力为 则可得滑块对轨道的压力大小为，故A错误； B．因为滑块P滑上传送带时的速度小于传送带的速度，所以滑块P滑上传送带时，受到的滑动摩擦力向前，滑块将做匀加速直线运动，设当滑块P加速到与传送带速度相同时，通过的位移为，则有 把及相关数据代入求得 所以，滑块P将在传送带上一直加速直到离开传送带，则滑块P在传送带上运动的时间满足 把及相关数据代入求得 则滑块P相对于传送带滑动的距离为 根据功能关系可得该过程中系统产生的热量为 故B错误； C．滑块P到达C点时的速度为 根据能量守恒定律可得弹簧压缩过程中的最大弹性势能为 把，代入上式，求得 故C正确； D．设滑块P最终停在距离平台点为的地方，根据能量守恒定律，有 求得 即滑块P最终停在平台的C点，故D错误。 故选C。 考向14 分段法处理多阶段运动 例14 如图所示，平直木板AB倾斜放置，与水平面夹角为，O为A、B中点，物块与木板间的动摩擦因数随物块到A端距离均匀增大，让物块从A端由静止开始自由运动，恰能滑到B端，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中错误的是（     ） A．物块经过O点时速度最大 B．物块在A、B端时加速度大小相等 C．O点处物块与木板间动摩擦因数 D．仅将木板A、B端对调，物块从顶端B由静止释放也恰好滑到底端A 【答案】D 【详解】A．设斜面长度为，物块沿斜面从到运动，根据动能定理有 解得 由于动摩擦因数随位移均匀增大，点的动摩擦因数为，物块经过点前有，沿斜面向下加速，经过点后有，沿斜面向下减速，因此物块经过点时速度最大，故A正确； B．物块在端的加速度大小为，在端的加速度方向沿斜面向上，其大小为 由可得 故物块在、端时加速度大小相等，故B正确； C．由于动摩擦因数随位移均匀增大，为AB的中点，因此 结合物块从端静止释放后恰能到达端，有 解得，故C正确； D．物块从端释放后能够开始下滑，说明，又由可知。将木板、端对调后，物块位于顶端时的最大静摩擦力为 由于，物块能保持静止，不能自行滑到底端，故D错误。 故选D。 【变式训练1】在某次无人机空投包裹实验中，先让无人机带着质量为m的包裹（含降落伞）升空并悬停在距离地面H处的空中，某时刻无人机释放了包裹，下落的加速度大小恒为；在包裹下落h时打开降落伞做减速运动，加速度大小恒为，当落到地面时，速度大小为v。已知重力加速度为g。下列说法中不正确的是（     ） A．包裹下落h时的动能为 B．包裹从打开降落伞到落到地面这个过程中，合力所做的功为 C．根据题中信息可以求出整个过程包裹重力的平均功率 D．根据题中信息可以求出整个过程包裹机械能的减少量 【答案】B 【详解】A．包裹下落h过程中初速度为0，由动能定理可知合外力做功等于动能变化，合外力大小为，因此下落h时的动能 故A正确； B．包裹打开降落伞时的动能为，落地时动能为，由动能定理可得该过程合力做功等于动能变化量，即 与选项表述不符，故B错误； C．第一段下落过程由 解得 打开降落伞时速度 第二段减速过程由 解得 整个过程重力做功 平均功率 所有物理量均已知，可求出重力的平均功率，故C正确； D．机械能减少量等于克服阻力做的功。第一段由牛顿第二定律 解得 克服阻力做功 第二段由 解得 克服阻力做功 总机械能减少量 可求出，故D正确。 本题选不正确的，故选B。 【变式训练2】如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定，直径POQ水平，M点位于Q点正上方且到Q点的距离为。一质量为m的小球（可视为质点）自P点上方高度2R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。滑到轨道最低点N时，小球对轨道的压力为5.5mg（g为重力加速度），则小球（　　） A．恰好到达Q点 B．恰好到达M点 C．能通过Q点，但是不能到达M点 D．能通过M点并继续上升一定高度 【答案】D 【详解】在点，根据牛顿第二定律有 代入 ， 解得小球在点的动能 从开始下落到点过程，根据动能定理有 解得 过程克服摩擦力做功 由于小球运动过程中机械能不断减小，在右侧轨道同一高度处的速度小于左侧，导致支持力和摩擦力减小，故 过程克服摩擦力做功 从 到根据动能定理 可得点动能 ，即小球通过点时速度不为零。 小球离开点后做竖直上抛运动，能上升的最大高度，而点高度为，所以小球能越过点并继续上升一定高度。 故选D。 知识点3 动能定理与图像综合 知●识●解●构 1.图像：斜率。 2.图像：面积表示合外力做功，结合动能定理求速度。 3.图像：若恒定则为直线，斜率。 考●向●破●译 考向15 Ek - x图像的物理意义 例15 某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移s的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给信息可求出（     ） A．汽车前500 m加速运动的时间为22.5 s B．汽车行驶过程中所受地面的阻力1000 N C．汽车的额定功率为800 kW D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J 【答案】D 【详解】B．设汽车行驶过程中所受地面的阻力大小为，根据图线①并结合动能定理有 解得，故B错误； C．汽车的最大行驶速度为 当汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，所以汽车的额定功率为，故C错误； A．设汽车前加速运动的时间为，根据动能定理有 解得，故A错误； D．开启储能装置后，根据能量守恒定律可知汽车比关闭储能装置时克服阻力少做的功等于向蓄电池提供的电能，令表示汽车少滑行的距离，根据图线②可得，故D正确。 故选D。 【变式训练1】如图，竖直悬挂的轻弹簧上端固定，下端系有一小球。将小球置于弹簧原长位置并由静止释放，以释放点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向。已知弹簧形变始终在弹性限度内，取小球下落的最低点为重力势能零点。不计空气阻力，在小球下落至最低点的过程中，关于其加速度a、动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x变化的图像，正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．以释放点为坐标原点，竖直向下为轴正方向，小球向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有 解得 当小球到达最低点时，根据对称性可知此时的加速度大小为，方向竖直向上，即，加速度与位移成线性关系，加速度大小变化趋势为先减小后反向增大，故A错误； B．根据动能定理，小球下落过程中动能的变化量 可见图像应是一条开口向下的抛物线，故B错误； C．取小球下落的最低点为重力势能零点，则小球在最高点时（即释放点），下落到最低点的距离为整个下落位移的最大值，小球任意位置的重力势能为 重力势能与位移成线性关系，图线为一条倾斜的直线，下落至最低点，即时，重力势能为零，故C正确； D．小球下落至最低点的过程中，不计空气阻力，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，但由于弹簧弹性势能不断增大，小球自身的机械能不断减小，根据功能关系有 可见图像应是一条开口向下的抛物线，故D错误。 故选C。 【变式训练2】如图甲所示，一小球以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，小球在斜面上运动时动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，则小球所受摩擦力的大小为（     ） A．0.3N B．0.4N C．0.5N D．0.6N 【答案】C 【详解】上升过程（位移大小）：初动能，末动能为0，由动能定理得 下滑过程（位移大小）：初动能为0，末动能，由动能定理得 联立解得 故选C。 考向16 F-x图像与动能定理结合 例16 如图甲所示，质量为的物体在水平向右的拉力的作用下从点由静止开始向右运动，随位移变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，在运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．物体做加速度减小的加速运动，当拉力时，物体的速度最大 B．拉力从减小到的过程中，拉力做的功为 C．物体的最大速度为 D．物体运动的总位移为 【答案】C 【详解】A．物体的最大静摩擦力为 当拉力大于滑动摩擦力时，物体向右加速运动，由图乙可知，拉力随位移增大而减小，当拉力与滑动摩擦力大小相等时，合力为0，此时物体速度达到最大值，故A错误； B．根据一次函数规律可知，拉力等于时，对应的位移为，在图像中，图像与横轴所围几何图形的面积表示功，则拉力从减小到过程中，拉力做的功为 故B错误； C．结合上述可知，拉力等于时，物体速度达到最大值，根据动能定理有 其中，解得 故C正确； D．整个过程中拉力做的功为 由动能定理有 解得 故D错误。 故选C。 【变式训练1】如图甲所示，质量为的物体受水平推力作用在水平面上由静止开始运动，推力随位移变化的关系如图乙所示，运动后撤去推力。已知物体与地面间的动摩擦因数为，重力加速度取，在物体运动的整个过程中（　　） A．推力对物体做的功为 B．物体的位移为 C．物体的动能最大值为 D．物体在时速度最大 【答案】C 【详解】A．功等于图像与横轴围成的面积，故，故A错误； B．时，由动能定理 解得 后， 由解得 故总位移，故B错误； CD．物体的动能最大时速度最大，速度最大时加速度为零，故 由图像，时有 解得时 由动能定理 解得，故C正确，D错误； 故选C。 【变式训练2】如图甲所示，质量为的物体在水平向右的作用力作用下沿水平面运动，作用力与位移的关系如图乙所示。已知物体可视为质点，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度取。下列说法中正确的是（     ） A．物体运动的最大距离为 B．物体经过处时的速度为 C．当物体最大速度时，力的功率为 D．整个过程因为摩擦而产生的热量为 【答案】C 【详解】A．在物体运动的全过程，根据动能定理有 面积表示该力做的功，由图乙可知 解得，故A错误； B． 在物体运动前的过程中，根据动能定理有 由图乙可知 解得，故B错误； C．当时物体的加速度为零，速度达到最大，结合图乙可知此时物体发生的位移为，在物体运动前的过程中，根据动能定理有 解得 力的功率为，故C正确； D．根据能量关系可得整个过程因为摩擦而产生的热量，故D错误。 故选C。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2026·山东·高考真题）“外骨骼机器人”是一种能增强运动能力的可穿戴装置。如图所示，在倾角为的斜坡上，某同学最多能拉着质量为的物体以恒定速度沿斜坡向上运动；穿戴“外骨骼机器人”后，最多能拉着质量为的物体仍以相同的速度沿斜坡向上运动，绳子始终平行于斜坡，物体与斜坡之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则该同学穿戴装置后，拉力的功率增加了（      ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】该同学拉着物体沿斜坡向上匀速运动时，拉力的功率等于物体克服重力与摩擦力做功的功率，则穿戴装置前有 穿戴装置后有 所以拉力的功率的增加量为 故选A。 2．（2026·河北·高考真题）我国科技爱好者复原了春秋战国时期带有刃车軎（wéi）的马车；并对其性能进行了测试。在时间内，若马车以恒定功率在水平路面上沿直线运动，速度从加速到，假定马车所受阻力不变，则马车运动的图像可能是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】马车以恒定功率运动，阻力不变， 由功率公式 结合牛顿第二定律 整理得加速度 随着速度增大，恒定功率不变，因此加速度逐渐减小。 图像的斜率表示加速度，因此图的斜率应逐渐减小，图像越来越平缓。 故选C。 3．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），水平面上一质量为的物块在拉力作用下，以初速度由原点出发，沿轴依次经过、、三点。已知，物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，，随位置的变化如图（b）所示。设物块经过、两点时的瞬时功率分别为、，经过、、段的平均功率分别为、、，则（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【详解】根据题意，从到过程中，由动能定理有 解得 从到过程中，由动能定理有 解得 则有， 则有 设经过段的时间分别为、、，物块在阶段，拉力小于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度减小的减速运动，速度由减速到，物块在阶段，拉力大于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度增大的加速运动，物体在点的加速度大小为 点的加速度大小为 则有 由对称性可得 物体在阶段做加速度减小的加速运动，则在段的平均速度大于段的平均速度，则有 根据图像面积表做功，由图可知，经过、、段做功分别为， 又有、、 可得 故选C。 4．（2025·广东·高考真题）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) 【详解】（1）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 （2）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 （3）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 5．（2025·云南·高考真题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（   ） A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J 【答案】B 【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有 故选B。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $