05 功功率动能定理
1．某种升降机的装置原理如图所示，各钢绳保持竖直方向，升降机只能在竖直方向运动。已知升降机和人
的总质量为 150kg，配重 A 质量为 200kg，当电动机的输出功率为 1.2kW 时，若不计滑轮、钢绳的质量
和所有摩擦损耗，升降机向上匀速运动的速度为（g=10m/s2）（ ）
A．1.2m/s B．1.6m/s C．2.4m/s D．4.8m/s
【答案】C
【详解】
对配重 A 受力分析，受到钢绳向上的拉力 2T 和重力，由平衡条件可得
2T=mAg=2000N
解得
T=1000N
设电动机对钢绳的拉力为 F，对升降机和人整体受力分析，由平衡条件可得
T+F=m 总 g
联立方程，代入数据解得
F=500N
由 P=Fv，可得升降机向上匀速运动的速度为
1200 m / s=2.4m / s500
Pv F
故选 C。
2．质量为 m=2kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t=0 时刻受到一个水平向左的恒力 F，如图甲所示，此
后物体的 —v t 图象如图乙所示，取水平向右为正向， 210m / sg ，则（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为 0.5
B．10s 末恒力 F 对物体做功功率为 6W
C．10s 末物体在计时起点位置左侧 3m 处
D．10s 内物体克服摩擦力做功 34J
【答案】D
【详解】
A．设物体向右做匀减速直线运动的加速度为 1a ，则由 —v t 图象得，加速度大小 2
1 2m/sa ，方向与
初速度方向相反。设物体向左做匀加速直线运动的加速度为 2a ，则由 —v t 图象得，加速度大小
2
2 1m/sa ，方向与初速度方向相反。根据牛顿第二定律，有
1F mg ma
2 F mg ma
联立带入数据得
3NF
0.05
故 A 错误；
B．10s 末恒力 F 的瞬时功率
3 6W 18WP F
故 B 错误；
C．根据 —v t 图象与横轴所围的面积表示位移得
m11 4 8m 6 6m 22 2x
负号表示物体在起点左侧，故 C 错误；
D．10s 内克服摩擦力做功
f
1 10.05 20 4 8 6 6 J 34J2 2W fs mgs
故 D 正确。
故选 D。
3．一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力 F 随时间 t 的变化情况如图乙所示，物体
相应的速度 v 随时间 t 的变化关系如图丙所示：则（ ）
A．滑动摩擦力为 3N
B．全过程克服摩擦力做功 30J
C．动摩擦因数为 0.2
D．物体的质量为 1.5kg
【答案】B
【详解】
A．由图像可知：6~8 s 内物体匀速，则滑动摩擦力 Ff＝2 N，A 错误；
B．物体全过程位移为 v－t 图像与 t 轴围成面积
x＝ (2 8)
2
×3 m＝15 m
全过程摩擦力做功
Wf＝Ffx＝－30 J
B 正确；
C．根据 8~10 s 内物体匀减速加速度
a＝ 3
2 = m/s2=1.5 m/s2
而
a g
可知
μ＝0.15
选项 C 错误；
D．根据 2~6 s 内物体匀加速
a1＝ 3
4 m/s2
由
F1－Ff＝ma1
可求得
m＝ 4
3 kg
选项 D 错误。
4．如图所示，物体沿着弧形轨道滑下后，进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速率运转，则传
送带对物体做功情况不可能是（ ）
A．始终不做功 B．先做负功后不做功
C．先做正功后不做功 D．先做正功后做负功
【答案】D
【详解】
A．当物体到达传送带上时，如果物体的速度恰好和传送带的速度相等，那么物体和传送带将一起在水
平面上运动，它们之间没有摩擦力的作用，所以传送带对物体始终不做功，故 A 可能；
B．若物体速度大，则受向后的摩擦力，做负功。到速度一致时，摩擦力又变为零，不做功，故 B 可能；
C．若物体速度小，则受向前的摩擦力，做正功。到速度一致时，摩擦力又变为零，不做功，故 C 可能；
D．若物体速度大，则受向后的摩擦力，做负功，直至速度一致为止，摩擦力消失，不做功；如果物体
速度更大，可能一直受到向后的摩擦力作用直至到达传送带的另一端，不会出现再做正功或者再做负功
的情况，故 D 不可能。
故选 D。
5．如图所示，质量 m=1kg、长 L=1m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。板与桌
面间的动摩擦因数为μ=0.4。现用 F=5N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力 F 做的功至少为（g 取
10m/s2）（ ）
A．1J B．2J C．2.5J D．5J
【答案】B
【详解】
加速时，对木板受力分析，受到重力、支持力、推力 F 和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有
1F mg ma
解得
2
1 1m/sa
减速时，对木板受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有
2mg ma
解得
2
2 4m/sa
木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，到达桌面边缘时，速度减为零，设最大速度为 v，根
据位移速度公式，有
2
1 12a x v
2
2 22a x v
1 2 2
Lx x
解得
1 0.4mx
则力 F 做的功至少为
1 2JW Fx
故选 B。
6．建筑工地上需要将一些建筑材料由高处运送到低处，为此工人们设计了一个斜面滑道，如图所示，滑道
长为16m ，其与水平面的夹角为 37°，现有一些建筑材料（视为质点）从滑道的顶端由静止开始下滑到
底端，已知建筑材料的质量为100kg ，建筑材料与斜面间的动摩擦因数为 0.5，取重力加速度大小
210m / s ,sin37 0.6,cos37 0.8 g ，下列说法正确的是（ ）
A．建筑材料在滑道上运动的时间为8s
B．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力的冲量大小为零
C．建筑材料到达滑道底端时的动量大小为800kg m / s
D．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受重力做的功为 41.6 10 J
【答案】C
【详解】
A．由受力分析可知
sin37 cos37mg mg ma
由公式
21sin37 2h L gt
可得 t=4s，故 A 错误；
B．滑道支持力的冲量大小为
cos37 3200N sI Nt mg t
故 B 错误；
C．建筑材料到达滑道底端时的动量大小为
800kg m smv mat
故 C 正确；
D．所受重力做的功为
sin37 9600JW mgl
故 D 错误。
故选 C。
7．如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的有摩擦的斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为 m 的苹果，
它周围苹果对它作用力的合力（ ）
A．对它做正功 B．对它不做功
C．对它做负功 D．周围苹果对它作用力的合力方向垂直斜面向上
【答案】C
【详解】
对整体分析，受重力和支持力，摩擦力，整体的加速度
a=gsinθ-μgcosθ
可知苹果的加速度为 gsinθ- μgcosθ，苹果受重力、周围苹果的作用力，两个力的合力等于 mgsinθ- μmgcosθ，
所以其他苹果对该苹果的作用力等于μmgcosθ，方向沿斜面向上，根据 W=Fscosα可知，F 做负功，故 C
正确，ABD 错误。
故选 C。
8．如图所示，质量为 m 的小车在水平恒力 F 推动下，从山坡 ( 粗糙 ) 底部 A 处由静止起运动至高为 h 的坡
顶 B，获得速度为 v A B， 、 之间的水平距离为 s，重力加速度为 g 下列说法正确的是 ( )
A．小车重力所做的功是 mgh
B．推力对小车做的功是 21
2 mv mgh
C．合外力对小车做的功是 21
2 mv mgh
D．阻力对小车做的功是 21
2 mv mgh Fs
【答案】D
【详解】
A．小车重力所做的功是 -mgh ，选项 A 错误；
BD．根据动能定理
21- - 2F fW W mgh mv
推力对小车做的功是
21
2F fW mv mgh W
阻力对小车做的功是
21
2fW mv mgh Fs
选项 B 错误，D 正确；
C．合外力对小车做的功是
21= 2W mv合
选项 C 错误；
故选 D。
9． “复兴号”动车在世界上首次实现速度 350 km/h 自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标
志性成果。一列质量为 m 的动车，初速度为 0v ，以某一恒定功率在平直轨道上运行，经路程 s 后达到该
功率下的最大速度 v。若动车行驶过程受到的阻力 F 保持不变，则动车在该过程中所用的时间为（ ）
A． 2 2
0m v v Fs
Fv
B． 2 2
0
2
m v v Fs
Fv
C． 2 2
0 2m v v Fs
Fv
D． 2 2
0 2
2
m v v Fs
Fv
【答案】D
【详解】
该恒定功率
P Fv
由动能定理有
2 2
0
1 1
2 2Pt Fs mv mv
解得
2 2
0 2
2
m v v Fs
t Fv
选项 D 正确。
10．某测试员在平直公路上测试汽车启动、加速，正常行驶及刹车时的性能。前 4s 逐渐加大油门，使汽车
做匀加速直线运动，4
∼
15s 保持油门位置不变（可视为发动机保持恒定功率运动），达到最大速度后保持
匀速，15s 时松开油门并同时踩刹车，汽车减速运动至停止。已知汽车的质量为 1200kg，在加速及匀速
过程中汽车所受阻力恒为 f，刹车过程汽车所受阻力为 5f。根据测试数据描绘 v-t 图像如图所示，下列说
法正确的是（ ）
A．3s 末汽车所受牵引力为 3.6×103 N
B．f=1200N
C．10s 末汽车功率为 72kW
D．4-15s 内汽车位移为 231m
【答案】C
【详解】
AB．减速阶段的加速度为
2 2
2
30 m/s 10m/s3
va t
＝ ＝ ＝
由牛顿第二定律可得
25 f ma
解得
2
1 1 1200 10 N 2400N5 5f ma ＝ ＝ ＝
0-4s 内的加速度为
2 2
1
12 m/s 3m/s4
va t
＝ ＝ ＝
由牛顿第二定律可知
F f ma
代入数值可得
36 10 NF
3s 末汽车所受牵引力为 36 10 N ， 2400Nf ，故 AB 错误；
C．10s 汽车的功率与 4s 时的功率相等
6000 12W 72kWP Fv
故 C 正确；
D． 在 4~15s 内由动能定律可得
2 2
2
1 1
2 2Pt fx mv mv
解得
141mx
故 D 错误。
故选 C。
11．如图所示，一光滑斜面体固定在水平面上，其斜面 ABCD 为矩形，与水平面的夹角为θ，AD 边水平且
距水平面的高度为 h。现将质量为 m 的小球从斜面上的 A 点沿 AD 方向以速度 v0 水平抛出，忽略空气阻
力，小球恰好运动到斜面的左下角 C 点，已知重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ）
A．小球从 A 点运动到 C 点的过程中做变加速曲线运动
B．小球从 A 点运动到 C 点的时间为 2h
g
C．AD 边的长度为 0
2 sinhv g
D．小球运动到 C 点时重力的瞬时功率为 2 sinmg gh
【答案】D
【详解】
对小球进行受力分析，受到重力，支持力，合力 F 沿斜面向下，有 F=mgsinθ，根据牛顿第二定律：
mgsinθ=ma
解得：
a=gsinθ
方向沿斜面向下。
A．小球从斜面上的 A 点沿 AD 方向以速度 v0 水平抛出，初速度与加速度垂直，小球做匀变速曲线运动，
其运动轨迹为抛物线，故 A 错误。
B．沿斜面方向：
21
sin 2
h atθ
代入数据解得：
1 2
sin
ht g
故 B 错误。
C．AD 边的长度为：
0
0
2
sin gx ht vv
故 C 错误。
D．到 C 点的沿斜面方向的速度
sin 2v gt gh
小球运动到 C 点时重力的瞬时功率为
2 sinP mg gh
故 D 正确。
故选 D。
12．一辆质量为 1.5×103kg 的电动汽车以额定功率在平直公路上行驶，某时刻（图中 t＝3s）开始空档滑行，
在地面阻力作用下匀减速到静止。其 x－t 图像如图所示，该车的额定功率是（ ）
A．1.5kW B．3kW C．7.5kW D．9kW
【答案】C
【详解】
由图中可以求出
30 10m/s3v
210 1
20 2 m/sva t
经过 20 s 以后车停止，在减速运动中，物体只受摩擦力，根据牛顿第二定律得
=750Nf ma
车在前 3s 内匀速运动，所以
750NF f
则有
7.5kWP Fv
故 ABD 错误，C 正确。
故选 C。
13．如图所示为起重机在竖直方向上提升重物的加速度 a 和重物速度的倒数 1
v
的关系图象。重力加速度
g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．加速度恒定时起重机的功率也恒定
B．上升过程中，重物的机械能先增加后不变
C．重物匀加速所需时间为 0.5s
D．若起重机的额定功率为 6×104W，则重物的质量是 20kg
【答案】C
【详解】
A．由图可知重物速度在 0~10m/s 过程中做匀加速上升，根据牛顿第二定律，有
F mg ma
可知拉力 F 恒定，v 增大，由 P=Fv 可知，起重机的功率增大，故 A 错误；
B．由图可知重物先匀加速上升，再做加速度减小的变加速上升，当速度达到 30m/s 后，加速度为零，
速度达到最大，物体以最大速度匀速上升，故上升过程重物的机械能一直增加，故 B 错误；
CD．当速度 v1=10m/s 时，起重机功率达到额定功率 P，此时由牛顿第二定律，可得
1
P mg mav
当速度 v2=30m/s 时，有
2
0P mgv
联立解得
22 20m / sa g ， 30P mg
若起重机的额定功率为 6×104W，则重物的质量为 200kg
匀加速阶段有
1
1 0.5svt a
故 C 正确，D 错误。
故选 C。
14．汽车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能 Ek 与位移 x 的关
系图像如图所示。已知汽车的质量为 1×103kg，汽车运动过程中所受地面的阻力恒定，空气的阻力不计。
则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到地面的阻力大小为 200N
B．汽车的额定功率为 8000W
C．汽车加速运动的时间为 16.25s
D．汽车加速过程中牵引力做的功为 8×105J
【答案】C
【详解】
A．根据动能定理得
k0fx E
解得
3k =2 10 NEf x
故 A 错误。
B．设汽车匀速运动的速度为 v，则有
2
k
1
2E mv
匀速运动时牵引力与阻力大小相等，则汽车的额定功率为
P fv
联立解得
80kWP
故 B 错误；
C．对于加速运动过程，根据动能定理得
k2 k1Pt fs E E
代入数据得 16.25st ，故 C 正确；
D．汽车牵引力做的功应大于汽车的动能增加量，所以汽车加速过程中牵引力做的功大于 8×105J，故 D
错误。
故选 C。
15．汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度 v 与拉力 F 大小倒数
的 1v F
— 图像。已知汽车在平直路面上由静止启动，ab 平行于 v 轴，bc 反向延长过原点O 。已知阻力
是车重的 0.2 倍，汽车质量为 32 10 kg ，下列说法正确的是（ ）
A．汽车由 b 到 c 过程做匀加速直线运动 B．汽车从 a 到 b 持续的时间为 20s
C．汽车额定功率为60kW D．汽车能够获得的的最大速度为为12m/s
【答案】B
【详解】
A．由于图象bc 斜率为定值，即
1
vk Fv P
F
可知，发电机功率为定值
F fa m
以及
PF v
得
P fva m
可知， P 不变， v 增大，则加速度 a 减小，故汽车由b 到 c 过程做加速度减小的变加速直线运动，故 A
错误；
B．汽车从 a 到b 牵引力不变，设为 1F ，阻力 f 不变，汽车做匀加速直线运动，设加速度大小为 1a ，根
据牛顿第二定律有
1 1F f ma
由图可知，牵引力
1
3
1 N 5000N1 105
F
由图可知，但速度达到最大速度时，牵引力
min
3
1 N 4000N1 104
F f
联立并带入数据得加速度
2
1 0.5m/sa
设 b 点的速度为 1v ，汽车从 a 到 b 持续的时间为
1
1
1
10 s 20s0.5
vt a
故 B 正确；
C．b 点时已经达到最大功率，则最大功率为
m 1 1 5000 10W 50kWP Fv
故 C 错误；
D．汽车能够获得的最大速度为
m
m
50000 m/s 12.5m/s4000
Pv f
故 D 错误。
故选 B。
16．如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过 A 点的速度大小为 6m/s 时，滑到 B 点
的速度大小也为 6m/s，若使它滑过 A 点的速度大小变为 3m/s，则它滑到 B 点的速度大小为（ ）
A．大于 3m/s B．等于 3m/s C．小于 3m/s D．无法确定
【答案】A
【详解】
木块从曲面的 A 点下滑的过程中，重力和滑动摩擦力做功，当木块下滑的速度减小时，在同一点木块所
需的向心力减小，轨道对木块的支持力减小，则轨道对木块的滑动摩擦力减小，木块从 A 点运动到 B 点，
运动的路程不变，则运动过程中克服摩擦力做功减小，重力做功不变，根据动能定理可知，第一次动能
变化量为零，第二次动能变化量应大于零，则可知第二次到达 B 点的速度应大于 3m/s。
故选 A。
17．质量为 31.5 10 kg 的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为 20m/s ，受到的阻力大小为 31.8 10 N 。此
时，汽车发动机输出的实际功率是（ ）
A． 90W B． 30kW C．36kW D．300kW
【答案】C
【详解】
汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡
31.8 10 NF f
汽车发动机的功率
31.8 10 20W=36kWP Fv
故选 C。
18．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物
块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能 kE 与水平位移 x 关系的图象是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】
由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为 x，根据动
能定理，有
ktan cos cos
xmgx mg E
整理可得
ktanmg mg x E
即在斜面上运动时动能与 x 成线性关系；
当小物块在水平面运动时,根据动能定理由
k k0mgx E E
即
k k0E E mgx
k0E 为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与 x 也成线性关系。
故选 A。
19．质量为 m 的物体静止在光滑水平面上，从 t=0 时刻开始受到水平力的作用力的大小 F 与时间 t 的关系
如图所示，力的方向保持不变，则（ ）
A．3t0 时刻的瞬时功率为
2
0 05F t
m
B．3t0 时刻的瞬时功率为
2
0 015F t
m
C．在 t=0 到 3t0 这段时间内，水平力的平均功率为
2
0 023
4
F t
m
D．在 t=0 到 3t0 这段时间内，水平力的平均功率为
2
0 025
6
F t
m
【答案】BD
【详解】
AB．2t0 时刻速度大小
0
2 1 0 0
2·2 Fv a t tm
3t0 时刻的速度大小为
0 0 0
3 2 2 0 0 0 0
2 3 5+ == F F Fv v a t t t tm m m
＋
3t0 时刻力 F=3F0，所以瞬时功率
2
0
0 3
153 F tP F v m
故 A 错误，B 正确；
CD．0~3t0 时间段，水平力对物体做功为
2 2
20 2 3 0 0
0 00 1 0 2 0 0
251 (2 )23 2 23W F x F x F F v v F tt t mFm
＋
平均功率为
0
2
0 025
3 6
W FP t
mt
故 C 错误，D 正确；
故选 BD。
20．一物体自 0t 时开始做直线运动，v t 图像如图所示。下列选项说法正确的是（ ）
A．在 0 ~ 6s 内，物体离出发点最远为 30m
B．在 0 ~ 6s 内，物体经过的路程为 40m
C．在 0 ~ 4s 内，物体的平均速度为 7.5m/s
D．在5s ~ 6s 内，物体所受的合外力做负功
【答案】BC
【详解】
A． 0 5s ，物体向正向运动，5s ~ 6s 向负向运动，故 5s 末离出发点最远，由面积法求出 0 5s 的位
移
1
2 5 10m=35m2x
故 A 错误；
B．由面积法求出 0 5s 的位移 1 35mx ，5s ~ 6s 的位移
2
1 10 m 5m2x
总路程为
1 2 40ms x x
故 B 正确；
C．由面积法求出 0 4s 的位移
2 4 10 m 30m2x
平均速度为
30 m/s 7.5m/s4
xv t
故 C 正确；
D．由图象知5s ~ 6s 过程物体做匀加速直线运动，故合力和位移同向，合力做正功，故 D 错误。
故选 BC。
21．复兴号动车在世界上首次实现速度 350km/h 自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性
成果。一列质量为 m 的动车，初速度为 0v ，以恒定功率 P 在平直轨道上运动，经时间 t 达到该功率下的
最大速度 mv ，设动车行驶过程所受到的阻力 F 保持不变。动车在时间 t 内（ ）
A．做匀加速直线运动 B． 加速度逐渐减小
C．牵引力的功率 mP Fv D．牵引力做功 2 2
m 0
1 1
2 2W mv mv
【答案】BC
【详解】
AB．动车的功率恒定，根据 P F v 牵 可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得
F F ma 牵
可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A 错误，B 正确；
C．当加速度为 0 时，牵引力等于阻力，则额定功率为
mP Fv
C 正确；
D．动车功率恒定，在 t 时间内，牵引力做功为
W Pt
根据动能定理得
2 2
m 0
1 1
2 2Pt Fs mv mv
D 错误。
故选 BC。
22．如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为
20kg 、额定功率为5kW 的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过 200s 到达100m 高处后悬停并
进行工作。已知直流电源供电电压为 400V ，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则
（ ）
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于 200N
B．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5A
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为100W
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
【答案】BD
【详解】
A．无人机先向上加速后减速，最后悬停，则空气对无人机的作用力先大于 200N 后小于 200N，最后等
于 200N，选项 A 错误；
B．直流电源对无人机供电的额定电流
5000 A=12.5A400
PI U
选项 B 正确；
C．若空气对无人机的作用力为
F=mg=200N
则无人机上升过程中消耗的平均功率
200 100 100W200
FhP t
但是由于空气对无人机向上的作用力不是一直为 200N，则选项 C 错误；
D．无人机上升及悬停时，螺旋桨会使周围空气产生流动，则会有部分功率用于对空气做功，选项 D 正
确。
故选 BD。
23．如图所示，在某货物转运中心，用一架额定功率为 33.0 10 W 的小型电动机将一质量为 50kg 的重物竖
直吊起。刚开始时重物以 22m/s 的加速度匀加速上升，电动机的功率达到额定功率后电动机再以额定功
率继续工作，又上升了5.45m ，重物速度刚好达到最大，然后关闭电源，重物在重力作用下减速至 0 时
刚好送到预定位置。取 210m/sg ，不计一切摩擦，绳子足够长。求：
(1)重物匀加速运动持续的时间；
(2)重物上升的总高度。
【答案】(1)2.5s；(2)13.5m
【详解】
(1)根据牛顿第二定律，有
F mg ma
解得
600NF
设匀加速运动的末速度为 v，根据 P Fv 得
5m/sPv F
则匀加速运动的时间为
2.5svt a
(2)匀加速运动上升的高度
2
1 6.25m2
vh a
重物速度达到最大，则有
m 6m/sPv mg
重物竖直上抛运动的高度
2
m
3 1.8m2
vh g
由题意又有
2 5.45mh
故重物上升的总高度为
1 2 3 13.5mh h h h
24．如图甲所示，一个质量为 1kgm 的物块静止粗糙的水平面上，现给物块施加一个如图乙所示初始方
向向右的水平拉力 F，动摩擦因数 0.75 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 210m/sg 。
求：
（1）物块运动过程 F 的最大功率；
（2） 4st= 末距出发点的距离。
【答案】（1） 50WP ；（2） 6mx
【详解】
（1）根据牛顿第二定律
1 1F mg ma
物块的加速度大小
2
1 2.5m / sa
2s 末物块的速度
1 1 5m/sv a t
2s 以后 F 反向，物块减速，则 2s 末物块的速度最大，功率最大
1 50WP F v
（2） 2s 以后 F 反向，根据牛顿第二定律则
2 2F mg ma
2
2 12.5m / sa
加速度方向向左，物块向右做匀减速运动，物体减速到零经历时间
2
2
0.4svt a
2 5N 7.5NF f
所以 2.4st 时停止运动， 4st= 的位移就是 2.4st 的位移， 0 2s 的位移
2 2
1 1 1
1 1 2.5 2 m 5m2 2x a t
2 2.4s 的位移
0
2
5 0 0.4m 1m2 2
v vx t
1 2 6mx x x
25．一辆汽车在平直公路上以大小 108km/hv 的速度匀速行驶，当驾驶员发现正前方有修路警示牌后关
闭发动机紧急刹车，汽车轮胎在路面上划出一道长度 45mx 的刹车痕迹．认为汽车在刹车过程中做匀
减速直线运动。
(1)求从开始刹车计时，在时间 2st 内，汽车通过的路程 s ；
(2)若汽车刹车前以速度 v 匀速行驶时，发动机的输出功率 150kWP ，求此时汽车所受阻力的大小 f 。
【答案】(1) 40m ；(2) 35 10 N
【详解】
(1)对汽车刹车后运动的全过程，由匀变速直线运动的规律有
2 2v ax
由匀变速直线运动的规律有
21
2s vt at
解得
40ms
(2)由功率公式有
P Fv
又匀速行驶时有
f F
解得
35 10 Nf
26．如图所示，工厂利用倾角 30 的皮带传输机，将每个质量 5kgm 的木箱（可视为质点）从 A 点
运送到 B 点，AB 段为直线且长度 10mL ，每隔 0 1st 就有一个木箱以 0 3m/sv 的速度沿 AB 方向滑
上传送带，传送带以 1m/sv 的速度逆时针匀速转动。已知各木箱与传送带间的动摩擦因数 2 3
5
，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 210m/s 求：
(1)木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度所用的时间。
(2)传送带上最多有几个木箱同时在向下输送。
(3)第 1 个木箱从 A 点运动到 B 点的过程，求传送带对所有木箱做的功。
(4)传送带正常工作比空载时，电动机多消耗的电功率。
【答案】(1)2s；(2)8；(3)-1440J；(4)210W
【详解】
(1)木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度，由牛顿第二定律可知
sin30 cos30mg mg ma
代入数据解得
21m/sa
故木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度所用的时间
0 1 3 s 2s1
v vt a
(2)木箱减速过程中发生的位移
2 2
0
1 4m2
v vx a
木箱与传送带相对静止时，两木箱的间距为
2 0 1mx vt
设相对静止的木箱个数为 n，则有
1 2L x nx
故木箱的总的个数为
2 8N n
(3)木箱冲上传送带第 1s 内的位移
2
3
13 1m 1 1 m 2.5m2x
滑动摩擦力对未达到共速木箱做的功为
1 3cos30 75JW mg x
滑动摩擦力对所有达到共速木箱做功为
2 17 cos30 840JW mg x
静摩擦力对所有达到共速木箱做的功为
3 sin30 (6 5 4 3 2 1) 525JW mg
故第 1 个木箱从 A 点运动到 B 点的过程，求传送带对所有木箱做的功为
1 2 3 1440JW W W W
(4)传送带正常工作时，传送带所受摩擦力
6 sin 2 cos 210Nf mg mg
电动机多消耗的功率
210 1W 210WP fv
27．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的手眼合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所
示的竖直平面内 ABCDEFG 透明玻璃轨道，其中 C 为 BCD 轨道的最低点，E 为 DEF 管道的最高点，FG
为动摩擦因数μ＝0.8 的粗糙直轨道，在轨道首端 A 和末端 G 处均有一反弹膜，弹珠与其碰撞无能量损失。
其余管道和轨道均光滑。各部分轨道在连接处均相切。一质量 m＝100g，直径略小于管道内径的弹珠从
A 点静止滑下，沿轨道 ABCDEFG 运动并弹回，已知 H=0.8m，R=2m，L=0.5m，圆弧轨道 BCD 和管道
EFG 的圆心角为 120°，g＝10m/s2，求：
(1)弹珠第一次运动到 C 点时对轨道的压力；
(2)若给小球提供适当的初速度，可以让小球在通过 E 点时对管道内外壁刚好没有压力，求初速度的大小；
(3)若游戏设置 9 次通过 E 点便获得最高分，求要获得最高分，小球在 A 点初速度的范围。
【答案】(1)2.8N，竖直向下；(2)6m/s；(3)6m/s 2 10m/sv
【详解】
(1) A 到 C：由动能定理
21( cos60 ) 2mg H R R mv o
C 点有
2
mg vN m R
解得
2.8NN
由牛顿第三定律可得，弹珠对轨道的压力大小为 2.8N，方向竖直向下；
(2)弹珠刚好在 E 点对轨道无压力时
2
Evmg m R
摊主从 A 到 E，由动能定理可得
2 2
0
1 1( cos60 ) 2 2Emg R R H mv mv o
解得
0 2 6m/sv
(3)当弹珠刚好第八次恰能回到 E 点时，
2
8
1 ( cos60 ) 8 cos602 mv mg R R mg L o o
解得
8 6m/sv
当弹珠刚好第十次回到 E 点时
2
10
1 ( cos60 ) 10 cos602 mv mg R R mg L o o
解得
10 2 10m/sv
所以要想获得最高分，初速度的范围 6m/s 2 10m/sv 。
28．为全面提升电动自行车的安全性能，最新的《电动自行车安全技术规范》规定，电动自行车须具有脚
踏骑行能力、最高设计车速不超过 25km/h（计算时可近似取 7m/s）、整车质量（含电池）不超过 55kg、
电机功率不超过 400W。假设某人驾驶如图所示型号的电动自行车由静止开始做匀加速线运动，经 25s
速度达到 18km/h，电机功率恰好达到额定功率，此后以额定功率继续行驶。已知人、车总质量为 100kg，
行驶过程中受到的阻力恒为人、车总重的 0.05 倍。求：
(1)匀加速运动时自行车的加速度大小及受到的牵引力大小；
(2)通过计算判断该车电机功率是否符合规定；
(3)该车以额定功率继续行驶 1min 时间内前进的距离是多少（车子已达最大速度）?
【答案】(1)0.2m/s2，70N；(2)符合规定；(3)396m
【详解】
(1)设运动过程中加速度大小为 a，根据匀变速直线运动规律
v at
解得
20.2m/sa
设牵引力大小为 F，阻力大小为 f，根据牛顿第二定律
F f ma
0.05f mg
解得
70NF
(2)电机功率
350WP Fv
符合规定
(3)设运动的最大速度为 vm，则
mP fv
设继续行驶的距离为 x，根据动能定理
2 2
m
1 1
2 2Pt fx mv mv
联立方程得
x=396m
29．如图所示，水平面内的导轨与竖直面内的半圆形光滑导轨在 B 点相切。半圆形导轨的半径为 R，一个
质量为 m 的滑块（视为质点）从 A 点以某一初速度沿导轨向右运动，滑块进入半圆形导轨后通过 C 点时
受到轨道弹力的大小 3F mg （g 为重力加速度大小）。并恰好落到 A 点。水平导轨与滑块间的动摩擦
因数 0.5 。不计空气阻力。求：
(1)滑块通过半圆形导轨的 B 点时对半圆形导轨的压力大小；
(2)滑块在 A 点时的动能 Ek。
【答案】(1) 9N mg ；(2) k 6E mgR
【详解】
(1)设滑块通过 C 点时的速度大小为 Cv ，受到导轨弹力的大小为 F，有
2
CvF mg m R
设滑块通过 B 点时的速度大小为 vB，受到导轨弹力的大小为 N＇，有
2
BvN mg m R
对滑块从 B 点运动到 C 点的过程，由动能定理有
2 21 12 2 2C Bmv vmg R m
由牛顿第三定律有
N N
解得
9N mg
(2)设滑块从 C 点运动到 A 点的时间为 t，有
212 2R gt
水平面上 A、B 两点间的距离为
Cx v t
对滑块从 A 点运动到 B 点的过程，由能量守恒定律有
2
k
1
2 BE mgx mv
解得
k 6E mgR
30． 2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，
长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h=10m，C 是半径 R=20m 圆弧的最低点，质量 m=60kg
的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑，加速度 a=4.5m/s2，到达 B 点时速度 vB=30m/s。取重力加速度
g=10m/s2。
(1)求长直助滑道 AB 的长度 L；
(2)若不计 BC 段的阻力，求在 C 点所受支持力 FN 的大小。
【答案】(1)100m；(2) 3900N
【详解】
(1) 运动员从 A 到 B 做匀加速直线运动，由运动学公式可得
2 2Bv aL
解得：
L=100m
(2) 对运动员从 B 到 C 的过程根据动能定理有
2 21 1
2 2C Bmgh mv mv
对运动员在 C 点根据合力提供向心力有
2
N
CmvF mg R
联立解得
FN=3900N
31．如图所示，AB 为长 L0=2m 的粗糙水平轨道，MD 为光滑水平轨道，圆 O 为半径 R=0.45m 的下端不闭合
的竖直光滑圆轨道，它的入口和出口分别与 AB 和 MD 在 B、M 两点水平平滑连接。D 点右侧有一宽 x0=0.9m
的壕沟，壕沟右侧的水平面 EG 比轨道 MD 低 h=0.45m。质量 m=0.2kg 的小车（可视为质点）能在轨道
上运动，空气阻力不计，g 取 10m/s2。
(1)将小车置于 D 点出发，为使小车能越过壕沟，至少要使小车具有多大的水平初速度？
(2)将小车置于 A 点静止，用 F=1.9N 的水平恒力向右拉小车，F 作用的距离最大不超过 2m，小车在 AB
轨道上受到的摩擦力恒为 f=0.3N，为了使小车通过圆轨道完成圆周运动进入 MD 轨道后，能够从 D 点越
过壕沟，力 F 的作用时间应满足什么条件？（本问结果可保留根号）
【答案】(1)3m/s；(2) 6 2s s4 2t
【详解】
(1)根据 h= 1
2 gt2 得
2 2 0.45s 0.3s10
ht g
＝ ＝
则小车具有的最小初速度
0
0
0.9 m/s 3m/s0.3
xv t
＝ ＝ ＝
(2)小球通过最高点的最小速度
1 10 0.45m/s= 4.5m/sv gR ＝ ＝
根据动能定理知
mg•2R＝ 1
2 mvM2− 1
2 mv12
代入数据解得
13.5m/s 3m/sMv ＞
可知小球能够通过最高点，则能通过壕沟，对 A 到 C 的过程运用动能定理得
Fx−fL0−mg•2R＝ 1
2 mv12−0
代入数据解得
x=1.5m
根据牛顿第二定律得
2 21.9 0.3 m/s 8m/s0.2
F fa m
＝ ＝
根据
x= 1
2 at′2
得力 F 作用的最短时间
2 2 1.5 6s= s8 4
xt a
＝ ＝
力 F 作用的最长时间
02 2 2 2s= s8 2
Lt a
＝ ＝
则力 F 的作用时间应该满足
6 2s s4 2t
32．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道 AB 和倾角
37 的斜轨道 BC 平滑连接而成。质量 0.1kgm 的小滑块从弧形轨道离地高 1.0mH 处静止释放。
已知 0.2mR ， AB BC 1.0mL L ，滑块与轨道 AB 和 BC 间的动摩擦因数均为 0.25 ，弧形轨道和
圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心 O 等高的 D 点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端 C 点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距 A 点 x 处的质量为 2m 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦
因数仍为 0.25，求它们在轨道 BC 上到达的高度 h 与 x 之间的关系。（碰撞时间不计，sin37 0.6 ，
cos37 0.8 ）
【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) 1 5
6 48h x （ 5 m 1m8 x ）； 0h （ 50 m8x ）
【详解】
(1)机械能守恒定律
2
D
1
2mgH mgR mv
牛顿第二定律
2
D
N 8NmvF R
牛顿第三定律
N N 8NF F
方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为C 点，功能关系
AB BC BCcos sinmgH mgL mgL mgL
得
BC
15 m 1.0m16L
故不会冲出
(3)滑块运动到距 A 点 x 处的速度为 v，动能定理
21
2mgH mgx mv
碰撞后的速度为 v ，动量守恒定律
3mv mv
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为 h，动能定理
2
AB
13 3 3 0 (3 )tan 2
hmg L x mg mgh m v
得
1 5 5 m 1m6 48 8h x x
50 0 m8h x
33．如图，相距 L=11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其
速度的大小 v 可以由驱动系统根据需要设定。质量 m=10 kg 的载物箱（可视为质点），以初速度 v0=5.0 m/s
自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取 g =10m/s2。
(1)若 v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若 v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 13s12t 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平
台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)2.75s；(2) 2 4 3m/sv ， 1 2m/sv ；(3)0 208.3N sI ，方向竖直向上
【详解】
(1)传送带的速度为 4.0m/sv 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为 a，由牛顿第二定
律有：
mg ma ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为 x1，由运动学公式有
2 2
0 12v v ax ②
联立①②式，代入题给数据得 x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至 v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离
开传送带所用的时间为 t1，做匀减速运动所用的时间为 t2，由运动学公式有
0 2v v at ④
1
1 2
L xt t v
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有 t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为 v1，当载物箱滑上传
送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为 v2.由动能定理有
2 2
1 0
1 1
2 2mgL mv mv ⑦
2 2
2 0
1 1
2 2mgL mv mv ⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
1 2m/sv ， 2 4 3m/sv ⑨
(3)传送带的速度为 6.0m/sv 时，由于 0 2v v v ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍 a。设载物
箱做匀加速运动通过的距离为 x2，所用时间为 t3，由运动学公式有
0 3v v at ⑩
2 2
0 22v v ax
⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t3=1.0s
⑫x2=5.5m
⑬因此载物箱加速运动 1.0s、向右运动 5.5m 时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速
运动 3( )t t 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为 x3 有
33 ( )v tx t
⑭由①
⑫⑬⑭
式可知
2
2 3
1 ( )2 mv mg L x x
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为 v3，由运动学公式有，
2 2
3 2 32 ( )v v a L x x
⑮则
3 5m/sv
减速运动时间
3
4 1sv vt a
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为 I1、I2。由动量定理
有
1 3 0( ) 0I m v v
2 4 4
625( ) ( ) N s 208.3N s3I N t t mg t t ，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
2 208.3N sI I ，方向竖直向上
34．如图，一竖直圆管质量为 M，下端距水平地面的高度为 H，顶端塞有一质量为 m 的小球。圆管由静止
自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知
M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为 4mg, g 为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2） 1
13
25H H ；（3） 152
125L H
【详解】
（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为 a1，方向向下；球的加速
度大小为 a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为 f，由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得
a1=2g，a2=3g③
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
0 2v gH ④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间 t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得
1
2 2
5
Ht g
⑥
设此时管下端的高度为 h1，速度为 v。由运动学公式可得
2
1 0 1 1 1
1
2h v t a t ⑦
0 1 1v v a t ⑧
由③④⑥⑧式可判断此时 v>0。此后，管与小球将以加速度 g 减速上升 h2，到达最高点。由运动学公式
有
2
2 2
vh g
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1，则
H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
1
13
25H H
⑪（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x1。在管开始下落到上升 H1 这一过程中，由动能定理有
Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0
⑫联立
⑪⑫
式并代入题给数据得
1
4
5x H
⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移 x2 为
2 1
4
5x H
⑭设圆管长度为 L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x1+ x2≤L
⑮联立
⑪⑬⑭⑮
式，L 应满足条件为
152
125L H
⑯35．如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点 E 分别与水平
轨道 EO 和 EA 相连）、高度 h 可调的斜轨道 AB 组成。游戏时滑块从 O 点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨
道。全程不脱离轨道且恰好停在 B 端则视为游戏成功。已知圆轨道半径 0.1mr ，OE 长 1 0.2mL ，AC
长 2 0.4mL ，圆轨道和 AE 光滑，滑块与 AB 、OE 之间的动摩擦因数 0.5 。滑块质量 m=2g 且可
视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。
求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点 F 时的速度 Fv 大小；
（2）当 0.1mh 且游戏成功时，滑块经过 E 点对圆轨道的压力 NF 大小及弹簧的弹性势能 0pE ；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能 PE 与高度 h 之间满足的关系。
【答案】(1) 1m/sFv (2) 3
0 8.0 10 JpE (3) 0.05m 0.2mh
【详解】
（1）滑块恰过 F 点的条件：
2
Fvmg m r
解得： 1m/sFv
（2）滑块从 E 到 B，动能定理：
2
2
10 2 Emgh mgL mv
在 E 点根据牛顿第二定律：
2
E
N
vF mg m r
解得： 0.14NNF
从 O 到 B 点，根据能量守恒定律：
0 1 2 0pE mgh mg L L
解得： 3
0 8.0 10 JpE
（3）滑块恰能过 F 点的弹性势能：
2 3
1 1
12 7.0 10 J2p FE mgr mgL mv
到 B 点减速到 0：
1 1 1 2 0pE mgh mg L L
解得： 1 0.05mh
能停在 B 点，则：
cos sinmg mg
解得： tan 0.5 ，此时 2 0.2mh
从 O 到 B 点：
3
1 2 2 10 (10 3)JpE mgh mg L L h
其中 0.05m 0.2mh
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