文档文本内容
第11 讲 功、功率 机车启动问题中档难度题型突破
题型一 恒力做功的分析和计算
题型二 变力做功的分析和计算
题型三 功率的分析和计算
题型四 机车启动问题
【中档难度题型突破】
一．选择题（共10 小题）
1．（春2025 海曙区校级期中）下列关于做功的说法中正确的是（ ）
A．物体受到力的作用，这个力一定对物体做功
B．物体发生了位移，一定有力对物体做功
C．作用力和反作用力可能都做负功
D．作用力和反作用力做功的数值一定相等
【分析】功的含义是：力乘以力的方向上的位移，即W＝FLcosα．作用力和反作用力做功的关
系不确定，可能都做负功，可能都做正功，也可能一个做功，一个不做功；
【解答】解：A、力作用到物体上，但若物体没有在力的方向上发生位移，则力也没有做功，故
A 错误；
B、物体发生了位移，若是位移与力的夹角是
，根据W＝FLcosα，则力对物体做功为零，故
B 错误；
C、作用力和反作用力是作用在不同的物体上，作用力和反作用力做功的关系不确定，可能都做
负功，可能都做正功，也可能一个做功，一个不做功，故C 正确；
D、作用力和反作用力是作用在不同的物体上，力的大小相等，但不同物体的位移不一定相等，
故做功的数值可能不相等，故D 错误；
故选：C。
【点评】明确只有力和力的方向上发生位移时，力才能做功；知道作用力与反作用力做功的特
点。
2．（春2025 田家庵区校级期末）关于做功，下列说法正确的是（ ）
中档难度题型
题型分类
A．静摩擦力一定不做功
B．滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功
C．作用力做正功时，反作用力一定做负功
D．一对作用力和反作用力做功之和一定为0
【分析】功等于力与力的方向上的位移的乘积，这里的位移是相对于参考系的位移；静摩擦力
的方向与物体的相对运动趋势方向相反，滑动摩擦力的方向与物体的相对滑动的方向相反，根
据作用力和反作用力的性质可以判断两力做功的情况
【解答】解：A、恒力做功的表达式W＝FScosα，静摩擦力的方向与物体相对运动趋势方向相反，
但与运动方向可以相同，也可以相反，还可以与运动方向垂直，故静摩擦力可以做正功，也可
以做负功，也可以不做功，故A 错误；
B、恒力做功的表达式W＝FScosα，滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向
可以相同，也可以相反，物体受滑动摩擦力也有可能位移为零，故可能做负功，也可能做正功，
也可以不做功，故B 正确；
C、作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负功，
也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则两力
做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，故C 错误；
D、作用力和反作用力的作用点的位移可能同向，也可能反向，大小可以相等，也可以不等，故
作用力和反作用力对发生相互作用的系统做功不一定相等，故相互作用力做功之和不一定为零，
故D 错误；
故选：B。
【点评】力做功的正负取决于力和位移的方向关系；根据作用力和反作用力的性质可以判断两
力做功的情况。
3．（春2025 凉州区校级期末）关于作用力与反作用力做功，下列说法不正确的是（ ）
A．一对静摩擦力做功之和一定为零
B．一对滑动摩擦力做功之和一定为负值
C．当作用力做正功时，反作用力一定做负功
D．当作用力做正功时，反作用力可以做正功，也可以做负功，也可以不做功
【分析】力做功的正负即决于力和位移的方向关系；根据摩擦力的性质以及作用力和反作用力
的性质可以判断两力做功的情况
【解答】解：A、一对相互作用的静摩擦力作用在不同的物体上，等大、反向、共线；两个物体
相对静止，相对与参考系的位移一定相同，故一对静摩擦力做的功一定等大、一正一负；故一
对静摩擦力对系统做功代数和为零，故A 正确；
B、一对滑动摩擦力，大小相等，但两物体有相对运动，位移不相等，所以总功不为零；用功能
关系理解，由于滑动摩擦产生内能，内能从机械能转化而来，所以机械能减少，也就是滑动摩
擦力做的总功为负值；故B 正确
CD、作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负
功，也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则
两力做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，当相互作用的
两物体静止时，作用力与反作用力做功为零。故C 错误，D 正确。
故选：C。
【点评】本题考查相互作用的物体之间力的做功情况；对于作用力和反作力要注意掌握其基本
性质，再在性质的基础之上运用实例进行分析判断即可。
4．（春2025 金水区校级期中）如图所示，力F 大小相等，A、B、C、D 物体运动的位移l 也相同，
哪种情况F 做功最小（ ）
A．
μ＝0
B．
μ≠0
C．
μ＝0
D．
μ≠0
【分析】明确功的公式，根据恒力做功的表达式W＝FScosθ（θ 为F 与S 的夹角）进行判断即可．
【解答】解：A 选项中，拉力做功为：W＝Fl
B 选项中，拉力做功为：W＝Flcos30°＝
Fl
C 选项中，拉力做功为：W＝Flcos30°＝
Fl
D 选项中，拉力做功为：W＝Flcos60°＝
Fl
故D 图中拉力F 做功最少；
故选：D。
【点评】本题涉及恒力做功的求法，拉力F 做功取决与力的大小、位移的大小和力与位移夹角
的余弦三者的乘积，与是否有其他力做功无关．
5．（春2025 玄武区校级月考）乘客站在扶梯上不动，随自动扶梯匀速斜向上运动，如图，下列说
法正确的是（ ）
A．支持力对人做的功等于人克服重力做的功
B．支持力对人做的功大于人克服重力做的功
C．摩擦力对人做正功
D．摩擦力对人做负功
【分析】根据乘客匀速斜向上运动，根据平衡条件人受合力为0，可得重力和支持力等大反向，
不受摩擦力，进而进行判断。
【解答】解：AB、因为乘客匀速斜向上运动，根据平衡条件人受合力为0，即重力和支持力等
大反向，不受摩擦力，根据动能定理，支持力对人做的功等于人克服重力做的功，故A 正确，B
错误；
CD、摩擦力为0，所以摩擦力不做功，故CD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查受力分析、功的相关知识，考查知识难度较小，考查了学生掌握知识与应用
知识的能力。
6．（秋2025 扬州月考）国产插电混动汽车比亚迪唐百公里加速时间达到4.3s，其加速过程的v﹣t
图象如图所示，已知汽车行驶速度越大，所受阻力越大。下列说法正确的是（ ）
A．行驶100km 用时4.3s
B．AB 段加速度小于OA 段
C．AB 段发动机动力不变
D．BC 段发动机功率增大
【分析】百公里加速时间达到4.3s，是指4.3s 内速度从零开始增加到100km/h；v﹣t 图象的斜率
表示加速度；阻力f 随速度不断增大而增大，根据加速度和阻力的变化情况推断动力的变化情况，
发动机功率P＝Fv。
【解答】解：A、百公里加速时间达到4.3s，是指4.3s 内速度从零开始增加到100km/h，不是行
驶100km 用时4.3s，故A 错误；
B、v﹣t 图象的斜率表示加速度，AB 线段的斜率大于OA 段斜率，所以AB 段加速度大于OA 段
加速度，故B 错误；
C、根据牛顿第二定律知F﹣f＝ma，阻力f 随速度不断增大而增大，AB 段加速度a 不变，所以
发电机动力F 需要不断增大，故C 错误；
D、根据C 项分析，同理知发电机动力不断增大，BC 段发动机功率P＝Fv 增大，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查v﹣t 图象、机车功率、牛顿第二定律的综合应用，综合性较强，但是只要抓
住要点知识，不难。
7．（2025 南充模拟）荡秋千是人们平时喜爱的一项休闲娱乐活动，如图所示，某同学正在荡秋千，
A 和B 分别为运动过程中的最低点和最高点。若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．在B 位置时，该同学速度为零，处于平衡状态
B．在A 位置时，该秋千踏板对同学的支持力大于该同学对秋千踏板的压力
C．由B 到A 过程中，该同学重力的功率逐渐增大
D．由B 到A 过程中，该同学向心加速度逐渐增大
【分析】对人进行受力分析，重力沿绳方向的分力和细绳拉力的合力提供向心力，利用牛顿第
三定律、功率、向心加速度相关知识求解。
【解答】解：物体受力如图所示，将重力可分解为两个力：沿绳方向的分力mgcosθ 和沿圆弧切
线方向的分力mgsinθ.
A．在B 位置时，重力沿绳方向的分力mgcosθ 和细绳拉力提供向心力，该同学速度为零，则T
＝mgcosθ，受力不平衡，故A 错误；
B．在A 位置时，该秋千踏板对同学的支持力和该同学对秋千踏板的压力是一对作用力与反作用
力，大小相等，故B 错误；
C．重力的功率为P＝mgvsinθ，可知，由B 到A 过程中，该同学重力的功率先从零开始增大，
然后再减小为零，故C 错误；
D．由B 到A 过程中，该同学速度逐渐增大，由公式a＝
分析可知向心加速度逐渐增大，故
D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了圆周运动、牛顿第三定律、功率的相关知识，需注意人做圆周运动的向心
力，由重力沿绳方向的分力和细绳拉力的合力提供。
8．（2025 江苏模拟）一辆汽车从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后
做匀速运动，下列汽车运动的动能EK、牵引力对汽车做的功W 随运动时间t、运动位移x 的变
化图象正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，分这几种
运动情况，根据恒力做功公式、动能定理以及运动学基本公式分析即可．
【解答】解：A、汽车从静止开始先匀加速启动，这一过程中牵引力不变，牵引力做的功W＝
Fx＝F
，则W﹣t 图象是开口向上的抛物线，W﹣x 图象是条倾斜的直线，达到某一速度
后以恒定功率运动，牵引力做功W＝Pt，随着时间和位移的推移，牵引力做功越来越大，不会
达到一个最大值，故AB 错误；
C、汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，匀加速运动时，
动能
，开口向上的抛物线，做加速度减小的加速运动，速度随时间增加
变慢，则动能增加随时间变慢，斜率变小，最后匀速运动，动能达到最大值，故C 正确；
D、从静止开始匀加速运动时，根据动能定理得：EK＝（F﹣f）x，Ek﹣x 图象应该是直线，故D
错误。
故选：C。
【点评】对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P＝Fv 进行讨论，弄清过程中速
度、加速度、牵引力、功率等变化情况，难度适中．
9．（2025 珠海一模）如图所示，妈妈带着小孩玩套圈取物游戏，A 圈和B 圈分别从同一竖直线的
不同高度做平抛运动，恰好未翻转都落在了地面上同一位置。A 圈质量为m1，B 圈质量为m2。
下列说法正确的是（ ）
A．A 圈的初动能一定大于B 圈的初动能
B．A 圈运动时间一定大于B 圈运动时间
C．A 圈落地瞬间重力的瞬时功率小于B 圈落地瞬间重力的瞬时功率
D．A 圈落地瞬间的动能一定大于B 圈落地瞬间的动能
【分析】利用平抛运动水平和竖直方向运动的特点，找到水平速度和竖直速度的大小关系。根
据重力的瞬时功率为重力与竖直方向速度的乘机解决功率问题。
【解答】B，两个圈做平抛运动初速度水平方向设为v01和v02
水平方向是匀速直线运动，因为落到同一点，所以水平位移相同：
x＝v01t1＝v02t2
在竖直方向上，为自由落体运动：
y1＝
gt1
2
y2＝
gt2
2
t1＝
t2＝
因为y1＞y2所以t1＞t2
故B 正确；
A，因为x＝v01t1＝v02t2
所以v01＜v02
mv01
2＜
mv02
2
故A 错误；
C，在竖直方向上，落地时，vy1＝gt1＞vy2＝gt2
P 重＝mgvy所以，P1＞P2
故C 错误；
D，对开始平抛到落地过程中，根据动能定理：
m1gh1＝EK1﹣
mv01
2
m2gh2＝EK2﹣
mv02
2
即：EK1＝m1gh1+
mv01
2
EK2＝m2gh2+
mv02
2
所以无法判断，
故D 错误。
故选：B。
【点评】利用平抛运动的特点、功率的求解方法、动能定理或者机械能守恒定律综合运用解决
问题。
10．（2025 嘉定区二模）小明参加高中体能训练，用40s 时间跑上8m 高的楼，则他登楼时的平均
功率最接近（ ）
A．10W
B．100W
C．1kW
D．10kW
【分析】小明的体重可取60kg，他上楼做功用来克服重力做功，故他做功的数据可近似为重力
做的功，再由P＝
求得功率。
【解答】解：小明上楼时所做的功为：W＝mgh＝60×10×8J＝4800J；
则他做功的功率为：P＝
＝
；
故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】本题为估算题，小明的体重可取60kg，他上楼过程，可认为登楼所做的功等于重力做
功的大小。
二．多选题（共10 小题）
11．（春2025 抚顺期末）如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确
的是（ ）
A．重力对人做负功
B．摩擦力对人做正功
C．支持力对人做正功
D．合力对人做功为零
【分析】做功的必要因素是：力与在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ 为力与位移的夹
角。
【解答】解：人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，
支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零。人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功。
故A、C、D 正确，B 错误。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小
于90°，该力做正功，大于90°小于等于180°，该力做负功。
12．（春2025 东安区校级期末）如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法
中正确的是（ ）
A．重力对人做负功
B．摩擦力对人做正功
C．支持力对人做负功
D．合力对人做功为零
【分析】做功的必要因素是：力与在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ 为力与位移的夹
角。
【解答】解：A、人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，
支持力做正功，故A 正确，C 错误
B、人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功。故B 错误
D、合外力为零，所以合外力做功等于零。故D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小
于90°，该力做正功，大于90°小于等于180°，该力做负功。
13．（春2025 太和县校级月考）如图所示，特殊材料制成的B 上表面水平，相同材料制成的A 置
于B 上，并与B 保持相对静止，A、B 一起沿固定的粗糙斜面从底端以一定的初速度沿斜面向上
滑动，从A、B 上滑到速度减为零的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B 对A 的支持力做正功
B．斜面对B 的作用力做正功
C．两物体处于超重状态
D．B 对A 的摩擦力做负功
【分析】分析两物体的受力及运动，由功的公式可分析各力对物体是否做功，根据夹角可判功
的正负。
【解答】解：A、B 对A 的支持力竖直向上，与A 位移方向相同，故支持力做正功，故A 正确；
B，A 和B 一起沿斜面向上做匀减速直线运动，对B 分析知斜面对B 有支持力和滑动摩擦力，支
持力不做功，摩擦力做负功，故斜面对B 的作用力做负功；故B 错误；
C、A 和B 一起有沿着斜面向下的加速度，故有竖直向下的分加速度，可知两物体处于失重状态；
C 错误。
D、具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a 正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所
示：
由于具有水平分量a2，故必受水平向摩擦力f，所以支持力做正功，摩擦力做负功；故D 正确。
故选：AD。
【点评】判断外力是否做功及功的正负可根据做功的条件是否做功，再根据力与位移方向的夹
角判断功的正负，也可以根据力与速度方向的夹角判断功的正负。
14．（2025 桂林模拟）如图所示物流货场使用传送带搬运货物。传送带与水平面成37o 角，并以
3m/s 的速度沿逆时针方向匀速转动，现将货物轻放在传送带的上端点A 处，经1.3s 货物到达传
送带的下端点B 处。已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin37°＝0.6，重力加速度g＝
10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对货物一直做正功
B．摩擦力对货物先做正功后做负功
C．货物先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
D．从A 点到B 点的过程中，货物与传送带的相对位移为0.55m
【分析】对货物进行受力分析，由受力情况分析货物的运动状态，货物与传送带共速后，由于
货物重力沿斜面的分力大于其最大静摩擦力，货物继续做加速运动至B 点。
【解答】解：刚运动时，货物受的摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律有mgsin37°+μmgcos37°
＝ma1
解得
加速到共速的时间为 t1＝
＝
s＝0.3s
共速的位移为x1＝
t1＝
×0.3m＝0.45m
共速后mgsin37°＞μmgcos37°
货物受的摩擦力沿斜面向上，继续向下做加速运动至B 点，货物的加速度为mgsin37°﹣
μmgcos37°＝ma2
解得
共速后，货物加速的时间为t2＝t﹣t1＝（1.3﹣0.3）s＝1s
到达B 点时，货物的速度为vB＝v+a2t2＝（3+2×1）m/s＝5m/s
货物加速到B 点的位移为x2＝
t2＝
×1m＝4m
经1.3s 货物全程的位移为x 货＝x1+x2＝（0.45+4）m＝4.45m
经1.3s 传送带全程的位移为x 带＝vt＝3×1.3m＝3.9m
从A 点到B 点的过程中，货物与传送带的相对位移为△x＝x 货﹣x 带＝（4.45﹣3.9）m＝0.55m
全程做加速运动，摩擦力先向下再向上，则摩擦力对货物先做正功后做负功。
故BD 正确，AC 错误；
故选：BD。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，注意先对物体进行受力分析，再判断物体的运动状态，
根据运动情况分析求解，共速后，根据重力沿斜面的分力与最大静摩擦力的关系，判断货物的
运动情况。
15．（2025 六模拟）如图所示，AB 是水平面，BC 是倾角为θ 的斜面，一绕过轻小定滑轮的水平
轻绳的一端系在质量为2m 的匀质铜球（铜球的半径大于小定滑轮下支撑柱的长度）上，另一端
系一质量为m 的滑块。重力加速度大小为g，不计一切摩擦。系统从图示位置由静止沿斜面下滑
（铜球无滚动），当铜球下降高度为h 时（滑块未碰到定滑轮），滑轮左侧轻绳与水平面的夹角
为α，设铜球的速度大小为v1，滑块的速度大小为v2，铜球重力的功率为P，则（ ）
A．v2＝
sin（θ﹣α）
B．v1＝
C．P1＝4mgsinθ
D．v2＝
cos（θ﹣α）
【分析】根据速度的合成与分解找到物块和铜球的速度关系，铜球和滑块在运动过程中，系统
只有重力做功，故机械能守恒，求得速度，铜球重力的功率P＝mgv，其中v 为沿重力方向的速
度。
【解答】解：ABD、将铜球沿斜面下滑的速度v1沿绳方向和垂直于绳方向分解，如图所示，则
v2＝v1cosβ，系统机械能守恒，则
，又β＝θ﹣α
解得：
，
，故A 错误，BD 正确；
C、铜球重力的功率为P1＝2mgsinθv1＝4mgsinθ
，故C 错误；
故选：BD。
【点评】本题主要考查了机械能守恒及瞬时功率的计算，关键是抓住铜球和滑块间速度的关系，
利用好速度的合成与分解即可。
16．（春2025 任城区期中）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，从静止开始，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vm，设动车行驶过程所受到的阻力F 阻保持不
变。动车在时间t 内（ ）
A．加速度逐渐增大
B．牵引力的功率为F 阻vm
C．当动车速度为
vm时，加速度大小为
D．牵引力做功为
mvm
2
【分析】根据P＝Fv 分析：动车以恒定功率P 在平直轨道上运动，则速度在增大，牵引力在减
小，加速度在减小；当牵引力的大小等于阻力F 时，速度达到最大值为vm；根据动能定理判断
牵引力做功。
【解答】解：AB、根据题意知功率不变，速度达到最大值为vm，此时牵引力的大小等于阻力
F，故功率为P＝F 阻vm，根据牛顿第二定律得：F 牵﹣F 阻＝ma，又知P＝F 牵v，动车的速度v 在
增大，则牵引力会减小，故加速度减小，故A 错误，B 正确；
C、当动车速度为
vm时，加速度大小为a＝
＝
，故C 正确；
D、设牵引力做功WF，克服阻力做的功WF 阻，根据动能定理得：WF＝
mvm
2+WF 阻，故D 错误。
故选：BC。
【点评】注意动车以恒定功率P 在平直轨道上运动时，牵引力是在变化的，故加速度也在变；
根据动能定理求解时不要忘了阻力做的功。
17．（春2025 福州期中）如图所示，质量均为m 的两物体处于同一高度h 处，A 沿固定在地面上
的长为s 的光滑斜面下滑，B 自由下落，最后到达同一水平面，则（ ）
A．重力对A 做功mgscosθ
B．两物体重力的平均功率相同
C．到达底端时重力的瞬时功率PA＜PB
D．到达底端时，两物体的动能相同
【分析】重力做功的大小与路径无关，与首末位置的高度差有关，结合运动的时间，根据平均
功率的公式比较重力的平均功率。根据瞬时速度的大小，结合瞬时功率公式比较瞬时功率的大
小。
【解答】解：A、重力对A 做的功W＝mgh＝mgssinθ，故A 错误；
B、两物体质量m 相同，初末位置的高度差h 相同，重力做的功W＝mgh 相同；设斜面的倾角为
θ，高度为h，自由落体运动的时间
，沿斜面匀加速运动过程，根据牛顿
第二定律可得：mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，根据运动学公式可得：
，解得t2
＝
，由于时间的不一，所以重力的平均功率不同，故B 错误；
CD、根据动能定理知，自由落体运动和沿斜面匀加速到达底端的速度大小相等，方向不同，则
物体的动能
，动能相同设该速度为v，对于B，有：PB＝mgv，PA＝mgvsinθ，则PA＜
PB，故CD 正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道平均功率和瞬时功率的区别，掌握这两种功率的求法，基础题。
18．（春2025 湖北期中）如图所示，完全相同的物块甲、乙分别从固定的轨道1、2 顶端由静止滑
下。轨道1 为
光滑圆弧轨道，半径为R 且底端切线水平；轨道2 为光滑斜面，高度为R。忽略
空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时，乙的重力做功的瞬时功率等于甲的重力做功的瞬时功率
【分析】根据动能定理比较两物块到达底端的动能，从而比较出速度的大小，根据重力与速度
方向的关系，结合P＝mgvy比较瞬时功率的大小．
【解答】解：AC、根据动能定理得，mgR＝
mv2，解得：v＝
，所以两物块达到底端的
动能相等，速度大小相等，但是甲的速度方向水平向右，乙的速度方向沿斜面向下，速度的方
向不同，故A 错误，C 正确；
B、两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，则重力做功相同，故B 正确；
D、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，设斜面的倾角为
θ，则乙重力做功的瞬时功率为：P＝mg
sinθ，大于甲重力做功的瞬时功率，故D 错误。
故选：BC。
【点评】动能是标量，只有大小没有方向，但是要注意速度是矢量，比较速度不仅要比较速度
大小，还要看速度的方向；以及知道瞬时功率的表达式P＝mgvcosα，注意α 为力与速度方向的
夹角。
19．（2025 漳州二模）年11 月10 日，中国自主研发制造的“奋斗者”号潜水器在马里亚纳海沟成
功坐底，创造了10909 米的中国载人深潜新纪录。在这次深潜探测中，“奋斗者”号下潜过程潜
水深度随时间变化规律如图所示，其中t1～t2、t3～t4为直线，忽略下潜过程重力加速度的变化及
潜水器的体积变化。则（ ）
A．0～t1时间内，潜水器做加速下潜
B．t1～t2时间内，潜水器内的科考人员所受重力的功率逐渐增大
C．t2～t3时间内，潜水器内的科考人员处于失重状态
D．t3～t4时间内，潜水器竖直方向所受合外力为零
【分析】根据h﹣t 图像的斜率判断潜水器的速度，根据图像分析运动方向和加速度方向，从而
判断超重和失重。
【解答】解：A、h﹣t 图像类似位移﹣时间图像，斜率代表速度，0～t1速度增加，潜水器做加
速下潜，故A 正确；
B、t1～t2为直线，说明潜水器匀速下潜，科考人员所受重力的功率不变，故B 错误；
C、t2～t3速度减小，加速度向上，科考人员处于超重状态，故C 错误；
D、t3～t4图像为直线，且潜水深度不变，说明竖直方向上加速度为零，潜水器竖直方向所受合
外力为零，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题主要考查了对图像的理解和应用，特别注意对超重失重现象的理解，潜水器处于
超重或失重状态时，潜水器的重力并没变。
三．填空题（共10 小题）
20．（春2025 文昌校级期中）起重机用钢绳将重物竖直向上匀速提升，在重物匀速上升的过程中
重物的动能 不变 ，重物的机械能 变大 ，钢绳对重物的拉力的功率 不变 ．（选填
“变大”、“变小”或“不变”）
【分析】重物竖直向上匀速上升，动能保持不变，钢绳对重物的拉力与重力平衡，保持不变．
重物的高度增大，重力势能增大．由公式P＝Fv，分析钢绳对重物的拉力的功率的变化情况．
【解答】解：重物竖直向上匀速上升，速度不变，动能保持不变．重物的高度增大，重力做负
功，故物体的重力势能逐渐增大；由公式P＝Fv，拉力F 不变，v 不变，则钢绳对重物的拉力的
功率不变．
故答案为：不变 变大 不变
【点评】本题考查分析匀速运动的物体动能、重力势能、功率变化情况的能力，要注意明确机
械能的改变量等于重力之外的其他力所做的功．
21．（春2025 马鞍山期末）如图所示，一质量为m 的小物体（可视为质点）从高为h 的斜面上端
滑到斜面底端．斜面固定在水平地面上．此过程中，重力对物体做功WG＝
mgh
；斜面对物
体的弹力做功WN＝
0
．
【分析】当力和位移的夹角为锐角时，力对物体做正功，当力和位移的夹角为钝角时，力对物
体做负功，当力的方向与物体运动的方向垂直时力对物体不做功．
【解答】解：对物体受力分析可知，物体受到的重力是竖直向下的，斜面对物体的支持力是垂
直于斜面向上的，而物体的运动是沿着斜面的向下的，所以重力与位移的夹角为锐角，根据功
的公式可知，重力要对物体做正功，大小为mgh，而支持力是与物体的位移的方向垂直的，所
以支持力对物体不做功．
故答案为：mgh；0．
【点评】本题考查的是学生对功的理解，根据功的定义可以分析做功的情况．
22．（春2025 宝山区校级期中）如图所示，质量5kg 的木块在与水平方向成37°角且大小为20N 的
拉力F 作用下，沿水平向右方向匀速运动了10m，在这一过程中，拉力F 与木块所受滑动摩擦力
的合力沿 竖直向上 的方向；此合力做功大小为
0
J。
【分析】木块受到重力、地面的支持力和摩擦力、拉力F 的作用，四个力平衡，由平衡条件的
推论可知，摩擦力与拉力的合力方向和重力与支持力的合力方向相反，重力与支持力的合力方
向竖直向下，可分析得出摩擦力与拉力的合力方向，根据恒力做功的公式W＝fxcosθ 即可求得。
【解答】解：开始时物体做匀速直线运动，则受到的合外力等于0，水平方向：f＝Fcosθ，即摩
擦力与拉力F 沿水平方向的分力大小相等方向相反，所以
拉力F 与木块所受滑动摩擦力的合力的方向是竖直向上，大小是Fsinθ；
此合力的方向与位移方向垂直，故做功W＝0
故答案为：竖直向上；0
【点评】本题考查运用平衡条件推论分析受力情况的能力．物体受到若干个力作用而处于平衡
状态，其中一部分力的合力与其余力的合力大小相等、方向相反，根据恒力做功公式判断出做
功大小．
23．（秋2025 沈阳期中）如图所示，传送带以5m/s 的速度匀速运动。将质量为2kg 的物体无初速
度放在传送带上的A 端，物体将被传送带带到B 端，已知物体到达B 端之前己和传送带相对静
止，传送带始终匀速，在物体与传送带相对滑动的过程中传送带对物体做功为
25
J，物块与
传送带间的摩擦力对传送带做功为
50
J。
【分析】物体受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物体做的功等于动能的增加
量，即为W＝
mv0
2；
根据运动学知识知传送带位移为物体位移的2 倍，摩擦力大小相等，所以物块与传送带间的摩擦
力对传送带做功为W′＝﹣2W。
【解答】解：物体受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物体做的功等于动能的
增加量，即为W＝
mv0
2＝
J＝25J，
根据运动学知识知传送带位移为物体位移的2 倍，摩擦力大小相等，所以物块与传送带间的摩擦
力对传送带做功为W′＝﹣2W＝﹣50J
故答案为：25，50。
【点评】解决本题的关键在于要懂得物体在匀加速运动过程，传送带匀速直线运动，共速时物
体的平均速度＝
。
24．（春2025 集宁区校级月考）质量为m 的物块始终固定在倾角为θ 的斜面上，如图所示
（1）若斜面向右匀速移动距离s，斜面对物块做功为
0
。
（2）若斜面竖直向上匀速移动距离s，斜面对物块做功为
mgs
。
（3）若斜面向左以加速度a 移动距离s，斜面对物块做功为
mas
。
【分析】（1）力对物体做功的条件是：要有力作用在物体上，并在力的方向上产生一段位移；
（2）功的计算方式一般有两种，一种是根据功的计算公式W＝FLcosθ 进行计算，一般计算恒力
做功，第二种是根据动能定理求解，一般求变力做功。
【解答】解：（1）斜面向右匀速运动，物块也是匀速运动，受力平衡，斜面对物块的力等于其
重力，方向竖直向上，运动方向（位移矢量）始终与斜面作用力垂直，所以不做功，斜面对物
块做功为0；
（2）物块和斜面一起竖直向上匀速运动，物块受力平衡，斜面对物块的力大小等于物块的重力
mg，方向竖直向上，位移方向也向上，所以斜面对物块做功为W＝mgs；
（3）物块和斜面一起向左以加速度a 移动距离s，物块所受的合力做的功等于mas，物块受到重
力和斜面对物块的力，所以，重力做的功加上斜面对物块做的功之和等于mas，又因为重力做功
为零，所以斜面对物块做的功等于mas；
故答案为：（1）0 （2）mgs （3）mas
【点评】该题考查了力做功的条件以及功的计算方法，求合力做功时可以先求各个力做的功，
再求代数和，也可以先求出合力，再根据W＝F 合Lcosθ 进行计算，求变力做功可据动能定理求
解，该题难度适中。
25．（春2025 秦淮区校级月考）如图所示，斜面倾角为45°，从斜面上方A 点处由静止释放一个质
量为m＝1kg 的弹性小球，在B 点处和斜面碰撞，碰撞后速度大小不变，方向变为水平，经过一
段时间在C 点再次与斜面碰撞。已知A、B 两点的高度差为h＝3.2m，重力加速度为g，取g＝
10m/s2，不考虑空气阻力。
（1）小球在AB 段运动过程中重力做功的平均功率P＝
40W
；
（2）小球落到C 点时速度的大小为
。
【分析】（1）根据自由落体运动规律可以先计算出时间，然后根据平均功率公式可得平均功率；
（2）小球落到B 点后做平抛运动，然后根据平抛运动规律即可得到结果。
【解答】解：（1）小球AB 段下落的时间为t，由
得
所以小球在AB 段运动过程中重力做功的平均功率为
小球与斜面碰撞时的速度为
v＝gt＝10×0.8m/s＝8m/s
（2）小球与斜面碰撞后做平抛运动，设再次与斜面碰撞所经历的时间为t′，由平抛运动规律
可得
x＝vt′
由几何关系可得
代入数据解得t′＝1.6s
所以小球落到C 点时的速度大小为
＝
故答案为：（1）40W；（2）
.
【点评】注意让计算的是小球落到C 点的速度，是指合速度，即水平方向和竖直方向的合速度。
小球最终落到斜面上，小球的位移方向为确定的方向，是解题的关键。
26．（秋2025 重庆期末）质量10t 的汽车，额定功率是60kw，在水平路面上行驶的最大速度为
15m/s，设它所受运动阻力保持不变，则汽车受到的运动阻力是
4000
N；在额定功率下，当
汽车速度为10m/s 时的加速度
0.2
m/s2．
【分析】汽车的功率可由牵引力与速度乘积来表达，当汽车达到最大速度，此时做匀速运动，
则牵引力等于运动阻力，而牵引力由额定功率与最大速度来算出．当汽车以额定功率运动时，
可得出牵引力大小，由于阻力不变，所以由牛顿第二定律可求出加速度大小．
【解答】解：汽车以额定功率在水平路面行驶，达到最大速度，则有
由功率公式 P＝Fv，F＝
此时阻力等于牵引力，即为4000N
汽车以额定功率在水平路面行驶，速度为10m/s 时，则有
由牛顿第二定律可得：
得
故答案为：4000；0.2
【点评】由功率与速度的比值来得出牵引力，从而再由牛顿运动定律来列式求解．当达到最大
速度时，牵引力等于阻力．注意此处的功率必须是额定功率．
27．（2025 黄浦区校级模拟）一电动机接在电压恒定的电源上，在竖直平面内以10 m/s 的速率分
别匀速提升A、B 两重物，A 的重力为10N，所受空气阻力可忽略不计，B 重力为9N，但在提
升时会受到1N 的空气阻力，则该电动机提升两物体时的输出功率 相同 （填“相同”或“不
相同”）；若提升物体时电动机不幸突然卡住，则其输入功率将 增大 （填“增大”、“减
小”、“不变”或“无法确定”）。
【分析】重物Ab 匀速运动，根据共点力平衡求得绳的拉力，电机的输出功率等于绳上拉力的功
率即可判断，当动机不幸突然卡住，电机变为纯电阻电路，电流增大，即可判断输入功率的变
化。
【解答】解：A 物体匀速上升，根据平衡条件可得：FA＝mAg＝10N，此时电机的输出功率等于
A 物体上升过程中拉力的功率，故PA＝FAv＝10×10W＝100W
对B 物体，根据平衡条件可知FB＝mBg+f＝9N+1N＝10N，此时电机的输出功率等于B 物体上升
过程中拉力的功率，故PB＝FBv＝10×10W＝100W，故该电动机提升两物体时的输出功率相同
若提升物体时电动机不幸突然卡住，电机变为纯电阻，输入电流增大，根据P＝UI 可知，电机
的输入功率增大，
故选：相同；增大
【点评】本题主要考查了功率的计算和非纯电阻电路，明确电机的输出功率等于绳上拉力的功
率即可判断。
28．（秋2025 奉贤区期末）如图所示，质量为60kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程可将她
的身体视为一根直棒。已知重心在C 点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离OA、OB 分别为
0.9m 和0.6m。若她在30s 内做了15 个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，每次上下来回用
时约1.5s，在最高处停留约0.5s，则每次克服重力做功约为
144
J，30s 内克服重力做功的功
率约为
72
W（g 取10m/s2）。
【分析】根据几何关系求得运动员重心上升的高度，由运动员重心的升高可以求出克服重力做
的功，通过做的功与所用时间的比值可以求出平均功率。
【解答】解：由题意，由几何关系，可知一次俯卧撑重心上升高度h 为：
，解
得h＝0.24m
每次克服重力做功为WG＝mgh＝60×10×0.24J＝144J
若她在30s 内做了15 个俯卧撑，
故在30s 内克服重力做功为：
WG 总＝15WG
30s 内克服重力做功的功率
故答案为：144；72
【点评】本题考查功和平均功率，关键是把握重心位置的变化，另外要注意平均功率和瞬时功
率的区别。
29．（2025 宝山区校级模拟）如图，一质量为m 小球系于细绳的一端，细绳的另一端悬于O 点，
绳长为L．现将小球拉至细绳水平的位置，并由静止释放，则摆动到细绳与水平方向的夹角＝
30
0
时，小球的动能等于势能，此时重力做功的功率为
。（以小球摆动的最低点
为零势能点）
【分析】根据机械能守恒求的物体距地面的高度，根据几何关系求的角度，由动能定理求的此
位置的速度，根据P＝mgv 求的瞬时功率
【解答】解：以小球摆动的最低点为零势能点
在下落过程中，根据机械能守恒可得
设距地面的高度为h，EP＝mgh
联立解得h＝
故
θ＝30°
根据动能定理可得
重力的瞬时功率为P＝mgvcos30°
联立解得
故答案为：30°，
【点评】本题主要考查了动能定理和机械能守恒，在利用机械能守恒时要选出零势能面是解题
的关键
四．计算题（共10 小题）
30．（春2025 武汉月考）人拉原来静止的车在水平路面上前进，车重300N，拉力为200N，斜向
上方与水平方向成37°角，车前进了1000m，车与路面间的动摩擦因数为0.1，求：
（1）重力对车做的功、支持力对车做的功；
（2）拉力对车做的功；
（3）摩擦力对车做的功；
（4）各力对车做的总功。
【分析】对车进行受力分析，根据恒力做功的公式求解重力、支持力、摩擦力和拉力做的功。
根据总功的计算方法求解总功。
【解答】解：（1）因重力、支持力与物体的位移相互垂直，故重力与支持力对车做功均为零，
即WG＝0，W 支＝0；
（2）拉力的功：W 拉＝FLcos37°＝200×1000×0.8J＝16×104J；
（3）物体受到的摩擦力f＝μ（mg﹣Fsin37°）＝0.1×（300﹣200×0.6）N＝18N；
则摩擦力的功：Wf＝﹣fL＝﹣18×1000J＝﹣1.8×104J；
（4）各力对车做的总功：Ek＝WF+Wf＝16×104J﹣1.8×104J＝1.42×105J
答：（1）重力对车做的功和支持力对车做的功均为0；
（2）拉力对车做的功为16×104J；
（3）摩擦力对车做的功为﹣1.8×104J；
（4）各力对车做的总功为1.42×105J。
【点评】此题考查功的计算，解题的关键是明确恒力做功的公式以及掌握求摩擦力的功时注意
功的正负。
31．（春2025 金华期中）（1）物体在两个相互垂直的力F1＝30N，F2＝40N 的作用下，沿它的合
力的方向移动了5m，请问F1、F2的合力对物体的做功W 合是多少？
（2）物体在两个相互垂直的力F1、F2的作用下分别做了30J、40J 的功，请问F1、F2的合力对物
体的做功W 合是多少？
【分析】（1）根据恒力做功公式W＝Fx 求解合力做功；
（2）两个恒力做功代数和即为合力做的功。
【解答】解：（1）根据勾股定理得F1、F2 的合力为：
＝50N，由求功公式得
F1、F2的合力对物体的做功W 合为：W 合＝F 合s＝50×5J＝250J
（2）由功的求和原则，可知F1、F2的合力对物体的做功W 合为：W 合＝W1+W2＝70J
答：（1）F1、F2的合力对物体的做功W 合是250J；
（2）F1、F2的合力对物体的做功W 合是70J。
【点评】本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，难度较小，属于基础题。
32．（春2025 庄浪县校级期中）如图所示，用沿斜面向上、大小为800N 的力F，将质量为100kg
的物体沿倾角为37°的固定斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L＝5m，物体与斜面间的动摩擦
因数为0.25．求这一过程中：（g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）物体的重力所做的功；
（2）摩擦力所做的功；
（3）物体所受各力的合力所做的功。
【分析】（1）由功的公式即可求出重力的功，；
（2）由共点力平衡求出支持力的大小，然后求出摩擦力，最后由功的公式求出摩擦力的功；
（3）由共点力平衡求合力的大小，再由功的公式求合力做的功；或由功的公式求出拉力的功，
然后总功等于重力、摩擦力、拉力做功之和。
【解答】解：物体受力情况如图所示
（1）根据WG＝mgh，得：WG＝﹣mgLsin37°＝﹣100×10×5×0.6J＝﹣3000J
（2）由受力分析知，摩擦力：f＝μFN＝μmgcosθ
则摩擦力做功：Wf＝﹣fL＝﹣μmgcosθL＝﹣0.25×100×10×0.8×5J＝﹣1000J
（3）物体做匀速运动，处于平衡状态，则F 合＝0，则W 合＝0
答：（1）物体的重力所做的功为﹣3000J；
（2）摩擦力所做的功为﹣1000J；
（3）物体所受各力的合力所做的功为0。
【点评】解题的关键就是要知道各个力与位移夹角的关系，再根据W＝Fxcosθ，求各个力做功。
33．（2025 虹口区二模）如图（a），ABC 为金属杆做成的轨道，固定在竖直平面内。AB 段水平
且粗糙，长度L＝3.6m，足够长且光滑的BC 段与水平方向夹角为θ＝37°．质量为m＝3kg、可
视为质点的小球穿在杆上，与AB 间的动摩擦因数μ＝
．小球在与水平方向成θ＝37°的力F 作
用下由静止开始运动，F 的大小随路程s 的变化关系如图（b）所示，小球最高可以运动到C 点
不考虑小球在B 处的动能损失，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）小球在AB 段运动过程中拉力F 所做的功W；
（2）小球从A 运动到C 的总时间t。
【分析】（1）因为AB 段长3.6m，所以在AB 段有F1和F2均对小球做功，根据功的定义式即可
计算出总功来；
（2）分别计算出小球在AB 段上和BC 段上运动的时间，即可得到总时间。
【解答】解：（1）在AB 段运动分两个阶段：
第一阶段：s1＝3m，W1＝F1s1cosθ＝12×3×0.8J＝28.8J
第二阶段：s2＝0.6m，W2＝F2s2c0sθ＝10×0.6×0.8J＝4.8J
所以在AB 段上力F 所做的功为：W＝W1+W2＝33.6J。
（2）从A 开始运动s1＝3m 的过程，设小球受到的支持力为FN1，所受摩擦力为Ff1，
FN1＝mg﹣Fsinθ＝22.8N
Ff1＝μFN1＝7.6N
由牛顿第二定律得：F1cosθ﹣Ff1＝ma1
解得：
小球在AB 段先做匀加速运动，由运动学公式可得：
解得：v1＝2m/s
则加速时间为：
接下来运动s2＝L﹣s1＝0.6m 的过程中，设小球受到的支持力为FN2，所受摩擦力为Ff2，则有：
FN2＝mg﹣F2sinθ＝24N
Ff2＝μFN2＝8N
由牛顿第二定律可得：F2cosθ﹣Ff2＝ma2
解得：a2＝0
所以小球做匀速运动，则匀速运动的时间为：
小球在BC 段运动的过程中，由牛顿第二定律得：
F2﹣mgsinθ＝ma3
解得：
小球在BC 段上做匀减速直线运动，其减速运动时间为：
总时间为：t＝t1+t2+t3＝4.05s
答：（1）小球在AB 段运动过程中拉力F 所做的功W 为33.6J；
（2）小球从A 运动到C 的总时间t 为4.05s。
【点评】解题的关键是要能够分析清楚小球的整个运动过程，小球先是做匀加速运动，然后做
匀速运动，最后做匀减速运动。所以分别得出各个阶段的时间才能得到总时间。
34．（春2025 城关区校级月考）质量m＝10kg 的行李箱放在水平地面上，行李箱与地面的动摩擦
因数为µ＝0.4，用与水平成θ＝37°角、斜向上的大小为F＝50N 的拉力拉动行李箱，使行李箱由
静止开始沿水平地面运动，向前运动了15m 后撤去拉力。求：（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8）
（1）拉力做的功WF
（2）撤去拉力前行李箱克服摩擦力做的功
（3）撤去拉力后行李箱又向前运动的距离
【分析】（1）根据W＝Fscosθ 计算功。
（2）根据受力分析求解摩擦力，根据公式W＝fs 求解克服摩擦力做功。
（3）对全程，利用动能定理列式，可求还能滑行的距离x。
【解答】解：（1）根据W＝Fscosθ 知拉力做功WF＝50×15×0.8J＝600J
（2）对行李箱受力分析如图所示。设物体受摩擦力为f，支持力为N，则f＝μN
竖直方向有 N+Fsinθ＝mg
克服摩擦力做的功Wf＝fs
代入数据解得Wf＝420J
（3）设全程摩擦力对行李箱所做的功为Wf．根据动能定理得 WF﹣Wf﹣μmgx＝0
解得 x＝4.5m
答：（1）拉力做的功WF是600J；
（2）撤去拉力前行李箱克服摩擦力做的功为420J；
（3）撤去拉力后行李箱又向前运动的距离为4.5m。
【点评】本题考查恒力做功的表达式应用和动能定理，在不涉及时间和具体运动过程时都可以
优先考虑动能定理。
35．（春2025 镜湖区校级期中）目前新能源公交车正以“绿色”优势取代传统燃油公交车，预计
2025 年我市全部公交车将更换为新能源车辆。如图所示，一测试中的新能源公交车质量m＝
1.0×104kg，额定功率为400kW，该新能源公交车以2m/s2的加速度在水平路面内沿直线启动，经
过一段时间达到最大速度，之后做匀速运动。已知阻力为车重的0.2 倍，取g＝10m/s2。求：
（1）该新能源公交车在测试中能达到的最大速度；
（2）该新能源公交车在测试中做匀加速运动的时间。
【分析】（1）当牵引力与阻力大小相等时，电动车做匀速直线运动，速度达到最大值，根据P
＝Fv 求解最大速度；
（2）由功率公式可求匀加速的末速度，由牛顿第二定律可求加速度，进而可得该新能源公交车
在测试中做匀加速运动的时间。
【解答】解：（1）当F＝f＝0.2mg＝2.0×104N，车有最大速度vm＝
＝
＝20m/s；
（2）汽车匀加速过程中，根据牛顿第二定律知：F﹣f＝ma，
匀加速直线运动的末速度：v＝
＝at
联立以上各式，代入数据解得：t＝5s。
答：（1）该新能源公交车在测试中能达到的最大速度为20m/s；
（2）该新能源公交车在测试中做匀加速运动的时间为5s。
【点评】解决本题的关键知道发动机功率P＝Fv，知道当速度达到最大时，牵引力等于阻力。以
及知道以恒定加速度运动在整个过程中的运动情况，注意匀加速运动的最大速度不是匀速时的
速度。
36．（春2025 福州期中）景区观光列车是人们欣赏景区美丽景色的绝佳工具。一质量为5×105kg 的
观光列车以额定功率启动，在水平直轨道上行驶时阻力f 是车重的0.01 倍，当速度为10m/s 时，
列车的加速度大小为0.02m/s2（g＝10m/s2），求：
（1）该列车的额定功率P；
（2）该列车行驶的最大速度vm；
（3）列车从静止开始经过时间100s，速度达到最大值，求该过程行驶的距离s。
【分析】（1）由牛顿第二定律求出列车的牵引力，根据P＝Fv 求出列车的额定功率；
（2）火车匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据P＝Fv 求出最大速度vm；
（3）列车从静止开始加速到速度达到最大值，根据动能定理求出该过程行驶的距离s。
【解答】解：（1）火车运动受阻力为：f＝0.01mg＝0.01×5×105×10N＝5×104N
根据牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma
解得：F＝6×104N
则火车额定功率P＝Fv＝6×104×10W＝6×105W
（2）当牵引力F＝f 时，列车的速度最大，则：vm＝
＝
＝
m/s＝12m/s
（3）设该过程行驶的距离为s，该过程中列车的牵引力与列车受到的摩擦力做功，由动能定理
可得：
Pt﹣fs＝
m
代入数据可得：s＝480m
答：（1）该列车的额定功率P 为6×104N；
（2）该列车行驶的最大速度vm为12m/s；
（3）该过程行驶的距离s 为480m。
【点评】解决本题的关键知道功率与牵引力、速度的关系，知道功率一定时，列车做匀速运动
时速度最大。
37．（春2025 福州期中）汽车发动机的额定功率为50kW，质量为2t，当汽车在水平路面上行驶时
受到阻力为车重的0.1 倍，求：
（1）汽车在路面上能达到的最大速度？
（2）若汽车从静止开始以额定功率启动，行驶了200m 达到最大速度求汽车从静止到获得最大
行驶速度所用的时间？
（3）若汽车从静止开始保持1m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能持续多长时间？
【分析】（1）当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据P＝fv 求得最大速度；
（2）在运动过程中，汽车在额定功率下运动，根据动能定理可求得运动时间；
（3）根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动的牵引力，结合P＝Fv 求出匀加速直线运动的末速
度，根据速度﹣时间公式求出匀加速直线运动的时间。
【解答】解：（1）汽车有最大速度时，此时牵引力与阻力平衡，由此可得：
P＝F 牵vm＝fvm
解得：vm＝
＝25m/s
（2）在整个运动过程中，根据动能定理可知：
代入数据解得：t＝12.5s
（3）若汽车从静止开始做匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速阶段结束。
P 额＝F 牵vt
在匀加速阶段根据牛顿第二定律可得：F 牵﹣f＝ma
在匀加速阶段根据运动学公式有：t＝
联立解得：t＝7.5s
答：（1）汽车在路面上能达到的最大速度为25m/s
（2）若汽车从静止开始以额定功率启动，行驶了200m 达到最大速度，汽车从静止到获得最大
行驶速度所用的时间为12.5s
（3）若汽车从静止开始保持1m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能持续7.5s
【点评】本题考查了机车的启动问题，知道两种启动方式在整个过程中的运动规律，结合牛顿
第二定律、动能定理、运动学公式综合求解。
38．（春2025 和平区校级期中）节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存的电能作为动力来
源的汽车。有一质量m＝1000kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v＝90km/h 的速度匀速行驶，
蓄电池不工作，发动机的输出功率为P＝50kW。当看到前方有大货车慢速行驶时，该轿车提速
超过了大货车。这个过程中发动机输出功率不变，蓄电池开始工作，输出功率为P′＝20kW。
混合动力轿车提速后运动s＝1000m 时，速度达到最大，并超过大货车，然后蓄电池停止工作。
全程阻力不变，求：
（1）混合动力轿车以90km/h 的速度在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F 阻的大小；
（2）混合动力轿车加速过程中达到的最大速度vm的大小；
（3）整个超车过程所用的时间t。
【分析】（1）根据匀速行驶时，牵引力等于阻力，结合P＝Fv 求出阻力的大小；
（2）根据P＝Fv 即可求出最大速度；
（3）在超车过程中，根据动能定理求得运动时间。
【解答】解：（1）汽车以v＝90km/h＝25m/s 的速度匀速行驶时牵引力等于阻力，输出功率为：
P＝Fv1，
代入数据解得牵引力为：F＝2000N，
汽车做匀速直线运动，由平衡条件得：F 阻＝F＝2000N；
（2）汽车再次速度最大时，发动机和电机的总输出的功率为：P 总＝P+P′＝50kW+20kW＝
70kW
速度再次达到最大时，此时牵引力等于阻力，故P 总＝F 阻v2
代入数据得：v2＝
＝35m/s
（3）在超车过程中，根据动能定理可得：
解得t＝
答：（1）混合动力轿车以90km/h 的速度在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F 阻的大小为
2000N；
（2）混合动力轿车加速过程中达到的最大速度vm的大小为35m/s；
（3）整个超车过程所用的时间t 为
。
【点评】本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功
率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．
39．（2025 定远县模拟）年1 月22 日京哈高铁全线贯通，1198 公里的里程仅需4 小时52 分。高铁
相比传统列车优点很多，可以用下面的模型车类比高铁与普通列车的起动过程。模型一为模拟
由一节机车头带4 节车厢的普通列车，车头和普通车厢质量相等均为10kg，运行时阻力是重力
的0.2 倍。起动时只有第一节机车可动，发动机输出70N 的恒定牵引力，当机车头前进2.5m 时，
瞬间与后四节车厢作用成为一个整体，之后发动机以不变的牵引力150N 带动整列火车继续加速
到15m/s。模型二为五节完全一样的动车组，每节质量为7.5kg，运行时阻力是重力的0.1 倍，因
为每节车厢都能提供动力，可以实现五节车厢同时起动，发动机提供的总牵引力为150N，同样
加速到15m/s。g 取10m/s2。
（1）若两列车的发动机的总额定功率均为1.8kW，求模型车一、二的最大行驶速度大小；
（2）求出两列车的速度从0 加速到15m/s 的时间差。
【分析】本题将功率公式与牛顿第二定律综合应用，当加速度为零时，牵引力与阻力相等，速
度最大。
【解答】解：
（1）由P＝Fv 可知，当F＝f 时速度最大
对模型车一有：f1＝5k1m1g＝5×0.2×10kg×10m/s2＝100N，最大速度vm1＝
＝
＝18m/s
对模型车二有：f2＝5k2m2g＝5×0.1×7.5kg×10m/s2＝37.5N，最大速度vm2＝
＝
＝48m/s
（2）对模型车一有：
机车起动时根据牛顿第二定律：
F1﹣k1m1g＝m1a1
a1＝5m/s2
列车做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式：
L1＝
a1t1
2
t1＝
＝
＝1s
根据速度公式：
v1＝at＝5m/s2×1s＝5m/s
与四节车厢相互作用时，内里远大于外力，根据动量守恒定律：
m1v1＝5m1v2
v2＝
＝
×5m/s＝1 m/s
一起加速时有根据牛顿第二定律
F2﹣5k1m1g＝5m1a2
a2＝1m/s2
根据运动学速度公式：
v＝v2+a2t2
t2＝
＝
＝14s
对模型车二有根据牛顿第二定律：
F2﹣5k2m2g＝5m2a3
a3＝3m/s2
根据速度公式：
v＝a3t3
t3＝
＝
＝5s
两车的时间差△t＝t1+t2﹣t3＝1s+14s﹣5s＝10s
答：（1）若两列车的发动机的总额定功率均为1.8w 时，模型车一的最大行驶速度大小为
18m/s，模型车二的最大行驶速度大小为48m/s；
（2）两列车的速度从0 加速到15m/s 的时间差为10s。
【点评】注意汽车有两种启动，一是加速度恒定，则功率在不断增加，二是功率恒定，则加速
度不断变化。注意第一节和后面的共速瞬间用动量守恒定律解决。
五．解答题（共9 小题）
40．（2025 深圳二模）一个体重为m＝50kg 的中学生，乘坐正常工作的电梯从七楼下降到一楼。
用传感器记录下他受到的支持力随时间变化的关系如图。查阅资料得知电梯的空轿厢质量为M1
＝1150kg，“对重”的质量为M2＝1300kg，不计滑轮摩擦，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）0～14s 内电梯下降的高度；
（2）0～4s 内钢索对“对重”的拉力大小以及0～10s 内钢索对“对重”做的功。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求得各运动阶段的加速度大小，利用运动学公式求得获得的速
度和下降的高度，即可求得总位移；
（2）对“对重”根据牛顿第二定律求得拉力，对“对重”根据动能定理求得钢索对“对重”做
功。
【解答】解：（1 ）在0﹣4s 内，对人根据牛顿第二定律可得：mg﹣F1 ＝ma1 ，解得
下降的高度为
获得的速度为v1＝a1t1＝0.5×4m/s＝2m/s
在4﹣10s 内，由于F2＝mg，可知电梯匀速下降，下降的位移为h2＝v1t2＝2×6m＝12m
在10﹣14s 内，对人根据牛顿第二定律可得：mg﹣F3＝ma3，解得
电梯下降的高度为
，解得h3＝4m
故下降的总高度为H＝h1+h2+h3＝4m+12m+4m＝20m
（2）在0﹣4s 内，对“对重”由牛顿第二定律分析可得：T﹣M2g＝M2a1，解得T＝13650N
在0﹣10s 内，“对重”上升的高度h＝h1+h2＝4m+12m＝16m，
对“对重”由动能定理可得：
解得：W＝210600J
答：（1）0～14s 内电梯下降的高度为20m；
（2）0～4s 内钢索对“对重”的拉力大小为13650N，0～10s 内钢索对“对重”做的功为
210600J。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和动能定理，关键是分清电梯的运动过程，求得加速度，
再结合运动学公式即可求得。
41．（春2025 通辽期中）如图所示，水平地面上的物体质量为2kg，在方向与水平面成37°角、大
小为10N 的拉力F 作用下移动2m，已知物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2。求在这一过程
中
（1）拉力F 对物体所做的功；
（2）摩擦力对物体所做的功；
（3）外力对物体所做的总功？（g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【分析】（1）对物体进行受力分析，根据W＝FLcosθ 列式求解；
（2）对物体进行受力分析，根据W＝FLcosθ 列式求解；
（3）求出合力，根据W＝FLcosθ 列式求解。
【解答】解：（1）对物体进行受力分析，如图所示，根据W＝FLcosθ
W1＝Flcosθ＝10×2×0.8J＝16J
（2）FN＝mg﹣Fsinθ＝20 N﹣10×0.6N＝14N，根据W＝FLcosθ
Ff＝μFN＝0.2×14N＝2.8N
W2＝Ff lcos180°＝﹣2.8×2J＝﹣5.6J
（3）F 合＝Fcosθ﹣Ff＝10×0.8N﹣4.2N＝3.8N
F 合与l 方向相同，根据W＝FLcosθ，所以W＝F 合l＝3.8×2J＝7.6J
答：（1）拉力F 对物体所做的功为16J；
（2）摩擦力对物体所做的功为﹣5.6J；
（3）外力对物体所做的总功为7.6J。
【点评】本题考查功的计算，比较简单，画出受力分析图并求出各个力的大小是解题关键。
42．（2025 浙江三模）燃放烟花是人们庆祝节日的一种方式，如图为某一型号的礼花弹在进行技术
指标测试时，将一质量m＝0.5kg 的礼花弹放入专用炮筒中，礼花弹以初速度v0离开炮口，竖直
向上射出到达最高点后又落回地面，过程中礼花弹并未爆炸，测得从射出到落回地面的时间t＝
12s，假设整个过程中所受的空气阻力始终是重力的k 倍（k＝0.6），忽略炮口与地面的高度差，
取g＝10m/s2，求：
（1）礼花弹被炮简射出时的初速度v0的大小；
（2）礼花弹上升的最大高度h；
（3）礼花弹在整个过程中克服空气阻力做的功。
【分析】（1）礼花弹从炮筒中竖直射出时向上做匀减速直线运动，下降过程做匀加速，根据位
移关系求解初速度；
（2）根据匀变速直线运动的基本公式求解高度；
（3）根据功的定义求解克服阻力做的功。
【解答】解：（1）上升过程中：a 上＝
＝16ms2
下降过程中：a 下＝
＝4ms2
上升的位移与下降的位移大小相等，则：
＝
解得：v0＝96m/s
（2）上升的最大高度：h＝
解得：h＝288m
（3）空气阻力做的功：Wf＝﹣kmg×2h＝﹣1728J
克服空气阻力做功W＝1728J
答：（1）礼花弹被炮简射出时的初速度v0的大小为96m/s；
（2）礼花弹上升的最大高度h 为288m；
（3）礼花弹在整个过程中克服空气阻力做的功为1728J。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对物体进
行受力分析，根据受力情况判断运动情况，并熟练运用运动学基本公式解题。
43．（春2025 武昌区校级期中）以20m∕s 的初速度竖直上抛一物体，质量为0.5kg，空气阻力恒
定，小球上升的最大高度为18m，取g＝10m/s2．求：
（1）上升过程中克服空气阻力对小球做的功．
（2）小球落回抛出点时的速度大小．
【分析】（1）小球受到重力和向下的阻力，根据动能定理列方程求阻力做的功即可；
（2）对落回过程根据动能定理求解即可．
【解答】解：（1）上升过程中设克服空气阻力做的功为wf，根据动能定理有：
﹣mgh﹣wf＝0﹣
mv0
2
解得：wf＝10J
（2）设小球落回抛出点时的速度为vt．根据动能定理则：
mgh﹣wf＝
mvt
2﹣0
得：vt＝8
m/s
答：（1）上升过程中克服空气阻力对小球做的功10J．
（2）小球落回抛出点时的速度大小8
m/s．
【点评】本题关键受力分析后正确运动动能定理列方程，基础题．
44．（春2025 吉林月考）如图表示物体在力F 的作用下在水平面上发生了一段位移x，分别计算这
三种情形下力F 对物体做的功。设这三种情形下力和位移的大小都相同：F＝10N，x＝2m。角θ
的大小如图所示。
【分析】恒力做功表达式为：W＝FScosα，功的正负表示对应的力是动力还是阻力，功的大小
看绝对值。
【解答】解：甲中推力做功W＝Fxcos（180°﹣θ）＝10×2×（0.5）＝10J；
乙图中F 与位移的夹角为钝角，F 做的功为：W′＝Fxcos（180°﹣θ）＝﹣Fxcosθ＝﹣10×2×
＝﹣10
J；
丙中做功W＝Fxcosθ＝10×2×
＝10
J；
答：甲中做功为10J；乙中做功为﹣10
J；丙中做功为10
J。
【点评】本题关键明确判断力和位移的夹角，并掌握功的正负表示对应的力是动力还是阻力，
不表示大小；基础题。
45．（2025 攀枝花一模）为了测定小车在平直公路上启动过程的加速情况，某同学采用在同一底片
上多次曝光的方法拍摄了一张照片，如图所示。如果拍摄时每隔2s 曝光一次，小车做匀加速直
线运动，小车总长为4.5m，质量为1.5×103kg，运动过程中所受的阻力恒为车重的0.15 倍，重力
加速度g 取10m/s2，求：
（1）小车的加速度大小；
（2）小车过A 点时牵引力的功率。
【分析】根据已知条件找到各阶段的位移，根据运动学公式求加速度，根据牛顿第二定律和功
率的表达式求解牵引力的功率。
【解答】解：（1）设小车AB 间的距离为s1，BC 间的距离为s2，曝光一次的时间为t，在A 点
的速度为vA
由图可知s1＝12m。s1+s2＝30m
根据位移﹣时间公式：
s1＝vAt
s1+s2＝
解得：a＝1.5m/s2
（2）小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律：
F﹣0.15mg＝ma
小车过A 点时的功率为：P＝FvA
解得：P＝2.025W
答：（1）小车的加速度大小为1.5m/s2；
（2）小车过A 点时牵引力的功率为2.025W
【点评】解题时列第一段和全程的位移方程解题更简单。
46．（春2025 中牟县期中）我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。若舰载机总质量
为3.0×104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N，弹射器有效作用长度为100m，推力恒
定，要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器
和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，求：
（1）弹射器对舰载机所做的功；
（2）弹射器对舰载机做功的平均功率。
【分析】（1）由速度和位移公式可求出加速度．由牛顿第二定律求弹射器的推力大小．由功的
公式求解弹射器对舰载机所做的功；
（2）由位移公式求弹射过程的时间，再由功率公式求解平均功率．
【解答】解：（1）设发动机、弹射器的推力分别为F1、F2，对舰载机，由运动学公式
v2＝2ax
其中：v＝80m/s，x＝100m
解得：a＝32m/s2
对舰载机，由牛顿第二定律得
F1+F2﹣f＝ma
其中：f＝0.2×（F1+F2），F1＝1.0×105N
解得：F2＝1.1×106N
由：W＝F2xcosθ
得弹射器对舰载机所做的功：W＝1.1×108J
（2）由：x＝
得：t＝2.5s
弹射器对舰载机做功的平均功率：
＝4.4×107W
答：（1）弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J；
（2）弹射器对舰载机做功的平均功率为4.4×107W。
【点评】本题要理清问题的情景，明确物理过程的分析根据牛顿第二定律和运动学公式结合解
答．也可以根据动能定理直接求推力．
47．（2025 海淀区校级模拟）如图所示，一质量m＝2kg 的木箱静止在粗糙水平面上。从t＝0 开始，
木箱受到F＝10N、与水平面的夹角为θ＝37°的恒定拉力，沿水平面匀加速运动。已知木箱与水
平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）画出木箱受力的示意图；
（2）求木箱的加速度a 的大小；
（3）求0～2s 时间内，拉力F 的功率。
【分析】（1）物体受重力、支持力、拉力和摩擦力作用，作出受力分析图；
（2）根据牛顿第二定律求出物体的加速度大小。
（3）根据位移时间公式求得2s 内的位移大小，根据P＝
求得平均功率。
【解答】解：（1）木箱受重力、支持力、拉力以及摩擦力作用，受力如下图所示：
（2）对木箱受力分析，在竖直方向：FN+Fsinθ﹣mg＝0
在水平方向：Fcosθ﹣f＝ma
又因为摩擦力为：f＝μFN
解得加速度为：a＝2.6m/s2
（3）根据匀变速直线运动位移和时间的关系有：x＝v0t+
at2
解得2s 内的位移为：x＝5.2m。
故拉力的平均功率
答：（1）木箱受力的示意图如上图所示；
（2）求木箱的加速度a 的大小为2.6m/s2；
（3）求0～2s 时间内，拉力F 的功率为20.8W。
【点评】解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运
动，也可以根据运动求力。
48．（2025 海淀区一模）如图所示，竖直面内有一轨道ABC，倾角为θ 的AB 部分与半径为R 的
圆弧BC 部分平滑连接，轨道C 端切线沿水平方向。竖直台阶CD 高度为h。一质量为m、可视
为质点的滑块，由A 处静止滑下，加速度为a，到达B 处时速度大小为v，通过圆弧轨道BC 后，
由C 处水平抛出，经一段时间后落到水平地面DE 上。空气阻力可忽略不计。
（1）求斜坡AB 的长度L；
（2）若不计BC 段的阻力，画出滑块经过C 点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小；
（3）滑块落到DE 上时所受重力的瞬时功率P。
【分析】根据牛顿第二定律和运动学公式求位移和弹力，根据平抛竖直方向是自由落体运动求
竖直方向的速度，根据重力瞬时功率等于重力乘以竖直方向的速度求解
【解答】解：（1）物块在AB 阶段做初速度为0 的匀加速直线运动，根据运动学公式：
2aL＝v2﹣0
解得：L＝
（2）运动员经过C 点时，受力如图所示：
从B 到C 根据动能定理：mg（R﹣Rcosθ）＝
根据牛顿第二定律：
解得：FN＝3mg﹣2mgcosθ+
（3）平抛过程竖直方向为自由落体运动：
2gh＝vy
2﹣0
解得：vy＝
落地时重力的瞬时功率为：
P＝mgvy＝mg
答：（1）求斜坡AB 的长度L 为
；
（2）若不计BC 段的阻力，画出滑块经过C 点时的受力图如图，支持力FN 的大小为3mg﹣
2mgcosθ+
（3）滑块落到DE 上时所受重力的瞬时功率为mg
【点评】解题时注意求解重力的功率时用重力乘以竖直方向的速度。
