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专题09 功和功率 机车启动
考点
考情
命题方向
考点1 功和功率
2024 年高考广东卷
2024 年高考福建卷
2023 年高考北京卷
2023 高考山东卷
2023 高考辽宁卷
2023 年全国高考新课程卷
1.功和功率中高考考查频率较
高的知识主要表现在：以实际
情景切入，与图像结合等。
2.机车启动和运行考查主要集
中在最大速度，达到最大速度
的时间等，通常与动能定理等
知识点有机结合。
考点2 机车启动
2023 年高考湖北卷
2022 年高考广东物理
2023 高考山东高中学业水平等级考试
2022 年6 月浙江选考
1
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题型一 功的分析和计算
1．功的正负
(1)0≤α<90°，力对物体做正功．
(2)90°<α≤180°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．
(3)α＝90°，力对物体不做功．
2．功的计算：W＝Fl
cos
_α
(1)α 是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
(3)功是标(填“标”或“矢”)量．
3．变力做功几种方法
类型1 恒力做功问题
[模型演练1] （2024•台州二模）2024 多哈游泳世锦赛中，“中国蛟龙”浙江运动员潘展
乐获得4 枚金牌并打破男子100 米自由泳世界纪录，震撼了世界。如图所示潘展乐在比赛中左
2
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手正在划水，下列说法正确的是（ ）
A．运动员划水前进，水对人的力是阻力
B．运动员向后划水，水对划水手掌做正功
C．运动员在水中前进时，浮力与重力始终大小相等
D．水对运动员的作用力等于运动员对水的作用力
【解答】解：A、运动员划水前进，水对人的力是动力，故A 错误；
B、运动员向后划水时，水对手掌的作用力的方向向前，则水对划水手掌做负功，故B 错误；
C、运动员在水中前进时，沿竖直方向身体会有一定的上下波动，所以浮力与重力不能始终大小
相等，故C 错误；
D、水对运动员的作用力和运动员对水的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向
相反，故D 正确。
故选：D。
[模型演练2] （2024•泉州模拟）泉州湾跨海大桥是我国首座跨海高速铁路桥，建造时采
用缆载吊机吊装钢箱梁，钢箱梁质量为313.9 吨，用四根对称分布、长为6m 的钢索将其吊起，
钢索下端组成一个6m 宽的正方形，如图所示，在某次缓缓吊起10m 的过程中，（ ）
A．每根钢索受到的拉力约为1.57×106N
B．每根钢索对钢箱梁的拉力约为1.11×106N
C．每根钢索做的功约为1.57×107J
D．缆载吊机做的功约为4.44×107J
【解答】解：AB、钢箱梁质量m＝313.9 吨＝3.139×105kg，由几何关系可知，每根钢索与竖直
方向上的夹角均为45°，则由平衡条件可知，4Fcos45°＝mg，解得F=
mg
4 cos 45° 代入数据可得，
3
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F= 3.139×10
5×10
4× √2
2
N≈1.11×106N ，由牛顿第三定律可知，每根钢索受到的拉力约为
1.11×106N，故B 正确，A 错误；
CD、因钢箱梁缓慢上升，故缆载吊机做的功与克服重力所做的功大小相等，即W＝mgh＝
3.139×105×10×10J＝3.139×107J，而每根钢索做功W0= W
4 = 3.139×10
7
4
J＝7.8×106J，故CD 错
误。
故选：B。
[模型演练3] （2024•西宁二模）图甲中的辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、
井绳、水桶等部分构成。图乙为工作原理简化图，辘轳绕绳轮轴半径r＝0.1m，水桶的质量M
＝0.5kg，井足够深，忽略井绳质量和因绳子缠绕导致轮轴的半径变化。某次从井中汲取m＝
2kg 的水，轮轴由静止开始绕中心轴转动从而竖直向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图
丙所示，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．10s 末水桶的速度大小为20m/s
B．水桶的速度大小随时间变化规律为v＝2t
C．0～10s 内水柚上升的高度为20m
D．0～10s 内井绳拉力所做的功为255J
【解答】解：AB．由图丙可知ω＝2t
所以水桶速度随时间变化规律为v＝ωr＝2t×0.1＝0.2t
则10s 末水桶的速度大小为2m/s，故AB 错误；
CD．水桶匀加速上升，加速度a= v
t = 0.2t
t
=0.2m/s2
由牛顿第二定律F （
−
m+M）g＝（m+M）a
代入数据解得F＝25.5N
4
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水桶匀加速上升，0～10s 内它上升的高度为h= 1
2at2
代入数据解得h＝10m
则0～10s 内井绳拉力所做的功为W＝Fh
代入数据解得W＝255J
故C 错误，D 正确。
故选：D。
类型2 变力做功问题
[模型演练4] （2024 春•和平区校级期末）力F 对物体所做的功可由公式W＝F•scosα 求
得。但用这个公式求功是有条件的，即力F 必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在
对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解
力F 所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的
是（ ）
A．甲图中若F 大小不变，物块从A 到C 过程中（AC 间距离xAC）力F 做的功为W＝FxAC
B．乙图中，全过程中F 做的总功为108J
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f 大小不变，小球从A 运动到B 过程中空气阻力做的功
W = 1
2 πRf
D．图丁中，F 始终保持水平缓慢将小球从P 拉到Q，小球质量m，重力加速度g，则F 做的功
是W＝mg（l﹣lcosθ）
【解答】解：A、由于F 大小不变，根据功的定义可得物块从A 到C 过程中，力F 做的功为W
＝Fs＝F（OA﹣OC）＜FxAC，故A 错误；
B、功的表达式W＝Fs，乙图F﹣x 的面积代表功的大小，则全过程中F 做的总功为W＝15×6J﹣
5
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3×6J＝72J，故B 错误；
C、丙图中，绳长为R，若空气阻力f 大小不变，可用微元法得小球从A 运动到B 过程中空气阻
力做的功为W＝﹣f× 2πR
4
=- 1
2 πRf ，故C 错误；
D、图丁中，F 始终保持水平缓慢将小球从P 拉到Q，可知F 做的功等于克服重力做的功，则有
W＝mg（l﹣lcosθ），故D 正确；
故选：D。
[模型演练5] （2024•浙江模拟）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，上表
面O 点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体O 点上方放置一质量为0.2kg 且分布
均匀、长度为0.2m 的薄板，薄板下端与O 点之间的距离为0.4m。现由静止释放薄板，薄板沿
斜面向下运动，已知当薄板通过O 点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O 点以下部
分重量的3
4 倍，重力加速度g 取10m/s2。则（ ）
A．薄板减速运动时最大加速度为5m/s2
B．薄板与O 点以下部分的动摩擦因数为√3
2
C．薄板的最大速度为√40
3 m/s
D．薄板静止时，其下端距O 点1.1m
【解答】解：根据题意可知：薄木板长L＝0.2m，质量为m＝0.2kg，薄板下端与O 点之间的距
离为x1＝0.4m。
A、当薄木板全部进入O 点以下时，薄板减速运动的加速度最大，根据牛顿第二定律可得：
3
4 mg-mgsin30°＝ma
代入数据解得：a＝2.5m/s2，故A 错误；
6
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B、设薄板在斜面O 点以下部分的质量为m′时，摩擦力f= 3
4 m' g=μm′gcos30°，解得薄板与
O 点以下部分的动摩擦因数为：μ= √3
2 ，故B 正确；
C、当重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时速度最大，此时薄木板下端进入粗糙部分的长度为
x2，则有：3
4 × x2
L mg=mgsin30°
代入数据解得：x2= 0.8
3 m
从开始到速度最大过程中，根据动能定理可得：mg （x1+x2 ）sin30°
-
0+ 3
4 × x2
L mg
2
⋅x2= 1
2 mvm
2 -0
代入数据解得：vm= 2√6
3
m/s，故C 错误；
D、设薄板静止时，其下端距O 点的距离为x3，全过程根据动能定理可得：
mg（x1+x3）sin30°-
0+ 3
4 mg
2
⋅L-μmgcos30°•（x3﹣L）＝0
代入数据解得：x3＝0.8m，故D 错误。
故选：B。
[模型演练6] （2024•仓山区校级模拟）转运码头上起吊机正在工作，启动电动机收紧钢
索，将原来静止的重物竖直向上提升。提升的前两个阶段，重物的机械能E 与上升距离h 的关
系如图所示，第二阶段图像为一直线。若全过程各种摩擦忽略不计，下列判断正确的是
（ ）
A．钢索拉重物的力一直增大
B．钢索拉重物的力一直减小
C．在第二阶段，重物可能做匀速直线运动
7
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D．在第二阶段，钢索拉重物的力一定大于重物的重力
【解答】解：A、根据动能定理可知拉力做的功等于物体机械能的变化量，所以E＝Fh，那么F
就是图像的斜率由图可知，斜率先减小后不变，所以物体所受的拉力先减小后不变，故A 错误；
B、根据动能定理可知拉力做的功等于物体机械能的变化量，所以E＝Fh，那么F 就是图像的斜
率由图可知，斜率先减小后不变，所以物体所受的拉力先减小后不变，故B 错误；
C、第二阶段拉力F 不变，但是F 和G 的大小不能确定，所以可能存在F＝G 的情况，那么物体
做匀速直线运动，故C 正确；
D、第二阶段拉力F 不变，但是F 和G 的大小不能确定，可能存在F＝G 的情况，那么物体做匀
速直线运动，也可能存在F＞mg，物体做匀加速直线运动，故D 错误；
故选：C。
[模型演练7] （2024•淄博一模）为了节能环保，地铁站的进出轨道通常设计成不是水平
的，列车进站时就可以借助上坡减速，而出站时借助下坡加速。如图所示，为某地铁两个站点
之间节能坡的简化示意图（左右两边对称，每小段坡面都是直线）。在一次模拟实验中，一滑
块（可视为质点）以初速度v0从A 站M 处出发沿着轨道运动，恰能到达N 处。滑块在两段直
线轨道交接处平稳过渡，能量损失忽略不计，滑块与各段轨道之间的动摩擦因数均相同，不计
空气阻力。重力加速度为g，则根据图中相关信息，若要使滑块恰能到达B 站P 处，该滑块初
速度的大小应调整为（ ）
A．√
4(v0
2+2gh1)(l1+l2+l3)
2(l1+l2)+l3
B．√
2(v0
2+2gh1)(l1+l2+l3)
2(l1+l2)+l3
C．√
4[ v0
2+2g(h2+h3)](l1+l2+l3)
2(l1+l2)+l3
D．√
2[ v0
2+2g(h2+h3)](l1+l2+l3)
2(l1+l2)+l3
【解答】解：质量为m 的物体在长度为s、倾角为θ 的粗糙斜面上滑行时，克服摩擦力做功
Wf＝μmgcosθ×s＝μmgscosθ
8
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scosθ 是斜面底边的长度，则滑块从M 恰好到N 由动能定理得：mgh1﹣μmg（2l1+2l2+l3）＝0
- 1
2 mv0
2
解得：μ=
v0
2-2 gh1
2 g(2l1+2l2+l3)
若要使滑块从M 恰能到达B 站P 处，设该滑块初速度的大小应调整为v，
由动能定理得：mgh1﹣μmg（2l1+2l2+2l3）＝01
2 mv
2
联立解得：v =√
2(v0
2+2 gh1)(l1+l2+l3)
2(l1+l2)+l3
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练8] （2024•重庆模拟）如图1 所示，固定斜面的倾角θ＝37°，一物体（可视为
质点）在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜
面底端x0处的A 点时撤去拉力F。该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x 的部分关系图像
如图2 所示。已知该物体的质量m＝1kg，该物体两次经过A 点时的动能之比为4：1，该物体
与斜面间动摩擦因数处处相同，sin37°＝0.6，重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力。则拉力
F 的大小为（ ）
A．8N
B．9.6N
C．16N
D．19.2N
【解答】解：依题意，设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为f，
当物体沿斜面向上运动到x0处时，根据动能定理有（F﹣Gsinθ﹣f）x0＝E0
运动到2x0处时，根据动能定理有Fx0﹣（Gsinθ+f）•2x0＝0
当物体沿斜面向下运动到x0处时，根据动能定理有(Gsinθ - f )⋅x0= 1
4 E0
联立方程，代入数据解得：F＝19.2N，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练9] （多选）（2024•东湖区校级二模）人们有时用“打夯”的方式把松散的地
9
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面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图所示，两人同时通过绳子对质量为m 的重物分别施
加大小均为mg（g 为重力加速度的大小）、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面高度
h 后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为h
10。cos37°＝0.8，不计空气阻力，则（
）
A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C．重物刚落地时的速度大小为√2 gh
D．地面对重物的平均阻力大小为17mg
【解答】解：C 、设停止施力瞬间重物的速度大小为v1 ，根据动能定理有：
(2 Fcos37° -mg)h= 1
2 m v1
2
变形后得到：v1=√1.2gh
设重物刚落地时的速度大小为v2，根据动能定理有
2 Fcos37°⋅h= 1
2 mv2
2
代入数据得：v2=√3.2 gh，故C 错误；
A、重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到v1后做匀减速运动直
至速度为零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为v2，由此可知上升过程中的平均速度大
小为：v1= v1
2 ，下降过程中的平均速度大小为：v2= v2
2 ，又由于上升、下降位移大小相等，则
重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故A 正确；
B、重物在整个运动过程中，根据动能定理有：W 入+WG﹣W 阻＝0，则重物克服地面阻力做的功
大于人对重物做的功，故B 错误；
D 、从开始提升“ 夯” 到砸入地下的整个过程，根据动能定理有：
10
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2 Fcos37°⋅h+mg h
10 - F阻h
10 =0
代入数据整理得：F 阻＝17mg，故D 正确。
故选：AD。
题型二 功率的分析和计算
1．公式P＝和P＝Fv 的区别
P＝是功率的定义式，P＝Fv 是功率的计算式．
2．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．
3．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．
(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v 在力F 方向上的分速度．
(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．
类型1 功率的分析和计算
[模型演练10] （2024•苏州校级二模）2016 年11 月，我国研制的隐身喷气式战机“歼
20”在航展上飞行表演，其中一架飞机从水平平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升，如图所示，
假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变，发动机推力方向沿轨迹切线，飞机所受升力垂直于机身，
空气阻力大小不变，则飞机沿圆弧运动时（ ）
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A．空气对飞机的作用力不变
B．飞机发动机推力大小保持不变
C．飞机克服重力做功的功率保持不变
D．飞机发动机推力做功的功率逐渐增大
【解答】解：AB、对飞机进行受力分析，受力分析如图
在沿半径方向F升-mgcosθ=m v
2
R
在切线方向F 推﹣mgsinθ﹣f＝0
在爬升过程中，θ 变大，F 升减小，空气对飞机的作用力F 空气＝F 升
所以空气对飞机的作用力逐渐减小F 推＝mgsinθ+f
在爬升的过程中，θ 变大，F 推变大，故AB 错误；
C、克服重力做功的功率P＝mgvcos（90°﹣θ）＝mgvsinθ
θ 变大，克服重力做功的功率变大，故C 错误；
D、飞机发动机推力做功的功率P＝F 推v
推力变大，所以飞机发动机推力做功的功率增大，故D 正确；
故选：D。
[模型演练11] （2024•鲤城区校级二模）如图，商场中的斜坡式自动人行道电梯运行速度
较慢，经常有顾客直接站立（未扶扶手）随电梯上行。已知某商场电梯斜坡长度为L，斜坡与
水平面夹角为θ，稳定运行速率为v。质量为m 的顾客站立在电梯上，随电梯由斜坡底端运动
到顶端，已知顾客鞋底与斜坡动摩擦因数为μ（μ＞tanθ），重力加速度为g，关于此过程下列
说法正确的是（ ）
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A．斜坡对人的作用力大小为mgcosθ
B．斜坡对人的摩擦力大小为μmgcosθ
C．顾客所受重力做功为mgLsinθ
D．顾客克服重力做功的功率为mgvsinθ
【解答】解：A.斜坡对人支持力大小是mgcosθ，摩擦力作用大小是mgsinθ，作用力是这两个力
的合力，故A 错误；
B.因为μ＞tanθ，顾客相对于电梯是静止的，但摩擦力为大小为mgsinθ，小于μmgcosθ，故B 错
误；
C.顾客所受重力做功为WG＝﹣mgLsinθ，故C 错误；
D.顾客克服重力做功的功率为PG＝mgvsinθ，故D 正确。
故选：D。
[模型演练12] （2024•市中区校级三模）如图所示为某种电梯结构的简化示意图。某次在
做电梯性能测试实验时，电梯轿厢内无乘客，电动机不工作，测得轿厢A 从静止开始下降25m
用时5s。已知轿厢A 质量为600kg，忽略滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。下列
说法正确的是（ ）
A．轿厢A 下降过程中处于完全失重状态
B．配重B 的质量为480kg
C．配重B 的质量为500kg
D．轿厢A 以2m/s 的速度匀速上升时，电动机输出的机械功率为4kW
【解答】解：A、轿厢A 下降位移h= 1
2 at
2
解得加速度a＝2m/s2
加速度向下且小于g，故轿厢A 下降过程是失重过程但不是完全失重
故A 错误；
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BC、对轿厢A 和配重B 的整体应用牛顿第二定律得mAg﹣mBg＝（mA+mB）a
解得配重B 的质量mB＝400kg
故BC 错误；
D、轿厢A 匀速上升、配重B 匀速下降时，电动机牵引绳的拉力F 满足F+mBg＝mAg
解得F＝2000N
牵引绳的功率P＝Fv＝2000×2W＝4kW
故D 正确。
故选：D。
类型2 功率和功综合问题的分析和计算
[模型演练13] （2024•汕头二模）风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹，如图为从某时
刻开始计时的雨滴在水平x 方向和竖直y 方向的运动图像，下列说法不正确的是（ ）
A．雨滴做匀变速曲线运动
B．雨滴的初速度是8m/s
C．0～2s 内，雨滴重力的瞬时功率一直增大
D．0～2s 内，重力和风力对雨滴做的功大于雨滴克服空气阻力做的功
【解答】解：AB 、根据题图可知，在水平方向雨滴做初速度为0 、加速度为
a= Δv
Δt = 3
2 m/ s
2=1.5m/ s
2的匀加速直线运动；在竖直方向雨滴做速度大小
v y = 16
2 m/ s=8m/ s的匀速直线运动，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AB 正确；
C、由于雨滴在竖直方向做匀速直线运动，其竖直分速度不变，根据重力的瞬时功率公式PG＝
mgvy可知，重力的瞬时功率不变，故C 错误；
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D、0～2s 内，对雨滴下落过程，由能量守恒定律有
WG+W 风＝W 克+ΔEk
可得：WG+W 风﹣W 克＝ΔEk
由于雨滴下落过程中竖直方向速度不变，而水平方向速度始终在增加，所以雨滴动能的变化量
大于0，则有
WG+W 风﹣W 克＝ΔEk＞0，即有WG+W 风＞W 克，可知，0～2s 内，重力和风力对雨滴做的功大
于雨滴克服空气阻力做的功，故D 正确。
本题选不正确的，故选：C。
[模型演练14] （2024•汕头二模）在矿山开采中，滑轮装置被用于提升和移动矿石。如图，
一辆车通过定滑轮提升质量为M 的矿石，滑轮左侧连接车的绳子在竖直方向的投影为h，当车
以速度v 匀速向左行驶一段距离后，连接车的绳子与水平方向的夹角从53°变为37°，sin37°
= 3
5，sin53°= 4
5 ，则该过程中（ ）
A．矿石重力的功率为Mgv
B．矿石重力做功为- 5
12 Mgh
C．绳子对矿石拉力做的功等于矿石重力做的功
D．绳子对矿石拉力的功率一直保持不变
【解答】解：A、令连接车的绳子与水平方向的夹角为θ，将车的速度沿绳子和垂直绳子方向分
解，则此时矿石的速度v′＝vcosθ
矿石重力做负功，克服矿石重力的功率为P＝Mgv′＝Mgvcosθ＜Mgv
车以速度v 匀速向左行驶，θ 逐渐减小，可知，该功率P 逐渐增大，但始终小于Mgv，则克服矿
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石重力的平均功率小于Mgv，故A 错误；
B、令滑轮到水平地面的高度差为h，则矿石上升的高度x0=
h
sin37° -
h
sin53° = 5
12 h，矿石重
力做功为W =- Mg x0=- 5
12 Mgh，故B 正确；
C、由v′＝vcosθ 可知，车以速度v 匀速向左行驶，θ 逐渐减小，矿石速度v1增大，矿石加速上
升，则绳子拉力大于矿石重力，拉力做正功，矿石重力做负功，则绳子对矿石拉力做的功大于
克服矿石重力做的功，故C 错误；
D、由上分析可知，矿石的速度v′＝vcosθ
等式两侧对时间求导数，取导数的绝对值，得到矿石加速度大小a＝vsinθ•θ'＝vsinθ•ω
将车的速度垂直与绳分解，该分速度有转动的效果，则有v2= vsinθ =ω
h
sinθ
对矿石进行分析，根据牛顿第二定律有T﹣mg＝ma
绳子对矿石拉力的功率PT＝Tv′
解得：PT =mgvcosθ+ m v
3 sin
3θcosθ
h
可知，拉力的功率随θ 的改变而发生变化，即绳子对矿石拉力的功率并不是一直保持不变，故D
错误。
故选：B。
[模型演练15] （2024•顺庆区校级一模）如图所示，某煤矿有一水平放置的传送带，已知
传动带的运行速度为v0＝0.5m/s，开采出的煤块以50kg/s 的流量（即每秒钟有50kg 煤块从漏
斗中落至传送带上）垂直落在传送带上，并随着传送带运动。为了使传送带保持匀速传动，电
动机的功率应该增加（ ）
A．500W
B．25W
C．12.5W
D．50W
【解答】解：每秒钟内落到传送带上煤块都将获得与传送带相等的速度，取向右为正方向，由
动量定理得
ft＝Δp＝mv
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解得：f＝25N
煤块受到的摩擦力由传送带提供，所以电动机对传送带应增加的牵引力为
F＝f＝25N
电动机应增加的功率为
P＝Fv＝25×0.5W＝12.5W，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
题型三 机车启动问题
1．机车以恒定功率启动的运动过程分析
所以机车达到最大速度时a＝0，F＝f，P＝Fvm＝fvm，这一启动过程的v－t 图像如图1 所示，其中
vm＝.
2．机车以恒定加速度启动的运动过程分析
所以机车在匀加速运动中达到最大速度v0时，F＝f＋ma，P＝Fv0，v0＝<＝vm，v0继续增大到vm，
加速度逐渐减小到零，最后仍有vm＝，做匀速运动．这一运动过程的v－t 图像如图2 所示．
说明 (1)以恒定加速度启动时，匀加速结束时速度并未达到最大速度vm.
(2)两种启动方式最终最大速度的计算均为vm＝.
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类型1 恒定功率启动
[模型演练16] （2024•长沙模拟）一辆质量为m 的小汽车在水平地面上由静止开始运动，
其功率随速度的变化关系如图所示，其中AB 段平行于v 轴，汽车匀速运动阶段的速度为vB。
根据图像，下列说法正确的是（ ）
A．速度增大到vA的过程中，汽车的加速度逐渐减小，当v＝vA时，a＝0
B．汽车与地面间的摩擦力大小为f = P0
v A
C．在OA 段汽车的位移为x =
v A
3 vBm
2 P0(vB- v A)
D．若AB 段汽车的位移为s，则AB 段汽车运动的时间t = m(vB
2 - v A
2 )
2 P0
+ 2s
vB
【解答】解：A、速度增大到vA的过程中，汽车的加速度不变，故A 错误；B、由图象可知，速
度为vB时，牵引力等于摩擦力，功率为额定功率，汽车将做匀速直线运动，故f＝F= P0
vB
，故B
错误；
C、因OA 段为倾斜直线，故其斜率不变，斜率k= P
v ，即表示汽车的牵引力，可知汽车牵引力
在OA 段不变，故汽车为匀加速启动，在A 点功率为额定功率，牵引力为匀加速运动的牵引力，
故匀加速阶段的牵引力为F1= P0
v A
，则a= F1- f
m
= (vB- v A)P0
m v A vB
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由2ax= vt
2- v0
2得：x=
v A
3 vBm
2 P0(vB- v A)
，故C 正确；
D、速度从vA增加到vB的过程中，根据动能定理得P0t﹣fs= 1
2 mvB
2 - 1
2 mv A
2
t= m(vB
2- v A
2)
2 P0
+ s
vB
，故D 错误；
故选：C。
[模型演练17] （2024•广东模拟）中欧班列运行于中国与欧洲以及“一带一路”共建国家
间的集装箱等铁路国际联运列车，从开通至今已经完成2 万次运输。列车采用内燃加锂电池的
混合动力电传动方式进行驱动，整车最大功率750kW，行驶过程中受到阻力恒定，速度最高
为108km/h，已知列车的总质量为5×104kg，列车以最大功率启动，下列说法正确的是
（ ）
A．行驶过程中列车受到的阻力为2.5×104N
B．以最大速度行驶时，列车1 小时内通过的位移一定是108km
C．列车以15m/s 行驶时的加速度是1m/s2
D．列车加速过程中的平均速率是15m/s
【解答】解：A．当列车匀速行驶时，所受的牵引力等于阻力，即P＝fvmax
列车受到的阻力为f = P
vmax
= 750×10
3
30
N =2.5×10
4 N
故A 正确；
B．以最大速度行驶时，列车1 小时内通过的路程是108km，但位移不一定是108km，故B 错误；
C．当列车以v1＝15m/s 行驶时，由牛顿第二定律得F1﹣f＝ma
其中P＝F1v1
联立解得a＝0.5m/s2
故C 错误；
D．作出列车运动的v﹣t 图像，如图所示
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由图可知，列车加速过程中的平均速率v ＞0+ vmax
2
=15m/ s
故D 错误。
故选：A。
[模型演练18] （2024•历城区校级模拟）加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然
要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试
汽车性能，t＝0 时刻驾驶汽车由静止启动，t1＝6s 时汽车达到额定功率，t2＝14s 时汽车速度达
到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F 随速率倒数1
v 变化的关系图像。已知汽车和司机
的总质量m＝2000kg，所受阻力与总重力的比值恒为1
4 ，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正
确的是（ ）
A．汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B．汽车在BC 段做匀加速直线运动，在AB 段做匀速运动
C．汽车达到的最大速度大小为15m/s
D．从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150m
【解答】解：AB．由图可知汽车在AB 段汽车牵引力不变，做匀加速直线运动，根据牛顿第二
定律F - 1
4 mg=ma
代入数据解得a＝2.5m/s2
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汽车在BC 段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，
后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB 错误；
C．由题可知汽车在前6s 内做匀加速直线运动，则t1＝6s 时汽车的速度为v1＝at1＝2.5×6m/s＝
15m/s
汽车额定功率为P = F v1=10×10
3×15W =1.5×10
5W
汽车达到的最大速度大小为vm= P
f =
P
1
4 mg
=
1.5×10
5
1
4 ×2000×10
m/ s=30m/ s
故C 错误；
D．汽车做匀加速直线运动的位移为x1= 1
2 at1
2= 1
2 ×2.5×6
2m＝45m
从启动到速度达到最大过程中，根据动能定理P(t2-t1)- 1
4 mg x2= 1
2 m vm
2 - 1
2 m v1
2
解得x2＝105m
汽车通过的距离为x＝x1+x2＝45m+105m＝150m，故D 正确。
故选：D。
类型2 恒定加速度启动
[模型演练19] （2024 春•沙河口区校级期中）2023 年11 月10 日，我国首条超高速低真空
管道磁浮交通系统——高速飞车大同（阳高）试验线工程完工，其特点是全封闭真空管道和磁
悬浮运输。如图所示，高速飞车的质量为m，额定功率为P，高速飞车在平直轨道上从静止开
始运动，先以加速度a 做匀加速直线运动，加速过程中达到额定功率P。后又经过一段时间达
到该功率下的最大速度，若高速飞车行驶过程中所受到的阻力为Ff且保持不变，则下列说法正
确的是（ ）
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A．高速飞车匀加速直线运动过程中达到的最大速度为P0
ma
B．高速飞车匀加速直线运动的时间为
P0
a( Ff -ma)
C．高速飞车匀加速直线运动的位移为
P0
2
2a( Ff +ma)
2
D．高速飞车在整个加速过程中牵引力做功等于m P0
2
2 Ff
2
【解答】解：ABC．匀加速阶段高速飞车受到的牵引力与阻力的合力提供加速度，根据牛顿第
二定律可得F1﹣Ff＝ma
又P0＝F1v1
则高速飞车匀加速直线运动过程中达到的最大速度为v1=
P0
Ff +ma
匀加速直线运动的时间为t = v1
a =
P0
a( Ff +ma)
匀加速直线运动的位移为x = v1
2 t1=
P0
2
2a( Ff +ma)
2
故AB 错误，C 正确；
D．当牵引力等于阻力时，高速飞车的速度达到最大，则有vm= P0
Ff
在整个加速过程，根据动能定理可得W 牵-W 阻= 1
2 mvm
2 = m P0
2
2 Ff
2
可得W 牵＞m P0
2
2 Ff
2
故D 错误。
故选：C。
[模型演练20] （2024 春•北碚区校级期中）如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，
与放在倾角为θ＝30°的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～6s 时
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间内物体运动的v﹣t 图象如图乙所示，其中除1～5s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均
为直线，1s 后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2kg，不计一切阻力，重力加速
度g＝10m/s2。则下列判断正确的是（ ）
A．在0～1s 内电动机牵引力大小为10N
B．1s 后电动机的输出功率为100W
C．物体达到的最大速度vm＝12m/s
D．在0～5s 内物体沿斜面向上运动了32.5m
【解答】解：AB、在0～1s 内，设细绳拉力的大小为F1，加速度为a，由图象可知t1＝1s 末速度
为v1＝5m/s，则
a= v1
t1
= 5
1m/s2＝5m/s2
根据牛顿第二定律可得
F1﹣mgsin30°＝ma
解得：F1＝20N
1s 末电动机的输出功率为P＝F1v1＝20×5W＝100W
1s 后电动机的输出功率保持不变，所以1s 后电动机的输出功率为100W，故A 错误，B 正确；
C、设当物体达到最大速度vm后，细绳的拉力大小F2，此时物体的加速度为零，则有
F2＝mgsinθ＝0
由P＝F2vm，解得：vm＝10m/s，故C 错误；
D、0～1s 内物体上滑的位移为x1= v1
2 t1= 5
2 ×1m＝2.5m
在1～5s 内，设位移为x2，根据动能定理得P(t -t1)-mg x2sinθ = 1
2 mvm
2 - 1
2 mv1
2
代入数据解得：x2＝32.5m
则物体在0～5s 内物体沿斜面向上运动位移为x＝x1+x2＝2.5m+32.5m＝35m，故D 错误。
故选：B。
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[模型演练21] （2024•辽宁模拟）一辆智能电动玩具车在水平路面上由静止开始加速，其
加速度a 随时间t 的变化关系如图所示，当玩具车加速t＝1s 后，牵引力的功率保持恒定。已知
玩具车的质量m＝2kg，行驶过程中受到恒定的阻力f＝2N，则玩具车（ ）
A．从t＝0 到t＝1s 的位移为2m
B．从t＝0 到t＝1s 的牵引力做功为4J
C．从t＝1s 到t＝3.17s 的位移约为7m
D．从t＝1s 到t＝3.17s 的牵引力做功为21J
【解答】解：A、由题图可知，玩具小车在第1s 内做匀加速直线运动，则从t＝0 到t＝1s 内的位
移为：x1= 1
2 a1t
2= 1
2 ×2×1m=1m，故A 错误；
B、设在0∽1s 时间内的牵引力为F1：根据牛顿第二定律可得：F1﹣f＝ma1，解得：F1＝ma1+f＝
2×2N+2N＝6N，则牵引力做的功为：W F1= F1 x1=6×1J =6 J，故B 错误；
C、由题图可知，在t＝1s 时，玩具车的速度为v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s，则恒定功率为P＝F1v1
＝6×2W＝12W，当t＝3.17s 时，a＝0.5m/s2，设此时的牵引力为F2，由牛顿第二定律可得：F2
﹣f＝ma，解得：F2＝3N，此时玩具车的速度为v2= P
F2
= 12
3 m/ s= 4 m/ s，设在t＝1s 到t＝
3.17s 内玩具车的位移为x2，由动能定理可得：P⋅Δt - f x2= 1
2 mv2
2- 1
2 mv1
2，代入数据解得：
x2＝7.02m≈7m，故C 正确；
D、从t＝1s 到t＝3.17s 的牵引力做功为：W′＝P•Δt＝12×2.17J＝26.04J≈26J，故D 错误。
故选：C。
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