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专题13 功和功率 机车启动模型
功的几种计算方法（7-11 题）....................................................................................................................5
以恒定功率启动模型（12-15 题）..............................................................................................................9
以恒定加速度启动模型（16-18 题）.......................................................................................................13
有关机车启动问题的图像问题（19-23 题）.........................................................................................15
1.
（2023•湖北）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速
度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则
该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（ ）
A．P1v1+ P2v2
P1+ P2
B．P1v2+ P2v1
P1+ P2
C．( P1+ P2)v1v2
P1v1+ P2v2
D．
( P1+ P2)v1v2
P1v2+ P2v1
【解答】解：由题意可知两节动车功率分别为
P1＝f1v1
P2＝f2v2
当把它们编组后P1+P2＝（f1+f2）v
联立解得v= ( P1+ P2)v1v2
P1v2+ P2v1
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
2.
（2023•山东）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场
景。引水过程简化如下：两个半径均为R 的水轮，以角速度ω 匀速转动。水筒在筒车上均匀
排布，单位长度上有n 个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m 的水，其
中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做
1
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功的功率为（ ）
A．2nmgω
2 RH
5
B．3nmgωRH
5
C．3nmgω
2 RH
5
D．nmgωRH
【解答】解：每个水筒中水的重力为G＝mg
水筒的线速度为v＝ωR
t 时间内，装水的水筒个数为N＝nvt＝nωRt
筒车对灌入稻田的水做功的功率为P= W
t = 60 % NGH
t
= 3nmgωRH
5
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3.
（2023•山东）质量为M 的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F 和受到的阻力f
均为恒力。如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止开始运动。当
小车拖动物体行驶的位移为S1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一
段时间后停下，其总位移为S2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定
功率P0为（ ）
A．√
2 F
2( F - f )(S2- S1)S1
( M +m)S2- M S1
B．√
2 F
2( F - f )(S2- S1)S1
( M +m)S2-m S1
2
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C．√
2 F
2( F - f )(S2- S1)S2
( M +m)S2- M S1
D．√
2 F
2( F - f )(S2- S1)S2
( M +m)S2+m S1
【解答】解：设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车达到额定功率时速度为v，小车拖动物体
运动过程中，由牛顿第二定律得：F
f
μmg
﹣﹣
＝（M+m）a1
由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a1S1
额定功率P0＝Fv
轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a2（S2
S
﹣
1）
联立解得：P0=√
2 F
2( F - f )(S2- S1)S1
( M +m)S2- M S1
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
4.
（多选）（2023•湖南）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆弧
段BC 组成，两段相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O，最高点为C，A 与
C 的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到
达C 点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0=√2 gR
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
【解答】解：A、小球从B 到C 的过程中，根据牛顿第二定律有mgcosθ
N
﹣＝mv
2
R
其中θ 逐渐减小，动能转化为重力势能，v 也逐渐减小，所以N 逐渐增大，根据牛顿第三定律可
知小球对轨道的压力逐渐增大，故A 正确；
3
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B、小球从A 到C 的过程中，动能转化为重力势能，速度逐渐减小，重力的功率逐渐减小，故B
错误；
C、小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，根据机械能守恒定律有
1
2 mv0
2=mg•2R
解得v0=2√gR
故C 错误；
D、在B 点，根据牛顿第二定律有mgcosθ
N
﹣＝mv
2
R
解得N＝mgcosθ
m
﹣
v
2
R
当N＝0 时，v=√gRcosθ，当若小球初速度v＝v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道，故D 正确；
故选：AD。
5.
（2021•湖南）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质
量为m 的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功
率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F 阻＝kv，k 为常量），动车组能达到的最大
速度为vm。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为3
4
vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t 达到最大速度vm，则
这一过程中该动车组克服阻力做的功为1
2
mvm
2
Pt
﹣
【解答】解：A、若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合
力不变则牵引力也将增大，故A 错误；
B、若动车组输出功率均为额定值，则其加速a= F牵- f
m
=
4 P
v -kv
m
，随着速度增大，加速度减
小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B 错误；
C、当动车组的速度增大到最大vm 时，其加速度为零，则有：4 P
vm
=k vm，若总功率变为
4
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2.25P，则同样有：2.25 P
vm'
=k vm'，联立两式可得：vm′= 3
4 vm，故C 正确；
D、对动车组根据动能定理有：4Pt
W
﹣
f= 1
2 mvm
2 ，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt- 1
2 mvm
2 ，故D
错误。
故选：C。
6.
（2021•浙江）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已
知混凝土密度为2.4×103kg/m3，假设泵车的泵送系统以150m3/h 的输送量给30m 高处输送混凝
土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（ ）
发动机最大输出功率
（kW）
332
最大输送高度（m）
63
整车满载质量（kg）
5.5×104
最大输送量（m3/h）
180
A．1.08×107J
B．5.04×107J
C．1.08×108J
D．2.72×108J
【解答】解：泵车的泵送排量为150m3/h，则1 小时输送的混凝土的体积为
V＝150×1m3＝150m3
则在1 小时时间内输送的混凝土质量为
m＝ρV＝2.4×103×150kg＝3.6×105kg
将混凝土恰好输送到30m 高处，泵送系统对混凝土做的功最少，泵送系统对混凝土做的功至少
为
W＝mgh＝3.6×105×10×30J＝1.08×108J
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
5
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功的几种计算方法（7-11 题）
7.
（2023•让胡路区校级模拟）一质量为2kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一
速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，
物体刚好停止运动，图中给出拉力随位移变化的关系图像，则根据以上信息能精确得出或估算
得出的物理量有（取g＝10m/s2）（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25
B．物体在8m 处的加速度为a＝4m/s2
C．整个过程中拉力做功96J
D．合力做的功为﹣32J
【解答】解：A、物体做匀速运动时，受力平衡，由平衡条件得：f＝F＝8N，所以有
μ= f
F N
= F
mg
解得：μ＝0.4，故A 错误；
B、由图可知在8m 处拉力大小为F′＝4N，根据牛顿第二定律有F′
f
﹣＝ma
代入数据可得：a＝﹣2m/s2，故B 错误；
CD、F
s
﹣图象与x 轴围成的面积表示拉力做的功，则整个过程中拉力做功为
W F =(8×4 + 1
2 ×8×8)J =64 J
滑动摩擦力做的功为Wf＝﹣μmgx，解得Wf＝﹣96J
所以合力做的功为W 合＝WF+Wf＝64J+（﹣96J）＝﹣32J，故C 错误，D 正确；
故选：D。
8.
（2023•分宜县校级一模）在某工地上大型机械随处可见，其中，塔吊是现代工地必
不可少的建筑设备。如图，为吊车在某次工作时，将200kg 的建筑材料竖直向上提升过程的v
6
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t
﹣图像，g 取10m/s2。下列判断正确的是（ ）
A．在0
10s
﹣
内，悬线的拉力恒为2000N
B．材料离地面的最大高度为36.4m
C．在10s～30s 内，拉力做的功为4000J
D．在40s～56s 内，材料处于失重状态
【解答】解：A、根据题意，由图可得0
10s
﹣
内的加速度为a= v - v0
t
= 1-0
10 m/ s
2=0.1m/s2
由牛顿第二定律有F
mg
﹣
＝ma
代入数据解得F＝2020N，故A 错误；
B、根据v
t
﹣图像中图像与横轴围成的面积表位移可知，40s 末达到最大高度，设为xm，材料离
地面的最大高度为xm= 1
2 ×1×(40+20)m=30m，故B 错误；
C．由图可知，在10s～30s 内，物体的速度不变，做匀速直线运动，设拉力为F1，则有F1＝mg
＝200×10N＝2000N
由图可知，在10s～30s 内，设物体的位移为x1，x1＝1×（30
10
﹣
）m＝20m
由功的公式可得，拉力做的功为W＝F1x1＝2000×20J＝40000J，故C 错误；
D．由图可知，在40s～56s 内，材料向下做匀加速直线运动，加速度向下，所以材料处于失重状
态，故D 正确。
故选：D。
9.
（多选）（2023•湖北一模）如图所示，质量m＝1kg 物体以初速度v0＝6m/s 滑上足够
长的斜面。已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.75。调节斜面与水平方向的夹角θ 从零开
始增大到90°，发现物体沿斜面向上的最大位移x 先减小后增大，重力加速度g＝10m/s2，则下
列说法正确的是（ ）
7
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A．当θ＝0°时，物体的最大位移为2.4m
B．当θ＝30°时，物体达到最大位移后，将保持静止
C．当θ＝53°时，物体的最大位移具有最小值
D．当θ＝90°时，物体克服摩擦力做功18J
【解答】解：A ．当θ ＝0° 时，物体沿水平方向故匀减速直线运动。由动能定理
- μmg x1=0- 1
2 m v0
2，代入数据解得x1＝2.4m，故A 正确；
B．当θ＝30°时，有mgsinθ＜μmgcosθ，即重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力，所以物体物
体速度减小到零后，在斜面上保持静止，不会向下滑动，故B 正确；
C．物体在斜面上滑行的过程中，由动能定理可得-mgx ' sinθ - μmgcosθ⋅x' =0- 1
2 m v0
2，解
得x' =
v0
2
2g(sinθ+ μcosθ) =
v0
2
2 g√1+ μ
2sin(α +θ)
，其中tanα＝μ，由数学知识可知，当θ＝53°
时，物体的最大位移具有最小值，故C 正确；
D．当θ＝90°时，物体与竖直平面之间的支持力为零，摩擦力为零，所以摩擦力一定不做功，故
D 错误。
故选：ABC。
10. （多选）（2022•兰州一模）如图，重物P 放在粗糙的水平板OM 上，当水平板绕O
端缓慢抬高，在重物P 没有滑动之前，下列说法中正确的是（ ）
A．P 受到的支持力做正功
B．P 受到的支持力不做功
C．P 受到的摩擦力做负功
D．P 受到的摩擦力不做功
【解答】解：物块在上升的过程中，物块相对于木板并没有滑动，摩擦力的方向与运动方向始
8
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终垂直，所以物块受到的摩擦力对物块做的功为零，由于重力对物块做了负功，摩擦力对物块
不做功，根据动能定理可以知道，支持力对物块做正功，故AD 正确。
故选：AD。
11. （2022•静安区二模）如图所示，以恒定速率v1＝0.5m/s 运行的传送带与水平面间的
夹角α＝37°，转轴间距L＝4m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.5m/s 从传送带顶端推下一
件m＝2kg 的小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度
g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度a 的大小；
（2）小包裹在传送带上减速运动的时间t 和位移s 的大小。
（3）小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功。
【解答】解：（1）因小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹相对传送带向下滑动，
受到传送带的滑动摩擦力沿传动带向上，以沿传动带向下为正方向，根据牛顿第二定律得：
mgsinα
μmgcosα
﹣
＝ma
代入数据解得：a＝﹣0.4m/s2
故加速度的大小为0.4m/s2，方向为沿斜面向上；
（2）由（1）的结论可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，假设小包裹能够一直减速到
速度与传送带相同，则此过程所用时间为：t = (v1- v2)
a
= 0.5-1.5
-0.4
s=2.5 s
此过程的位移大小为：s= v1+ v2
2
⋅t = 0.5+1.5
2
×2.5m=2.5m
因s＜L＝4m，故假设成立。
（3）因μ＝0.8＞tanα＝0.75，故小包裹与传动带共速后，与传送带保持相对静止做匀速直线运
动直至达到传送带底端，匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为：f2＝mgsinα
此过程小包裹的位移大小为：s2＝L
s
﹣＝4m
2.5m
﹣
＝1.5m
9
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小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为：
Wf＝﹣f1s
f
﹣2s2＝﹣μmgcosα•s
mgsinα•s
﹣
2
代入数据解得：Wf＝﹣50J。
以恒定功率启动模型（12-15 题）
12. （2023•茂名二模）“广湛”高铁将茂名到广州的通行时间缩短至2 小时。假设动车
启动后沿平直轨道行驶，发动机功率恒定，行车过程中受到的阻力恒为f，已知动车质量为
m，最高行驶速度为vm，下列说法正确的是（ ）
A．动车启动过程中所受合外力不变
B．动车发动机功率为f•vm
C．从启动到最大速度过程中，动车平均速度为vm
2
D．从启动到最大速度过程中，动车牵引力做功为1
2 mvm
2
【解答】解：A、发动机功率恒定，由功率公式得：P＝Fv
动车启动过程速度变大，则牵引力变小，动车所受合外力F 合＝F
f
﹣
阻力不变，则合外力变小，故A 错误；
B、动车速度最大时，牵引力等于阻力，发动机功率P＝Fv＝f•vm
故B 正确；
C、动车从启动到最大速度过程中，动车做加速度减小的加速运动，动车平均速度大于vm
2
，故C
错误；
D．从启动到最大速度过程中，根据动能定理得：W F -W f = 1
2 m vm
2
则动车牵引力做功为大于1
2 m vm
2 ，故D 错误。
10
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故选：B。
13. （2023•海淀区校级三模）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 保
持不变。动车在时间t 内（ ）
A．牵引力保持不变
B．加速度逐渐变大
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W = 1
2 m vm
2
【解答】解：A．动车从静止开始以恒定功率P 在平直轨道上运动，由P＝F 牵v，可知在动车的
牵引力随速度的增大而减小，故A 错误；
B．由牛顿第二定律可得F 牵﹣F＝ma，可知动车加速过程中加速度随牵引力的减小而逐渐减小，
故B 错误；
C．根据功率的公式可知牵引力的功率P＝F 牵v＝Fvm，故C 正确；
D．由动能定理可知，动车行驶过程牵引力和阻力做功，牵引力做功为W = Pt ＞1
2 m vm
2，故D
错误。
故选：C。
14. （2023•重庆模拟）“碳中和”、“低碳化”、“绿色奥运”是北京冬奥会的几个标
签。本次冬奥会运行超1000 辆氢能源汽车，是全球最大的一次燃料电池汽车示范。某款质量
为M 的氢能源汽车（如图所示）在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P 从静止启动做直线
运动，行驶路程x，恰好达到最大速度vm。已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是
（ ）
11
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A．启动过程中，车做匀加速直线运动
B．启动过程中，牵引力对车做的功为1
2 Mvm
2
C．车速从0 增至vm的加速时间为M vm
2
2 P + x
vm
D．车速为vm
2
时，车的加速度大小为2 P
M vm
【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：a= F - f
M
=
p
v - f
M
，可知汽车以恒定功率启动，随着速度
的增加，加速度逐渐减小，即汽车做加速度逐渐减小的加速运动，故A 错误；
B、汽车从静止开始加速至vm的过程，假设汽车受到的阻力为f，达到最大速度时牵引力F 等于
阻力f，功率p＝Fvm＝fvm，根据动能定理可得：W
fx
﹣= 1
2
Mvm
2 -0，
解得：W＝fx+ 1
2Mvm
2 = p
vm
x+ 1
2Mvm
2 ，故B 错误；
C、汽车从静止开始加速至vm的过程，假设汽车受到的阻力为f，W＝fx+ 1
2
Mvm
2 =pt，
达到最大速度时牵引力F 等于阻力f，功率p＝Fvm＝fvm，解得车速从0 增至vm的加速时间为t
= M vm
2
2 P + x
vm
，故C 正确；
D、车速为vm
2
时，车的加速度大小为a=
p
v - f
M
=
p
Mvm
，故D 错误。
故选：C。
15. （多选）（2023•绵阳模拟）甲、乙两赛车，在平直车道上由静止开始保持额定功率
12
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启动。甲车启动12s 后，速度达到108km/h，30s 后，速度达到最大速度216km/h；乙车启动9s
后，速度达到108km/h，25s 后，速度达到最大速度234km/h。假设赛车行驶过程中所受阻力恒
为车重的1
5
倍，甲车的质量为乙车的3
4
倍，重力加速度取10m/s2，则（ ）
A．甲车额定功率是乙车额定功率的3
4
倍
B．速度达到108km/h 时，甲车加速度是乙车加速度的6
7
倍
C．速度达到108km/h 时，甲车牵引力是乙车牵引力的13
9
倍
D．加速到最大速度的过程中，甲车通过距离是乙车通过距离的144
91
倍
【解答】解：A．达到最大速度时，甲、乙两车分别满足P 甲＝f 甲v 甲，P 乙＝f 乙v 乙
其中f 甲= 1
5 × 3
4 m 乙g，f 乙= 1
5m 乙g
v 甲＝216km/h＝60m/s，v 乙＝234km/h＝65m/s
联立解得甲车额定功率是乙车额定功率的9
13
倍
故A 错误；
BC．由P＝Fv，F
f
﹣＝ma
代入数据可得F甲
F乙
= 9
13
，a甲
a乙
= 6
7
故B 正确，C 错误；
D．加速到最大速度的过程中，据动能定理可得Pt
fs
﹣= 1
2 m vm
2
代入数据对比可得，甲车通过距离与乙车通过距离之比为s甲
s乙
= 144
91
故D 正确。
故选：BD。
13
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以恒定加速度启动模型（16-18 题）
16. （2022•杞县模拟）半坡起步是汽车驾驶中可能会遇到的问题.假设一辆质量为2000kg
的汽车，在倾角θ＝30°的足够长斜坡上由静止开始以大小为0.5m/s2的恒定加速度启动，行驶
过程中汽车受到的空气和摩擦阻力之和恒为1000N，重力加速度g 取10m/s2，汽车发动机的额
定输出功率为60kW.则汽车从启动至发动机功率达到额定输出功率过程中，汽车发生的位移大
小为（ ）
A．25m
B．30m
C．50m
D．60m
【解答】解：汽车以恒定加速度启动，对汽车进行受力分析，由牛顿第二定律有F
f
﹣﹣
mgsin30°＝ma，
达到额定功率时P 额＝Fv，
由运动学有v2＝2ax，
联立并带人数据解得x＝25m，故A 正确，BCD 错误；
故选：A．
17. （多选）（2021•合肥模拟）某汽车从静止开始以加速度a 匀加速启动，最后做匀速运
动．已知汽车的质量为m，额定功率为p，匀加速运动的末速度为v1，匀速运动的速度为vm，
所受阻力为f．下图是反映汽车的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其
中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然
后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后匀速运动。
开始匀加速时：F
f
﹣＝ma
设匀加速刚结束时速度为v1，有：P 额＝Fv1
最后匀速时：F＝f，有：F 额＝Fvm
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由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1=
P
f +ma
，最后匀速速度为：v2= P
f
，
A、在v
t
﹣图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，最终做匀速直线运动，
故A 正确。
B、开始汽车功率逐渐增加，P＝Fv＝Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故B 正确。
C、汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C 正确。
D、汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故D 错误。
故选：ABC。
18. （2021•五华区校级模拟）一小汽车停在倾角为30°的斜坡上，现启动汽车.上坡，汽车
先匀加速启动，发动机的功率从零开始经过3s 后逐渐增大到额定功率，后保持额定功率继续
加速，又经过37
8 s达到速度最大值。已知汽车的质量为1t，在该斜坡上运动时，地面和空气对
汽车的阻力为车身重量的0.1 倍，发动机的额定功率为81kW，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）汽车做匀加速运动时的加速度大小；
（2）汽车从静止开始加速到汽车速度恰好最大时发生的位移大小。
【解答】解：（1）匀加速阶段牵引力恒定，由牛顿第二定律可得F
mgsin30°
kmg
﹣
﹣
＝ma
匀加速达到的最大速度为：v＝at
汽车的额定功率为：P＝Fv
联立解得：a＝3m/s2
（2）当速度达到最大值时F'＝mgsin30°+kmg
最大速度为vm= P
F ' = 27
2 m/ s
全程由动能定理可得1
2 P0t1+ P0t2-mgxsin30° -kmgx = 1
2 mvm
2 -0
解得位移为x＝67.5m
有关机车启动问题的图像问题（19-23 题）
19. （多选）（2023•龙华区校级一模）某电动车做直线运动的v
t
﹣图像如图所示，其中
0～t1内的图线为直线。若该车质量和所受阻力保持不变，从t1时刻开始电动车的功率保持不
变，则（ ）
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A．0～t1时间内，该电动车的牵引力不断增大
B．t1～t1+t0时间内，该电动车的加速度不断减小
C．牵引力在t1～t1+t0时间内所做的功等于在t1+t0～t1+2t0时间内所做的功
D．牵引力在t1～t1+t0时间内所做的功小于在t1+t0～t1+2t0时间内所做的功
【解答】解：A、速度—时间图像的斜率表示加速度，根据图像可知在0～t1时间内图线为倾斜
的直线，故电动车的加速度不变，由牛顿第二定律可知电动车的牵引力不变，故A 错误；
B、同理，在t1～t1+t0时间内图像的斜率变小，电动车的加速度不断减小，故B 正确；
CD、由于从t1时刻开始电动车的功率保持不变，根据W＝Pt0，可知电动车牵引力在t1～t1+t0时
间内所做的功和在t1+t0～t1+2t0时间内所做的功相等，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
20. （多选）（2023•南宁模拟）宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车和电梯的设计等
多种工作都用到急动度的概念，急动度j 是描述加速度a 随时间t 变化快慢的物理量，即j= Δa
Δt
，它可以用来反映乘客乘坐交通工具时的舒适程度，当交通工具的急动度为零时乘客感觉最舒
适。如图所示为某新能源汽车从静止开始启动的一小段时间内的急动度j 随时间t 变化的规律。
下列说法正确的是（ ）
A．0～5.0s 时间内汽车的加速度增加的越来越慢
B．5.0～10.0s 时间内汽车的加速度均匀增大
C．12.0s 时刻汽车的加速度为零
D．5.0～12.0s 时间内汽车加速度的变化量大小为4.8m/s2
【解答】解：A．根据题意，由图可知，0～5.0s 时间内汽车的急动度增加，则汽车的加速度增
加的越来越快，故A 错误；
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B．根据题意，由图可知，5.0～10.0s 时间内汽车的急动度不变，则汽车的加速度均匀增大，故
B 正确；
C．根据题意可知，j
t
﹣图像的面积表示加速度的变化量，汽车从静止开始启动，由图可知，
0∼12s 内，图像的面积为正值，则汽车在12.0s 时刻的加速度比开始启动时的加速度增加了，加
速度不为0，故C 错误；
D．j
t
﹣图象的面积表示加速度的变化量，5.0～12.0s 时间内汽车加速度的变化量大小为：
Δa= 1
2 ×0.8×[(10.0-5.0)+(12.0-5.0)]m/ s
2= 4.8m/ s
2
故D 正确。
故选：BD。
21. （多选）（2023•西城区校级模拟）汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机的
功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续
行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v 与时间t 的
关系如图所示，则在0～t1时间内下列说法正确的是（ ）
A．汽车的牵引力不断增大
B．t＝0 时，汽车的加速度大小为P
m v0
C．汽车行驶的位移为v0t1
2 + 3mv0
3
8 P
D．阻力所做的功为P
2 t1+ 3
8 m v0
2
【解答】解：A、减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据P＝Fv 可知，牵引力
增大，故A 正确；
B、汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有F＝f
发动机的功率为P，由P＝Fv0＝fv0
解得f = P
v0
t＝0 时，功率变为原来的一半，速度没有变，有P
2 = F1v0
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F1
f
﹣＝ma
解得a=- P
2mv0
所以加速度大小为
P
2mv0
，故B 错误；
CD、根据动能定理得：P
2 t1+W f = 1
2 m( 1
2 v0)
2- 1
2 mv0
2
解得W f =- 3
8 mv0
2- P
2 t1
设汽车通过得位移x，由公式Wf＝fx
解得x = v0t1
2 + 3m v0
3
8 P
故C 正确，D 错误；
故选：AC。
22. （多选）（2023•滨海新区模拟）一辆额定功率800W 的玩具赛车在水平直跑道上由静
止开始以恒定功率加速前进，玩具赛车瞬时加速度和瞬时速度的倒数的关系图像如图所示。假
设在阻力大小不变的情况下，玩具赛车从起点到终点所用的时间为30s，玩具赛车到达终点前
已达到最大速度。下列说法正确的是（ ）
A．玩具赛车所受的阻力大小为40N
B．玩具赛车的质量为10kg
C．玩具赛车的速度大小为10m/s 时的加速度大小为1m/s2
D．起点到终点的距离为500m
【解答】解：A．由图可知横轴交点a＝0 时玩具车的速度最大，此时v
1
﹣＝0.05（s/m），则最
大速度为：vm=
1
0.05 m/ s
解得：vm＝20m/s
则阻力为：f = P
vm
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代入数据得：f＝40N，故A 正确；
B．由牛顿第二定律得玩具车的加速度为：a= F - f
m
又P＝Fv
联立解得：a= P
m ⋅1
v - f
m
所以k = P
m
①
由图像可知k = Δa
Δv
-1
其中Δa＝20m/s2，Δv
1
﹣＝（0.55
0.05
﹣
）s/m＝0.5s/m
代入数据得：k＝40 ②
联立①②解得：m＝20kg，故B 错误；
C．根据a= P
m ⋅1
v - f
m
整理得：a=( 40
v -2)m/ s
2
可知玩具赛车的速度大小为10 m/s 时的加速度大小为2m/s2，故C 错误；
D．从起点到终点由动能定理得：
Pt - fx = 1
2 mvm
2
解得：x＝500m，故D 正确；
故选：AD。
23. （多选）（2021•淄博二模）通过质量为m 的电动玩具小车在水平面上的运动来研究
功率问题。小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车功率不变，小车的v
t
﹣图象如图甲所
示，t0时刻小车的速度达到最大速度的3
5
，小车速度由v0增加到最大值的过程中，小车的牵引
力F 与速度v 的关系图象如图乙所示，运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是（
）
A．小车的额定功率为F0v0
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B．小车的最大速度为5v0
C．小车速度达到最大速度的一半时，加速度大小为2 F0
m
D．0～t0时间内，小车运动的位移大小为5v0t0- 4 m v0
2
F0
【解答】解：A、由甲、乙图像知小车速度为v0 时，牵引力为5F0，所以小车的额定功率为p＝
5F0v0，故A 错误；
B、由乙图像知，小车达到最大速度时牵引力为F0，即小车所受阻力为f＝F0，所以小车的最大
速度为：vm= p
f = 5 F0v0
F0
=5v0，故B 正确；
C、v= vm
2 = 5 v0
2
时，牵引力为：F= p
v = 5 F0 v0
5 v0
2
=2F0，由牛顿第二定律：F
f
﹣＝ma，解得：a
= F - f
m
= 2 F0- F0
m
= F0
m
，故C 错误；
D、t0 时刻小车速度为v1= 3
5 vm= 3
5 ×5 v0=3v0，设0～t0 时间内小车位移为x，由动能定理：pt0
fx
﹣= 1
2 mv1
2- 1
2 mv0
2，联立解得：x＝5v0t0- 4 m v0
2
F0
，故D 正确。
故选：BD。
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