文档文本内容
专题23 功 功率
学习目标
熟练掌握功和功率的计算方法;灵活的选择公式P＝Fv 和P＝” 求解瞬时
功率和平均功率；熟练拿握并区分机车的两种启动方式，学会运用机车启动
知识去解释起重机牵引物体的运动方式。
知识点梳理
1．功
(1)定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说
这个力对物体做了功。
(2)必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移。
(3)物理意义：功是能量转化的量度。
(4)公式W＝Fl cos α
①α 是力与位移方向之间的夹角，l 为物体的位移。
②该公式只适用于恒力做功。
(5)功的正负
①当0≤α<π
2 时，W>0，这表示力对物体做正功。
②当π
2 <α≤π 时，W<0，这表示力对物体做负功，或者说物体克服这个力做
功。
③当α＝π
2 时，W＝0，这表示力对物体不做功。
(6)功是标量：只有大小，没有方向，但有正负，正负不表示方向，表示力的
作用效果是动力还是阻力。
2．功率
(1)定义：功W 与完成这些功所用时间t 的比值。
(2)物理意义：描述力对物体做功的快慢。
(3)公式
①P＝W
t ：P 为时间t 内的平均功率。
②P＝Fv
a．v 为平均速度，则P 为平均功率。
b．v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率。
c．当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解。
(4)额定功率：机械可以长时间工作的最大功率。
(5)实际功率：机械实际工作时的功率。
真题汇编
1．（2025•福建）如图甲，水平地面上有
、
两个物块，两物块质量均为
，
与地面动摩擦因数为
，
与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外
力
的作用下向右前进，
与位移的图如图乙所示，
为圆弧最低点，
为
最高点，水平地面长度大于
。
（1）求
，
做的功；
（2）
时，
与
之间的弹力；
（3）要保证
能到达
点，圆弧半径满足的条件。
【答案】（1）
做的功为
；
（2）
时，
与
之间的弹力为
；
（3）要保证
能到达
点，圆弧半径应小于或等于
。
【分析】（1）
图像与坐标轴所围面积表示做功；
（2）分别对
整体和
受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可；
（3）两物块分离前一起做加速运动，分离后
进入圆周轨道前，
做匀速直线
运动，根据临界条件求解分离时的速度，物块
刚好到达最高点时，只受重力，
根据动能定理求解轨道半径。
【解答】解：（1）由
图像得：
（2）
时，对
整体，由牛顿第二定律得：
对
受力分析，由牛顿第二定律得：
代入数据联立解得：
（3）当两物块刚好分离时，
间弹力为0，两物块加速度为0，对
，由平衡
条件得：
代入数据解得：
由图乙可知，
时，两物块分离，从开始到两物块分离，对
整体，由动
能定理得：
物块
刚好到达
点，有
对物块，由分离到到达最高点，由动能定理得：
代入数据联立解得：
则圆弧半径应满足
答：（1）
做的功为
；
（2）
时，
与
之间的弹力为
；
（3）要保证
能到达
点，圆弧半径应小于或等于
。
2．（2024•海南）神舟十七号载人飞船返回舱于2024 年4 月30 日在东风着陆
场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱
速度大大减小，在减速过程中
A．返回舱处于超重状态
B．返回舱处于失重状态
C．主伞的拉力不做功
D．重力对返回舱做负功
【答案】
【分析】
根据运动时加速度和速度的方向关系判断超失重状态；
根据受力情况和运动位移方向关系判断做功的正负和是否做功。
【解答】解：
返回舱减速时加速度方向竖直向上，与速度方向相反，处于超
重状态，故
正确，
错误；
主伞的拉力向上，与运动位移方向相反，做负功，重力向下，与运动位移
方向相同，做正功，故
错误。
故选：
。
3．（2024•江西）“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布
的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为
，水位落差约为
。若利用瀑
布水位落差发电，发电效率为
，则发电功率大致为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据能的转化和守恒定律列式求解发电功率。
【解答】解：根据能的转化和守恒定律，发电功率为
，故
错误，
正
确。
故选：
。
4．（2024•浙江）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为
，喷水速度
约为
，水的密度为
，则该喷头喷水的功率约为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】求出时间内喷出水的质量，根据功率公式求解该喷管喷水的电动机输
出功率。
【解答】解：设△时间内从喷头流出的水的质量为
△
△时间内喷出的水的动能增加量等于喷头喷水的功率，即
联立解得
故
错误，
正确。
故选：
。
5．（2024•贵州）质量为
的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位
置为轴零点。现给物块施加一沿轴正方向的水平力
，其大小随位置变化
的关系如图所示，则物块运动到
处，
做功的瞬时功率为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据动能定理求解
末的瞬时速度；根据功率公式求
末的瞬
时功率，然后作答。
【解答】解：设物块运动到
处的速度为；
全过程运用动能定理
代入数据解得
根据功率公式，物块运动到
处，
做功的瞬时功率
。
综上分析，故
正确，
错误。
另解：
内，物块做匀加速直线运动，加速度为
；
根据牛顿第二定律
代入数据解得
根据运动学公式
末的瞬时速度
在
内，物块以加速度为
做匀加速直线运动；
根据牛顿第二定律
代入数据解得
根据运动学公式
末的瞬时速度
根据功率公式，物块运动到
处，
做功的瞬时功率
。
综上分析，故
正确，
错误。
故选：
。
1．是否做功及做功正负的判断
(1)根据力与位移方向的夹角判断。
(2)根据力与瞬时速度方向的夹角α 判断：0≤α＜90°，力做正功；α＝90°，力
不做功；90°＜α≤180°，力做负功。
2．计算功的方法
(1)恒力做的功：直接用W＝Fl cos α 计算。
(2)总功的计算
方法一：先求合外力F 合，再用W 合＝F 合l cos α 求功。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W 合＝W1＋W2＋W3
＋…求合外力做的功。
方法三：利用动能定理，W 合＝Ek2－Ek1。
3．“六法”求解变力做的功
考点1：功
方法
情境图
注释
微元法
质量为m 的木块在水平面
内做圆周运动
运动一周克服摩擦力做功
Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3
＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)
＝Ff·2πR
等效
转换法
恒力F 把物块从A 拉到B
绳子对物块做功
W＝F·
图像法
一水平拉力拉着一物体在
水平面上运动的位移为x0
在F－x 图像中，图线与x 轴所
围“面积”的代数和就表示力
F 在这段位移内所做的功，且
位于x 轴上方的“面积”为正
功，位于x 轴下方的“面积”
为负功。
平均
值法
外力推动物块缓慢压缩轻
质弹簧，使其向左移动Δx
力与位移为线性关系，力做功
W＝Δx＝Δx，可得出弹簧弹性
势能表达式为Ep＝k(Δx)2
动能
定理法
用外力F 把小球从A 处缓
慢拉到B 处
F 做功为WF，则有WF－mgl(1
－cos θ)＝0，得WF＝mgl(1－
cos θ)
利用
W＝P·t
计算
机车以恒定功率启动，牵
引力为变力
牵引力的功W＝P·t
例题精讲：
【例1】（2025•邢台开学）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轴，使课本缓慢逆时针转动至如图所示位置
过程中，橡皮擦始终相对课本静止，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．课本对橡皮擦的弹力不做功
【答案】
【分析】根据物体的受力情况和各力做功的知识进行分析解答。
【解答】解：
课本缓慢逆时针转动过程中，橡皮擦始终保持平衡状态，所受
合力矢量和保持为零，合力对橡皮擦不做功，故
错误；
橡皮擦受重力和课本对它的作用力，时刻处于平衡状态，根据平衡条件可知，
课本对橡皮擦的作用力大小等于重力大小，方向竖直向上，故课本对橡皮擦的
作用力做正功，故
正确；
课本对橡皮擦的摩擦力沿接触面，与橡皮擦运动方向垂直，故摩擦力一定不
做功，故
错误；
课本对橡皮擦的弹力垂直接触面，与橡皮擦的运动方向一致，故弹力一定做
正功，故
错误。
故选：
。
【例2】（2025 春•兴庆区校级期中）如图所示，三个相同物体分别在大小相同
的力
的作用下沿水平方向发生了一段位移，已知位移的大小相同，下列说
法正确的是
A．甲图中力
对物体做负功
B．乙图中力
对物体做正功
C．丙图中力
对物体做正功
D．三种情况下，丙图中力
对物体做功最多
【答案】
【分析】根据功的公式列式解答。
【解答】解：甲图中力
对物体做功为
乙图中力
对物体做功为
丙图中力
对物体做功为
故甲图中力
对物体做正功，乙图中力
对物体做负功，丙图中力
对物体做
正功。且三种情况下力
对物体做功一样多。
故
正确，
错误。
故选：
。
【例3】（2025 春•兴庆区校级期末）某块石头陷入淤泥过程中，其所受的阻力
与深度的关系为
，
已知），石头沿竖直方向做直线运动，当
时，石头陷入淤泥过程中克服阻力做的功为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据题目给出的阻力
与深度
的关系，可以确定阻力随深度线性增
加，可以根据平均力法求得功。
【解答】解：根据题意可知，阻力
随深度线性变化，利用平均力法
可得平均力
则根据功的计算公式有，
，故
正确，
错误；
故选：
。
1．平均功率的计算方法
(1)利用P＝W
t 。
(2)利用P＝F·vcosα，其中v为物体运动的平均速度。
2．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fv cos α，其中v 为某时刻的瞬时速度。
(2)利用公式P＝F·vF，其中vF为物体的速度v 在力F 方向上的分速度。
(3)利用公式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。
例题精讲：
【例4】（2025•重庆开学）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空
母舰，电磁弹射系统是福建舰的核心装备之一，在测试电磁弹射系统时，配重
小车自甲板前端水平射出，落至海面上。简化模型如图所示，两辆质量相同的
配重小车1 和小车2 先后进行弹射测试，轨迹分别为曲线1 和曲线2，
、
为
两次弹射的落水点。忽略空气阻力，配重小车可视为质点。则关于配重小车1
和小车2 说法正确的是
考点2：功率的分析与计算
A．小车2 的水平初速度小于小车1 的水平初速度
B．在空中运动过程中速度变化量△
△
C．落水瞬间重力的瞬时功率
D．在空中运动过程中重力的平均功率
【答案】
【分析】两个小车均做平抛运动，用平抛运动规律和功率公式分析。
【解答】解：
小车离开甲板后做平抛运动，由图可知小车2 的水平初速度大，
故
错误；
竖直下降的高度相同，故运动时间相同，△
，故
正确；
竖直方向末速度相同，落水时重力的瞬时功率相同，故
错误；
重力做功相同，则平均功率相同，故
错误。
故选：
。
【例5】（2025•金坛区校级开学）质量为
的物体从某一高度开始做自由落
体运动，当下落速度为
时，则该物体此时重力的功率是
取
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据功率公式进行计算。
【解答】解：根据功率公式
重力的功率
故
错误，
正确。
故选：
。
【例6】（2025•游仙区校级开学）把
、
两相同小球在离地面同一高度处以
相同大小的初速度
分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所
示，则下列说法正确的是
A．两小球落地时速度大小相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对
球做功大于对
球做功
D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
【答案】
【分析】判断运动过程的重力做的功的关系，根据动能定理判断落地时的速度
大小，根据
分析重力的瞬时功率，求出运动时间的大小关系，根据平均
功率的公式分析解答。
【解答】解：
、机械能守恒，两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，
所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，故
正确；
、重力也相同，落地时两物体的速率相同，但
物体重力与速度有夹角，
物体重力与速度方向相同，由重力功率公式
，
是竖直分速度，所以落
地前的瞬间
物体重力的瞬时功率大于
物体重力的瞬时功率，故
错误；
、重力对两小球做功相同，但过程
所需时间小于
所需时间，根据
知道重力对两小球做功的平均功率
，故
错误。
故选：
。
1．两种启动方式
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P-t 图像和v-t 图像
OA 段
过程分析
v↑⇒F＝P额
v ↓⇒
a＝F - F阻
m
↓
a＝
F - F阻
m
不变⇒F 不变
P＝Fv↑直到P 额＝Fv1
运动性质
加速度减小的变加速
运动
匀加速直线运动，维持时间
t0＝v1
a
AB 段
过程分析
F＝F 阻⇒a＝0⇒vm＝
P额
F阻
v↑⇒F＝P额
v ↓⇒a＝F - F阻
m
↓
运动性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的变加速运动
BC 段
无
F＝F 阻⇒a＝0⇒vm＝
P额
F阻
，
以vm做匀速直线运动
2．三个重要关系式
(1)最大运行速度：无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝
P额
F阻
。
(2)匀加速运动阶段的最大速度：机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束
后达到额定功率，速度不是最大，即v＝P额
F <vm＝
P额
F阻
。
(3)功能关系：机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得
Pt－F 阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动或运行过程的位移、
速度或时间。
考点3：机车启动问题
例题精讲：
【例7】（2025•天水校级开学）在我国，汽车已进入寻常百姓家，一种新车从
研发到正式上路，要经过各种各样的测试，其中一种是在专用道上进行起步过
程测试，通过车上装载的传感器记录了起步过程速度随时间变化规律图像，如
图所示，已知
为直线、
为曲线、
为平行于横轴的直线。
时汽车功率
达到额定功率且保持不变，该车总质量为
，所受到的阻力恒为
，则下列说法正确的是
A．该车的最大速度为
B．该车起步过程的牵引力为
C．该车的额定功率为
D．该车前
内通过的位移大小为
【答案】
【分析】先计算匀加速阶段的加速度，然后根据牛顿第二定律计算此阶段的牵
引力，根据
计算汽车的额定功率；当汽车的牵引力和阻力相等时速度最
大；根据动能定理计算汽车通过的位移。
【解答】解：
．由图可知，汽车匀加速时的加速度大小为
，该车匀加速阶段，根据牛顿第二定律
，代入
数据解得
，故
错误；
．该车的额定功率为
，故
正确；
．当速度最大时，有
，代入数据，解得
，故
错误；
．对该车运动前
过程，根据动能定理
，代入数据
解得
，故
错误。
故选：
。
【例8】（2025 春•崇左期末）质量为
的汽车在平直路面上启动，该过程的速
度—时间
图像如图所示，图像中
段为过原点的倾斜直线，
段为曲线，
段为平行于时间轴的直线。已知汽车启动过程中受到的阻力恒定，图中所标
物理量均为已知量，汽车在
时刻达到额定功率后维持额定功率行驶，则汽车
的额定功率为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】当牵引力等于阻力时速度达最大，根据图像结合牛顿第二定律以及
求解汽车的额定功率。
【解答】解：汽车启动过程中受到的阻力恒定，汽车匀速运动时牵引力等于阻
力，结合图像可得
匀加速运动时的加速度
根据牛顿第二定律
在
点时
解得
，故
正确，
错误。
故选：
。
【例9】（2025 春•台州期末）一架小型飞行器在平直跑道上以恒定功率
由静止开始加速，最后以最大速度起飞，设在跑道上所受到的阻力不变，加速
度和速度的倒数
的关系如图所示，则该飞行器
A．质量为
B．最大飞行速度为
C．在跑道上所受阻力大小为
D．速度大小为
时加速度大小为
【答案】
【分析】汽车恒定功率启动，明确
的意义和正确应用，对汽车受力分析
后根据牛顿第二定律列方程，再结合图像进行分析即可。
【解答】解：
．对飞机受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根
据牛顿第二定律，有
其中
联立得
结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图像可以知道，
时，
所以
，即最大速度为
速度最大时阻力大小等于牵引力大小，则
代入数据可得
由图像可知
解得
故
错误；
．由
可知速度大小是
时
飞机的加速度
故
正确。
故选：
。
课后提优练习
一．选择题（共16 小题）
1．（2025•吉安校级开学）如图甲所示，在水平地面上放置一木块，其质量m
＝10kg，木块在水平推力F 作用下运动，推力F 的大小随位移x 变化的图像
如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取
10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动
B．木块运动0～5m 的过程中，其克服摩擦力所做的功200J
C．木块运动0～5m 的过程中，合力做的功为50J
D．木块在运动过程中的加速度一直变大
【解答】解：AD．质量m＝10kg，木块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，木块
受到的滑动摩擦力大小f＝μmg，解得f＝20N
对木块，由牛顿第二定律可得F
f
﹣＝ma
可得a= F - f
m
所以a 随F 的变化先增大后不变，木块先做非匀变速运动，后做匀变速运动，
故AD 错误；
B．木块运动0～5m 的过程中，滑动摩擦力对木块做负功，则木块克服摩擦
力所做的功Wf＝fx＝20×5J＝100J
故B 错误；
C．F
x
﹣图线与横轴围成的面积表示F 所做的功，木块运动0～5m 的过程中
F 对木块做正功，则有W F = 20+ 40
2
×5 J =150 J
则W 合＝WF
W
﹣
f＝150J
100J
﹣
＝50J
故C 正确。
故选：C。
2．（2025 秋•西安校级月考）如图甲所示，一磁性板擦静止吸附在黑板上，后
对其施加方向始终向上的拉力F，板擦最终向上运动。过程中板擦所受摩擦
力f 和板擦移动距离s 与时间t 的关系图像分别如图乙、丙所示，下列说法正
确的是（ ）
A．板擦的重力为1.5N
B．整个过程中拉力F 一直增大
C．板擦所受滑动摩擦力的大小为2.5N
D．整个过程中拉力F 做的功为0.75J
【解答】解：A．由图乙可知，t＝0 时板擦只受重力和摩擦力，板擦处于静
止状态，则有G＝f＝1N，故A 错误；
B．由图丙可知，4～6s 板擦做匀速直线运动，受力平衡，拉力F 不变，故B
错误；
C．由图乙以及图丙可知，0～4s 保持静止，板擦受静摩擦力，4～6s 板擦受
到的滑动摩擦力大小为1.5N，故C 错误；
D．由丙图可知，0～4s 板擦未动，拉力不做功，4～6s 板擦做匀速直线运动，
由平衡条件可得F＝f+G，解得F＝2.5N
板擦移动的距离s＝0.3m
因此整个过程中拉力F 做的功为W＝Fs，解得W＝0.75J，故D 正确。
故选：D。
3．（2025 秋•沙坪坝区校级月考）在高层楼房下放重物时，需保持重物与墙面
有一定的距离以确保安全。如图所示，位于高层和地面的两人分别控制系在
重物上的轻绳P、Q，协调操作可使重物缓慢竖直下降。则重物从图示位置
下降一小段高度的过程中（ ）
A．P 绳拉力对重物不做功
B．P 绳、Q 绳拉力对重物做功之和为零
C．P 绳、Q 绳张力变化量大小相等
D．P 绳、Q 绳张力变化量大小不相等
【解答】解：A.根据W＝Fscosθ，P 绳拉力与重物位移方向夹角为钝角，则P
绳拉力对重物做负功，故A 错误；
B.由于重物缓慢竖直下降，则重物的动能不变，根据动能定理，P 绳拉力、Q
绳拉力和物体重力做功之和为零，则P 绳和Q 绳拉力做功之和不为零，故B
错误；
CD.假设P 绳的拉力为FP，与竖直方向的夹角为α；Q 绳的拉力为FQ，与竖
直方向的夹角为θ
由于重物受力平衡，则在水平方向有
FPsinα＝FQsinθ
在重物下降过程中，α 与θ 变化不相等，故P 绳和Q 绳张力变化量不相等，
故C 错误，D 正确。
故选：D。
4．（2025•江苏学业考试）2023 年哈尔滨冰雪运动火遍全国，家长们纷纷带着
小孩前往体验。如图所示，一儿童坐在雪橇上，雪橇在与竖直方向成θ 角的
恒定拉力F 作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l。此过程中拉力F 对雪
橇做的功为（ ）
A．F
cosθ l
B．F
sinθ l
C．Flsinθ
D．Flcosθ
【解答】解：拉力的功为W＝Flcos（90°﹣θ）＝Flsinθ
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
5．（2024 秋•天河区期末）如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在
传送带左端A 处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A 端到B 端的速度—
时间变化规律如图乙所示，t＝6s 时恰好到B 点，则（ ）
A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.5
B．AB 间距离为20m
C．小物块在传送带上留下的痕迹是8m
D．若物块速度刚好到4m/s 时，传送带速度立刻变为零，则物块不能到达B
端
【解答】解：A、由图乙可知，在0
4s
﹣
内，物块做匀加速直线运动，加速
度大小为a= v
t = 4
4 m/s2＝1m/s2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，联立解得μ＝
0.1，故A 错误；
B、因物块在t＝6s 时恰好到B 点，所以物块在0
6s
﹣
内的位移大小等于AB
间的距离，根据v
t
﹣图像与时间轴所围成的面积表示位移，可得AB 间距离
为L= 2+6
2
×4m＝16m，故B 错误；
C、由于t＝4s 后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为v＝4m/s，在0
4s
﹣
内，物块与传送带间相对位移大小为Δx＝vt- vt
2 = vt
2 = 4×4
2
m＝8m，t＝
4s 后物块与传送带相对静止，所以小物块在传送带上留下的痕迹是8m，故C
正确；
D、在0
4s
﹣
内，物块运动的位移为x1= vt
2 = 4×4
2
m＝8m。若物块速度刚好到
4m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块在传送带上滑行的最大距离为x2
= v
2
2a = 4
2
2×1m＝8m
因x1+x2＝16m＝L，所以物块恰好能到达B 端，故D 错误。
故选：C。
6．（2025 春•邗江区期末）如图所示，一质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬
挂于O 点的正下方P 点。已知重力加速度为g。小球在水平恒力F 的作用下，
从P 点运动到Q 点，该过程中F 对小球做的功为W，下列表达式正确的是（
）
A．W＝FL
B．W＝FLsinθ
C．W＝FLcosθ
D．W＝F（L
Lcos
﹣
θ）
【解答】解：因F 为水平恒力，水平位移为Lsinθ，则F 的功为W＝FLsinθ，
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
7．（2025 秋•琼山区校级月考）某同学骑电动车在平直路段行驶的过程中，用
智能手表记录了其速度随时间变化的关系，如图所示，AB、CD 和EF 段近
似看成直线。已知AB 段时间tAB＝2.5s，EF 段时间tEF＝1.0s，电动车和人的
总质量为100kg，在CD 段电动车的功率为240W，取g＝10m/s2，则该电动
车（ ）
A．在AB 段的加速度比在EF 段的大
B．在CD 段所受的阻力大小为50N
C．在AB 段通过的位移大小为7.5m
D．在EF 段所受合力大小为500N
【解答】解：A、根据v
t
﹣图像的斜率表示加速度，由图可知电动车在AB
段的加速度比在EF 段的小，故A 错误；
B、在CD 段做匀速运动，则有P＝Fv＝fv
代入数据解得f＝40N，故B 错误；
C 、在AB 段做匀变速直线运动，通过的位移大小为
x AB= v A+ vB
2
t AB= 2.0+ 4.0
2
×2.5m=7.5m，故C 正确；
D、在EF 段，加速度大小为a=| Δv
Δt |= 6.0-2.0
1.0
m/ s
2= 4 m/ s
2
则在EF 段所受合力大小为F 合＝ma
代入数据解得F 合＝400N，故D 错误。
故选：C。
8．（2025•山东开学）滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进
行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v 为滑
板速率（水可视为静止）。如图所示，某次运动中，在水平牵引力作用下，
当滑板和水面的夹角θ＝37°时，滑板做匀速直线运动，相应的k＝54kg/m，
人和滑板的总质量为108kg，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝
0.8，忽略空气阻力，则水平牵引力的功率为（ ）
A．4050W
B．5000W
C．5050W
D．6000W
【解答】解：以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示：
由共点力平衡条件可得：FNcosθ＝mg，FNsinθ＝F
联立解得：F＝810N
由式FNcosθ＝mg 可得：F N = mg
cosθ
根据题意可得：F N =k v
2
联立解得：v＝5m/s
滑板的水平牵引力的功率为：P＝Fv＝810×5W＝4050W，故A 正确、BCD 错
误。
故选：A。
9．（2025•河南开学）如图所示，在摩托艇牵引下冲浪爱好者在水面上匀速滑
行，冲浪板与水面的夹角为θ，冲浪板的速度v 保持不变，冲浪者及冲浪板
的总质量为m，牵引绳水平且质量不计，不计空气阻力及水的浮力，水对冲
浪板的作用力垂直冲浪板，重力加速度为g，则牵引绳的功率为（ ）
A．mgv
tanθ
B．mgvtanθ
C．mgvsinθ
D．mgv
sinθ
【解答】解：摩托艇牵引下冲浪爱好者在水面上匀速滑行，对冲浪者及冲浪
板整体受力分析，
绳子拉力F 为mgtanθ，牵引绳的功率为P＝Fv＝mgvtanθ，故ACD 错误，B
正确；
故选：B。
10．（2025 秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，两拖船P、Q 以相同速度v 匀速
拉动无动力货船S 沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均
保持为30°。若水对每艘船的水平阻力均为f，方向与船运动方向相反，则每
艘拖船发动机提供的功率大小为（ ）
A．
❑√3
3 fv
B．
❑√21
3
fv
C．2fv
D．3
2 fv
【解答】解：两根缆绳的拉力大小相等，设为T，对S 受力分析，在水平面
内受到的力如图甲，可知2Tcos30°＝f，所以有T=
❑√3
3 f；
对P 受力分析，在水平面内受到的力如图乙，则有（Tsin30° ）2+
（f+Tcos30°）2＝F2，解得F=
❑√21f
3
。
所以每艘拖船发动机提供的功率大小为P＝fv=
❑√21
3 fv，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
11．（2025•南昌模拟）在一次中小学生科技大赛中，某同学为提升动力小车的
最大速度，尝试将两辆额定功率分别为2P 和P 的动力小车首尾相连，已知在
某水平桌面上两辆动力小车单独行驶时能达到的最大速度分别为v 和2v。现
将它们编成动力小车组，设每辆小车在行驶时受到的阻力在编组前后不变，
则该动力小车组在此水平桌面上能达到的最大速度为（ ）
A．1.2v
B．1.5v
C．2v
D．3v
【解答】解：动车组在速度达到最大值时，牵引力与阻力平衡，对每节动车
进行分析，则有
F1＝f1
F2＝f2
根据功率的表达式有
2P＝F1v
P＝2F2v
令动车组在此铁轨上能达到的最大速度为v3，结合上述有
P+2P＝F3v3
F3＝f1+f2
整理解得v3＝1.2v，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
12．（2025 春•吉林期末）完全相同的小球a、b、c 距地面高度相同，现将a 向
下抛出，将b 与水平成45°向下抛出，c 沿与水平成45°角的斜面运动，如图。
三者初速度大小相同，运动过程中均不计阻力。a、b、c 刚要落地时重力的
功率分别为Pa、Pb、Pc，则（ ）
A．Pa＞Pb＞Pc
B．Pa＞Pb＝Pc
C．Pa＝Pb＝Pc
D．Pa＝Pb＞Pc
【解答】解：a 球竖直下抛，b 球斜向下抛出，c 球沿斜面运动，初速度大小
相等，只有重力做功，根据动能定理可知，末速度大小相等。
三球落地时速度方向不同，将三球的末速度分解可知，a 球的竖直分速度vy
最大，c 球最小，根据P＝mgvy可知，Pa＞Pb＞Pc，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
13．（2025 春•大连期末）新能源汽车的先进动力系统，能够在起步时提供强
劲的动力支持。某新能源汽车在平直公路上由静止启动，汽车受到的阻力保
持不变。牵引力的功率随时间变化图像如图，t1时刻之前牵引力保持不变。
则该过程中汽车的v
t
﹣图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据牛顿第二定律可得a= F - f
m ，t1时刻之前牵引力保持不变，
汽车受到的阻力保持不变，可知t1时刻之前汽车做匀加速直线运动，v
t
﹣图
像为过原点的倾斜直线；由题图可知t1时刻之后功率保持不变，则牵引力逐
渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，对应的v
t
﹣图像切线斜率逐渐
减小；当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，开始做匀速直线运动，故
D 正确，ABC 错误。
故选：D。
14．（2025•蚌埠校级开学）质量为2×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，
行驶过程中牵引力F 和车速倒数1
v 的关系图像如图所示。已知行驶过程中最
大车速为30m/s，设阻力恒定，则（ ）
A．汽车所受阻力为6×103N
B．汽车在车速为5m/s 时，加速度为3m/s2
C．汽车在车速为15m/s 时，加速度为1m/s2
D．汽车在行驶过程中的最大功率为4×104W
【解答】解：A、牵引力等于阻力时，汽车的速度达到最大值，由图线可知
汽车所受的阻力大小f＝2000N，故A 错误；
B、该汽车的额定功率为P 额＝fvmax
代入数据解得P 额＝60000W
汽车在车速为5m/s 时，汽车做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律可得
F1
f
﹣＝ma1
其中F1＝6000N
解得a= 6000-2000
2×10
3
m/ s
2=2m/ s
2，故B 错误；
C、汽车在车速为15m/s 时，汽车的牵引力为，F = P额
v = 60000
15
N = 4000 N
根据牛顿第二定律可得，F
f
﹣＝ma1
所以汽车的加速度a= F - f
m
= 4000-2000
2000
m/ s
2=1m/ s
2，故C 正确；
D、汽车在行驶过程中的最大功率等于额定功率，等于60000W，故D 错误。
故选：C。
15．（2025 秋•广州月考）载人飞船返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开
引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究
了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，
其v
t
﹣图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下
列说法正确的是（ ）
A．在0～t1时间内，返回舱的动量随时间增大
B．在0～t1时间内，返回舱下落高度为v1+ v2
2
t1
C．在t1～t2时间内，返回舱下落的加速度不变
D．在t1～t2时间内，返回舱重力的功率随时间减小
【解答】解：A、在0～t1时间内，速度逐渐减小，根据公式p＝mv，可知返
回舱的动量随时间减小，故A 错误；
B、由图可知，在0～t1时间内，返回舱做加速度减小的减速运动，假设返回
舱的速度由v1匀减速到v2，根据匀变速平均速度公式v= v0+ v
2
，此时返回舱
的平均速度为v= v1+ v2
2
，由图可知，返回舱做加速度减小的减速运动时的位
移小于做匀减速运动的位移，则在0～t1 时间内，返回舱下落高度为v1+ v2
2
t1，故B 错误；
C、由图可知，v
t
﹣图像的切线斜率代表加速度，在t1～t2时间内，返回舱的
切线斜率逐渐减小，则加速度随时间减小，故C 错误；
D、根据v
t
﹣图像可知在t1～t2时间内速度逐渐减小，根据公式P＝mgv，返
回舱重力的功率随时间减小，故D 正确。
故选：D。
16．（2025 春•河北期末）近年来，高空抛物现象时有发生，危害巨大，如一
枚30g 的鸡蛋从18 楼抛下，能砸破人的头骨。若将一质量为m 的乒乓球从
足够高的窗口由静止释放，下落过程中，乒乓球所受空气阻力与下落的速度
成正比关系（f＝kv，k 为常数），已知乒乓球可看作质点，且在落地前已达
到匀速，则乒乓球下落过程中其所受合外力做功的功率P 随速率v 变化的图
像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：乒乓球下落时受重力和空气阻力的作用，空气阻力f＝kv，根
据牛顿第二定律可得，合外力F 合＝mg
f
﹣，合外力做功的功率P＝F 合v，
联立得P＝（mg
kv
﹣
）v，整理可得P＝mgv
kv
﹣
2，这是一个关于v 的二次函
数，二次项系数﹣k＜0，所以函数图像是开口向下的抛物线。
当v ＝ 0 时，P ＝ 0；当乒乓球达到匀速时，合外力F 合＝0，功率P ＝ 0。
综上所述，A 正确，BCD 错误。
故选：A。
