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第10 讲 功和功率
题型一 功的理解及其正、负功的判断
1．（2026 春•沙河口区校级期中）固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑
轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升。若从A 点上升至B 点和从B 点上升
至C 点的过程中轻绳对滑块做的功分别为W1和W2，且AB＝BC，则（ ）
A．W1＞W2
B．W1＜W2
C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
【答案】A
【分析】轻绳拉力沿滑块位移方向的分量越来越小，根据功的计算公式分析即可。
【解答】解：以大小恒定的拉力F 拉绳，所以轻绳对滑块的拉力大小一定，由图可知在滑块上升的过
程中，轻绳拉力方向与滑块位移方向间的夹角越来越大，则轻绳拉力沿滑块位移方向的分量越来越
小；AB＝BC，据W＝Fxx 可得，W1＞W2。故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2026 春•常熟市期中）如图所示，在沿斜面向上的恒力F 作用下，物体A 与B 保持相对静止，沿光
滑斜面向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．重力对B 做正功
B．A 的机械能不变
C．拉力对A 做正功
D．摩擦力对A 做正功
【答案】D
【分析】判断力做功正负：力与位移夹角锐角正功、钝角负功、垂直不做功；
机械能变化：除重力外其他力做正功，机械能增加；
整体光滑，斜面无摩擦，只需分析拉力、重力、内力做功。
【解答】解：A、B 沿斜面向上运动，重力竖直向下，位移沿斜面向上，重力与位移夹角大于 90°，重
力做负功，故A 错误；
B、有恒力F 对A 做正功，斜面支持力不做功，A 的动能、重力势能都增加，机械能增大，故B 错
误；
C、拉力F 作用在B 上，没有直接作用在A 上，所以拉力F 对A 不做功，故C 错误；
D、由前面的分析可知，B 对A 的摩擦力f 方向沿斜面向上，A 的位移方向沿斜面向上，力与位移方向
相同，根据W＝Fscosθ，可知摩擦力对A 做正功，故D 正确。
故选：D。
3．（2026 春•沙河口区校级期中）关于功，下列说法正确的是（ ）
A．一个力作用在物体上，如果这个力做功为零，则该物体一定处于静止状态
B．物体在做加速度变化的运动过程中，合力做功可能为零
C．静摩擦力对物体不做功
D．滑动摩擦力一定对物体做负功
【答案】B
【分析】本题需理解：做功为零的条件是“力与位移夹角为 90°”或“位移为零”，与物体是否运动
无必然联系；合力做功只与动能变化有关，与加速度是否变化无关；静摩擦力和滑动摩擦力都可以做
正功、负功或不做功，关键看力与对地位移的夹角。
【解答】解：A.力做功为零，不一定是物体静止，也可能是力与位移方向垂直。例子：匀速圆周运动
中，向心力始终与速度方向垂直，不做功，但物体在运动，故A 错误；
B.根据动能定理，合力做功等于动能的变化量，与加速度是否变化无关。例子：匀速圆周运动，加速
度（向心加速度）方向时刻变化，动能不变，合力做功为零，故B 正确；
C.静摩擦力可以做正功、负功或不做功，取决于力与位移的夹角。例子：传送带运送物体，物体随传
送带一起加速，静摩擦力与位移方向相同，做正功，故C 错误；
D.滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，但可以与对地位移方向相同，此时做正功。例子：传送带
上的物体被加速，物体相对于传送带向后滑动，受到的滑动摩擦力与对地位移方向相同，做正功，故
D 错误。
故选：B。
（多选）4．（2026 春•滨海新区校级期中）如图所示，人站在自动扶梯上不动，则人随扶梯向上匀速运
动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重力对人做正功
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
【答案】CD
【分析】先对匀速运动的人受力分析，确定各力方向，根据力与位移的夹角判断做功正负，再结合动
能定理判断合力做功。
【解答】解：人随扶梯向上匀速运动时只受重力和竖直向上的支持力，重力与速度方向的夹角大于
90°，所以重力做负功；支持力与速度方向的夹角小于90°，所以支持力做正功；人随扶梯匀速运动，
受到的合力为零，所以合力做功为零，故CD 正确，AB 错误。
故选：CD。
题型二 恒力做功的计算
1．（2026 春•修文县校级期中）将质量为3kg 的物体从距水平地面高1m 处由静止释放。重力加速度g 取
10m/s2，物体落到地面的过程中，重力对其做功为（ ）
A．30J
B．40J
C．50J
D．60J
【答案】A
【分析】直接应用重力做功公式，结合物体质量、重力加速度与下落高度计算重力做功。
【解答】解：g 是重力加速度，m 是质量，h 是下落高度，结合重力做功W＝mgh
已知m＝3kg，g＝10m/s2，h＝1m
代入数据可得W＝30J，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2026•拉萨模拟）如图，在竖直面内做匀速圆周运动的摩天轮，转动半径为R，一位质量为m 的同
学在乘坐摩天轮的过程中，从最高点运动到最低点重力做的功为（重力加速度为g）（ ）
A．mR
B．2mR
C．mgR
D．2mgR
【答案】D
【分析】根据功的公式求解重力所做的功。
【解答】解：该同学从最高点运动到最低点，高度差为2R，重力大小为mg，方向向下，位移方向向
下，
重力做功仅与初末位置的高度差有关，与路径无关
重力做功的大小为W＝2mgR，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
3．（2026 春•未央区校级期中）如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放
手。设在摆球从A 点运动到B 点的过程中空气阻力f 的大小不变且方向始终与速度方向相反，则下列
说法正确的是（ ）
A．重力做功为1
2mgπL
B．悬线拉力做负功
C．空气阻力做功为﹣fL
D．空气阻力f 做功为−1
2fπL
【答案】D
【分析】根据重力做功只与初末位置高度差有关、拉力与速度垂直不做功、空气阻力做功与路径长度
有关的特点，逐一分析各选项中重力、拉力和空气阻力的做功情况。
【解答】解：A、重力做功WG＝mgL，故A 错误；
B、绳子拉力与摆球的速度方向始终垂直，故悬线拉力不做功，故B 错误；
CD、空气阻力与速度方向相反，空气阻力做负功，由微元法求变力做功可得
W f =−fs=−f × πL
2 =−1
2 fπL，故C 错误，D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2026•福建模拟）如图，物块以一定的初速度从倾角为θ 的固定斜面底端沿斜面向上运
动，经过一段时间又滑回底端。已知物块上滑时间是下滑时间的一半，tanθ = 2
5。物块与斜面间的动
摩擦因数为μ，上滑过程和下滑过程合外力对物块做的功分别为W1和W2，则（ ）
A．μ= 6
25
B．μ= 2
3
C．| W 1
W 2
|=2
D．| W 1
W 2
|= 4
【答案】AD
【分析】对物块受力分析，可知物块上滑和下滑过程均为匀变速直线运动，且位移大小相等，根据位
移、时间关系，即可得到两过程加速度大小关系，结合牛顿第二定律，可得到合力大小关系，联立可
得到动摩擦因数；根据合力做功的公式，可得到合力做功之比。
【解答】解：AB、对物块受力分析，如图：
由受力分析，可得：F1＝mgsinθ+f，F2＝mgsinθ﹣f，其中：f＝μF 压，N＝mgcosθ，由牛顿第三定律，
可得：N＝F 压，可知物块上滑和下滑过程均为匀变速直线运动，且位移大小相等，位移、时间满足：
x = 1
2 a1t
2= 1
2 a2(2t )
2，两过程加速度大小满足：
a1
a2
= 4
1 ，结合牛顿第二定律为：F＝ma，可得到合力
大小满足：
F1
F2
= 4，联立可得到动摩擦因数μ= 6
25，故A 正确，B 错误；
CD、根据合力做功的公式|W1|＝F1x，|W2|＝F2x，可得到合力做功之比为：| W 1
W 2
|= 4，故C 错误，D
正确。
故选：AD。
题型三 变力做功的计算
1．（2026 春•长春期中）某品牌智能门锁采用指纹识别模块，安装时需将识别模块压入预留凹槽。已知
模块受到的阻力与压入深度成正比，即f＝kx。安装师傅第一次缓慢按压使模块进入3mm，第二次缓
慢按压做的功与第一次相同，则第二次模块再次进入的深度约为（ ）
A．1.2mm
B．1.5mm
C．2.1mm
D．3.0mm
【答案】A
【分析】缓慢按压过程外力始终与变动的阻力平衡，外力做功等于克服阻力所做的功，而阻力与压入
深度成正比关系，使得该过程外力做功具有与弹簧弹力做功类似的规律。第一次按压使模块进入一定
深度时，克服阻力所做的功可通过该深度对应的关系表达；第二次按压时，初始深度已存在，需计算
从该深度继续压入过程中克服阻力所做的功，该功等于终态与初态对应的能量差。已知两次缓慢按压
做功相同，据此建立关于两次压入深度的方程，通过解方程得到第二次再次进入的深度增量。
【解答】解：在缓慢按压过程中，外力大小始终与阻力相等，克服阻力所做的功为W = 1
2 k x
2。
第一次按压所做的功为W 1= 1
2 k x1
2，第二次按压所做的功为W 2= 1
2 k x2
2−1
2 k x1
2。
依据W2＝W1，可解得x2= ❑√2 x1。
第二次模块进入的深度增量为Δx = x2−x1=(❑√2−1)x1，代入x1＝3mm，解得Δx≈1.24mm，故BCD
错误，A 正确。
故选：A。
2．（2026 春•浑南区校级期中）如图，甲、乙、丙图表示物体在力F 的作用下水平发生了一段位移L，
设这三种情形下力F 和位移L 的大小都是一样，三种情况拉力做功的大小关系为（ ）
A．W 甲＞W 乙＞W 丙
B．W 甲＞W 乙＝W 丙
C．W 甲＝W 乙＝W 丙
D．W 甲＜W 乙＜W 丙
【答案】C
【分析】题目描述三种情形下物体在力F 作用下发生水平位移L，已知F 和L 大小均相同，需比较拉
力做功大小关系。核心是分析恒力做功与力及位移方向夹角的关系，明确功的大小由力的大小、位移
大小及两者夹角余弦值决定。图中需判断各情形下力F 方向与水平位移L 方向的夹角，利用恒力做功
公式计算功的大小时仅关注夹角余弦值绝对值，因比较功的大小故取绝对值比较。分析可知甲、丙夹
角相同，乙图夹角虽不同但余弦值绝对值与甲丙相同，故三种情况下功的大小相等。
【解答】解：根据恒力做功的公式W＝FLcosα 进行分析，其中α 为力F 与位移L 方向的夹角。
甲图：物体向右运动，力F 指向右下方。由图可知，力F 的作用线与水平方向夹角为180°﹣150°＝
30°，即力F 与位移方向夹角α1＝30°，故做功大小为W 甲＝FLcos30°，解得：W 甲=
❑√3
2 FL。
乙图：物体向左运动，力F 指向右上方。由图可知，力F 与水平向右方向夹角为30°，则力F 与位移方
向（向左）夹角α2＝180°﹣30°＝150°，故做功W 乙＝FLcos150°，解得：W 乙=−
❑√3
2 FL，其大小为
❑√3
2 FL。
丙图：物体向右运动，力F 指向右上方。由图可知，力F 与位移方向夹角α3＝30°，故做功大小为W 丙
＝FLcos30°，解得：W 丙=
❑√3
2 FL。
综上所述，三种情况下力F 做功的大小相等，即W 甲＝W 乙＝W 丙（此处比较功的大小，即绝对值），
故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
3．（2026 春•集美区校级期中）“示功图”是解决变力做功的基本方法，如图物体在四种变化规律不同
的外力F 作用下都通过相同的位移x0，外力F 的方向与位移的方向一致，则下列说法正确的是
（ ）
A．甲图外力F 做功为F0x0
B．乙图外力F 做功小于F0 x0
2
C．丙图外力F 做功大于F0x0
D．丁图外力F 做功小于F0 x0
2
【答案】D
【分析】根据“示功图”的原理，F﹣x 图像与坐标轴所围面积表示外力做的功。对于每个图形，计算
面积并与选项比较即可。
【解答】解：变力做功等于F﹣x 图像与x 轴之间的面积，根据甲、乙两图可知，甲、乙变力做功为W
= 1
2 F0 x0，丙图所围成的面积大于1
2 F0 x0，丁图所围成的面积小于1
2 F0 x0，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
（多选）4．（2026•福建模拟）如图，物块以一定的初速度从倾角为θ 的固定斜面底端沿斜面向上运
动，经过一段时间又滑回底端。已知物块下滑时间是上滑时间的2 倍，物块与斜面间的动摩擦因数为
μ，上滑过程和下滑过程合外力对物块做的功分别为W1和W2，则（ ）
A．μ
tanθ = 3
5
B．μ
tanθ = 5
3
C．| W 1
W 2
|=2
D．| W 1
W 2
|= 4
【答案】AD
【分析】对物块上滑过程、下滑过程受力分析，可得到两个加速度表达式；由题意可知，物块上滑过
程和下滑过程的位移大小相等，结合时间关系，即可得到动摩擦因数与倾角的正切值之比；由上滑、
下滑两过程的合力关系，结合功的定义式，可得到上滑、下滑两过程的功大小之比。
【解答】解：AB、对物块上滑过程、下滑过程受力分析，如图：
可得到两个加速度分别为：a1= f +mgsinθ
m
，a2= mgsinθ−f
m
，垂直于斜面方向：N＝mgcosθ，f＝μF
压，F 压＝N；
由题意可知，物块上滑过程和下滑过程的位移大小相等，结合时间关系，可得：x = 1
2 a1t
2= 1
2 a2(2t )
2
，解得动摩擦因数与倾角的正切值之比：μ
tanθ = 3
5，故A 正确，B 错误；
CD、由AB 选项分析，可知上滑、下滑两过程的合力分别为：F1＝ma1，F2＝ma2，结合功的定义式：|
W1|＝F1x，|W2|＝F2x，解得上滑、下滑两过程的功大小之比：| W 1
W 2
|= 4，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
题型四 平均功率及瞬时功率的计算
1．（2026•攀枝花二模）根据《国家学生体质健康标准（2014 年修订）》，高三男生需要测试引体向
上，成绩达到18 次为100 分，9 次为及格。若一个质量60kg、手臂长度为60cm 的男生在一分钟内完
成30 次标准引体向上，则该男生在一分钟内克服重力做的功及相应的功率约为（ ）
A．360J、360W
B．3600J、60W
C．36000J、600W
D．10800J、180W
【答案】D
【分析】需先计算每次引体向上克服重力做的功，再求30 次的总功，最后用总功除以总时间得到平均
功率。
【解答】解：克服重力做功的公式为W＝mgh＝60kg×10m/s2×0.6m＝360J
总功W 总＝30×W＝30×360J＝10800J。
平均功率公式为P = W 总
t
= 10800
60
W＝180W，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
2．（2026 春•阎良区校级期中）一物体放在各部分粗糙程度不同的水平面上，在水平拉力的作用下运
动，其位移与时间的关系图像如图所示，已知0 至t0时间内受到的滑动摩擦力的大小为f，t0至2t0时间
内受到的滑动摩擦力的大小为2f，下列说法正确的是（ ）
A．0 至t0时间内，拉力做的功为fx0
B．0 至2t0时间内，拉力做的功为4fx0
C．1.5t0时刻拉力的功率为2f x0
t0
D．0 至2t0时间内，拉力的平均功率为2f x0
t0
【答案】A
【分析】这道题是典型的功与功率结合x﹣t 图像的计算题，解题关键步骤：从x﹣t 图像的斜率判断物
体做匀速直线运动，拉力等于摩擦力；分别计算两个阶段的拉力、位移和速度；3.应用公式计算功、
瞬时功率和平均功率。
【解答】解：A．由x﹣t 图像分析可得，0 至t0时间内，物体的路程为x0，由二力平衡可得拉力F＝
f，则拉力的功为W1＝Fx0cosθ＝fx0，故A 正确；
BC．t0至2t0时间内，物体的路程为2x0，速度为2 x0
t0
，由二力平衡可得拉力为2f，则拉力的功为W2＝
4fx0，1.5t0时刻拉力的功率为4 f x0
t0
，0 至2t0时间内，拉力的功为W＝W1+W2＝5fx0，故BC 错误；
D．0 至2t0 时间内，拉力的平均功率为p= W
2t0
= 5 f x0
2t0
，故D 错误。
故选：A。
3．（2026 春•亭湖区校级期中）“套圈”游戏深受小朋友的喜爱。如图，较高的哥哥和稍矮的弟弟分别
从同一竖直方向的不同高度向正前方水平抛出相同的圆环，圆环恰好同时套中水平地面上的玩具。圆
环和玩具均可视为质点，圆环被抛出后的运动可视为平抛运动。下列说法正确的是（ ）
A．弟弟先抛出圆环
B．两人同时抛出圆环
C．两人抛出圆环的初速度相同
D．弟弟抛出的圆环落地时的重力功率较小
【答案】D
【分析】平抛运动的竖直分运动为自由落体，由高度决定运动时间。哥哥抛出点更高，圆环在空中运
动时间更长；两圆环同时落地，说明哥哥需提前抛出，弟弟后抛出。水平方向为匀速直线运动，水平
位移相同，运动时间不同则初速度不同。落地时重力的瞬时功率与竖直分速度相关，竖直分速度由运
动时间决定，弟弟的运动时间短，竖直分速度小，因此重力功率较小。
【解答】解：AB、平抛运动在竖直方向为自由落体运动，由h= 1
2 gt
2，解得运动时间t = ❑√
2h
g
。哥哥
的抛出点更高，即h 哥＞h 弟，因此哥哥的圆环运动时间t 哥＞t 弟，两圆环同时落地，因此哥哥先抛出，
弟弟后抛出，故AB 错误；
C、平抛运动水平方向为匀速直线运动，两圆环水平位移x 相同，根据x＝v0t 可得初速度v0= x
t 。因两
人运动时间不同，故初速度不同，故C 错误；
D、落地时重力的瞬时功率P＝mgvy，竖直分速度vy＝gt，弟弟的运动时间t 更小，故vy更小；圆环质
量m 相同，因此弟弟抛出的圆环落地时重力功率更小，故D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2026•厦门模拟）一种升降电梯的原理图如图甲所示，电梯的轿厢A、配重B 由跨过轻质
定滑轮的轻质缆绳连接，配重B 通过另一轻质缆绳与电动机连接。t＝0 时，轿厢A 由静止开始向上运
动，其v﹣t 图像如图乙所示。已知轿厢A（含乘客）的质量M＝1200kg、配重B 的质量m＝800kg，
A、B 均不会与定滑轮相碰，忽略空气阻力，不计所有摩擦，重力加速度大小g 取10m/s2，则（ ）
A．0～3s 过程中，轿厢处于失重状态
B．0～9s 过程中，轿厢上升的高度为22m
C．7s 时，电动机的输出功率为4000W
D．7s 时，电动机的输出功率为8000W
【答案】BC
【分析】结合v﹣t 图像分析轿厢的运动状态，利用牛顿第二定律分析受力情况，再根据v﹣t 图像面积
求位移、结合受力与速度计算瞬时功率，逐一判断选项。
【解答】解：A.0～3s 轿厢向上加速，加速度向上，处于超重状态，故A 错误；
B.v﹣t 图像面积表示位移，0～9s 位移为(2+9)×4
2
m=22m，故B 正确；
C、D.5～9s 轿厢加速度大小a= 4
4 m/ s
2=1m/ s
2，方向向下，对A：Mg﹣T1＝Ma
代入数据可得T1＝10800N
对B：T1﹣mg﹣T2＝ma
代入数据可得T2＝2000N
7s 时速度v＝2m/s，电动机功率P＝T2v
代入数据可得P＝4000W，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
题型五 恒定功率的启动题型
1．（2026 春•合肥期中）某品牌小汽车在一段平直公路上以10m/s 速度匀速行驶，小汽车实际功率恒为
P = W
t = 1.2×10
2J
20 s
=6000W =6kW 。则该汽车在此过程受到的阻力为（ ）
A．0.6N
B．60N
C．600N
D．60000N
【答案】C
【分析】解题时先根据匀速行驶的条件，得出汽车的牵引力与阻力大小相等；再利用功率与速度、牵
引力的关系，通过已知的功率和速度求出牵引力，也就得到了阻力的大小。
【解答】解：当汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据P＝Fv，其中P＝6000W，v＝10m/s
牵引力F = P
v = 6000
10 N =600 N
故阻力f＝F＝600N
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
2．（2026 春•庐阳区校级期中）如图所示为某新能源汽车在某次测试行驶时的加速度a 和车速的倒数1
v 的
关系图像。若车的质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为
30m/s，根据以上条件结合图像，下列说法正确的是（ ）
A．汽车加速到最大速度所用的时间为15s
B．汽车行驶过程中所受的阻力为6000N
C．可以求出汽车的额定功率
D．无法求出汽车的加速度为1m/s2时的速度大小
【答案】C
【分析】先根据机车恒定功率启动的规律，由牛顿第二定律和功率公式推导出加速度a 与速度倒数1
v
的关系式；再结合图像中的特殊点（如最大速度点、已知加速度点），代入关系式求出阻力和额定功
率：A、需判断启动过程是否为匀加速，确定无法直接用匀变速公式求时间；
B、通过最大速度时牵引力等于阻力的条件计算阻力；
C、利用求出的阻力和功率公式验证是否可求额定功率；
D、根据已得的关系式，判断能否反推加速度为1m/s2时的速度。
【解答】解：BC、由题图可知，汽车做匀加速直线运动的加速度大小为a＝2m/s2
末速度大小v1＝20m/s
设汽车所受阻力大小为f，额定功率为P，当汽车速度达到最大时，有P＝fvm
汽车做匀加速直线运动过程，由牛顿第二定律可得F1﹣f＝ma
又P＝F1v1
联立解得P＝2.4×105W，f＝8000N，故B 错误，C 正确；
A、汽车加速到最大速度的过程中，先匀加速后做加速度减小的加速运动，最大速度大小为vm＝
30m/s，所以汽车加速到最大速度所用的时间t ＞vm
a = 30
2 s=15s，故A 错误；
D、当汽车的加速度a′＝1m/s2
根据F′﹣f＝ma′
解得F′＝10000N
则此时汽车的速度大小为v2= P
F ′ = 2.4×10
5
10000 m/ s=24m/s，故D 错误。
故选：C。
3．（2026 春•中山区校级期中）额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的
牵引力随时间的变化图线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始
牵引力均视为不变。若两车行驶时所受阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则（ ）
A．甲车质量大于乙车质量
B．乙车可能比甲车先开始运动
C．甲车在t1时刻的速率小于乙车在t3时刻的速率
D．甲车在t2时刻的速率等于乙车在t4时刻的速率
【答案】A
【分析】先根据额定功率相同、阻力与重力成正比的条件，结合图像中两车的最大牵引力，分析质量
关系；再根据图像起点，判断两车开始运动的先后；接着利用功率公式，结合牵引力大小，分析两车
在刚达到额定功率时的速率；最后根据牵引力不变时的平衡条件，分析两车在牵引力恒定阶段的速率
关系，以此判断各选项。
【解答】解：A、根据题述，两车额定功率P 相同，两车从t2和t4时刻开始牵引力不变，可知此后两车
牵引力等于各自所受阻力，结合题图可知，甲车所受阻力大于乙车所受阻力，又两车行驶时阻力大小
与重力成正比且比例系数相同，可知甲车的质量比乙车大，故A 正确；
C、甲车在t1时刻的牵引力等于乙车在t3时刻的牵引力，又两车均刚达到额定功率，根据P＝Fv 可知，
甲车在t1时刻的速率与乙车在t3时刻的速率相同，故C 错误；
B、对甲、乙两车启动的第一阶段，甲车的牵引力达到最大时，乙车的牵引力还小于其行驶时所受的
阻力，可知甲车一定比乙车先开始运动，故B 错误；
D、t2时刻甲车达到最大速度，t4时刻乙车达到最大速度，汽车的额定功率P＝fvm，又甲车所受的阻力
比乙车所受阻力大，所以甲车在t2时刻的速率小于乙车在t4时刻的速率，故D 错误。
故选：A。
（多选）4．（2026 春•长沙期中）比亚迪新能源汽车技术全球领先，其“刀片电池”和“DM﹣i 超级混
动”技术开创了行业新标杆。某质量为m＝2×103kg 的新能源汽车在平直的公路上以恒定功率P＝
120kW 由静止开始启动，其运动的v﹣t 图像如图所示。t2时刻速度恰好达到最大值v2，之后保持额定
功率继续运动，已知汽车受到地面的阻力为车重的0.2 倍，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻汽车受到的牵引力大小为F＝4×103N
B．该汽车的最大速度是v2＝30m/s
C．加速过程中汽车的加速度大小不变
D．当速度大小为v1＝20m/s 时，其加速度大小为2m/s2
【答案】AB
【分析】AB、先根据题目给出的阻力与车重的关系算出阻力大小；再利用恒定功率启动的规律：汽车
速度最大时牵引力等于阻力，结合公式P＝Fv 判断选项；
C、根据恒定功率下牵引力随速度的变化，结合牛顿第二定律分析加速度的变化；
D、最后代入速度v1，算出此时的牵引力，再用牛顿第二定律求加速度。
【解答】解：A、vm时汽车的速度最大，此时牵引力等于阻力则牵引力F＝f＝0.2×2×103×10N＝
4×103N，故A 正确；
B、该汽车的最大速度是vm= P
F = P
f =
120×10
3
0.2×2×10
3×10
m/ s=30m/ s，故B 正确；
C、加速过程中，加速度a=
P
v −f
m
，恒定功率启动，随着速度增大，牵引力减小，加速度减小，故C
错误；
D、当速度v＝20m/s 时，其加速度为a=
P
v −f
m
=
120×10
3
20
−0.2×2×10
3×10
2×10
3
m/ s
2=1m/ s
2，故D
错误。
故选：AB。
题型六 恒力(恒定加速度)的启动题型
1．（2026 春•香坊区校级期中）质量为m 的某新型电动汽车在阻力恒为f 的水平路面上进行性能测试，
测试时的v﹣t 图像如图所示，Oa 为过原点的倾斜线段，bc 与ab 相切于b 点，ab 段汽车以额定功率P
行驶，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内汽车的牵引力为m v1
t1
B．t1～t2时间内汽车发动机的功率为(m v1
t1
+ f )v1
C．t2～t3时间内汽车受到的合外力做正功
D．t1～t3时间内汽车发动机做功为Pt3
【答案】B
【分析】解题时先根据v﹣t 图像，把汽车运动分成三个阶段：先看第一段的匀加速运动，分析其牵引
力和加速度特点；再看中间的变加速阶段，利用额定功率不变的条件分析牵引力变化；最后看匀速阶
段，明确受力平衡和动能变化，再结合功率、功和动能定理的概念，对每个选项逐一判断。
【解答】解：A、0∼t1时间内，电动汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F﹣f＝ma，a= v1
t1
联立解得F =m v1
t1
+ f ，故A 错误；
B、由瞬时功率公式P＝Fv，可知t1∼t2时间内汽车保持额定功率不变而做变加速直线运动，则发动机
的额定功率等于t1时刻的功率，故大小为P额=(m v1
t1
+ f )v1，故B 正确；
C、t2∼t3时间内，电动汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，则合外力为零，即合外力做功为零，
故C 错误；
D、从t1时刻开始，发动机保持额定功率不变，而牵引力是变力，故牵引力的功根据W＝Pt，可得W
＝P（t3﹣t1），故D 错误。
故选：B。
2．（2026•模拟）电动方程式（FormulaE）是目前世界上新能源汽车运动中级别最高的赛事，赛车在专
业赛道水平路面上由静止启动，在前2s 内做匀加速直线运动，2s 末达到额定功率，之后保持额定功率
继续运动，其v﹣t 图像如图所示。已知汽车的质量为m＝8×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的2
10
，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．赛车在2s 时的瞬时功率P＝128kW
B．赛车在加速过程中牵引力保持不变
C．该赛车的最大速度是288km/h
D．当速度v＝20m/s 时，其加速度为5m/s2
【答案】C
【分析】先根据匀加速阶段的v﹣t 图像求加速度，用牛顿第二定律求牵引力，结合速度求额定功率；
再分析不同阶段牵引力变化，由额定功率和阻力求最大速度，最后用功率公式和牛顿第二定律求指定
速度下的加速度，逐一判断选项。
【解答】解：A、赛车在2s 内的加速度a= 16
2 m/ s
2=8m/ s
2
则牵引力F＝ma+f
代入数据可得F＝8×104N
2s 时牵引力的瞬时功率P = F v2=8×10
4×16W =1280kW ，故A 错误；
B、2s 后功率不变，则根据P＝Fv 可知，随速度的增加，牵引力减小，则赛车在加速过程中牵引力不
是保持不变，故B 错误；
C、当牵引力等于阻力时加速度为零，此时赛车的速度最大，则该赛车的最大速度是
vm= P
F = P
f =
1280×10
3
0.2×8×10
3×10
m/ s=80m/ s=288km/h，故C 正确；
D、当速度v＝20m/s 时，加速度为a′ =
P
v −f
m
=
1280×10
3
20
−0.2×8×10
3×10
8×10
3
m/ s
2=6m/ s
2，故
D 错误。
故选：C。
3．（2026 春•蜀山区校级月考）一辆汽车在平直公路上从静止开始启动，该汽车加速度随时间的变化规
律如图所示，t1时刻汽车达到额定功率且功率不再变化，t2时刻图像与时间轴相切。已知汽车质量为
m，运动过程中受到的阻力恒为f，则有（ ）
A．汽车的额定功率为（f+ma0）a0t1
B．汽车的额定功率为ma0
2t1
C．0～t1和t1～t2时间内汽车牵引力做功之比为2t1：t2
D．0～t1和t1～t2时间内汽车牵引力做功之比为2t1：（t2﹣t1）
【答案】A
【分析】先由匀加速阶段的加速度和时间求出t1时刻的速度，再根据牛顿第二定律求出此时的牵引
力，结合功率公式求出额定功率；再分别计算0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功，最后求两者的比
值，逐一判断选项。
【解答】解：AB、a﹣t 图像的面积表示速度变化量，汽车从静止开始运动，0∼t1 内加速度恒定为
a0，t1时刻速度v1＝a0t1
根据牛顿第二定律F﹣f＝ma0
代入数据可得牵引力F＝f+ma0
t1时刻汽车达到额定功率，额定功率P＝Fv1＝（f+ma0）a0t1，故A 正确，B 错误；
CD、0∼t1内，汽车功率从0 增加到额定功率P，平均功率为P
2 ，做功为W 1= P
2 ⋅t1= 1
2 Pt1
t1∼t2内，功率保持额定功率P 不变，运动时间为t2﹣t1
则W2＝P•（t2﹣t1）
代入数据可得W 1：W 2= 1
2 Pt1：P(t2−t1)=t1：2(t2−t1)，故CD 错误。
故选：A。
（多选）4．（2026 春•长春期中）在某次高温超导高速磁浮列车性能测试中，质量为2.5×104kg 的磁浮列
车在水平轨道上启动，其v﹣t 图像如图所示。列车先做匀加速运动，达到速度v1后转入额定功率运
行，最终达到最大速度40m/s。已知匀加速阶段加速度大小为2m/s2，列车额定功率为2×106W，运动
过程中阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A．列车受到的阻力大小为5×104N
B．图像中t1＝8s
C．在0～t1内，列车牵引力做的功为1×107J
D．t1～t2内列车牵引力做正功，t2后列车牵引力不做功
【答案】AC
【分析】当牵引力与阻力大小相等时，列车匀速行驶，由功率公式求阻力大小；t1时刻列车达到额定
功率，由牛顿第二定律求出牵引力，再由功率公式P＝Fv 求出v1，再由速度—时间公式求出t1；由运
动学公式求出0～t1内位移，再由功的公式求解牵引力做的功；根据牵引力方向与速度方向的关系判断
牵引力做功正负。
【解答】解：A、当牵引力与阻力大小相等时，列车匀速行驶，速度达到最大。由图可知最大速度为
vm＝40m/s，则有P＝Fvm＝fvm，解得阻力大小为f＝5×104N，故A 正确；
B、在0～t1内，由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，解得牵引力为F＝1×105N。t1时刻，有P＝Fv1，解得
v1＝20m/s，由v1＝at1得t1＝10s，故B 错误；
C、在0～t1内，列车的位移为x= v1
2 t1= 20
2 ×10m＝100m，牵引力做的功为W＝Fx＝1×105×100J＝
1×107J，故C 正确；
D、t1～t2内列车做变加速运动，牵引力方向与速度方向相同，牵引力做正功。t2后列车做匀速直线运
动，牵引力方向与速度方向相同，牵引力仍做正功，故D 错误。
故选：AC。
综合提升
一．选择题
1．（2026 春•青山湖区校级期中）早在两千多年前，我国劳动人民就发明了汉石磨盘，如图甲所示。它
是一种可使谷物脱壳、粉碎的加工工具，凝聚着人类的高度智慧。后来人们通常用驴来拉磨把谷物磨
成面粉。将此过程用俯视角度看，示意图如图乙所示，假设驴拉磨可以看成做匀速圆周运动，驴对磨
杆末端的平均拉力F＝800N，拉力方向始终沿圆周切线方向，磨杆半径r＝0.7m，驴拉磨转动一周时间
为7s，圆周率π＝3，则下列说法正确的是（ ）
A．磨杆末端的向心加速度大小为0.4m/s2
B．磨杆末端的线速度大小为0.3m/s
C．磨杆末端的角速度大小为0.21rad/s
D．驴转动一周拉力所做的功为3360J
【答案】D
【分析】已知拉力大小、磨杆半径和转动周期。需要分析磨杆末端的向心加速度、线速度、角速度以
及拉力做功。首先明确匀速圆周运动的基本物理量关系，如线速度、角速度、向心加速度与半径和周
期的关联。拉力方向始终沿切线，做功仅与切向位移有关，转动一周的位移等于圆周长。通过已知周
期和半径，可依次推导各运动学量，并利用功的定义计算拉力做功，需注意向心加速度公式中周期与
角速度的转换关系。
【解答】解：驴拉磨的过程可看作匀速圆周运动。
A、根据向心加速度公式a= v
2
r ，代入数据解得磨杆末端向心加速度a≈0.51m/s2，故A 错误；
B、根据线速度公式v = 2πr
T ，代入数据解得磨杆末端线速度v＝0.6m/s，故B 错误；
C、根据角速度公式ω= 2π
T ，代入数据解得磨杆末端角速度ω≈0.86rad/s，故C 错误；
D、由于拉力方向始终沿圆周切线方向，根据功的定义W＝Fs，驴转动一周拉力所做的功W＝F•2πr，
代入数据解得W＝3360J，故D 正确。
故选：D。
2．（2026 春•嘉兴期中）图甲为建造桥梁时使用的穿巷式架桥机，支腿架在桥墩上架桥施工，在走行系
统的水平方向作用力下，将桥梁水平推进到预设位置后放下与主体相接。已知桥梁的质量为m，在桥
梁水平移动过程中，架桥机对桥梁的水平力F 与桥梁的位移x 之间的关系如图乙所示，桥梁所受阻力
方向与运动方向相反，大小恒为f，重力加速度为g。则桥梁受架桥机水平力F 作用过程中，下列说法
正确的是（ ）
A．桥梁向右做匀加速直线运动
B．力F 做的功为F0x0
C．阻力做的功为﹣fx0
D．桥梁在x0处速度最大
【答案】C
【分析】利用F﹣x 图像的面积求变力做功，结合受力分析判断加速度与速度变化，再根据功的定义计
算阻力做功，逐一分析选项。
【解答】解：B、结合功的公式W＝Fx
F﹣x 图像与坐标轴所围的面积表示力F 做的功，则力F 做的功为W 1= 1
2 F0 x0，故B 错误；
C、桥梁在受架桥机水平力F 作用过程中，阻力恒定，桥梁在阻力方向上的位移为x0，则阻力做功为
W2＝﹣fx0，故C 正确；
AD、对桥梁沿水平方向进行受力分析，结合牛顿第二定律F﹣f＝ma
桥梁向前运动时，F 越来越小，则桥梁加速度越来越小，当桥梁F＝f 时，桥梁合力为0，桥梁的加速
度等于0，速度达到最大值，故AD 错误。
故选：C。
3．（2026•青羊区校级模拟）如图所示，半径为R 的圆形餐桌桌面水平，中部有一半径为r 的圆盘，其圆
心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。一个质量为m 的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆
盘转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ1，小物
块与餐桌间的动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及
圆盘与餐桌间的间隙不计。则（ ）
A．小物块在餐桌上做匀速直线运动
B．小物块在圆盘上的加速度一定大于μ2g
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度可能为❑√
2 μ1 g
r
D．小物块在餐桌上滑动过程中摩擦生热为μ2mg
❑√R
2−r
2
【答案】D
【分析】小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足μ1mg≥mω
2r，小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切
线方向在桌面上做匀减速直线运动，摩擦生热Q＝Ffx 相。
【解答】解：A．小物块从圆盘上滑落后，小物块受到的摩擦力的方向与运动的方向始终相反，所以
在餐桌上做减速直线运动，故A 错误；
B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬
间，摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，为a1m= μ1mg
m
=μ1g，小物块在餐桌上的加速度a2
= μ2mg
m
=μ2g，由于μ1＞μ2，可知a1m＞a2，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于μ2g，故B 错误。
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足μ1mg≥mω
2r，即ω≤
❑√
μ1g
r
，不可能为❑√
2 μ1g
r
，故C
错误；
D．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，在餐桌上滑动过程中相对
桌面滑动的位移x =
❑√R
2−r
2，
可知摩擦生热为Q＝Ffx= μ2mg
❑√R
2−r
2，故D 正确。
故选：D。
4．（2026 春•济南期中）如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构
成。如图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m＝2kg 的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝
0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0 时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转
动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g 取10m/s2，则（ ）
A．水斗速度随时间变化规律为v＝0.8t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P＝10t
C．0～10 s 内水斗上升的高度为4 m
D．0～10 s 内井绳拉力所做的功为520 J
【答案】D
【分析】先从角速度随时间变化的图像入手，求出角加速度，再结合轮轴半径，得到线加速度，进而
分析水斗的速度随时间的变化规律。接着，对水斗和水整体受力分析，根据牛顿第二定律求出井绳拉
力，再结合瞬时功率的定义，分析拉力功率随时间的变化规律。然后，根据匀加速转动的角度与半径
的关系，计算水斗上升的高度。最后，利用动能定理，结合重力做功和动能变化，求出井绳拉力所做
的功，以此逐一判断各选项的正误。
【解答】解：A、根据图像可知，水斗速度v＝ωr= 40
10 ×0.1t＝0.4t，故A 错误；
B、井绳拉力的瞬时功率为P＝FTv＝FTωr
又FT﹣（m+m0）g＝（m+m0）a
根据上述有a＝0.4m/s2
联立解得P＝10.4t，故B 错误；
C、根据v＝0.4t，可知10s 时速度v＝4m/s，根据图像可知，0～10s 内水斗上升的高度为
h= v
2 t = 4
2 ×10m=20m，故C 错误；
D、根据上述P＝10.4t，可知10s 时Pm＝104W，0～10s 内井绳拉力所做的功为
W = Pm
2 t = 104
2 ×10 J =520J，故D 正确。
故选：D。
5．（2026 春•东城区校级期中）如图所示为某新型电动汽车在阻力恒定的水平路面上进行性能测试时的
v﹣t 图像，Oa 为过原点的倾斜线段，bc 段平行于时间轴且与ab 段相切，ab 段汽车的功率为额定功率
P，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内汽车牵引力做的功为Pt1
B．t1～t2时间内汽车的牵引力逐渐减小
C．t2～t3时间内牵引力不做功
D．汽车行驶时受到的阻力大小为P
v1
【答案】B
【分析】0～t1时间内，汽车做匀加速运动，牵引力不变，由P＝Fv 分析功率的变化，再确定汽车牵引
力做的功；t1～t2时间内汽车的功率不变，由功率公式P＝Fv 分析牵引力的变化；t2～t3内，汽车做匀
速运动，分析牵引力做功情况，最后根据匀速阶段功率与阻力的关系求阻力大小。
【解答】解：A、由v﹣t 图像知0～t1时间内，电动汽车做匀加速直线运动，牵引力F 不变，速度v 逐
渐增大，根据功率公式P＝Fv 可知，汽车的功率逐渐增大，t1时刻功率达到P，则0～t1时间内的平均
功率小于P，所以该段时间内汽车牵引力做的功不为Pt1，故A 错误；
B、根据v﹣t 图像的斜率表示加速度，可知在t1～t2时间内汽车的加速度a 逐渐减小，根据牛顿第二定
律得F﹣f＝ma，得F＝f+ma，f 恒定，可知牵引力F 逐渐减小，故B 正确；
C、t2～t3时间内，汽车做匀速直线运动，牵引力做正功，故C 错误；
D、当汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，则有P＝Fv2＝fv2，解得汽车行驶时受到的阻力大小为
f = P
v2
，故D 错误。
故选：B。
6．（2026•湖南模拟）当下中国新能源汽车在全球已经处于绝对领先地位，除了核心技术带来的节能优
势外，其节能理念已渗透到许多细节里。某型号的新能源汽车正在平直测试场地上进行智驾测试。汽
车以速度v0匀速行驶，感知到本车道正前方有一缓行车辆后，立即进入经济驾驶模式，汽车的牵引力
功率立即减小为原来的一半。经过时间t，汽车再次做匀速运动。已知该汽车行驶时所受的阻力恒为
f，汽车的质量为m。关于该汽车的功率减半后的运动，下列说法正确的是（ ）
A．减速过程中，汽车的牵引力不断变小
B．汽车车速减为3
4 v0时，加速度的大小为f
3m
C．减速过程中，汽车的位移为3
4 v0t
D．减速过程中，汽车克服阻力做功3
8 mv0
2
【答案】B
【分析】先由汽车初始匀速状态求出初始功率，再结合功率公式、牛顿第二定律、动能定理分析功率
减半后汽车的运动与受力，判断各选项正误。
【解答】解：A.汽车功率减半后，由功率公式P＝Fv
可知，功率P 恒定，速度v 减小，因此牵引力F 会增大，当牵引力增大到等于阻力f 时，汽车再次匀速
运动。故减速过程中牵引力先增大后不变，故A 错误；
B.初始匀速时，牵引力F0＝f
功率P0＝F0v0＝fv0
功率减半后，P= P0
2 = 1
2 f v0
当车速v = 3
4 v0时，牵引力F = P
v =
1
2 f v0
3
4 v0
= 2
3 f
由牛顿第二定律F﹣f＝ma
得加速度a= F −f
m
=
2
3 f −f
m
=−f
3m
，加速度大小为f
3m，故B 正确；
C.汽车最终匀速时，牵引力F＝f，此时速度v = P
F =
1
2 f v0
f
= 1
2 v0
若汽车做匀减速运动，平均速度为v0+ 1
2 v0
2
= 3
4 v0
位移为3
4 v0t。但实际减速过程中，速度减小导致牵引力增大，加速度逐渐减小，v﹣t 图像为曲线，其
与时间轴围成的面积（位移）小于匀减速运动的位移3
4 v0t，故C 错误；
D.由动能定理WF﹣W 克f＝ΔEk，其中W F = Pt = 1
2 f v0t，Δ Ek = 1
2 m( 1
2 v0)
2−1
2 m v0
2=−3
8 m v0
2
解得W
f
克=W F−Δ Ek = 1
2 f v0t + 3
8 m v0
2，
因t ＞0，故W
f
克＞3
8 m v0
2，故D 错误。
故选：B。
二．多选题
（多选）7。（2026 春•广州期中）如图所示，水平地面上有两个叠放在一起的箱子a、b，人推着箱子
a，使两个箱子一起在水平地面上加速前进。若人的脚不打滑，以下判断正确的是（ ）
A．箱子b 对a 的摩擦力对a 做正功
B．箱子a 对b 的摩擦力对b 做正功
C．地面对人的摩擦力对人做负功
D．地面对人的摩擦力对人不做功
【答案】BD
【分析】先对箱子b 受力分析，根据加速度方向判断a 对b 的静摩擦力方向，再由牛顿第三定律确定b
对a 的摩擦力方向，结合力与位移的夹角判断做功正负；再分析人脚所受地面摩擦力的作用点位移情
况，以此判断地面对人的摩擦力是否做功。
【解答】解：AB、b 随a 一起加速前进，b 的加速度由a 对b 的静摩擦力提供，可知a 对b 摩擦力方向
水平向右，根据牛顿第三定律，可知b 对a 的摩擦力水平向左，而箱子运动方向向右，故b 对a 的摩擦
力对a 做负功，a 对b 的摩擦力对b 做正功，故A 错误，B 正确；
CD、人的脚不打滑，地面对人的摩擦力作用点（脚）没有位移（脚与地面接触时相对静止，无位
移），所以地面对人的摩擦力对人不做功，故C 错误，D 正确。
故选：BD.
（多选）8．（2026•南川区校级模拟）如图，一足够长的固定绝缘光滑斜面与水平面成θ 角，仅虚线MN
以上区域内充满垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。质量为m 的正方形金属线框abcd
从磁场中某一位置静止释放，当线框ab 边刚滑过MN 时，线框所受安培力大小为2mgsinθ，当线框cd
边刚要到达MN 时，线框加速度恰好为零。若在MN 以下区域再充满一垂直斜面向上的匀强磁场（未
画出），磁感应强度大小为2B0。让此线框再次从相同位置静止释放，关于线框先后两次运动的过
程，下列说法正确的是（ ）
A．ab 边刚过MN 时流经线框的电流方向相同
B．ab 边刚过MN 时线框所受的合力的功率之比为1：17
C．cd 边刚要到达MN 时线框的动能之比为1：1
D．从静止释放到cd 边刚要到达MN 的过程中损失机械能的比值小于1
【答案】ABD
【分析】结合电磁感应、安培力、牛顿运动定律与功能关系，分两次磁场情况分析线框过MN 时的电
流、合力、动能及机械能损失。
【解答】解：A.结合楞次定律，两次ab 边滑过MN 时的电流方向均由b 到a，故A 正确；
B.第一次ab 边刚过MN 时，其安培力的大小为F 安1＝2mgsinθ＝B0IL
代入数据得I = 2mgsinθ
B0 L
= B0 Lv
R
则ab 边经过MN 时的速度v = 2mgRsinθ
B0
2 L
2
线框受到的合力F 合1＝2mgsinθ﹣mgsinθ＝mgsinθ
第二次ab 边刚过MN 时，其安培力的大小为F 安2＝2B0I'L+B0I'L＝3B0I'L
由于两次从同一位置释放，因此ab 边经过MN 时的速度相同，根据法拉第电磁感应定律可得E＝
B0Lv+2B0Lv＝3B0Lv
则感应电流I ′ = E
R
代入数据得F 安2＝18mgsinθ
线框受到的合力F 合2＝F 安2﹣mgsinθ＝17mgsinθ
结合功率P＝Fv
代入数据得ab 边刚过MN 时线框所受的合力的功率之比为1：17，故B 正确；
C.设第一次cd 边刚要到达MN 时线框的速度为v1，第二次线框的速度为v2，则F 安1＝BIL＝mgsinθ，
I = E
R = B0 Lv1
R
代入数据得v1= mgRsinθ
B0
2 L
2
线框的动能Ek 1= 1
2 m v1
2
同理3B0I2L＝mgsinθ，I 2= E2
R = 3 B0 Lv2
R
代入数据得v2= mgRsinθ
9 B0
2 L
2
线框的动能Ek 2= 1
2 m v2
2
代入数据得两次的动能之比为Ek 1：Ek 2= v1
2：v2
2=81：1，故C 错误；
D.损失的机械能等于克服安培力所做的功，第二次从静止释放到cd 边刚要到达MN 的过程中线框受到
的安培力更大，克服安培力所做的功更多，损失的机械能更多，从静止释放到cd 边刚要到达MN 的过
程中损失机械能的比值小于1，故D 正确。
故选：ABD。
（多选）9．（2025 春•郫都区校级期中）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 过程中力F 做的为W＝FOA
B．乙图中，全过程中F 做的总功为72J
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
W =−f ⋅2πR
4
=−1
2 πRf
D．图丁中，F 始终保持水平，无论是F 缓慢将小球从P 拉到Q，还是F 为恒力将小球从P 拉到Q，F
做的功都是W＝Flsinθ
【答案】BC
【分析】甲图描述物块从A 到C 的直线运动过程，力F 大小不变但位移需从起点A 到终点C 计算，即
OA 与OC 的差值，因此功的表达式应体现位移的矢量性，而非直接使用OA 长度。乙图通过力与位移
图像分析变力做功，图像与横轴围成的面积代表总功，需分段计算正向与反向的力对应的面积并求
和，得到总功数值。丙图中小球沿圆弧从A 运动到B，空气阻力大小不变但方向始终与速度方向相
反，采用微元法将曲线路径分割为微小直线段，阻力做功等于阻力大小乘以总路径长度并考虑方向，
从而得出功的表达式。丁图中水平力F 将小球从P 拉到Q，若F 为恒力则功可直接用位移和角度计
算；但若过程缓慢，F 为变力且大小随小球位置变化，此时功不能简单用恒力公式计算，需考虑力的
变化过程。
【解答】解：A、在物块从A 运动至C 的过程中，力F 的大小保持不变。根据功的定义，力F 所做的
功为W＝Fs，其中s 为位移大小。由图可知，位移s＝OA﹣OC，因此W＝F（OA﹣OC），故A 错
误；
B、在F﹣x 图像中，图线与x 轴所围成的面积表示力F 所做的功。计算整个过程中图像所围成的面
积，可得总功W＝15×6J+（﹣3）×6J，解得：W＝72J，故B 正确；
C、在丙图所示情形中，绳长为R。若空气阻力f 的大小恒定不变，可将小球的运动轨迹分割为无数微
小的直线段。运用微元法分析，小球从A 点运动到B 点的过程中，空气阻力所做的功W =−f ⋅2πR
4
，解得：W =−1
2 πRf ，故C 正确；
D、在丁图所示情形中，力F 始终保持水平方向。若F 为恒力，将小球从P 点缓慢拉至Q 点，力F 所
做的功为W＝Flsinθ。然而，若将小球从P 点缓慢拉至Q 点，F 为水平方向的变力，其大小会发生变
化，此时功的计算不能简单地用力的大小乘以位移，故D 错误。
故选：BC。
（多选）10．（2026 春•海淀区校级期中）如图所示是某城市广场喷泉喷出水柱的场景。已知水的密度为
103kg/m3，小明同学经观察确认，喷泉喷出的水柱最高可达125m，喷管的截面积为20cm2。由此，他
做出了如下判断，其中正确的是（ ）
A．喷泉喷出的水离开喷管时的速度约50m/s
B．任意时刻空中水的质量约200kg
C．喷管单位时间内喷出水的体积为0.1m3
D．为这个喷泉提供动力的电动机功率至少为250kW
【答案】AC
【分析】解题关键步骤是：由最大高度求初速度（竖直上抛运动）；由速度和截面积求流量（单位时
间体积）；由流量和密度求单位时间质量；由总时间和流量求空中总水量；由单位时间动能求电动机
功率。
【解答】解：A.水做竖直上抛运动，上升过程机械能守恒：1
2 m v
2=mgh，解得v
= ❑√2gh= ❑√2×10×125m/s＝50m/s，故A 正确；
B.水在空中运动的总时间（上升+下落）：t 总＝2× v
g =2× 50
10s＝10s
单位时间喷出水的体积：Q＝vS＝50×2×10﹣3m3/s＝0.1m3/s
单位时间喷出水的质量：m＝ρQ＝103×0.1kg/s＝100kg/s
空中总水量等于这段时间喷出的水的总质量：m 总＝m×t 总＝100×10kg＝1000kg，故B 错误。
C.喷管单位时间内喷出水的体积：Q＝vS＝50×2×10﹣3m3/s＝0.1m3/s，故C 正确；
D.单位时间内水获得的动能：Ek= 1
2mv2= 1
2 ×100×502W＝125kW，故电动机功率至少需要125kW，故
D 错误。
故选：AC。
（多选）11．（2026 春•济南期中）正在试验运行的CR450 动车组，是当今世界跑得最快的高速列车，
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 的动车组，从静止开始以恒定功率P 在
平直轨道上运动，一段时间后达到该功率下的最大速度vm，设动车组行驶过程所受到的阻力F 保持不
变。有关动车组从静止到最大速度的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．动车组做匀加速直线运动
B．动车组的加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W = 1
2 m vm
2
【答案】BC
【分析】这是机车恒定功率启动的典型模型，分析时要抓住功率、牵引力、速度和加速度的关系：恒
定功率下，速度增大时牵引力会减小，加速度也随之减小，直到牵引力与阻力相等时速度达到最大；
再结合动能定理分析牵引力做功的相关选项。
【解答】解：AB、动车组启动时功率一定，则由a=
P
v −F
m
可知，随速度v 增加，加速度a 减小，则
动车组的加速度逐渐减小，直到加速度减为零时做匀速运动，故A 错误，B 正确；
C、达到最大速度时，牵引力等于阻力，则牵引力的功率P＝F 牵vm＝Fvm，故C 正确；
D、根据动能定理W −Fx = 1
2 m vm
2
解得牵引力做功W = Fx + 1
2 m vm
2 ＞1
2 m vm
2 ，故D 错误。
故选：BC。
（多选）12．（2026 春•番禺区校级期中）一辆“复兴号”模型小机车在水平路面上由静止启动，在前5s
内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v−t 图像如图所示。已知汽
车的质量为m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1 倍，g 取10m/s2，则以下说法正确的是（
）
A．汽车在前5s 内的牵引力为4×103N
B．汽车速度为25m/s 时的加速度为3m/s2
C．汽车的额定功率为100kW
D．汽车的最大速度为150m/s
【答案】BC
【分析】分析过程需明确两个阶段：前5 秒内汽车做匀加速运动，牵引力恒定；5 秒末达到额定功率
后，汽车以恒定功率行驶，牵引力随速度增大而减小。已知条件包括汽车质量、阻力与车重关系，以
及速度随时间变化的图像信息。关键点在于利用匀加速阶段的速度变化和牛顿第二定律求出牵引力，
再结合额定功率和速度关系计算额定功率值，进而分析任意速度下的加速度及最大速度。
【解答】解：A、汽车在前5s 内做匀加速直线运动，加速度a= Δv
Δt ，解得：a＝4m/s2，由牛顿第二定
律得F﹣f＝ma，其中f＝0.1mg，解得：F＝5×103N，故A 错误；
BCD、汽车在5s 末功率达到额定功率P＝Fv，解得：P＝100kW，当汽车速度最大时，牵引力与阻力
大小相等，即F＝f，最大速度vm= P
f ，解得：vm＝100m/s，汽车速度为25m/s 时，则有P
v −f =ma′，
解得：a'＝3m/s2，故BC 正确，D 错误。
故选：BC。
三．解答题（共6 小题）
13．（2026 春•南海区期中）如图甲所示，滑索运动充满速度感与刺激性，景区“智能安全滑索”采用可
变阻力系统，当速度过快时，会自动增大阻力，保障滑行安全，如图乙所示，滑索可视为倾角θ＝30°
的理想直轨道，轨道AC 总长L＝38m，乘客与滑车总质量m＝50kg（可视为质点），从顶端A 点由静
止滑下，受恒定阻力f1＝200N，当乘客与滑车速度增加至v0＝4m/s（此时位置定为B 点），此后系统
额外再施加恒定阻力f＝62.5N，取g＝10m/s2，已知sin30° = 1
2，cos30° =
❑√3
2 。回答以下问题：
（1）求第一段AB 的加速度大小a1；
（2）求第一段AB 中阻力做的功Wf1；
（3）求全过程中重力所做的功WG及到达底端C 时游客的速度大小vC。
【答案】（1）第一段AB 的加速度大小为1m/s2；
（2）第一段AB 中阻力做的功-1600J；
（3）全过程中重力所做的功9500J，到达底端C 时游客的速度大小为1m/s。
【分析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向上应用牛顿第二定律求加速度；
（2）先求出AB 段的位移，再用恒力做功公式计算；
（3）重力做功只与竖直高度有关，全过程用动能定理求末速度。
【解答】解：（1）沿斜面方向，重力分力为FG＝mgsinθ，阻力为f1＝200N，根据牛顿第二定律：F 合
＝ma1沿斜面向下为正方向，则合力为：mgsinθ﹣f1＝ma1，代入数据：mgsinθ＝250N，则：250N﹣
200N＝50a1，解得：a1＝1m/s2
（2）由运动学公式：v0
2=2a1x1，x1＝8m，阻力f1＝200N，方向与位移相反，故做功：Wf1＝﹣f1x1，代
入数据解得Wf1＝﹣1600J；
（3）重力做功只与竖直高度有关，轨道总长L＝38m，竖直高度为：h＝Lsinθ＝38×0.5m＝19m
故重力做功：WG＝mgh，代入数据解得WG＝9500J，总长L＝38m，AB 段为8m，所以BC 段长度：x2
＝L﹣x1＝38m﹣8m＝30m，在BC 段，受到的阻力为原来的f1加上额外的f，即总阻力：f2＝f1+f，代
入数据解得f2＝262.5N，沿斜面方向合力：F 合'＝mgsinθ﹣f2
代入数据解得F 合'＝﹣12.5N，根据牛顿第二定律：F 合'＝ma2，解得：a2＝﹣0.25m/s2，已知B 点速度
v0＝4m/s，位移x2＝30m，加速度a2＝﹣0.25m/s2，由公式：vC
2 −v0
2=2a2x2，代入数据解得：vC＝
1m/s。
答：（1）第一段AB 的加速度大小为1m/s2；
（2）第一段AB 中阻力做的功-1600J；
（3）全过程中重力所做的功9500J，到达底端C 时游客的速度大小为1m/s。
14．（2026 春•历下区校级期中）如图所示，在光滑平台上放置质量M＝2kg、长L＝5m 的木板A，木板
上表面水平。在长木板A 的左端放有质量m＝1kg 的木块B（可视为质点），木块B 和木板A 之间的
动摩擦因数为μ（大小未知），平台的右端固定有高度略小于长木板厚度的薄挡板C。开始时A、B 均
处于静止状态，t＝0 时刻对木块B 施加一方向水平向右、大小为16N 的恒定拉力F，t＝1s 时撤去力
F，此时长木板A 的右端与挡板C 相碰并瞬间粘接在一起，木块B 恰好脱离长木板A 水平抛出，之后
木块B 从D 点沿切线方向无碰撞地落入光滑圆弧轨道DEG，且运动到圆弧轨道最高点G 时对轨道的压
力为零，EG 为圆弧轨道的竖直直径，DE 段圆弧所对应的圆心角为53°，重力加速度g＝10m/s2，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。求：
（1）木块B 在长木板A 上表面滑动过程中产生的内能；
（2）D 点到平台边缘的水平距离；
（3）圆弧轨道DEG 的半径r。
【答案】（1）木块B 在长木板A 上表面滑动过程中产生的内能为20J；
（2）D 点到平台边缘的水平距离为19.2m；
（3）圆弧轨道DEG 的半径为200
21 m。
【分析】（1）对A、B 分别分析，用牛顿第二定律求出二者加速度，再结合运动学公式求出1s 内的位
移差，最后根据“内能等于滑动摩擦力乘以相对位移”求解；
（2）先求出木块B 离开平台时的平抛初速度，再根据D 点的速度方向与水平方向夹角为 53°，分解速
度求出竖直分速度和运动时间，最后用水平分速度乘以时间得到水平距离；
（3）以G 点为研究对象，根据“在G 点对轨道压力为零”得出临界条件，再对B 从D 到G 的过程应
用机械能守恒定律，联立方程求解半径。
【解答】解：（1）木块B 在长木板A 上表面滑动的过程中，
对A 分析μmg＝MaA
对B 分析F﹣μmg＝maB
滑到最右端，有L= 1
2 aBt
2−1
2 aAt
2
解得μ＝0.4
摩擦产生的内能Q＝μmgL＝0.4×1×10×5J＝20J；
（2）木块平抛的初速度v0＝aBt
可得v0＝12m/s
D 点速度分解如图
木块从D 点沿切线进入圆弧轨道，有tan53° = v Dy
v0
，得vDy＝16m/s
又vDy＝gt1
得t1＝1.6s，xc＝v1t1＝12×1.6m＝19.2m；
（3）在D 点有cos53° = v0
v D
得vD＝20m/s
木块在点G，有mg= mvG
2
r
木块从D 运动到G，有−mg(r +rcos53°)= 1
2 m v
2G−1
2 m v D
2
得r = 200
21 m。
答：（1）木块B 在长木板A 上表面滑动过程中产生的内能为20J；
（2）D 点到平台边缘的水平距离为19.2m；
（3）圆弧轨道DEG 的半径为200
21 m。
15．（2025 春•如皋市校级月考）如图1 所示，一质量为2kg 的小物体静止在光滑的水平台面上，在水平
推力F 的作用下从坐标原点O 开始沿x 轴运动，F 与物体坐标x 的关系如图2 所示。在x＝2m 时撤去
力F，同时物体从平台飞出，重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）从坐标原点到x＝2m 处，水平推力所做的功W；
（2）物体即将离开平台时力F 的功率P。
【答案】（1）水平推力所做的功大小为16J。
（2）物体即将离开平台时力F 的功率大小为48W。
【分析】（1）从坐标原点到x＝2m 处，水平推力F 随坐标x 变化，力F 对物体做的功在数值上等于F
﹣x 图像中图线与x 轴所围成的面积。根据图像，该图线为梯形，通过计算该梯形的面积即可得到推
力所做的总功。
（2）撤去力F 时物体离开平台，此时物体具有的速度即为平抛运动的初速度。推力所做的功全部转化
为物体的动能，运用动能定理建立推力做功与物体末速度的关系，从而求出末速度。物体即将离开平
台时，力F 的大小可直接从图像中x＝2m 处读出，瞬时功率等于该时刻力F 与瞬时速度的乘积。
【解答】解：（1）由题意可知，力F 在作用过程中是变化的，因此图线与横轴所围成的面积等于力F
所做的功，根据数学关系可得W F = (4 +12)×2
2
，解得：WF＝16J。
（2）设物体离开平台时的瞬时速度为v，根据能量守恒定律有W F = 1
2 m v
2，代入得v＝4m/s。离开平
台时F＝12N，则功率为P＝Fv，解得：P＝48W。
答：（1）水平推力所做的功大小为16J。
（2）物体即将离开平台时力F 的功率大小为48W。
16．（2026 春•碑林区校级月考）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中
描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行
的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角θ 为25.5°，sin25.5°＝0.43，
cos25.5°＝0.90。当每条绳子拉力F 的大小为250N 时，人与木板沿直线匀速前进，在15s 内前进了
20m，求此过程中：
（1）地面对木板的阻力大小；
（2）两条绳子拉力所做的总功；
（3）两条绳子拉力的总功率。
【答案】（1）地面对木板的阻力为450N；
（2）两条绳子拉力所做的总功为9.0×103J；
（3）两条绳子拉力的总功率为600W。
【分析】（1）对人与木板整体受力分析，根据木板匀速前进，可得到地面对木板的阻力大小；
（2）根据功的公式，可得到两条绳子拉力所做的总功；
（3）根据功率的公式，结合两条绳子拉力的总功率。
【解答】解：（1）由于木板匀速运动，可知木板受力平衡，则有：2Fcosθ＝f，解得f＝450N；
（2）根据功的定义式有：W＝2Flcosθ，解得W＝9.0×103J；
（3）根据功率的定义P= W
t ，有P＝600W。
答：（1）地面对木板的阻力为450N；
（2）两条绳子拉力所做的总功为9.0×103J；
（3）两条绳子拉力的总功率为600W。
17．（2026 春•荔湾区校级期中）辘轳是中国古代常见的取水设施，某次研学活动中，一种用电动机驱动
的辘轴引发了同学们的兴趣。图甲所示为该种辘轳的工作原理简化图，电动机以恒定输出功率P 将质
量为m＝3kg 的水桶由静止开始竖直向上提起，提起过程中水桶上升速度随时间变化的图像如图乙所
示。忽略辘轳的质量以及所有摩擦阻力，忽略空气阻力，重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）电动机的输出功率P；
（2）水桶速度v＝0.5m/s 时的加速度大小a；
（3）0～4s 内水桶上升的高度h。
【答案】（1）电动机的输出功率为30W；
（2）加速度大小为10m/s2
（3）0～4s 内水桶上升的高度为3.95m。
【分析】（1）当水桶匀速运动时，拉力等于重力，利用功率公式计算电动机输出功率；
（2）由恒定功率公式P＝Fv，求出速度为0.5m/s 时的拉力，再用牛顿第二定律F﹣mg＝ma，求加速
度；
（3）对0～4s 过程应用动能定理，通过电动机做功、重力做功与动能变化的关系求解上升高度。
【解答】解：（1）当水桶匀速上升时，拉力T＝mg，电动机输出功率P＝Tvm
代入数据可得T＝30N，P＝30W
（2）当v＝0.5m/s 时，拉力T 1= P
v
由牛顿第二定律T1﹣mg＝ma
代入数据可得T1＝60N，a＝10m/s2
（3）0～4s 内电动机做功W＝Pt，动能变化量ΔEk= 1
2 m vm
2
由动能定理W﹣mgh＝ΔEk
代入数据可得W＝120J，ΔEk＝1.5J，h＝3.95m。
答：（1）电动机的输出功率为30W；
（2）加速度大小为10m/s2
（3）0～4s 内水桶上升的高度为3.95m。
18．（2026•泉州模拟）农业大棚内的智能植保车，启动后可在水平轨道上运行，植保车在0～6s 时间内
运动的速度—时间关系v﹣t 图像如图所示，其中0～1s 时间段图像为直线，1s 后植保车的输出功率保
持不变。已知植保车的总质量为100kg（可视为不变），其运动中所受阻力为重力0.5 倍，取重力加速
度大小g＝10m/s2，求：
（1）0～1s 内植保车的加速度大小及牵引力大小；
（2）植保车所能达到的最大速度。
【答案】（1）0～1s 内植保车的加速度大小为4m/s2，牵引力大小为900N；
（2）植保车所能达到的最大速度为7.2m/s。
【分析】（1）先根据v﹣t 图像，由01s 的速度变化求出匀加速阶段的加速度；再根据阻力与重力的关
系算出阻力大小；接着结合牛顿第二定律，由加速度和阻力求出匀加速阶段的牵引力大小；
（2）先用1s 末的速度和牵引力算出植保车的额定功率；再根据植保车达到最大速度时牵引力与阻力
相等的条件，结合额定功率和阻力，求出最大速度。
【解答】解：（1）0～1s 内植保车的加速度大小为a= Δv
Δt = 4 m/ s
1s
= 4 m/ s
2
阻力f＝0.5mg＝0.5×100kg×10m/s2＝500N
由牛顿第二定律F﹣f＝ma
得牵引力F＝f+ma＝500N+100kg×4m/s2＝900N
（2）1s 末的功率P＝Fv1＝900N×4m/s＝3600W
最大速度时F＝f，则vm= P
f = 3600W
500 N =7.2m/ s
答：（1）0～1s 内植保车的加速度大小为4m/s2，牵引力大小为900N；
（2）植保车所能达到的最大速度为7.2m/s。
