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第19 讲 功、功率
目录
01 课标达标练
题型01 功的理解与恒力功的计算
题型02 变力做功的计算
题型03 功率计算
题型04 机车启动的两种方式
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 功的理解与恒力功的计算
1.图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式
自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止。下列关于做功的判断中正确的是( )
A．图甲中支持力对人做正功
B．图甲中摩擦力对人做负功
C．图乙中支持力对人做正功
D．图乙中摩擦力对人做负功
【答案】A
【解析】： 题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹
角为锐角，则支持力做正功，故A 正确，B 错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做
功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D 错误。
2.（2025·贵州·三模）2024 年5 月1 日，我国第三艘航空母舰——福建舰出海展开首次
航行试验。它采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，弹射轨道长
110m，舰载机搭载在磁悬浮电磁弹射车上，弹射过程中舰载机受到弹射车的平均推
力约为1．1×106 N，不计阻力，则弹射车弹射一次做的功约为（ ）
A．4．0×107 J
B．4.0×106 J
C．1.2×107 J
D．1.2×108 J
【答案】D
【详解】磁悬浮电磁弹射车弹射一次对飞机做功为
故选D。
3（2025·四川·一模）一质量m = 2.5 kg 的玩具车静止在水平面上，从某时刻起对玩具车施加一水平
恒力F 作用，经2 s 撤去恒力F，玩具车的加速度随时间变化关系如图所示。则下列说法正确的是（
）
A．在t = 6 s 时，玩具车静止在水平面上B．恒力F = 25 N
C．拉力F 做功W = 700 J
D．在t = 6 s 时；玩具车的速度v = 4 m/s
【答案】CD
【详解】AD．由a – t 图像可知，a – t 图像与时间轴所围面积表示速度变化量Δv，设t = 6 s 时玩
具车的速度为v，则
v = v − 0 = Δv = [2 × 10 + (− 4) × (6 − 2)] m/s = 4 m/s
故A 错误，D 正确；
B．设玩具车在0 ~ 2 s 内的加速度为a1，在2 s ~ 6 s 内的加速度为a2，玩具车受到的滑动摩擦力为
f，由图像可知，a1 = 10 m/s2，a2 = − 4 m/s2，由牛顿第二定律得
F − f = ma1
− f = ma2
解得
F = 35 N，f = 10 N
故B 错误；
C．设玩具车在0 ~ 2 s 内的位移为x1，则
x1= 1
2 a1t1
2= 1
2 ×10×2
2m =20 m
拉力F 做功
W = Fx1 = 35 × 20 J = 700 J
故C 正确。
故选CD。
4.（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，质量分别为mA、mB的两物块A、B叠放在一起，物块B
的截面形状为等边三角形，若它们共同沿固定在水平地面上倾角α =30°的斜面匀速下滑，下列说
法正确的是（ ）
A．B与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．A、B间无摩擦力
C．A、B间有摩擦力，且B对A的摩接力对A做正功
D．B对斜面的摩接力方向沿斜面向上
【答案】C
【详解】A．设B 与斜面间的动摩擦因数为μ，由于AB 整体处于平衡状态，由平衡条件得
(mA+mB)gsin α = μ(mA+mB)gcosα
解得
μ=
❑√3
3
故A 错误；
BC．隔离对A 分析，A 处于平衡状态，则A 受重力、B 对A 的支持力、以及B 给A 沿B 上表面斜向
左上的静摩擦力作用而平衡．且该静摩擦力方向与A 的速度方向成锐角，故该静摩擦力对A 做正功，
故B 错误，C 正确；
D．由A 选项可知，整体受到沿斜面向上的摩擦力，即B 受到沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第三
定律可知，B 对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，故D 错误。
故选 C。
5.（2024·河北·模拟预测）旅游旺季，多地迎来大量游客。一名游客带着行李箱行走，有三种方式：
如图甲所示拉着行李箱匀速行走，拉力大小为F甲=50 N；如图乙所示推行李箱匀速行走，推力大
小为F乙；如图丙所示竖直提着行李箱匀速行走，提行李箱的力大小为F丙。甲、乙两种方式下行
李箱的运动可看成在地面上滑行，行李箱与水平地面间的动摩擦因数不变，行李箱的质量为11kg，
取重力加速度g=10 m /s
2，cos37° =0.8,sin37° =0.6。下列说法正确的是（ ）
A．行李箱与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5
B．F甲: F乙: F丙=5:11:11
C．F甲: F乙: F丙=5:5:11
D．若三种情况中游客匀速行走相同距离，则游客对行李箱的拉力做功之比为5:11:11
【答案】AB
【详解】A．甲方式中，对行李箱受力分析，由正交分解知
F甲sin37°+ FN=mg
F甲cos37° = μ FN
联立解得
μ=0.5
A 正确；
BC．乙方式中，对行李箱受力分析，由正交分解知
F乙sin37°+mg = F
'
N
F乙cos37° = μ F
'
N
联立解得
F乙=110 N
丙方式中，由二力平衡得
F丙=mg=110 N
故
F甲: F乙: F丙=5:11:11
B 正确，C 错误；
D．丙方式下拉力对行李箱不做功，D 错误。
故选AB。
02 变力做功的计算
6.宇航员飞到一个被稠密气体包围的某行星上进行科学探索。他站在该行星表面，从静止释放一个
质量为m的物体，由于气体阻力的作用，其加速度a随下落位移x变化的关系图像如图所示。已知该
星球半径为R，万有引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．该行星的平均密度为3a0
4 πGR
B．该行星的第一宇宙速度为❑√a0 R
C．卫星在距该行星表面高ℎ处的圆轨道上运行的周期为4 π
R
❑√
( R+ℎ)
3
a0
D．从释放到速度刚达到最大的过程中，物体克服阻力做功ma0 x0
2
【答案】ABD
【详解】A．由图可知，物体开始下落瞬间，只受万有引力作用，根据万有引力等于重力，可知
GMm
R
2
=mg =ma0
又
ρ=
M
4
3 π R
3
联立，可得
ρ= 3a0
4 πGR
故A 正确；
B．在行星表面飞行的卫星，万有引力提供向心力，有
GMm
R
2
=m v
2
R
联立，可得
v = ❑√a0 R
故B 正确；
C．卫星在距该行星表面高ℎ处的圆轨道上运行时，有
GMm
( R+ℎ)
2 =m 4 π
2
T
2 ( R+ℎ)
联立，可得
T = 2π
R
❑√
( R+ℎ)
3
a0
故C 错误；
D．从释放到速度刚达到最大的过程中，设阻力为f，由牛顿第二定律可得
mg−f =ma
解得
f =mg−ma=ma0−ma
阻力做功为
W =−f x0=−(ma0−ma)x0=−ma0 x0
2
即物体克服阻力做功ma0 x0
2
。
故D 正确；
故选ABD。
7.水平桌面上，长6m 的轻绳一端固定于O 点，如图所示（俯视图），另一端系一质量m=2.0kg 的
小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F=10N，F 拉着物体从M 点运动到N 点，F 的方向始
终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，取
g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F 对小球做的功为16π（J）
B．拉力F 对小球做的功为8π（J）
C．小球克服摩擦力做的功为16π（J）
D．小球克服摩擦力做的功为4π（J）
【答案】A
【详解】AB．将圆弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F 在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，
因拉力F 大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以
W1=Fl1cos37°
W2=Fl2cos37°
Wn=Flncos37°
故
W F=W 1+W 2+…+W n= F cos37°（l1+l2+…+ln）= F cos37°⋅πR
3 =10×0.8× π
3 ×6（J ）=16 π （J ）
故A 正确，B 错误；
CD．同理可得小球克服摩擦力做的功
W f= μmg⋅πR
3 =8 π （J ）
故CD 错误。
故选A。
8.如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F 的作用下从坐标原点O 开始沿x 轴正
方向运动，F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小
物块运动到2x0处时的动能可表示为（ ）
A．0
B．1
2Fmx0（1+π）
C．1
2Fmx0（1+π
2 ）
D．Fmx0
【答案】C
【详解】F-x 图线围成的面积表示拉力F 做功的大小，可知F 做功的大小W=1
2Fmx0+1
4 πx0
2，根据动
能定理得，Ek=W=1
2Fmx0+1
4 πx0
2 =1
2 Fm x0(1+ π
2)，故C 正确，ABD 错误。
故选C。
03 功率计算
9.（2025·河北唐山·模拟预测）如图所示，将一可视作质点、质量为m 的小球从倾角为θ 的斜面底
端斜抛，小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端。已知斜面高为h、斜面底边水平长度为
L。重力加速度为g，不考虑空气阻力。设小球的初速度大小为v0，小球初速度方向与水平方向的夹
角为α，则下列说法正确的是（ ）
A．小球初速度方向与水平方向夹角的正切值为tanα =tanθ
2
B．整个运动过程重力的平均功率为P=−mg
❑√
gℎ
2
2 L
C．小球的初速度大小为v0=
❑√
g(4ℎ
2+ L
2)
2ℎ
D．减小初速度，小球运动到斜面时速度一定沿水平方向
【答案】CD
【详解】AD．小球恰好在运动轨迹的最高点位置通过斜面顶端，可知此时小球的速度方向处于水平
方向，所以将小球的运动逆向看成做平抛运动，根据平抛运动推论可得tan α =2tanθ
减小初速度，由于抛出的速度方向与水平方向的夹角仍为α，所以仍满足tan α =2tanθ，即小球的
逆向运动仍为平抛运动，小球运动到斜面时速度一定沿水平方向，故A 错误，D 正确；
B．将小球的运动逆向看成做平抛运动，竖直方向有ℎ= 1
2 gt
2
可得t = ❑√
2ℎ
g
则整个运动过程重力的平均功率为P = W G
t = −mgℎ
❑√
2ℎ
g
=−mg ❑√
gℎ
2
故B 错误；
C．将小球的运动逆向看成做平抛运动，则有v y =>= ❑√2gℎ，v x = L
t = L❑√
g
2ℎ
则小球的初速度大小为v0=
❑√v x
2+ v y
2 =
❑√
g(4ℎ
2+ L
2)
2ℎ
故C 正确。
故选CD
10.（2025·江西省赣州市高三一模）2024 年10 月，以“智焕新生共创AI+低空新时代”为主题的
2024 低空经济产业创新发展大会在广州举办，赣州是十五座低空经济领航城市之一。如图甲是无人
机快递运输和配送的测试现场，已知质量为
的邮件在被无人机从地面吊起后，在竖直方向上运
动的
图像如图乙所示（取竖直向上为正方向），重力加速度g 取
，不计邮件所受空气
阻力．则（ ）
A. 在
时邮件上升到最大高度
B. 邮件所受的拉力在
内比在
内大
C. 在
内拉力对邮件做功的平均功率为
D. 在
内拉力对邮件做正功，其功率逐渐减小
【答案】D
【详解】根据
图像围成的面积表示位移，可知在
时邮件上升到最大高度，故A 错误；根
据图像的斜率表示加速度，可知邮件在
内的加速度大小大于在
内的加速度大
小，且邮件在
内向上减速，在
内向下加速，根据牛顿第二定律均有
可得邮件所受的拉力
所以邮件所受的拉力在
内比在
内小，故B 错误；根据图像的斜率表示加速度，
可知邮件在
内的加速度大小
根据牛顿第二定律有
该过程拉力对邮件的平均功率
故C 错误；在
内邮件匀减速上升，拉力对邮件做正功，根据
可知其功率逐渐减小，
故D 正确。
11.如图，一根足够长的均质粗糙杆水平固定，一个圆环套在杆上。现给环一个向右的初速度v0，
同时对环施加一个竖直方向的力，力的大小与环的速度大小成正比。则环所受摩擦力的瞬时功率P
与速度v 的图像不可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A．设摩擦力
F =kv
动摩擦因数μ，当
F <mg
时，摩擦力的瞬时功率
P = fv = μ(mg−F )v = μ(mg−kv )v = μmgv −k v
2
符合A 项图像，故A 可能，不符合题意；
C．当
F >mg
时，摩擦力的瞬时功率
P = fv = μ( F −mg)v = μ(kv −mg)v = μk v
2−μmgv
符合C 项图像，故C 可能，不符合题意；
B．对于C 中，当圆环减速到
F=mg
时，摩擦力为零，功率为0，符合B 项图像，故B 可能，不符合题意；
D．D 项图像不可能存在，故D 不可能，符合题意。
故选D。
12.（2025·广东广州·二模）如图是一玩具小车弹射装置，橡皮筋两端用钉子固定在水平木板上的
E、F 两点，小车与橡皮筋中点连接，小车在O 处时橡皮筋恰好处于原长。现将小车拉至P 处由静止
释放，小车沿直线由P 运动到O 过程中所受阻力恒定，则该过程（ ）
A．小车所受合外力一直减小
B．小车所受合外力先增大后减小
C．小车速度最大时合外力功率为零
D．小车速度最大时合外力功率最大
【答案】C
【详解】AB．小车从P 处由静止释放，此时橡皮筋的拉力最大，在O 处时橡皮筋恰好处于原长，
此时橡皮筋无拉力，那么在PO 连线中的某一点Q，小车受力平衡，小车所受合外力最小等于零，
所以小车的合外力先减小后增大，AB 错误。
CD．当小车在Q 点时速度最大，合外力等于零，根据P = Fv，小车在Q 点时合外力的功率最小等
于零， C 正确，D 错误。
故选C。
04 机车启动的两种方式
12.（2025·广东·模拟预测）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
【答案】A
【详解】A．当列车匀速行驶时，所受的牵引力等于阻力，即
P = f vmax
解得行驶过程中列车受到的阻力为
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，对列车由牛顿第二定律
F1−f =ma
其中
P = F1v1
联立解得，列车以15m/s 行驶时的加速度是
a=0.5 m/s
2
故C 错误；
D．作出列车运动的v −t图像，如图所示
由图可知，列车加速过程中的平均速率
v ＞0+ vmax
2
=15 m/s
故D 错误。
故选A。
13.如图所示，是小朋友非常喜欢的一款电动玩具小车，我们可以通过玩具小车在水平面上的运动
来研究功率问题。已知小车质量为m，小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车保持功率不变，
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
4 倍，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3 F0v0
B．小车的最大速度为3 v0
C．小车速度达到最大速度的一半时，加速度大小为F0
m
D．0∼t0时间内，小车运动的位移大小为s= 4 v0t0−4 m v0
2
F ❑
0
❑
【答案】CD
【详解】A．根据题意可知，当v = v0时，有F1= 4 F0，由公式P = F1v，可得
P额= 4 F0v0
故A 错误；
B．当小车以最大速度匀速运动时
F2= F0
且
F2= f
根据
P额= F2vmax = f vmax
即
4 F0v0= F0vmax= f vmax
可得
vmax= 4 v0
故B 错误；
C．由A、B 选项可知
vmax= 4 v0
P额= 4 F0v0
则根据公式P = Fv，可得小车速度达到最大速度的一半时，此时的牵引力
F3=
P额
0.5 vmax
= 4 F0 v0
0.5×4 v0
=2 F0
又
f = F0
根据牛顿第二定律F合= F3−f =ma，可得
2 F0−F0=ma
解得
a= F0
m
故C 正确；
D．在0∼t0时间内，位移为s，根据动能定理
P额t0−fs= 1
2 m(
3
4 vmax)
2
−1
2 m v0
2
解得
s= 4 v0t0−4 mv0
2
F0
故D 正确。
故选CD。
14（2024·全国·模拟预测）如图甲、2023 年5 月11 日，武汉新增国内首条悬挂式空中轨道列车—光
谷空轨，列车悬空飞驰、科幻感拉满。一辆质量为m 的空轨列车由静止开始加速。其加速度a 随速
度变化的关系如图乙所示，空轨列车的速度达到v 后，牵引力的功率保持恒定。已知空轨列车在行
驶过程能达到的最大速度为vm，所受到阻力（摩擦和空气阻力）不变。下列说法正确的是（ ）
A．空轨列车在行驶过程中所受阻力Ff=
v
vm−v ma0
B．空轨列车的速度达到v 后，牵引力的功率P = v vm
vm−v ma0
C．匀加速启动过程中，空轨列车牵引力做功为W =
vm
vm−v mv
2
D．匀加速启动过程中，牵引力的功率P 与时间t 满足P =
vm
vm−v ma0t
【答案】AB
【详解】A．空轨列车匀加速阶段，根据牛顿第二定律
F −Ff=ma0
又
P = Fv = Ff vm
联立解得空轨列车在行驶过程中所受阻力
Ff=
v
vm−v ma0
故A 正确；
B．空轨列车的速度达到v 后，牵引力的功率
P= Ff vm = v vm
vm−v ma0
故B 正确；
C．匀加速启动过程中，空轨列车的位移为
x = v
2
2a0
匀加速启动过程中，空轨列车牵引力做功为
W = Fx =
vm
2(vm−v) m v
2
故C 错误；
D．匀加速启动过程中，牵引力的功率P 与时间t 满足
P = F v
' = F a0t =
vm
vm−v ma0
2t
故D 错误。
故选AB。
15（2025·重庆九龙坡·模拟预测）某型号汽车在斜坡上进行参数测试，斜坡倾角θ=30°。汽车的总质
量m=1800kg（包含驾乘人员），发动机额定功率P=180kW，汽车因风阻及斜面间的摩擦产生的阻
力大小恒为Ff=3000N。汽车在发动机牵引力的作用下由静止从斜坡底端匀加速向上运动，匀加速阶
段的时间t=3s，取g=10m/s2，不计空气阻力，斜坡足够长。对于该运动过程，下列说法正确的是（
）
A．汽车在斜坡上做匀加速直线运动的最大速度为10m/s
B．汽车在斜坡上最终能够达到的最大速度为10m/s
C．汽车在斜坡上做匀加速直线运动的加速度大小为3m/s2
D．汽车在斜坡上做匀加速直线运动的位移大小为30m
【答案】A
【详解】AC．汽车匀加速直线运动时根据牛顿第二定律得
F −(mgsinθ+ Ff)=ma
P = F v1
v1=at
联立解得
F =18000 N，a= 10
3 m/s
2，v1=10 m/s
故A 正确，C 错误；
B．汽车在斜坡上最终达到最大速度时，加速度为零，则
P =(mgsinθ+ Ff)vm
解得
vm =15 m/s
故B 错误；
D．汽车在斜坡上做匀加速直线运动的位移大小为
x1= v1
2 t =15 m
故D 错误。
故选A。
1（2025·广东省清远市高三上学期第一次模拟） 近几年具有健康、活力、激情标签的滑雪运动备受
青睐，滑雪场地也成为了越来越多人的冬游之选。如图所示，某滑雪场打算在一坡度约为
的滑
道边上安装一条100m 的长直“魔毯”来运送滑雪者上山，“魔毯”的额定功率为
，其表面
与其他物品的动摩擦因数均为0.75，“魔毯”始终匀速运行。“魔毯”质量不计，忽略魔毯”与冰
面的摩擦和其他机械摩擦。（携带装备的成年人平均质量约为
取
（ ）
A. 一个成年人上山过程中克服重力做功
B. 一个成年人上山过程中克服摩擦力做功
C. 若同时承运100 个成年人，则其最大运行速度约为
D. 若魔毯”以
速度运行，则最多可以同时承运50 个成年人
【答案】C
【详解】一个成年人上山过程中克服重力做功为
故A 错误；．一个成年人上山过程中，摩擦力做正功，不是克服摩擦力做功，则静摩擦力做的功为
，故B 错误；．当“魔毯”上同时承运n=100 人时，有
，
由牛顿第三定律，对“魔毯”有
“魔毯”正常工作时，有
可得
故C 正确；同理可得，若“魔毯”以1m/s 速度运行，由
可得
代入数据解得
则最多可以同时承运200 个成年人，故D 错误
2.（2025·陕西咸阳·模拟预测）机械的功能千变万化，有些机械由电机带动一个圆筒旋转拉动物体
运动，如图甲所示，质量m=0.2kg的小物块放在足够长的水平地面上，用水平细线绕在半径
R =0.5 m的薄圆筒上。t =0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，小物块的速度随时间的变
化规律如图乙所示，物块和地面之间的动摩擦因数为μ=0.3。重力加速度g 取10m/s
2，则（ ）
A．圆筒转动的角速度满足ω=2t
B．物块做匀加速直线运动的加速度大小为2m /s
2
C．细线的拉力大小为0.35N
D．t = 4s时细线拉力的瞬时功率等于1.4W
【答案】D
【详解】A．根据图像可知小物块的速度随时间的变化的关系式为v =0.5t
圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同v = Rω
联立解得圆筒转动的角速度满足ω=t
选项A 错误；
B．物块做匀加速直线运动a= Δv
Δt =0.5 m /s
2
选项B 错误；
C．根据牛顿第二定律F −μmg=ma
解得细线的拉力大小为F =0.7 N
选项C 错误；
D．t = 4s时细线拉力的瞬时功率P = Fv =0.7×0.5×4 W =1.4 W
选项D 正确。
故选D。
3.（2025·江西·二模）人类对大自然始终心存敬畏之心。认识自然规律并利用自然规律服务人类，
人类和大自然和谐相处，是人类的不懈追求。对于力和运动的关系，从亚里士多德到伽利略、胡克、
牛顿，经过两千多年的不断探索，人类认识到力是改变物体运动状态的原因。经典物理学认为：已
知物体的初始状态和受力情况可确定物体的运动情况，反之亦然。某质量m=1kg 的质点在xOy 平面
内运动，其位置坐标（x，y）与时间的关系是：x=2t²+1，y=3t+2（各物理量单位均为国际基本单
位），则质点在t=1s 时的速度和所受合外力的功率的大小分别是（ ）
A．v = ❑√13 m /s、P =3 ❑√13 W
B．v =5 m /s、P =20 W
C．v =9 m /s、P =16 W
D．v =5 m /s、P =16 W
【答案】D
【详解】根据位置坐标与时间的关系x = v0t + 1
2 at
2可知，水平方向物体的a= 4 m/s
2，初速度
v0 x =0；t=1s 时水平方向的速度为v x = v0 x+at = 4 m/s
竖直方向物体做匀速直线运动，速度为v0 y =3 m/s
则质点在t=1s 时的速度为v =
❑√v x
2+ v0 y
2 =5 m/s
合外力大小为F =ma= 4N
合外力的功率为P = F v x=16W
故选D。
4.（2025·广西河池·二模）穿越机比无人机有着更高的速度，更强的机动性。如图，某穿越机
沿水平方向做加速直线运动，某时刻空气对其作用力F 与运动方向成θ 夹角，速度为v，穿越
机重力为G，则此时（ ）
A．重力的功率为Gv
B．重力的功率为Gv cosθ
C．空气对其作用力的功率为G
tanθ v
D．空气对其作用力的功率为G
cosθ v
【答案】C
【详解】AB．重力的方向与穿越机的运动方向垂直，所以重力的功率为0，故AB 错误；
CD．空气对穿越机的作用力在运动方向的分力F水平=
G
tanθ
则空气对其作用力的功率为P = F水平v =
G
tanθ v
故C 正确，D 错误。
故选C。
5.（2025·吉林长春·三模）一水平传送带长L=10 m，以恒定速率v =2m/s顺时针匀速转动。在传送
带左端每隔1s轻轻地放上相同的小物块（可视为质点），小物块的质量m=2kg，与传送带间的动
摩擦因数μ=0.4，取重力加速度大小g=10 m /s
2，从第1 个小物块到达传送带最右端（仍在传送带
上）开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．0∼1s内，传送带上小物块均受到摩擦力作用
B．每个物块在传送带上匀速运动的时间为5s
C．t =0时刻，传送带上共计有5 个小物块
D．0∼1s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为−8J
【答案】D
【详解】ABC．由牛顿第二定律知，物块相对传送带滑动时的加速度大小a=μg=4m/s2
物块与传送带速度相同所用的时间t1= v
a
解得t1=0.5s
此过程物块的位移大小x1= v
2 t1
解得x1=0.5m＜L=10m
此后物块随传送带做匀速直线运动，物块不受摩擦力作用，则0～1s 内，传送带上小物块并不是都
处于加速阶段，并不是都受到摩擦力作用，每个物块在传送带上做匀速直线运动的时间t2= L−x1
v
解得t2=4.75s
每个物块在传送带上运动的总时间t=t1+t2
解得t=5.25s
由于计时时第一个小物块恰好到达传送带最右端，且每1s 释放一个小物块，则t=0 时刻，传送带上
共有6 个小物块，故ABC 错误；
D．此过程所有小物块对传送带的摩擦力做功W=-μmg•vt1
解得W=-8J
故D 正确。
故选D。
6.（2025·广东惠州·模拟预测）如图所示为机械手用两根“手指”抓取篮球的简化示意图。抓
取点对称分布在球心上方的同一水平面内，篮球的重力大小为G，两根“手指”对篮球的合力
为F，每根“手指”对篮球的摩擦力为f ，则在向上加速提起篮球的过程中，下列说法正确的
是（ ）
A．F >G
B．篮球处于失重状态
C．每根“手指”对篮球的摩擦力f < 1
2 G D．每根“手指”对篮球的摩擦力f 做负功
【答案】A
【详解】A．对球受力分析可知F −G =ma
可知F >G
选项A 正确；
B．篮球加速上升，处于超重状态，选项B 错误；
C．对球受力分析如图，因2f cosθ−mg−2 N sinθ =ma
即2f cosθ =ma+mg+2 N sinθ>mg
可得f > 1
2 G
选项C 错误。
D．每根“手指”对篮球的摩擦力f 方向沿着篮球的切线方向，可知该力与向上的速度方向夹角为锐
角，可知该摩擦力对篮球做正功，选项D 错误。
故选A。
7.（2025·重庆·模拟预测）公园里的斜坡大草坪是天然的滑草胜地，备受小朋友们的喜爱，图甲为
滑草运动过程的简化图。某可视为质点的小朋友坐在滑板上从斜坡某处由静止开始滑下，其运动的
v-t 图像如图乙所示。小朋友和滑板的总质量m=30kg，斜坡的倾角θ＝30°，整个运动过程中空气阻
力忽略不计，重力加速度g 取10m/s2。求：
(1)小朋友和滑板的加速度大小；
(2)滑板与斜坡滑道间的动摩擦因数；
(3)t=4s 时小朋友和滑板整体所受重力的功率。
【答案】(1)2.5m/s2
(2)
❑√3
6
(3)1500W
【详解】（1）由v-t 图像可知加速度a= v
t =2.5 m/s
2
（2）根据牛顿第二定律mgsinθ−f =ma
其中f = μ F N，F N =mgcosθ
代入数据得μ=
❑√3
6
（3）t=4s 时小朋友和滑板整体的速度v=at=10m/s
则重力的功率P =mgv sin30
∘=1500W
8.（2025·福建福州·三模）十米跳台跳水是奥运跳水比赛项目之一，我国运动员在这一项目中
占据绝对优势。如图运动员质量为40kg，该运动员某次以3m/ s速度竖直向上起跳。取
g=10m/ s
2，忽略空气阻力的影响，运动员在竖直面内做直线运动，且可视为质点。求该运
动员：
(1)起跳后上升到离跳台的最大高度；
(2)入水瞬间速度大小（结果保留根号）；
(3)入水瞬间重力的瞬时功率（结果保留根号）。
【答案】(1)0.45m
(2)❑√209m/ s
(3)400 ❑√209W
【详解】（1）运动员做竖直上抛运动，起跳后上升到离跳台的最大高度ℎ= v0
2
2g =0.45 m
（2）运动员从最高点到落到水面做自由落体运动v
2=2 g(ℎ+ H )
入水瞬间速度大小v = ❑√209 m /s
（3）入水瞬间重力的瞬时功率P =mgv = 400 ❑√209W
9.（2025·广东惠州·模拟预测）图为无人机给洪灾地区群众配送救生圈的情景，图（b）为该无人机
配送过程中在竖直方向运动的v −t图像（以竖直向上为正方向）。若该无人机在水平方向以较小速
度做匀速直线运动，配送救生圈的质量为1.5kg，取重力加速度g=10 m /s
2，不考虑空气阻力。关
于无人机的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．无人机在前2s时间内做直线运动
B．无人机在前6s时间内上升的最大高度为16 m
C．无人机在第3s时间内对配送救生圈的拉力为30 N
D．无人机在第1s末对配送救生圈拉力的功率为36 W
【答案】D
【详解】A．根据图像可知，无人机在2s 内竖直方向有速度且在变化，竖直方向存在作用力，且水
平方向一直有速度且不变化，则作用力方向与速度方向不同，则做曲线运动，故A 错误；
B．因为图像的面积表示位移，则4s 时高度最大，根据图像可知无人机在前6s时间内上升的最大高
度x = 1+ 4
2
×4 m=10m，故B 错误；
C．在第3s时间内无人机竖直方向无加速度，处于平衡状态，则对配送救生圈的拉力大小等于救生
圈的重力15N，故C 错误；
D．在1s 末救生圈的加速度大小为a= Δv
Δt =2m/ s
2
根据牛顿第二定律有F −mg=ma
解得F =18 N
拉力的功率P = Fv =18×2W =36W
故D 正确。
故选D。
10.（2025·河南信阳·二模）我国在无人机领域处于世界领先行列，特别是同时控制多架无人机的
“蜂群技术”更是遥遥领先。在一次测试中同一台电脑控制两架无人机进行测试，两架无人机完全
相同，开始时静止在地面上，在程序控制下同时开始竖直向上运动，两架无人机的升力随时间变化
图像如图甲、乙所示，mg为无人机的重力大小，忽略无人机受到的阻力，则关于无人机运动过程
的说法正确的是（ ）
A．0-2t 时间内甲、乙两无人机的上升的高度之比为5∶7 B．2t 时刻甲、乙两无人机的动量之比
为1∶2
C．2t 时刻甲、乙两无人机升力的功率之比为3∶2
D．0-2t 时间内甲、乙两无人机升力做功之
比为1∶1
【答案】AC
【详解】根据牛顿第二定律，可得无人机的加速度a= F −mg
m
，可画出甲、乙两无人机的v −t图像
如图所示
A．由图像面积大小可知，甲、乙无人机上升高度之比为5∶7，故A 正确；
B．由v −t图像可知2t 时刻两无人机的的速度大小相等，故B 错误；
C．2t 时刻甲、乙两无人机的升力之比为3∶2，速度相等，根据P = Fv则瞬时功率之比为3∶2，故C
正确；
D．0-2t 时间内甲无人机升力做功大小为W 甲=2mg⋅1
2 t ⋅>+3mg⋅¿+3> ¿
2 t =7m g
2t
2¿
乙无人机升力做功大小W 乙=3mg⋅1
2 t ⋅2>+ 2mg⋅2>+3> ¿
2 t =8m g
2t
2¿
故D 错误。
故选AC。
1．（2025·云南·高考真题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出
发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做
的功最接近（ ）
A．4×105J
B．4×104J
C．4×103J
D．4×102J
【答案】B
【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有
故选B。
3．（2025·广东·高考真题）用开瓶器拔出瓶中的木塞，初始时软木塞的上截面与玻璃
瓶口平齐，木塞质量为
，高为h，过程中做匀加速直线运动，加速度为a、过程
中木塞受到的摩擦力为
，其中
为参数，h 为木塞高，x 为木塞运动
的距离。开瓶器齿轮的半径为r，重力加速度为
。
(1)求拔出时，齿轮的角速度ω；
(2)求初始到拔出，开瓶器对木塞做的功W；
(3)设经过时间为t，求开瓶器的功率P 与t 的关系式。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式
根据角速度和线速度的关系
联立可得
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
可得摩擦力所做的功为
对木塞，根据动能定理
解得
（3）设开瓶器对木塞的作用力为
，对木塞，根据牛顿第二定律
速度
位移
开瓶器的功率
联立可得
（2025·山东·高考真题）一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电
动机供电，刚好维持小车以速度v 匀速运动，此时电动机的效率为
。已知小车
的质量为m，运动过程中受到的阻力
（k 为常量），该光伏电池的光电转换
效率为
，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据题意小车匀速运动，则有
小车的机械功率
由于电动机的效率为
，则有
光伏电池的光电转换效率为
，即
可得
故选A。
1．（2024·海南·高考真题）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】A
【详解】AB．返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A 正确，B 错误；
C．主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C 错误；
D．返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D 错误。
故选A。
2．（2024·浙江·高考真题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为
，喷水速度约为
10m/s，水的密度为
kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10W
B．20W
C．100W
D．200W
【答案】C
【详解】设
时间内从喷头流出的水的质量为
喷头喷水的功率等于
时间内喷出的水的动能增加量，即
联立解得
故选C。
．（2024·贵州·高考真题）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x 轴零点。现给物块施加一沿x 轴正方向的水平力F，其大小随位置x 变化的
关系如图所示，则物块运动到
处，F 做功的瞬时功率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据图像可知物块运动到
处，F 做的总功为
该过程根据动能定理得
解得物块运动到
处时的速度为
故此时F 做功的瞬时功率为
故选A。
5．（2024·浙江·高考真题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为
，喷水
速度约为10m/s，水的密度为
kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10W
B．20W
C．100W
D．200W
【答案】C
【详解】设
时间内从喷头流出的水的质量为
喷头喷水的功率等于
时间内喷出的水的动能增加量，即
联立解得
故选C。
3．（2024·江西·高考真题）庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150m，水流量
10m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为（ ）
A．109W
B．107W
C．105W
D．103W
【答案】B
【详解】由题知，Δt 时间内流出的水量为
m = ρQΔt = 1.0×104Δt
发电过程中水的重力势能转化为电能，则有
故选B。
4．（2024·广东·高考真题）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行
星表面时以
的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与
降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球
的
和
。地球表面重力加速度大小取
。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正
确的有（ ）
A．该行星表面的重力加速度大小为
B．该行星的第一宇宙速度为
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为
D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW
【答案】AC
【详解】A．在星球表面，根据
可得
行星的质量和半径分别为地球的
和
。地球表面重力加速度大小取
，可得该行星表面
的重力加速度大小
故A 正确；
B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力
可得星球的第一宇宙速度
行星的质量和半径分别为地球的
和
，可得该行星的第一宇宙速度
地球的第一宇宙速度为
，所以该行星的第一宇宙速度
故B 错误；
C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分子，可
知探测器与保护背罩之间的作用力
“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律
解得
故C 正确；
D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率
故D 错误。
故选AC。
5.（2023·北京·高考真题）如图所示，一物体在力F 作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物
体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，在物体移动
距离为x 的过程中（ ）
A．摩擦力做功大小与F 方向无关
B．合力做功大小与F 方向有关
C．F 为水平方向时，F 做功为
D．F 做功的最小值为
【答案】D
【详解】A．设力F 与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为
摩擦力的功
即摩擦力的功与F 的方向有关，选项A 错误；
B．合力功
可知合力功与力F 方向无关，选项B 错误；
C．当力F 水平时，则
力F 做功为
选项C 错误；
D．因合外力功为max 大小一定，而合外力的功等于力F 与摩擦力f 做功的代数和，而当
时，摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F 做功最小，最小值为max，选项D
正确。
故选D。
6.（2023·山东·高考真题）《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功的功率为（ ）
A．
B．
C．
D．nmgωRH
【答案】B
【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，且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，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m 总 = 2πRnm × 60% = 1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W = 1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
联立有
故选B。
7．（2023·天津·高考真题）2023 年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，
实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v 在平直轨道上匀速行
驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F 的制动力，列车减速直至停止。若列车
行驶时始终受到大小为f 的空气阻力，则（ ）
A．列车减速过程的加速度大小
B．列车减速过程F 的冲量为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为
D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为
【答案】C
【详解】A．根据牛顿第二定律有
可得减速运动加速度大小
故A 错误；
B．根据运动学公式有
故力F 的冲量为
方向与运动方向相反；故B 错误；
C．根据运动学公式
可得
故C 正确；
D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为
故D 错误。
故选C。
8．（2023·山东·高考真题）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
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
。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．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有
F－f－μmg = (m＋M)a
v2= 2aS1
P0= Fv
轻绳从物体上脱落后
a2= μg
v2= 2a2(S2－S1)
联立有
故选A。
9．（2023·湖北·高考真题）两节动车的额定功率分别为
和
，在某平直铁轨上能达到的最大速度
分别为
和
。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．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由题意可知两节动车分别有
当将它们编组后有
联立可得
故选D。
10．（2023·广东·高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从
圆弧滑道顶端
点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端
点时速度大小为
。已知货物质量为
，滑道高度为
，且过
点的切线水平，重力加速度取
。关于货物从
点运动到
点
的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为
B．克服阻力做的功为
C．经过
点时向心加速度大小为
D．经过
点时对轨道的压力大小为
【答案】BCD
【详解】A．重力做的功为
A 错误；
B．下滑过程据动能定理可得
代入数据解得，克服阻力做的功为
B 正确；
C．经过
点时向心加速度大小为
C 正确；
D．经过
点时，据牛顿第二定律可得
解得货物受到的支持力大小为
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为
，D 正确。
故选BCD。
11．（2024·福建·高考真题）两绳拉木板，每条拉力F = 250N，15s 内匀速前进20m，θ = 22.5°，
cos22.5° ≈ 0.9。求：
（1）阻力f 大小；
（2）两绳拉力做的功；
（3）两绳拉力的总功率。
【答案】（1）450N；（2）9.0 × 103J；（3）600W
【详解】（1）由于木板匀速运动则有
2Fcosθ = f
带入数据解得
f = 450N
（2）根据功的定义式有
W = 2Flcosθ
带入数据解得
W = 9.0 × 103J
（3）根据功率的定义式有
带入数据有
P = 600W
