文档文本内容
专题26 功 功率
题型一 功的定义及常见力的功................................................................................................3
题型二 变力的功........................................................................................................................9
题型三 功率..............................................................................................................................20
题型四 机车启动问题..............................................................................................................27
课时精练....................................................................................................................................37
【基础回顾】
一、功的分析和计算
1.做功的两个要素
(1)作用在物体上的力。
(2)物体在力的方向上发生位移。
2.公式：W＝Fl
cos
α 。
(1)α 是力与位移方向之间的夹角，l 为力的作用点的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
3.功的正负
(1)当0≤α<90°时，W>0，力对物体做正功。
(2)当90°<α≤180°时，W<0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功。
(3)当α＝90°时，W＝0，力对物体不做功。
4.计算恒力做功的方法
(1)直接用W＝Flcos α 计算。
(2)合外力做的功
方法一：先求合外力F 合，再用W 合＝F 合lcos 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。
二、功率的分析和计算
1.定义：功与完成这些功所用时间之比。
2.物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3.公式：
(1)P＝W
t ，P 描述时间t 内力对物体做功的快慢。
(2)P＝Fvcos α
①v 为平均速度，则P 为平均功率。
②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率。
三、机车启动问题
1．以恒定功率启动
(1)过程分析
(2)此过程的P－t 图像和v－t 图像
2．以恒定加速度启动
(1)过程分析
(2)此过程的P－t 图像和v－t 图像
题型一 功的定义及常见力的功
【例题精讲】
1．（2026·西藏拉萨·二模）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
【详解】重力做功仅与初末位置的高度差有关，与路径无关。该同学从最高点运动到最低点，高度差为
2 R（竖直位移向下），重力大小为mg，方向向下，位移方向向下，故重力做正功，大小为
W = mg×2 R =2mg R，故D 正确，ABC 错误。
故选D。
2．（2026·四川绵阳·模拟预测）小球甲的重力是小球乙的3 倍，在同一高度同时自由下落到地面，忽略
空气阻力。在下落过程中（ ）
A．甲比乙的加速度大
B．甲比乙的运动时间短
C．甲比乙的重力做功多
D．甲与乙重力做功的平均功率相等
【答案】C
【详解】AB．质量不同的物体做自由落体运动的加速度都等于重力加速度g，甲、乙下落高度相同，在空
中的运动时间也相同，故AB 错误；
C．根据W G=mgh可知，甲比乙的重力做功多，故C 正确；
D．重力做功的平均功率P = W G
t
甲比乙的重力做功多，但所用时间相同，故甲比乙的重力的平均功率大，故D 错误。
故选C。
3．（25-26 高一下·江苏扬州·期中）如图所示，甲、乙、丙三个光滑斜面的高度相同、倾角不同，
θ1<θ2<θ3。现让完全相同的物块沿斜面由静止从顶端运动到底端。关于物块沿不同斜面运动时重力做功
W 和重力做功的平均功率P，下列说法正确的是（ ）
A．W 甲<W 乙<W 丙
B．P甲= P乙= P丙
C．W 甲=W 乙=W 丙
D．P甲> P乙> P丙
【答案】C
【详解】AC．由W =mgh
完全相同的物块质量相同，初始高度相同，则重力做功相等，故A 错误，C 正确；
BD．由重力和支持力的合力为重力的下滑分力，由牛顿第二定律h
sinθ = 1
2 gsinθ⋅t
2
θ越大，下滑时间越短，又P = W
t
故P甲< P乙< P丙，故BD 错误。
故选C。
4．（25-26 高一下·浙江衢州·期中）如图所示，在某次滑板表演中，运动员从倾角为θ =37°的斜坡顶端O
以4m/s 的水平初速度飞出，落在斜面上的A 点。已知运动员质量为60kg，空气阻力不计，重力加速度
g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．运动员从飞出到落在斜面上用时0.6s
B．运动员从飞出到落在斜面上的位移为1.8m
C．运动员从飞出到落在斜面上重力所做的功为1800J
D．运动员落在斜面上时重力做功的瞬时功率为1200❑√13W
【答案】A
【详解】A．运动员做平抛运动，水平方向为匀速直线运动x = v0t
竖直方向为自由落体运动y = 1
2 gt
2
落在斜面上时，位移偏角等于斜面倾角θ，满足tanθ = y
x =gt
2v0
整理得运动时间 t = 2v0 tanθ
g
代入v0= 4 m/ s得t =0.6 s，故A 正确；
B．水平位移x = v0t =2.4 m
斜面上总位移s=
x
cos37
∘= 2.4
0.8 =3m，故B 错误；
C．竖直下落高度y = 1
2 gt
2=1.8m
重力做功W =mgy =60×10×1.8=1080 J，故C 错误；
D．落到斜面上的竖直速度v y =>=6m/ s
重力瞬时功率P =mg v y =60×10×6=3600W ，故D 错误。
故选A。
5．（25-26 高一下·江苏苏州·期中）如图所示，同一个小球分别从甲、乙、丙三个高度相同的轨道上从顶
端运动到底端，三个过程中重力对小球做的功分别为W 甲、W 乙、W 丙，下列关系正确的是（ ）
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】D
【详解】根据重力公式W G=mgH
可知小球从三个轨道的顶端下落到底端，下落的高度相同，故三个过程中重力对小球做的功相等，即
W 甲=W 乙=W 丙。
故选D。
6．（25-26 高一下·云南文山·阶段检测）如图甲所示，一质量为1kg的滑块（视为质点）以某一初速度冲
上足够长的固定斜面，以斜面底端为位移的起点，滑块在斜面上运动的动能Ek随位移x变化的关系如图乙
所示。取重力加速度大小g=10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．滑块上滑的最大位移为6 m
B．斜面倾角的正弦值为0.5
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．滑块上滑过程克服摩擦力做的功为20J
【答案】C
【详解】ABD．由图可知，上滑的最大位移为5m，从斜面底端上滑至回到斜面底端过程中克服阻力做功
为W f= 40J−20J =20J
所以上滑和下滑过程克服阻力做功都为10J，上滑过程中有−mgx sinθ−1
2 W f=−40J
解得sinθ = 3
5，故ABD 错误；
C．上滑过程中克服阻力做功W f= μmgx cosθ
解得μ=0.25，故C 正确。
故选C。
7．（25-26 高二下·江西宜春·阶段检测）如图所示，质量m=10 kg 的物体在F=100N 斜向下的推力作用下，
沿水平面以v=1m/s 的速度匀速前进x=1m，已知F 与水平方向的夹角θ=30°。取重力加速度g=10 m/s2，则
（ ）
A．推力F 做的功为50J
B．推力F 的功率为100W
C．物体与水平面间的动摩擦因数为
❑√3
3
D．物体克服摩擦力做功为50J
【答案】C
【详解】A．推力做功为W F = Fx cosθ
解得W F =100×1×
❑√3
2 J =50 ❑√3 J，A 错误；
B．推力的功率公式为P = Fv cos θ
代入得P =100×1×
❑√3
2 W =50 ❑√3W ，B 错误；
C．物体匀速运动，受力平衡，对物体受力分析， 水平方向有F cos θ = f
其中滑动摩擦力 f = μN
竖直方向有N =mg+ F sin θ
联立解得μ=
❑√3
3 ，C 正确；
D．物体匀速运动，摩擦力大小f = F cos θ
物体克服摩擦力做功W f = fx = F cosθ⋅x =50 ❑√3 J，D 错误。
故选C。
（多选）8．（25-26 高一下·天津红桥·期中）下列说法正确的是（ ）
A．当作用力做正功时，反作用力可能也做正功
B．一对平衡力做功的总和一定为零
C．一对相互作用的滑动摩擦力做功的总和一定为零
D．当人从蹲在地上至站起来的过程中，地面对人脚的支持力做正功
【答案】AB
【详解】A．当作用力做正功时，反作用力可能做正功，也可能做负功，还可能不做功，故A 正确；
B．一对平衡力等大反向共线，由于作用在同一个对象上，故两个力的位移相同，其合力为零，则合力做
功一定为零，故B 正确；
C．一对相互作用的滑动摩擦力做功的总和为负，因为一对相互作用的滑动摩擦力做功的效果总是使系统
内的机械能转化为内能，故C 错误；
D．当人从蹲在地上至站起来的过程中，地面给人的支持力没有做功，因为在支持力作用点方向上没有位
移的，故D 错误。
故选AB。
（多选）9．（25-26 高一下·广东广州·期中）如图所示，水平路面上有一辆质量为M 的汽车，车厢中有一
质量为m 的人正用水平恒力F 向前推车厢在车以恒定加速度a 向前水平加速行驶距离L 的过程中，下列
说法正确的是（ ）
A．人对车的推力F 做的功为FL
B．车对人做的功为FL
C．车对人的摩擦力做的功为(F+ma)L
D．车对人的作用力大小为ma
【答案】AC
【详解】A．根据功的定义可知，人对车的推力F 做的功为W=FL，故A 正确；
B．水平方向上，人受到车的反作用力F 及脚与地面间的摩擦力Ff作用，人的加速度水平向前，根据牛顿
第二定律可知，车对人的合力为F合= Ff−F =ma
方向向前，所以车对人做的功为W 1= F合L=(Ff−F) L
因合力大小Ff−F 不一定恰好等于F，故车对人做的功只表示为(Ff−F)L，故B 错误；
C．由B 选项分析可知，车对人的摩擦力大小Ff= F +ma
摩擦力方向和位移同向，因此车对人的摩擦力做的功为W 2= Ff L=(F +ma) L，故C 正确；
D．水平方向上车对人的合力满足F合=ma
竖直方向上车对人的合力为平衡重力的支持力，即FN=mg
因此，车对人的作用力大小为F合总=
❑√(mg)
2+(ma)
2=m
❑√g
2+a
2≠ma，故D 错误。
故选AC。
（多选）10．（25-26 高一下·湖北·期中）倾角均为θ的传送带甲、乙以相同的速率v顺时针转动，甲、乙
传送带顶端与底端之间的高度差相同，现将完全相同的两个小物块（视为质点）分别轻放在两传送带底
端，小物块在甲传送带上到达顶端时恰好与传送带共速，小物块在乙传送带上到达顶端前已经与传送带
共速，则小物块在甲、乙传送带上运动的整个过程中（ ）
A．甲、乙传送带与小物块之间的动摩擦因数不同
B．甲、乙传送带对小物块做功相等
C．将小物块传送到顶端时，甲传送带消耗的电能比乙传送带多
D．将小物块传送到顶端时，甲传送带因摩擦而产生的热量比乙传送带少
【答案】ABC
【详解】两传送带倾角θ相同、高度差H相同，故传送带长度L= H
sinθ 相同，物块完全相同，传送带速率
v相同，物块末速度均为v
A．加速阶段v
2=2ax，由题意知，甲的加速阶段位移大于乙的加速距离，所以乙的加速度较大，根据牛
顿第二定律mg(μcosθ−sinθ)=ma
两物块加速度不相同，所以动摩擦因数不同，A 正确；
B．根据动能定理，传送带对物块做功W 满足W −mgH = 1
2 mv
2−0
两物块的m、H 、v 均相同，故W 相等，B 正确；
CD．摩擦生热Q = f ⋅Δ x，Δ x为物块与传送带的相对位移
传送带消耗电能E电=Δ E+Q ，其中Δ E =mgH + 1
2 m v
2是物块机械能增量，两者Δ E相等，只需比较
Q
甲：全程匀加速，物块平均速度v
2，运动时间t甲= 2 L
v
传送带位移x传= v t甲=2 L ，相对位移Δ x甲=2 L−L= L
计算得Q甲=mgH + 1
2 m v
2
乙：仅匀加速阶段有相对位移，共速后无相对滑动、不生热，相对位移Δ x乙< Δ x甲
因此：甲摩擦生热比乙多
E电=Δ E+Q，Δ E相等，Q甲>Q乙，故甲消耗电能更多，C 正确，D 错误。
故选 ABC。
题型二 变力的功
“六法”求解变力做的功
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
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
一水平拉力拉着一物体在水平
面上运动的位移为x0
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】
1．（2026·四川广元·二模）在某次用电钻给一固定物体钻孔时，钻头所受的阻力与运动时间的关系和钻
头所受的阻力与运动位移的关系都成正比，即f =k1t和f =k2 x，其图像分别为图甲和图乙所示。下列说
法正确的是（ ）
A．电钻向前做匀加速运动
B．在0~t0时间内阻力的冲量大小为k1t0
2
C．在0~ x0位移内摩擦产生的热量为2k2 x0
2
D．在0~t0时间内电钻前进的位移为k1
k2
t0
【答案】D
【详解】A．题意可知f =k1t，f =k2 x，联立可得k1t =k2 x，即x = k1
k2
t，位移与时间成正比，说明电钻做
匀速直线运动，故A 错误；
B．在f −t图像中，图线与时间轴围成的面积表示冲量，所以在 0∼t0 时间内阻力的冲量大小为
I = 1
2 k1t0⋅t0= 1
2 k1t0
2，故B 错误；
C．在f −x图像中，图线与位移轴围成的面积表示克服阻力做的功，即产生的热量，所以在0∼x0位移内
摩擦产生的热量为Q = 1
2 k2 x0⋅x0= 1
2 k2 x0
2，故C 错误；
D．由x = k1
k2
t 可知，在0∼t0 时间内电钻前进的位移为x = k1
k2
t0，故D 正确。
故选D。
2．（2025·山东·二模）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点A放置一质量为m的物
块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B，力F大小恒为mg。对于该运
动过程，下列说法正确的是（ ）
A．力F做功大小为mgR
B．力F做功大小为mgπR
2
C．力F的功率先增大后减小
D．克服重力做功的功率先增大后减小
【答案】B
【详解】AB．由于力F 方向始终沿圆弧切线，且大小恒为mg ，根据变力做功的计算方法，这里可以用
微元法。把圆弧分成很多小段，每一小段上力F 做的功ΔW = F Δl（Δl是每一小段的弧长）
则力F 做功的大小W = F (Δl1+ Δl2+ Δl3+...+ Δln)= Fs=mg× 2πR
4
= mgπR
2
故A 错误，B 正确；
C．从A 到B 过程，F 始终大于重力沿切线方向的分力，所以物体一直在做加速运动，速度一直在增大，
根据P = Fv（F 与v 始终夹角为0°）
可知F 的功率一直在增大，故C 错误；
D．设重力方向与速度方向夹角θ，题图可知，对于该运动过程，θ从90°增大到180°，则克服重力做功
的功率PG=|mgcosθ)v
可知|cosθ)一直在增大，v 也在增大，故克服重力做功的功率一直增大，故D 错误。
故选B。
3．（2026·重庆沙坪坝·一模）如图甲所示，与水平面夹角θ =37°的粗糙斜面上，放着可视为质点的
A、B两物块，质量分别为mA=1kg和mB=5kg。轻弹簧一端与物块A相连，另一端与挡板相连。未施加
拉力F时，A、B两物块恰好不下滑。从t =0时刻开始，对B施加一沿斜面向上的力F使物块B沿斜面向上
做匀加速运动，力F随时间变化如图乙，已知两物块与斜面的动摩擦因数均为0.5，设最大静摩擦力与滑
动摩擦力相等，g取10m/s
2，已知sin37° =0.6，cos37° =0.8.下列说法正确的是（ ）
A．乙图中F2=95 N
B．弹簧的劲度系数为25 N / m
C．t =0到t =0.2s的过程中力F做的功为1.09J
D．t =0到AB分开的过程中，A所受摩擦力做功为0.08J
【答案】C
【详解】A．未施加外力时，A、B 恰好不下滑，对系统受力分析如图
由正交分解可得k x1+ μ(mA+mB)gcosθ =(mA+mB)gsinθ
x1为此时弹簧的形变量，解得k x1=12N
t =0时，F1=54 N，AB 一起沿斜面向上匀加速直线运动，此时AB 所受摩擦力沿斜面向下，受力分析如图
由正交分解可得F1+ k x1−(mA+mB)gsinθ−μ(mA+mB)gcosθ =(mA+mB)a
解得a=1m/s
2
t =0.2s时，A、B 间无弹力，对B 受力分析有F2−mB gsinθ−μmB gcosθ =mBa
解得F2=55 N，故A 错误；
B．对A 受力分析有k x2−mA gsinθ−μmA gcosθ =mAa
x2为AB 刚分开时，弹簧的形变量，解得k x2=11N
AB 一起匀加速直线运动位移x0= x1−x2= 1
2 at
2=0.02m
解得k =50 N/m，故B 错误；
C．在0∼0.2s过程，外力F 为变力，对AB 分析可得
F +k( x1−x)−(mA+mB)gsinθ−μ(mA+mB)gcosθ =(mA+mB)a
解得F =(54 +kx)N
可得F = 54+55
2
N =54.5 N
所以F 做功为W F= F x0=1.09J，故C 正确；
D．摩擦力对A 做负功，为W A=−f A xA=−μmA gcosθ⋅x0=−0.08J，故D 错误。
故选C。
4．（2025·河北·模拟预测）用电钻给固定的物体钻孔，钻头所受的阻力与运动时间的关系图像如图甲所
示，钻头所受的阻力与运动位移的关系图像如图乙所示，已知两图像的斜率分别为k1、k2，下列说法正
确的是（ ）
A．由图像分析可得，电钻做匀速运动
B．前一段时间t0内，阻力的冲量的大小为k1t0❑
2
C．前一段位移x0内，摩擦生热为2k2 x0❑
2
D．前一段时间t0内，电钻的平均速度无法算出
【答案】A
【详解】A．从图中可以看出，阻力f 随时间变化的关系为f =k1t，阻力f 随位移变化的关系为f =k2 x，故
有k1t =k2 x
即x = k1
k2
t
电钻做匀速运动，A 正确；
B．根据图甲可得f =k1t，由I = Ft知前一段时间t0内，阻力的冲量的大小为I f= f t0
其中f = 0+k1t0
2
得I f= 1
2 k1t0
2，B 错误；
C．根据图乙可得f =k2 x，由Q = fx知前一段位移x0内，摩擦生热为Q = f x0，其中f = 0+k2 x0
2
，得
Q = 1
2 k2 x0
2，C 错误；
D．由v = x
t ，x = k1
k2
t得v = k1
k2
，D 错误。
故选A。
5．（2025·河南开封·二模）一半径为R 的光滑半球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑匀质铁链，A 为
球面的顶点，B 端与C 端恰与桌面不接触。铁链单位长度的质量为ρ，重力加速度大小为g，求铁链A 处
的张力T 的大小（ ）
A．ρgR
B．2 ρgR
C．π ρgR
D．2π ρgR
【答案】A
【详解】
如图所示，考虑一半链条，我们使用虚位移的考虑思路，设想存在作用力F 作用在链条A 端，将会使链
条做出一个非常小，趋近于零的虚位移Δx→0，而这个过程的作用效果可以等效于处于链条B 端的，一段
长为Δx 的链条移到A 端，因此，计算出这一段势能的增加即可计算出F 所做的功，因此F•Δx=ρΔxgR
所以F=ρgR
故选A。
6．（2025·河北廊坊·一模）石磨是把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种工具。如图所示，石磨由下
盘（不动盘）和上盘（转动盘）两部分组成。某人在手柄AB上施加方向总与OB垂直、大小为10 N的水
平力作用使石磨上盘匀速转动，已知B点到转轴O的距离为0.3 m，则石磨上盘匀速转动一周的过程中摩
擦力所做的功约为（ ）
A．0
B．−3J
C．−6J
D．−18J
【答案】D
【详解】F 与摩擦力一直是平衡力，F 克服摩擦力做功，因F 大小不变，方向不断变化，则在微小的位移
内可认为是恒力则微元功为ΔW = F Δ x
根据W =∑ΔW = F ∑Δ x = F ⋅2πL=10×2π ×0.3J =6 π J≈18J
可知摩擦力所做的功约为-18J。故选D。
7．（25-26 高三下·北京海淀·开学考试）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定
在倾角为θ 的斜面底端，另一端与物块A 连接；两物块A、B 质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜
面向上的力F 拉动物块B，使B 做加速度为a 的匀加速运动，A、B 两物块在开始一段时间内的v-t 关系分
别对应图乙中A、B 图线（t1时刻A、B 的图线相切，t2时刻对应A 图线的最高点），重力加速度为g，则
（ ）
A．t2时刻，弹簧形变量为0
B．t2时刻，弹簧形变量为mgsinθ+ma
k
C．从开始到t2时刻，拉力F 逐渐增大
D．从开始到t1时刻，拉力F 做的功比弹簧弹力做的功少
【答案】D
【详解】AB．v −t图像的斜率表示加速度，所以由题图可知，t2时刻物块A 的加速度为0，则对物块A 进
行受力分析可知，此时物块A 受力平衡，则有mgsinθ =k x2
解得此时弹簧的形变量为x2= mgsinθ
k
，故AB 错误；
C．t1时刻以后，A、B 两物块分离，之后物块B 只受重力、支持力、拉力F三个力的作用，则对物块B 列
牛顿第二定律方程有F −mgsinθ =ma
由于物块B 的加速度恒定，所以t1时刻以后拉力F 不再变化，故C 错误；
D．开始A、B 两物块静止时，根据平衡关系有k x0=2mgsinθ
解得此时弹簧的形变量（压缩量）为x0= 2mgsinθ
k
t1时刻A、B 两物块分离，此时对物块A 列牛顿第二定律方程有k x1−mgsinθ =ma
解得k x1=mgsinθ+ma
所以此时弹簧的形变量（压缩量）为x1= mgsinθ+ma
k
由于x1< x0，解得ma<mgsinθ
从开始到t1时刻，弹簧的形变量减小，则由胡克定律可知，弹簧的弹力随形变量的减小而均匀减小，所以
从开始到t1时刻，弹簧弹力的平均值为F弹= k x0+k x1
2
= 3mgsinθ+ma
2
从开始到t1时刻，对A、B 两物块整体列牛顿第二定律方程有F + kx−2mgsinθ =2ma
解得F =−kx +2mgsinθ+2ma
所以力F随弹簧形变量的减小而均匀增大。开始时有F0=−k x0+2mgsinθ+2ma=2ma
t1时刻有F1=−k x1+2mgsinθ+2ma=mgsinθ+ma
所以从开始到t1时刻，拉力F 的平均值为F = F0+ F1
2
= mgsinθ+3ma
2
< F弹
即从开始到t1时刻，拉力F 的平均值比弹簧弹力的平均值小，所以拉力F 做的功比弹簧弹力做的功少，故
D 正确。
故选D。
（多选）8．（25-26 高一·全国·随堂练习）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 阻的大小不变，重力加速度为g，则下列说法
正确的是（ ）
A．重力做功为mgl
B．绳的拉力做功为零
C．F 阻做功为－mgl
D．F 阻做功为−F阻· 1
2 πl
【答案】ABD
【详解】A．小球下落过程中，重力做功为W G=mgl，故A 正确；
B．绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为零，故B 正确；
CD．空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，F 阻做功为W 阻= F阻· x cos180° =−F阻· 1
2 πl，
故C 错误，D 正确。
故选ABD。
（多选）9．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图甲所示，一质量为m的小薄板abcd（厚度可忽略）以初
速度v0沿水平面向右运动，即将进入区域①的左边界。薄板与区域①之间的动摩擦因数为μ，区域②光滑，
两区域交替出现且长度均与薄板的ad 边长相等。当薄板的ab 边在每个区域①内运动时，受到水平向右的
拉力F =kx +b（k >0，b>0，x 为ab距①左边界的距离）；当薄板的ab边在区域②内运动时，F =0。薄
板的速度大小v与运动时间t的关系如题图乙所示，vm是薄板运动速度的最大值，已知重力加速度为g，则
（ ）
A．薄板在区域①内运动的加速度为b
m
B．ad 边的长度为2b
k
C．μ= b
mg
D．vm=
❑√v0
2+ 4 b
2
km
【答案】ABD
【详解】A．小薄板在区域①内运动时所受摩擦力f = μmg x
lad
根据v −t图，小薄板在区域①内运动时为匀加速直线运动，区域②运动时为变减速运动。
小薄板在区域①内运动时由牛顿第二定律可知F合=−f + F =−μmg x
lad
+ kx +b=ma
由匀加速直线运动可知合力应为恒力，则有F合=b，μmg
lad
=k
解得a= b
m，故A 正确；
BC．从开始进入区域①到开始进入下一个区域①的过程中，在ab 边通过区域②时摩擦力随位移增大而均
匀减小，则可采用平均力法求解摩擦力的功，由动能定理可知有blad−1
2 μmglad = 1
2 mv0
2−1
2 mv0
2
解得μ= 2b
mg
根据上述μmg
lad
=k，则ad 边的长度为lad = 2b
k ，故B 正确，C 错误；
D．从开始进入区域①到刚进入区域②的过程，由动能定理可得blad = 1
2 m vm
2−1
2 m v0
2
解得vm=
❑√v0
2+ 4 b
2
km
，故D 正确。
故选ABD。
（多选）10．（2026·广东·模拟预测）蹦床是小朋友普遍喜欢的娱乐设施，如图甲所示，一质量为m的小
朋友由一定高度处自由下落，以下落初位置为坐标原点O，竖直向下为Oy轴，小朋友下落过程中的加速
度为a，其a−y图像如图乙所示（图中坐标值皆为已知）。设蹦床对小朋友的弹力大小满足胡克定律，
空气阻力不计，重力加速度大小为g，则小朋友下落过程中，下列说法正确的是（ ）
A．蹦床的等效劲度系数k = mg
2 y0
B．小朋友速度的最大值vm = ❑√3 g y0
C．小朋友由O点下落的最大距离ym = 4 y0
D．小朋友感受到的最大加速度am = ❑√3 g
【答案】BD
【详解】A．由图像可知，当y = y0时，小朋友开始与蹦床接触，当y =2 y0时a=0，即mg=k Δ x，其中
Δ x =2 y0−y0= y0
解得k = mg
y0
，A 错误；
B．当加速度为零时速度最大，对小朋友，从最高点到y =2 y0过程，根据动能定理有
mg×2 y0−W 克弹1= 1
2 m vm
2，其中W 克弹1= 0+ k Δ x
2
×(Δ x)
解得vm = ❑√3 g y0，B 正确；
C．当下落距离最大时，速度为零，对小朋友的整个下落过程，根据动能定理有mg ym−W 克弹2=0，其中
W 克弹2= 0+ k ( ym−y0)
2
×( ym−y0)
解得ym =(2+ ❑√3) y0，C 错误；
D．在最低点处，小朋友的加速度最大，根据牛顿第二定律，结合图像可得k ( ym−y0)−mg =mam
解得am = ❑√3 g，D 正确。
故选BD。
题型三 功率
1.平均功率的计算方法
(1)利用P＝W
t 。
(2)利用P＝F·vcos α，其中v为物体运动的平均速度，其中F 为恒力，α 不变。
2.瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α 求瞬时功率时，其中v 为t 时刻的瞬时速度。F 可为恒力，也可为变
力，α 为F 与v 的夹角，α 可以不变，也可以变化。
(2)对公式P＝Fvcos α 的理解：可认为Fcos α 是力F 在速度v 方向上的分力，也可认为vcos
α 是速度v 在力F 方向上的分速度。
【例题精讲】
1．（25-26 高一下·湖北·期中）消防水枪具备射程远、流量大、操作灵活的特点，是消防员灭火救援的核
心装备。某型号消防水枪在灭火作业时，水泵将水从地面持续输送至水枪喷嘴并水平喷出。已知水枪喷
嘴的横截面积为4×10
−4 m
2，喷水速度约为10 m /s，水的密度为1×10
3kg/ m
3，则该喷嘴喷水的功率约
为（ ）
A．200 W
B．400 W
C．20 W
D．40 W
【答案】A
【详解】 t时间内喷出水的体积V = Svt，对应质量m= ρV = ρSvt
喷出水的动能Ek = 1
2 m v
2= 1
2 ρS v
3t
功率P = W
t = Ek
t = 1
2 ρS v
3
联立可得P =200W
故选A。
2．（25-26 高一下·天津和平·期中）如图所示，分别用F1、F2、F3将质量为m 的物体由静止沿同一光滑
斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面顶端，物体到达斜面顶端时，力F1、F2、F3的功率关系为（
）
A．P1= P2= P3 B．P1> P2= P3
C．P3> P2> P1
D．P1> P2> P3
【答案】A
【详解】物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 相同，位移x 相同，根据v
2=2ax 可知，物体
到达顶端时速度v大小相等，根据牛顿第二定律，沿斜面方向有F沿−mgsin α =ma
解得F沿=ma+mgsin α
可知三种情况下F 沿斜面方向的分力大小相等，又因为物体到达顶端时速度也相等，根据P = Fv
可知P1= P2= P3
故选A。
3．（25-26 高二上·湖南长沙·学业考试模拟）如图所示，在水平地面上O点正上方的A、B两点同时水平
抛出两个相同小球，它们最后都落到地面上的C点，则关于两球以下说法错误的是（ ）
A．不可能同时落地
B．落在C点的速度方向可能相同
C．落在C点的速度大小可能相同
D．落在C点的重力的瞬时功率不可能相同
【答案】B
【详解】A．平抛运动的时间t = ❑√
2h
g
水平位移x = v0t = v0
❑√
2h
g
h不同，但v0
❑√h可能相同，所以两球可能都落在C点，但由于高度不同，所以运动时间一定不同，不可
能同时落在C点，故A 正确；
B．平抛运动末速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2 倍，分别从AB两点抛
出的小球位移与水平方向夹角不同，所以落地时方向不可能相同，故B 错误；
C．根据机械能守恒定律得mgh+ 1
2 mv0
2= 1
2 mv
2
则落地速度v =
❑√v0
2+2 gh
则知落在C点的速度大小可能相同，故C 正确；
D．落在C点时重力的功率P =mg v y =mg ❑√2gh
重力的瞬时功率不可能相同，故D 正确；
本题选错误的，故选B。
4．（25-26 高一下·江苏南通·阶段检测）如图所示，甲、乙两位选手先后在O 点正上方A、B 两点将相同
飞镖水平抛出，飞镖击中竖直墙上的同一点P。若不计空气阻力，飞镖可视为质点，则甲、乙投掷的飞镖
（ ）
A．运动时间相等
B．击中P 点时飞镖重力的功率相等
C．甲选手发射飞镖时做的功比乙选手少
D．击中P点时速度的反向延长线交于一点
【答案】C
【详解】A．甲、乙投掷的飞镖在空中做平抛运动，竖直方向有h= 1
2 gt
2
由于甲投掷的飞镖下落高度较大，所以运动时间较长，故A 错误；
B．根据P =mg v y =mg⋅>¿
由于甲投掷的飞镖运动时间较长，所以击中P 点时，甲投掷的飞镖的重力功率较大，故B 错误；
C．水平方向有x = v0t
两飞镖的水平位移相等，甲投掷的飞镖运动时间较长，所以甲投掷的飞镖的初速度较小，根据动能定理
可知，甲选手发射飞镖时做的功比乙选手少，故C 正确；
D．击中P 点时，甲飞镖竖直速度大，水平速度小，甲飞镖的速度与竖直方向的夹角更小，所以甲、乙投
掷的飞镖击中P 点时速度的反向延长线不交于一点，故D 错误。
故选C。
5．（25-26 高一下·安徽·期中）“套圈圈”是许多人喜爱的一种游戏。如图所示，小孩和大人在同一竖直
线上的不同高度先后水平抛出相同的圆环，且圆环都恰好套中前方同一个物体（不计物体的高度），若
大人抛出圆环的高度为小孩抛出高度的n 倍，圆环的运动均可视为平抛运动，则大人和小孩所抛出的圆
环（ ）
A．飞行过程中，大人的圆环速度变化较快
B．落地时重力瞬时功率之比❑√n:1
C．水平初速度大小之比为❑√n:1
D．运动时间之比为n:1
【答案】B
【详解】A．飞行过程中，大人的圆环和小孩的圆环均只受重力，加速度均为重力加速度，可知速度变化
一样快，故A 错误；
B．竖直方向有v y
2 =2 gh
又大人抛出圆环的高度为小孩抛出高度的n 倍，可知大人抛出的圆环落地瞬间速度的竖直分量是小孩抛
出圆环的❑√n倍，根据落地时重力瞬时功率PG=mg v y
可知落地时重力瞬时功率之比❑√n:1，故B 正确；
C．根据x = v0t，y = 1
2 gt
2
可得y = g x
2
2v0
2
水平位移相等，可知竖直位移和初速度的平方成反比，大人抛出圆环的高度为小孩抛出高度的n 倍，可
知水平初速度大小之比为1:❑√n，故C 错误；
D．根据y = 1
2 gt
2
大人抛出圆环的高度为小孩抛出高度的n 倍，可知运动时间之比为❑√n:1，故D 错误。
故选B。
6．（25-26 高一下·贵州遵义·期中）如图所示，一物体由静止开始分别沿三个倾角不同的固定光滑斜面从
顶端下滑到底端C、D、E 处，下列说法正确的是（ ）
A．三个过程中，合力做功不相等
B．三个过程中，到底端C、D、E 处的速度相同
C．三个过程中，到底端E 处所用的时间最长
D．三个过程中，到底端C、D、E 处重力的瞬时功率相同
【答案】C
【详解】AB．根据动能定理mgh= 1
2 mv
2得v = ❑√2 gh
可知物体到达底端的速度大小相等。合力做功相等，但是速度方向不同，故AB 错误；
C．AC 段的位移最小，加速度a= gsinθ最大，根据x = 1
2 at
2知t = ❑√
2 x
a
可知在AC 段运动的时间最短，AE
段运动的时间最长，故C 正确；
D．根据P =mg v y =mgv sinθ，可知物体在三个斜面上到达底端时速度大小相同，但是竖直方向的分速
度不同，故重力瞬时功率不同，故D 错误。
故选C。
7．（25-26 高一下·天津滨海新区·阶段检测）如图所示，单摆摆球的质量为m，摆长为l，摆球从最大位
移A 处由静止释放，摆线摆过θ角时摆球运动到最低点B。摆球运动到最低点B 的速度为v，不计空气阻
力，重力加速度为g，对于摆球从A 运动到B 的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．合外力对摆球做功等于0
B．摆球运动到最低点B 时绳的拉力为m v
2
l
C．重力对摆球做的功为mgl(1−cosθ) D．重力对摆球做功的瞬时功率一直增大
【答案】C
【详解】AC．摆球从A 运动到B 的过程中，只有重力对摆球做功，所以合外力对摆球做功为
W 合=W G=mgl(1−cosθ)，故A 错误，C 正确；
B．摆球运动到最低点B 时，由牛顿第二定律可得T −mg=m v
2
l
解得绳的拉力为T =mg+m v
2
l ，故B 错误；
D．在A 点的速度为0，所以在A 点重力做功的瞬时功率为0；在B 点的速度方向与重力垂直，所以在B
点重力做功的瞬时功率为0，则重力对摆球做功的瞬时功率先增大后减小，故D 错误。
故选C。
（多选）8．（2026·山东德州·二模）如图所示为斜向上发射弹丸的玩具装置，发射方向与水平面的夹角θ
可调，弹丸每次射出时速度大小均为v0=5 m /s，发射口离水平地面高度为h=2m，弹丸质量m=0.1kg，
重力加速度大小g=10 m /s
2，不计空气阻力，sin37° =0.6，cos37° =0.8。下列说法正确的是
（ ）
A．θ不同时，弹丸从射出到落地的时间均相等
B．θ不同时，弹丸落地时的速度大小均相等
C．θ =37°时，弹丸落地时重力的瞬时功率为2❑√10 W
D．θ =37°时，弹丸的水平射程为4 m
【答案】BD
【详解】A．弹丸竖直方向做竖直上抛运动，竖直向上的初速度为v y 0= v0sinθ
由运动学公式可得−h= v y 0t −1
2 gt
2
可知，运动时间t 与θ有关。所以θ不同时，弹丸从射出到落地的时间不相等，故A 错误；
B．根据动能定理，有mgh= 1
2 m v1
2−1
2 m v0
2
解得落地速度v1=
❑√v0
2+2 gh= ❑√65 m/s
所以弹丸落地时的速度大小均相等，故B 正确；
C．由运动学公式，有v y
2 −(v0sin37
∘)
2=2 gh
解得v y =7 m/s
重力瞬时功率P=mgvy
解得P =7W，故C 错误；
D．由运动学公式，有v y = v0sinθ−>¿
解得t =1s
弹丸的水平射程为x = v0cos37
∘t = 4 m，故D 正确。
故选BD。
（多选）9．（2026·广东揭阳·二模）某同学两次在同一地点同一高度投掷同一铅球，1、2 两次轨迹如图
中曲线1、2 所示，铅球两次达到的最大高度相同。忽略空气阻力，比较两次投掷过程，第2 次比第1 次
（ ）
A．从掷出到最高点的时间长
B．铅球在最高点的速度大
C．铅球着地前瞬间重力的功率大
D．该同学投掷对铅球做的功多
【答案】BD
【详解】A．从掷出到最高点过程，可逆向看成做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于下落高度相
等，所以第2 次与第1 次运动时间相等，故A 错误；
B．从最高点到落地铅球做平抛运动，竖直方向有h= 1
2 gt
2
由于下落高度相等，所以第2 次与第1 次运动时间相等；水平方向有x = v xt
由于第2 次的水平位移大于第1 次的水平位移，则第2 次的水平速度大于第1 次的水平速度，即第2 次比
第1 次铅球在最高点的速度大，故B 正确；
C．根据P =mg v y =mg⋅>¿
由于从最高点到落地两次运动时间相等，所以两次运动铅球着地前瞬间重力的功率相等，故C 错误；
D．该同学两次投掷时，铅球的竖直分速度相等，第2 次的水平速度大于第1 次的水平速度，则第2 次的
合速度大于第1 次的合速度，即第2 次的铅球的初动能大于第1 次的铅球的初动能，根据动能定理可知，
第2 次比第1 次该同学投掷对铅球做的功多，故D 正确。
故选BD。
（多选）10．（25-26 高一下·河北石家庄·阶段检测）如图所示为工厂中用来运输货物的传送带，工人将
一质量为m=50kg的货物（可视为质点）轻放到传送带A点，经t = 4s时间，货物运动至B点，且恰好与
传送带相对静止。已知传送带以v = 4 m/s的恒定速率运行，与水平面间的夹角为37°，重力加速度
g=10 m/s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，则货物从A到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．货物增加的机械能大小为2800J
B．摩擦力对货物做的功为−2800J
C．传送带因为传送货物多消耗的电能为2800J
D．传送带因为传送货物增加的平均功率为1400 W
【答案】AD
【详解】A．货物做初速度为零的匀加速直线运动，则从A 到B 上升的高度为
h= v
2 t sin37° = 4
2 ×4×0.6 m=4.8m
货物增加的机械能为增加的动能与重力势能之和，则有
Δ E = 1
2 mv
2+mgh= 1
2 ×50×4
2J+50×10×4.8J=2800J，故A 正确；
B．由功能关系可知，摩擦力对货物做的功等于货物机械能变化量，则摩擦力对货物做的功为2800J，故B
错误；
C．传送带与货物间的相对位移为Δ x = vt −v
2 t = v
2 t = 4
2 ×4 m=8m
根据牛顿第二定律得f-mgsin37°=ma
根据速度—时间公式得v=at
解得f=350N
产生的热量为Q=fΔx=350×8J=2800J
传送带因为传送货物多消耗的电能E 电=ΔE+Q=2800J+2800J=5600J，故C 错误；
D．传送带因为传送货物增加的功率为P= E电
t
= 5600
4
W=1400W，故D 正确。
故选AD。
题型四 机车启动问题
1．两种启动方式的比较
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t 图和
v－t 图
OA
段
过程
分析
v↑⇒F＝↓
⇒a＝↓
a＝不变⇒
F 不变，v↑⇒P＝Fv↑直到P 额
＝Fv1
运动
性质
加速度减小的加速直线
运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
A、B
点
转折
点
在转折点A，牵引力与
阻力大小相等，此时加
速度为零，速度达到最
大，为vm＝
在转折点A，功率达到额定功
率，匀加速运动结束，此时v1
＝；在转折点B，速度达到最
大，为vm＝
AB
段
过程
分析
F＝F 阻⇒a＝0⇒
v m＝
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
运动
性质
以v m做匀速直线运动
加速度减小的加速直线运动
BC 段
无
F＝F 阻⇒a＝0⇒以
v m＝做匀速直线运动
2．三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m＝＝(式中
Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)。
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最
大，即v＝<v m＝。
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理：Pt－F 阻x＝ΔEk。此式
经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
【例题精讲】
1．（2026·陕西西安·模拟预测）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大
B．汽车车速减为3
4 v0时，加速度的大小为f
2m
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】A
【详解】A．汽车以v0匀速运动，牵引力F0= f ，额定功率P0= F0 v0= f v0
减速过程中，功率变为P = 1
2 P0= 1
2 f v0
减速过程中，功率保持不变，速度逐渐减小，由P = Fv，可知汽车的牵引力不断变大，故A 正确；
B．当车速v = 3
4 v0时，牵引力大小为F = P
v =
1
2 f v0
3
4 v0
= 2f
3
根据牛顿第二定律可得f −F =ma
解得加速度大小为a= f
3m，故B 错误；
C．经过时间t，汽车再次做匀速运动，牵引力F = f ，此时汽车速度为v = P
f = 1
2 v0
减速过程中，若汽车做匀减速直线运动，则汽车的位移为x = 1
2 (v0+ v)t = 3
4 v0t
实际上汽车做加速度减小的减速运动，所以汽车的位移不等于3
4 v0t，故C 错误；
D．减速过程中，由动能定理可得W 牵−W f =Δ Ek
其中W 牵= Pt = 1
2 f v0t，Δ Ek= 1
2 m v
2−1
2 m v0
2=−3
8 m v0
2
解得汽车克服阻力做功W 克=W 牵−Δ Ek = 1
2 f v0t + 3
8 m v0
2> 3
8 m v0
2，故D 错误。
故选A。
2．（2026·河南周口·一模）电动平衡车因时尚、便捷而深受青年人的喜爱。如图所示，一人驾驶平衡车
在平直的路面上以恒定功率P启动，行驶距离s后开始匀速行驶。已知人和平衡车的总质量为m，所受阻
力恒为f ，则平衡车从启动到刚匀速行驶的时间为（ ）
A．mP
f
2
B．mP
2f
2
C．fs
P + mP
f
2
D．fs
P + mP
2f
2
【答案】D
【详解】设平衡车在平直的路面上匀速时速度大小为v，则有P = fv
根据动能定理Pt −fs= 1
2 m v
2−0
联立解得t = fs
P + mP
2f
2
故选D。
3．（2026·四川内江·一模）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中
画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像。假设某次实验得到
的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，B点对应的坐标为(
1
F1
，v1)，第二个时
间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v 均与C点的坐标(
1
F2
，v2)对应，大小
均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为t。重力加速度为g，滑轮质
量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法不正确的是（ ）
A．重物的质量为F2
g
B．第一阶段重物上升的高度v1
2
2 g
C．F1v1= F2v2
D．重物在前两个时间段内的总位移v2t +
v1
2 F1
2g(F1−F2)
−v2
2
2g
【答案】B
【详解】A．由题可知，第三个时间段内重物所受拉力和重力相等，即有F2=mg
解得m= F2
g ，A 正确；
B．第一个时间段内重物所受拉力为F1，重物的加速度大小为a= F1−G
m
= （F1−F2）g
F2
第一个时间段内的位移x1= v1
2
2a =
v1
2 F2
2g（F1−F2），B 错误；
C．BC 段的拉力功率不变，有P = F1v1= F2v2，C 正确；
D．设第二个时间段内的位移为x2，根据动能定理有Pt −G x2= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
解得x2=
Pt −1
2 m v2
2+ 1
2 m v1
2
G
= v2t −v2
2−v1
2
2g
所以被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总位移
x = x1+ x2= v2t +
v1
2 F1
2g（F1−F2）−v2
2
2 g ，D 正确。
故选B。
4．（2026·安徽合肥·模拟预测）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
【详解】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，因此
t1时刻速度v1=a0t1
根据牛顿第二定律F −f =ma0
可得牵引力F = f +ma0
t1时刻汽车达到额定功率，因此额定功率P = F v1=(f +ma0)a0t1，A 正确，B 错误；
CD．0∼t1内，汽车功率从0 线性增加到额定功率P，平均功率为P
2
可得做功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
可得做功W 2= P⋅(t2−t1)
做功之比W 1:W 2= 1
2 Pt1: P(t2−t1)=t1:2(t2−t1)，CD 错误。
故选A 。
5．（2026·天津河东·二模）目前，世界上最先进的起重机是我国的“XCA4000”轮式起重机，满足170 米
的吊装高度，230 吨的极限吊装重量，被誉为“全球第一吊”。该起重机将质量为m的重物由静止开始以
加速度a竖直向上匀加速提升，经过时间t达到额定功率P，之后继续向上加速运动，直至匀速上升。不计
空气阻力，设重力加速度为g，下面说法正确的是（ ）
A．重物匀速上升时的速度为P
mg
B．重物匀速上升时的速度为P
ma
C．重物在匀加速提升阶段的机械能增量为Pt
D．起重机的额定功率P =ma(g−a)t
【答案】A
【详解】AB．当重物匀速上升时，牵引力与重力平衡，即F =mg
根据功率公式P = Fv
可得匀速上升的速度 v = P
F = P
mg ，A 正确，B 错误；
C．匀加速阶段，牵引力F恒定，速度v =at
可知速度均匀增大，起重机的功率P = Fv
故起重机的功率从0 均匀增大到额定功率P，所以拉力做的总功为W = ´Pt = 0+ P
2
⋅t = 1
2 Pt
根据功能关系可得机械能增量为1
2 Pt，C 错误；
D．匀加速阶段，由牛顿第二定律有F −mg=ma
解得牵引力F =m(g+a)
t时刻速度v =at
此时达到额定功率，因此P = Fv =m(g+a)⋅at =mat(g+a)，D 错误。
故选A。
6．（2026·北京房山·二模）赛艇比赛分单人艇、双人艇、四人艇、八人艇。研究者对各种赛艇比赛的
2000 米成绩数据进行分析后推测：比赛成绩t（时间）与桨手数量n 之间应存在一定的关系。为探究t-n
在简化条件下的关系式，现建立以下物理模型：
①认为赛艇沿前进方向的横截面积S 与其浸入水中的体积V 满足S∝V
2
3；
②艇重G0与桨手数n 的比值为常数，即G0∝n；
③比赛全过程视为赛艇匀速运动，当速度为v 时赛艇受到的阻力f 满足f∝Sv2；
④每个桨手的体重G 都相同，比赛中每个桨手划桨的功率P 均恒定，且P∝G。
根据以上物理模型，下列关系式可能正确的是（ ）
A．P∝fv
n
B．v ∝n
1
3
C．t ∝n
−2
9
D．S∝n
3
2
【答案】A
【详解】艇重G0与桨手数n 的比值为常数，即G0∝n，赛艇在水面上漂浮，重力等于总重量，有
G总=G0+nG∝n，由F 浮=G总及F 浮∝V 可得V ∝n，故S∝V
2
3 ∝n
2
3
A．n 人艇的总功率与艇阻力和速度的乘积成正比nP∝fv
即P∝fv
n ，故A 正确；
B．由于f ∝S v
2，nP∝fv
联立解得v ∝(
n
S)
1
3，故B 错误；
C．由于v ∝(
n
S)
1
3，S∝n
2
3
解得v ∝n
1
9
所以t ∝1
v ∝n
−1
9，故C 错误。
D．由于S∝V
2
3，G0∝F 浮∝V ，G0∝n
解得S∝n
2
3，故D 错误。
故选A。
7．（2026·广东中山·一模）下图为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的简化图，5 节质量均为m的车厢编
组运行，只有1 号车厢为动力车厢。假设只有1 号车厢会受到前方空气的阻力，空气阻力大小满足
f = ρS v
2，其中ρ为空气密度，S为车厢的迎风面积，v为车厢的速度大小，不计其他阻力。开始时，牵引
力功率为P，列车向右做匀速直线运动，当功率瞬间增大到2 P时，3 号车厢对4 号车厢的作用力大小为
（ ）
A．2
5
3√5 P
2 ρS
B．4
5
3√5 P
2 ρS
C．2
5
3√P
2 ρS
D．4
5
3√P
2 ρS
【答案】C
【详解】车厢的速度为v时，由平衡条件有F = f = ρS v
2
P = Fv
当功率瞬间增大到2 P时，速度大小不能突变，即阻力不变
由2 P = F
′ v
则牵引力F
′ =2 F
对整体由牛顿第二定律有F
′−f =5ma
对4、5 号车厢由牛顿第二定律有F1=2ma
联立解得F1= 2
5
3√P
2 ρS
故选C。
（多选）8．（2026·陕西宝鸡·一模）一玩具电动汽车在粗糙的水平面上由静止开始启动，玩具汽车的加
速度a 与运动速度的倒数1/v 的关系图像如图所示。已知玩具汽车的质量m=1kg，汽车在运动过程中所受
阻力为其重力的k 倍，k 为常数，重力加速度g 取10m/s2，下列判断正确的是（ ）
A．玩具汽车以恒定功率启动
B．玩具汽车速度为1.5m/s 时的加速度为1m/s2
C．玩具汽车匀加速运动的时间为0.5s
D．玩具汽车牵引力的最大功率为4W
【答案】CD
【详解】A．由题可知，根据牛顿第二定律可得P
v −kmg=ma
整理可得a= P
m · 1
v −kg
结合图像可知0.5∼1m
−1·s阶段，a−1
v 斜率不变，此阶段为恒定功率启动，1m
−1·s以后，玩具车的加速
度不变，即为恒定加速启动阶段，因此玩具车先恒定加速启动，后恒定功率启动，故A 错误；
BD．结合图像的意义可得P
m = 2
0.5 m
2·s
−3，4×0.5 m/s
2−kg=0
解得P = 4 W，k =0.2
当玩具车的速度v =1.5 m/s时，代入上述函数表达式，解得a=(4× 1
1.5 −2)m/s
2= 2
3 m/s
2 ，故B 错误，
D 正确；
C．由图可知，当玩具车的速度为v
' =1m/s时，玩具车进入恒定功率启动阶段，由图像可知，恒定加速启
动时，玩具车的加速度大小为a
' =2m/s
2
则玩具车匀加速运动的时间为t
' = v
'
a
' =0.5s，故C 正确。
故选CD。
（多选）9．（2026·贵州黔东南·一模）如图所示，某工地用倾角θ =37°的固定斜面转运砂石料，卷扬机
通过平行于斜面的不可伸长轻绳，拉着质量m= 40kg的砂石料箱（含砂石）从静止开始以额定功率沿斜
面向上运动，经t =8s达到最大速度并保持匀速运动。已知卷扬机额定功率P =1280 W，砂石料箱与斜面
间的动摩擦因数μ=0.25，sin37° =0.6，重力加速度g=10 m/s
2，不计空气阻力。下列说法正确的是（
）
A．砂石料箱的最大速度v = 4.0 m/s
B．前8s内砂石料箱沿斜面的位移为31m
C．前8s内砂石料箱的机械能增加量为5760J
D．前8s内卷扬机牵引力的冲量大小为2720 N⋅s
【答案】ABD
【详解】A．砂石料箱达到最大速度时，受力平衡，根据受力分析，沿斜面方向有
F =mgsinθ+ f =mgsinθ+ μmgcosθ =320 N
此时速度为v = P
F = 4 m/s，故A 正确；
B．前8s内，以额定功率运动，根据动能定理得Pt −(mgsinθ+ μmgcosθ) x = 1
2 m v
2−0
解得x =31m，故B 正确；
C．前8s内，砂石料箱的机械能增加量为Δ E = Δ Ek+ Δ Ep= 1
2 m v
2+mgsinθ⋅x =7760J，故C 错误；
D．前8s内，根据动量定理得I F−(mgsinθ+ μmgcosθ)t =mv −0
解得I F=2720 N ⋅s，故D 正确。
故选ABD。
（多选）10．（2026·河南开封·模拟预测）某新型电动汽车质量为m，在平直公路上由静止开始启动，其
加速度a 随速度v 变化的关系图像如图所示。若汽车所受阻力恒定，则下列关于汽车运动过程的说法正确
的是（ ）
A．汽车所受摩擦力大小为f = ma0v2
v2−v1
B．汽车在0~ v1阶段的牵引力F1= ma0 v2
v2−v1
C．汽车的额定功率P额= ma0v1v2
v2−v1
D．汽车在v1~ v2的过程中牵引力与摩擦力相等
【答案】BC
【详解】AB．当v = v1时，由图像知a=a0，由牛顿第二定律F −f =ma
且P额= F v1
当v = v2时，有a=0，此时牵引力等于摩擦力，额定功率满足P额= f v2
联立解得f = ma0v1
v2−v1
，F = ma0 v2
v2−v1
，P额= ma0v1v2
v2−v1
，A 错误、B 正确、C 正确；
D．v1~ v2的过程中,汽车额定功率恒定，速度增大，F减小，当v = v2时，牵引力等于摩擦力，D 错误。
故选 BC。
课时精练
一、单选题
1．（25-26 高一上·贵州安顺·期末）小华用大小为20 N的水平推力，在10s内使重100 N的购物车在水平地
面上前进了5 m，则小华推车过程中平均功率是（ ）
A．0 W
B．5W
C．10 W
D．50 W
【答案】C
【详解】小华推车所做的功W = Fl =20×5J =100J
小华推车过程中平均功率P= W
t = 100
10 W =10 W
故选C。
2．（2026 届北京市西城区高三下学期二模物理试卷）如图所示，一辆汽车通过一段水平路面后平缓开上
立交桥的引桥，图中ab 段为水平路面，cd 段为平直上坡路面。行驶过程中汽车的速率保持不变，不考虑
整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（ ）
A．汽车在行驶过程中牵引力保持不变
B．汽车在行驶过程中机械能保持不变
C．在cd 段汽车的输出功率逐渐增大
D．在cd 段汽车的输出功率比ab 段的大
【答案】D
【详解】A．在ab 段，有F1= f
在cd 段，有F2=mgsinθ+ f > F1
由此可知，汽车在行驶过程中牵引力改变，故A 错误；
B．汽车在ab 段动能不变，重力势能不变，则机械能不变，汽车在cd 段，动能不变，重力势能增大，则
机械能增大，故B 错误；
C．在cd 段汽车的输出功率为P2= F2v =(mgsinθ+ f )v
即汽车的输出功率不变，故C 错误；
D．在cd 段汽车的牵引力大，速度不变，则在cd 段汽车的输出功率比ab 段的大，故D 正确。
故选D。
3．（2026·广东深圳·三模）如图是一张机器人在罚球线上进行投篮时的频闪照片，照片记录了篮球在空
中飞行并斜向下穿过篮筐中心的过程。已知篮球的质量为0.5kg，抛出点离篮筐中心的水平距离为4.5 m，
竖直距离为0.5 m，篮球穿过篮筐中心时，速度方向与水平面的夹角为45°，重力加速度大小取10 m /s
2，
不计空气阻力。该过程中，下列说法正确的是（ ）
A．篮球抛出时，初速度的水平分速度大小为5.5 m /s
B．篮球抛出时，重力的瞬时功率为27.5 W
C．篮球在空中运动时间为2s
D．篮球抛出时初速度与水平面夹角的正切值为9
11
【答案】B
【详解】AC．设篮球抛出时，竖直方向分速度为v y 0，水平方向的分速度为v x，进入篮筐时竖直方向分速
度大小为v y，根据题意有tan 45
°= v y
v x
水平方向v xt = 4.5 m
取竖直向上为正方向，竖直方向v y 0t −1
2 gt
2=0.5 m，v y 0−>=−v y
联立解得v x = 4.5 m /s，t =1s，v y 0=5.5 m /s，故AC 错误；
B．篮球抛出时，重力的瞬时功率为PG=mg v y 0=27.5 W，故B 正确；
D．篮球抛出时初速度与水平面夹角的正切值为v y 0
v x
= 5.5
4.5 = 11
9 ，故D 错误。
故选B。
4．（25-26 高一下·湖北·期中）如图所示，相同的P、Q 两球距地面高度相等，以相同的速率抛出，P 斜向
上抛，Q 斜向下抛出，且两球与水平方向夹角大小相等，不计空气阻力，关于P、Q 两球从抛出到落地过
程，下列说法正确的是（ ）
A．P 球重力做功较多
B．P 球重力的功率一直增大
C．P 球重力的平均功率大于Q 球重力的平均功率
D．两球落地时重力的瞬时功率相等
【答案】D
【详解】A．重力做功只与初末位置的高度差有关，所以重力做功一样多，故A 错误；
B．根据重力的功率P =mgv cosθ
P 球上升到最高点时，竖直方向分速度为0，所以P 球重力的功率不是一直增大，故B 错误；
C．根据题意可知Q 球先落地，由公式P= W
t
两球下落过程中重力做功相等，则P 球重力的平均功率小于Q 球重力的平均功率，故C 错误；
D．由机械能守恒定律可知，两球落地前瞬间的速度大小相等，方向相同，由公式P =mgv cosθ
可知，落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，故D 正确。
故选D。
5．（25-26 高一下·北京大兴·期中）列车在平直轨道上由静止开始启动，启动过程受到的合力F随时间t变
化的关系图像如图所示，列车达到额定功率后保持该功率不变，若列车所受阻力恒定，下列说法正确的
是（ ）
A．t2时刻，列车刚达到额定功率
B．0−t1时间内，列车的功率不变
C．t1 −t2时间内，列车的动力逐渐减小
D．0−t2时间内，列车先后做匀加速直线运动和匀速直线运动
【答案】C
【详解】列车所受合力F与牵引力F牵与阻力大小f 的关系：F = F牵−f
得F牵= F + f
A．根据P牵= F牵v =（F + f ）v
0∼t1时间内，列车的功率在随速度均匀增大，在t1时刻达到额定功率，但速度还未达到最大，即故A 错
误；
B．根据牛顿第二定律F =ma
即在0∼t1时间内，列车的加速度不变，则列车的功率为P牵=（F + f ）v =（F + f ）at
所以，列车的功率随时间均匀增大，故B 错误；
C．在 t1~t2时间内，列车保持额定功率P额 不变，速度 v 继续增大。根据P额= F牵v 可知，牵引力
F牵= P额
v ，随速度增大而逐渐减小，故C 正确；
D．根据a= F
m可知，列车的加速度变化与合外力的变化相同，即在0∼t2时间内，列车先做匀加速直线运
动，再做加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动，故D 错误。
故选C。
6．（2026·内蒙古包头·一模）我国某新型起重机性能优异，可满足大型工程的吊装需求。如图，现将质
量为m 的重物由静止开始以加速度a 竖直向上匀加速提升，经过时间t1起重机达到额定功率P，此后以额
定功率提升重物，又经过时间t2重物开始匀速上升。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确
的是（ ）
A．起重机的额定功率为ma
2t1
B．重物的最大速度大小为
(g+a)at2
g
C．在t1时间内，重物机械能的增量为(mg+ma)at1
2
D．在t2时间内，重物机械能的增量为(mg+ma)at1t2
【答案】D
【详解】A．由牛顿第二定律得F1−mg=ma
解得拉力F1=m(g+a)
t1时刻重物速度v1=at1
此时功率达到额定功率，因此额定功率P = F1v1=ma(g+a)t1，故A 错误；
B．重物匀速上升时速度最大，此时拉力等于重力F2=mg
由P =mg vm
得最大速度vm= P
mg = ma(g+a)t1
mg
= a(g+a)t1
g
，故B 错误；
C．机械能的增量等于除重力外拉力做的功，即Δ E =W F
t1时间内重物上升位移h1= 1
2 at1
2
因此拉力做功Δ E1=W F = F1h1=m(g+a)⋅1
2 at1
2= 1
2 m(g+a)at1
2，故C 错误；
D．t2时间内起重机以额定功率工作，拉力做功W F = Pt2
机械能增量Δ E2=W F
代入P =ma(g+a)t1
得Δ E2= Pt2=ma(g+a)t1t2=(mg+ma)at1t2，故D 正确。
故选D。
7．（2026·河北·一模）某建筑工地用起重机将质量为m=300kg 的重物运送到一定高度处，重物从地面启
动瞬间开始计时，前10s 内重物的加速度a 随时间t 的变化规律如图所示。已知0~4s 内的图线为过原点的
倾斜直线，4~10s 的图线为曲线，且4~10s 的时间内起重机的输出功率保持不变，4s 时重物上升的高度为
8
3 m，重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力。则（ ）
A．4s 末重物的速度达到最大
B．0~4s 内重物所受拉力随位移均匀变化
C．0~10s 内重物机械能的增加量为4.82×104J
D．6~10s 内重物机械能的增加量为3.6×104J
【答案】C
【详解】A．4 ~10s内重物加速度始终大于0，速度持续增大，10s末加速度减为0 时速度才达到最大，
故A 错误；
B．0~ 4s内，由图像可得重物的加速度与时间的关系a= 1
4 t
由牛顿第二定律，得F −mg=ma
联立解得F = 1
4 mt +mg
可知拉力与时间呈线性关系，但重物做变加速运动，位移与时间不是线性关系，因此拉力与位移不是线
性关系，则拉力不随位移均匀变化，故B 错误；
C．a−t图线与时间轴所围图形的面积表示速度变化量的大小，4s末的速度v4= 1
2 ×1×4 m/s=2m/s
已知4s末上升高度h4= 8
3 m
0~ 4s内机械能增加量Δ E1=mgh4+ 1
2 m v4
2 =(300×10× 8
3 + 1
2 ×300×2
2)J =8600J
由牛顿第二定律，可得4s末拉力F =mg+ma=(300×10+300×1)N =3300 N
功率为P = F v4=(3300×2)W =6600 W
4 ~10s经过了Δt =(10−4)s=6s
功率不变，拉力做功W 2= P⋅Δt =(6600×6)J =39600J
即该段机械能增加量Δ E2=39600J
0~10s总机械能增加量Δ E =Δ E1+Δ E2=(8600+39600)J = 4.82×10
4J，故C 正确；
D．6~10s共经过Δt
′ =(10−6)s= 4s，拉力做功W = P×Δt
′ =(6600×4)J =2.64×10
4J
即机械能增加量为2.64×10
4J，不是3.6×10
4J，故D 错误。
故选C。
二、多选题
（多选）8．（25-26 高三上·宁夏银川·月考）如图所示，汽车在水平的路面上匀速运动，用跨过光滑定滑
轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平。当牵引轮船的绳与水平方向的夹角为θ时，船的速度大
小为v时，汽车受到恒定空气阻力f ，绳的拉力对船做功的功率为P，下列选项正确的是（ ）
A．汽车速度大小为v
B．绳子对船的拉力为F =
P
v cosθ
C．汽车的牵引力和空气阻力大小相等
D．垂直于绳子方向的速度大小为v sinθ
【答案】BD
【详解】AD．将船的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度，则沿绳方向的分速度大小为
v cosθ
根据同一根绳速度大小处处相等，可知汽车的速度大小等于船速度沿绳方向的分速度大小，即此时汽车
的速度大小为v汽= v cosθ
船速度垂直于绳子方向的分速度大小为v sinθ，故A 错误，D 正确；
B．由题知，绳的拉力对船做功的功率为P，根据P = Fv cosθ
解得此时绳对船的拉力大小为F =
P
v cosθ ，故B 正确；
C．由题知，汽车在水平的路面上匀速运动，即汽车的速度大小不变，船向左运动的过程，夹角θ不断增
大，则cosθ不断减小，根据v汽= v cosθ
变形得v = v汽
cosθ
可知船的速度不断增大，即船向左做加速运动，故F >f ，故C 错误。
故选BD。
（多选）9．（2026·江西南昌·二模）南昌“超万吨级智能回转塔机”在完成高空强风环境测试后，开展
额定功率标定实验。实验中，该塔机以额定功率竖直向上提升质量为m的重型构件，空气阻力大小恒为f
且始终不变。当构件速度达到最大值vm时，塔机牵引力恰好等于阻力与重力的合力；若塔机先由静止开
始以恒定加速度a0做匀加速提升，匀加速至t1时刻达到该额定功率，重力加速度为g，不计其他阻力。下
列说法正确的有（ ）
A．该额定功率P =mg vm
B．0∼t1时间内，构件的重力做功为−1
2 m(a0t1)
2
C．塔机匀加速提升的最大速度为
(mg+ f )vm
mg+ f +ma0
D．从开始到t1时刻，牵引力做的功为1
2 m(a0t1)
2+ 1
2
(mg+ f )a0t1
2
【答案】CD
【详解】A．当构件速度最大时，牵引力F =mg+ f
塔机的额定功率满足P = F vm =(mg+ f )vm，故A 错误；
B．0∼t1时间内，构件做匀加速运动，上升的位移h= 1
2 a0t1
2
构件重力做功为W G=−mgh=−1
2 mga0t1
2，故B 错误；
C．构件匀加速阶段，由牛顿第二定律可知，牵引力的大小满足F
′−mg−f =ma0
解得F
′ =ma0+mg+ f
匀加速至t1时刻达到该额定功率，此时构件的速度v1=a0t1
塔机的额定功率P = F
′ v1= F
′ a0t1=(ma0+mg+ f )v1
又P =(mg+ f )vm
联立解得塔机匀加速提升的最大速度v1= (mg+ f )vm
ma0+mg+ f ，故C 正确；
D．从开始到t1时刻，由动能定理可知牵引力做的功满足W F−W f −W G= 1
2 m v1
2−0
解得W F = 1
2 mv1
2+ fh+mgh= 1
2 m(a0t1)
2+ 1
2
(mg+ f )a0t1
2，故D 正确。
故选CD。
（多选）10．（2026·海南·二模）某5G 智慧港口的水平导轨上，一台质量m 的重载自动导引车从静止开
始运送集装箱。导引车采用“恒牵引力一恒功率”两阶段智能启动策略：初始阶段，电机提供恒定推力
使导引车从静止开始做匀加速直线运动；当电机功率达到额定功率后，系统转为恒功率驱动，导引车加
速度逐渐减小。t2时刻导引车达到最大运行速度并保持匀速，导引车的加速度与时间的关系图如图所示。
已知导引车在导轨上运行时受到的电磁阻尼与摩擦力的总和恒为f ，a0、t1、t2均已知。下列说法正确的
是（ ）
A．恒牵引力大小为ma0
B．导引车的额定功率为(f +ma0)a0t1
C．t1∼t2时间内导引车的速度增加量为ma0
2(t2−t1)
f
D．t1∼t2时间内导引车的速度增加量为ma0
2t1
f
【答案】BD
【详解】A．由题意可知0∼t1时间内导引车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F −f =ma0
解得F = f +ma0，A 错误；
B．t1时刻导引车的功率达到额定功率，有P额= F v1，v1=a0t1
解得P额=(f +ma0)a0t1，B 正确；
CD．当导引车达到最大速度v2后，有P额= F v2= f v2，解得v2= (f +ma0)a0t1
f
，则t1∼t2时间内导引车
的速度增加量Δv = v2−v1= ma0
2t1
f
，C 错误，D 正确。
故选BD。
三、解答题
11．（2026·福建南平·一模）在2026 年央视春晚中，机器人表演了空翻、醉拳等武术动作，展现出中国
智造的硬核实力和中华武术的千年神韵。如图，在空翻表演中，机器人借助弹射踏板从地面斜向上弹出，
在空中其重心的运动轨迹可视为抛物线。机器人的重心从最高点O运动到P点的过程中，下降高度
h=1.8 m，水平方向运动距离x =1.2m，该过程中机器人未触地。机器人质量m=30kg，取重力加速度大
小g=10 m /s
2，求：
(1)机器人重心从O点运动到P点所用的时间；
(2)机器人重心在O点时的速度大小；
(3)机器人重心从O点运动到P点的过程中，机器人重力做功的平均功率。
【答案】(1)0.6s
(2)2m/s
(3)900W
【详解】（1）机器人重心从O点运动到P点的过程，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运
动，竖直方向有h= 1
2 gt
2
解得t =0.6s
（2）机器人重心在O点时的速度大小v x = x
t = 1.2
0.6 m/s=2m/s
（3）机器人重心从O点运动到P点的过程中，机器人重力做功的平均功率
P= W G
t = mgh
t
= 30×10×1.8
0.6
W =900 W
12．（2026·福建·一模）我国第一艘电磁弹射型航空母舰福建舰入列。某次弹射试验，质量为3.0×10
4kg
的歼-35 舰载机的速度在前2s 内从0 增加到60 m /s，将此过程看作匀加速直线运动。求此过程
(1)歼-35 运动的距离x；
(2)合外力对歼-35 做的功W；
(3)前2s内合外力的平均功率P。
【答案】(1)60m
(2)5.4×10
7J
(3)2.7×10
7 W
【详解】（1）根据平均速度公式推论可知，歼-35 运动的距离x = 1
2 vt
解得x =60 m
（2）根据动能定理可知，合外力对歼-35 做的功W = 1
2 mv
2
解得W =5.4×10
7J
（3）合外力的平均功率P = W
t
解得P = 2.7×10
7 W
13．（2026·广东·模拟预测）我国的“三农”政策取得显著成绩，农业现代化得到全面实施。图为某农场
使用无人驾驶拖拉机牵引绿肥翻耕机在水平田地里作业的场景，拖拉机与翻耕机的总质量
m=1.5×10
3kg，工作时拖拉机与翻耕机整体所受阻力大小f 与速度大小v 成正比，即f＝kv，
k = 4.5×10
2 N ⋅s/m，重力加速度g=10 m/s
2。
(1)拖拉机以v1=3 m/s匀速翻耕时，求此时的牵引力的功率P1；
(2)若拖拉机以额定功率P =5.4×10
3 W从静止开始加速翻耕，求加速过程的最大速度的大小vm；
(3)若拖拉机以额定功率P =5.4×10
3 W从静止开始加速翻耕，当拖拉机速度达到v2=2m/s时，求此时的加
速度大小a。
【答案】(1)P1= 4.05×10
3 W
(2)vm =2❑√3 m /s
(3)a=1.2m/s
2
【详解】（1）由题意得拖拉机以v1=3 m/s匀速翻耕时受力平衡，满足F牵= f 1=k v1=1.35×10
3 N
此时的牵引力的功率P1= F牵v1= 4.05×10
3 W
（2）拖拉机以额定功率P =5.4×10
3 W从静止开始加速翻耕，当其匀速行驶时速度达到最大值vm，此时
拖拉机受力平衡，牵引力与阻力等大反向，最大速度满足vm =
P
F牵' = P
f m
= P
k vm
代入数据得vm=2❑√3 m /s
（3）由上问可知速度v2=2m /s时拖拉机仍在加速阶段，牵引力大小为F2= P
v2
=2.7×10
3 N
阻力大小为f 2=k v2=9×10
2N
由牛顿第二定律有F2−f 2=ma
解得a=1.2m /s
2
