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专题09 功和功率 机车启动
题型一 功的分析和计算.........................................................................................................................1
类型1 恒力做功问题......................................................................................................................2
类型2 变力做功问题......................................................................................................................8
题型二 功率的分析和计算...................................................................................................................14
类型1 功率的分析和计算............................................................................................................15
类型2 功率和功综合问题的分析和计算....................................................................................19
题型三 机车启动问题...........................................................................................................................23
类型1 恒定功率启动....................................................................................................................24
类型2 恒定加速度启动................................................................................................................29
题型一 功的分析和计算
1．功的正负
(1)0≤α<90°，力对物体做正功．
(2)90°<α≤180°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．
(3)α＝90°，力对物体不做功．
2．功的计算：W＝Fl
cos
_α
(1)α 是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
(3)功是标(填“标”或“矢”)量．
3．变力做功几种方法
方法
图例
方法解读
微元法
图中质量为m 的物体在水平面内沿着圆周运动一周的过程中摩擦
力做功Wf＝－FfΔx1－FfΔx2－FfΔx3－…＝－Ff（Δx1＋Δx2＋Δx3
＋…）＝－Ff·2πR
平均
力法
水平面光滑，A、B 始
终相对静止
如果力随位移线性变化，在一段位移的初、末位置对应的力分别
为F1、F2，则物体受到的平均力为F＝F1＋F2
2
，此变力所做的
功W＝Fx
F-x
图像法
图线与x 轴所围“面积”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。图中为F 所做的功W＝F0＋F1
2
x0
等效
转换法
F 为恒力
图中恒力F 把物块从位置A 拉到位置B 过程中绳子对物块做功W
＝F(
h
sin α －
h
sin β)
类型1 恒力做功问题
1.
如图甲所示，倾角为θ =37
°的固定斜面上有一物块处于静止状态，物块的质量为
1kg，现用沿斜面向下的恒力推物块，过一段时间撤去推力，物块沿斜面向下运动的v -t图像
如图乙所示，已知物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，重力加速度
g= 10 m /s
2,sin37
°=0.6,cos37
°=0.8。则下列判断正确的是（ ）
A．物块静止时，斜面对物块的作用力大小为8N
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．推力F对物块做的功为36J
D．若推力增大为原来的2 倍，则物块下滑的加速度
大小为6 m /s
2
【答案】D
【详解】A．从图像上可以看出撤去推力后物块做匀速运动，所以物块受到重力、斜面的支持力和
摩擦力处于平衡状态，所以斜面对物块的支持力与摩擦力的和与重力大小相等，方向相反，故物块
静止时，斜面对物块的作用力大小为10N，故A 错误；
B．拉力撤去后物块做匀速直线运动，则由平衡条件mgsinθ = μmgcosθ
解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.75，故B 错误；
C．由图像可求加速度大小为a= Δv
Δt = 6 m/s
2s =3 m/s
2
由牛顿第二定律可知，拉力撤去前由牛顿第二定律F +mgsinθ - μmgcosθ =ma
解得F =3 N
根据v -t图像与时间轴围成的面积表示位移，有推力时物块的位移x = 6×2
2
m=6 m
根据功的公式W = Fx =3 N ×6 m =18J，故C 错误；
D．若恒力F增大为原来的2 倍即F ' =6 N时，由牛顿第二定律可知
F ' +mgsinθ - μmgcosθ =ma'
代入数据可得，物块下滑的加速度大小为a' =6 m/s，故D 正确。
故选D。
2.
如图所示，倾角为θ、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一质量
m=1kg的物块，t =0时刻物块在沿斜面向上的恒力F的作用下，从斜面底端由静止开始运动，
t =2s时物块到达A点并撤去F，t = 4s时物块恰好返回斜面底端，sinθ =0.6，取重力加速度
大小g=10 m/s
2。
(1)求撤去F后物块的加速度大小a1；
(2)求恒力F对物块做的功W ；
(3)若t =0时刻物块在沿斜面向上的变力F
'的作用下，从斜面底端由静止开始运动，t =1.5s时物块
到达A点并撤去F
'，此过程中物块的加速度与速度成反比，t =3.5s时物块返回斜面底端，求变力
F
'的最小值Fmin。
【答案】(1)6 m/s
2
(2)32J
(3)22
3 N
【详解】（1）撤去外力后，物块只受到重力和斜面的支持力，根据牛顿第二定律则有
mgsinθ =ma1
解得a1= gsinθ =6 m/s
2
即撤去F后物块的加速度大小6 m/s
2
（2）设恒力作用时物块的加速度为a，根据牛顿第二定律可得F -mgsinθ =ma
在外力作用下，物块到达A 点的速度为v A =a⋅Δt =2a
物块的位移x A = 1
2 v A⋅Δt = 1
2 v A×2(m)
撤去外力后，物块做匀减速运动，则有x A =- v A⋅Δt + 1
2 a1( Δt )
2=-2v A+ 1
2 ×6×2
2(m)
联立解得v A = 4 m/s，a=2m/s
2，F =8 N
故恒力做的功W = F ⋅v A⋅Δt
2
=32J
（3）解法一：结合上述分析可知，物块从斜面底端到A 点的位移x = 4 m，撤去外力后，从A 点返
回到斜面底端的时间Δt =2s，因此在0∼1.5s内，物块的位移仍为4m，撤去外力后，物体的加速
度大小仍为a1=6 m/s
2，1.5∼3.5s物块依然用Δt =2s的时间回到底端，故物块到A 点的速度依然
为v A = 4 m/s，根据题意画出前1.5s 的v - 1
a图像，如图所示
可得v - 1
a围成的面积t =1.5s= 1
2 ×4× 1
amin
解得最小加速度amin= 4
3 m/s
2
根据牛顿第二定律Fmin-mgsinθ =mamin
解得Fmin= 22
3 N
解法二：由题可知，加速度的微分方程为a= dv
dt = k
v
整理可得vdv =kdt
两边积分可得1
2 v
2=kt +C
结合题意可知，t =0时，则有v =0
解得v = ❑√2kt
结合上述分析可知，物块从斜面底端到A 点的位移x = 4 m，撤去外力后，从A 点返回到斜面底端的
时间Δt =2s，因此在0∼1.5s内，物块的位移仍为4m，撤去外力后，物体的加速度大小仍为
a1=6 m/s
2，1.5∼3.5s物块依然用Δt =2s的时间回到底端，故物块到A 点的速度依然为
v A = 4 m/s
将t =1.5s代入v = ❑√2kt
解得k = 16
3 m
2/s
3
则在0 ～ 1.5 s 内的任意时刻，合力为F
' -mgsinθ =ma
解得F
' =mgsinθ+m k
v
由此可知，当v = v A = 4 m/s时，F
'最小，其最小值为Fmin=mgsinθ+m k
v A
=6 N+ 4
3 N= 22
3 N
3.
如图所示，冰车静止在冰面上，小孩与冰车的总质量m=20kg。大人用F =20 N恒定
拉力，使冰车开始沿水平冰面移动，拉力方向与水平面的夹角为θ =37°。已知冰车与冰面间
的动摩擦因数μ=0.05，重力加速度g=10 m/s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。求。
(1)小孩与冰车受到的支持力F N的大小。
(2)小孩与冰车的加速度a的大小。
(3)拉力作用t =8s时间，冰车位移x的大小。
(4)拉力作用t =8s时间内，合外力做的功W 。
【答案】(1)FN=188 N
(2)a=0.33 m/s
2
(3)x =10.56 m
(4)W =69.696J
【详解】（1）对小孩与冰车，竖直方向有FN+ F sinθ =mg
代入题中数据，解得FN=188 N
（2）对小孩与冰车，由牛顿第二定律有F cosθ - f =ma
其中摩擦力f = μ FN
联立以上，解得加速度大小a=0.33 m/s
2
（3）拉力作用t =8s时间，冰车位移x = 1
2 at
2=10.56 m
（4）拉力作用t =8s时间内，合外力做的功W =ma× x =69.696J
4.
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。
5.
如图所示，质量M =8.0kg的物体A 上表面为光滑斜面，斜面长L=0.2m，与水平方
向的夹角θ =37°，在斜面下端有一质量m=5.0kg的小物体B，某时刻A、B 一起从P 点以初
速度v0=2m/s向左匀减速滑行。已知重力加速度g=10 m/s
2。
（1）求A 的下表面与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）当A 的速度减为零时，立即对A 施加水平向右的推力。
①若A、B 一起水平向右匀加速运动，求A 的右端回到P 位置的过程中推力所做的功W；
②若A 的右端回到P 位置，B 恰好运动到斜面最高点，求该过程中A 与地面间因摩擦产生的内能
Q。
【答案】（1）0.75；（2）①52J；②80J
【详解】（1）对小物体由牛顿第二定律有
mg tanθ =ma1
对A、B 整体由牛顿第二定律有
μ( M +m)g=( M +m)a1
解得
μ= tanθ，μ=0.75
（2）①根据A、B 整体牛顿第二定律
F - μ( M +m)g=( M +m)a1
根据运动学公式
0- v0
2=2(-a1)x
又
W = Fx
整理得
W =( M +m)v0
2
代入数据解得
W =52J
②设在向右运动过程中，A 对B 的支持力为N1，地面对A 的支持力N2，B 的加速度在水平、竖直方
向的分量分别为ax、a y，根据
N 1cosθ -mg=ma y
N 1sinθ =max
N 1cosθ+ Mg= N 2
结合运动学公式
x - Lcosθ = 1
2 axt
2
Lsinθ = 1
2 a yt
2
又
Q = μ N 2 x
解得
N 1= mg( x - Lcosθ)
x cosθ - L
Q =[
m(
v0
2
2g tanθ - Lcosθ)cosθ
v0
2cosθ
2 g tanθ - L
+ M )]
v0
2
2
代入数据得
Q =80J
类型2 变力做功问题
6.
比亚迪E-SEED 概念车是基于人类未来发展而倾力打造的一款全新型纯电动汽车，其
中“E-SEED”五个英文字母分别代表：电动、运动、体验、环保和装置，蕴含着比亚迪绿色环
保的设计理念。为了获取该款车的有关数据，某次试车过程中，试车员驾驶汽车由静止沿光滑
平直公路启动，并控制汽车功率按图示规律变化。已知汽车的质量为m，额定功率为P0，汽车
在行驶过程中所受阻力恒为车重的K 倍，在t2时刻汽车刚好获得最大速度。则下列说法正确的
是（ ）
A．在t1~t2时间内汽车做匀速直线运动
B．在0~t1时间内汽车平均功率为1
2 P0
C．在0~t2时间内汽车发动机所做的功为P0(
1
2 t1+t2)
D．在t2时刻汽车的运动速度为P0
Kmg
【答案】BD
【分析】根据图象确定汽车做加速度减小的变加速直线运动，当功率达到额定功率将保持不变，最
后当牵引力等于阻力时，速度达到最大。
【详解】A．由题意并结合图象可知，在t1∼t2时间内汽车做加速度减小的变加速直线运动，选项A
错误；
B．在0∼t1时间内
P0∝t，
所以汽车的平均功率为
P= 1
2 P0，
选项B 正确；
C．在0∼t2时间内，汽车发动机所做的功为
W = 1
2 P0t1+ P0(t2-t1) = P0(t2- 1
2 t1)，
选项C 错误；
D．在t2时刻，汽车达到最大速度，则有汽车的牵引力
F = Kmg，
则
vm = P0
F = P0
Kmg ，
选项D 正确；
故选BD。
【点睛】考查机车启动问题。
7.
如题图甲，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
题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题图丙所示，g 取10 m /s
2，则（ ）
A．水斗速度随时间变化规律为v=0.4t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P=10t
C．0~10s 内水斗上升的高度为4m
D．0~10s 内井绳拉力所做的功为520J
【答案】AD
【详解】A．根据图像可知，水斗速度
v =ωr = 40
10 ×0.1t =0.4t
A 正确；
B．井绳拉力瞬时功率为
P =Tv =Tωr
又由于
T -(m+m0)g=(m+m0)a
根据上述有
a=0.4 m/s
2
则有
P=10.4t
B 错误；
C．根据图像可知，0~10s 内水斗上升的高度为
h= ωr
2 t = 40×0.1×10
2
m =20 m
C 错误；
D．根据上述
P=10.4t
0~10s 内井绳拉力所做的功为
W = 10.4×10×10
2
J =520J
D 正确。
故选AD。
8.
质量m=1kg 的物体静止放在粗糙水平地面上．现对物体施加一个随位移变化的水平外
力F 时物体在水平面上运动．已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．若F-x 图
象如图所示．且4～5m 内物体匀速运动．x=7m 时撤去外力，取g=10m/s2，则下列有关描述正
确的是（ ）
A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B．撤去外力时物体的速度为❑√2m/s
C．x=3m 时物体的速度最大
D．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s
【答案】B
【详解】A. 由图象知4~5m 内外力恒定，又物体匀速运动，由
F = μmg
知动摩擦因数为0.3，故A 不符合题意；
B. 前7m 内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且F−x 图围成的面积表示外力所做的功，由动
能定理
( 3+5
2
×3+ 3+5
2
×1+3×1+ 3
2 ×2-3×7)J = 1
2 m v
2
解得v = ❑√2m/s，故B 符合题意；
C. 由图知前3m 内物体做加速度逐渐增大的加速运动，3~4m 内做加速度逐渐减小的加速运动，匀
速运动时速度最大，故C 不符合题意；
D. 撤去外力后物体匀减速停下，由动量定理有
mv = μmgt
解得t =
❑√2
3 s，故D 不符合题意．
9.
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。
10. 如图所示，一根轻质橡皮绳固定于O 点，通过定滑轮A 与质量为m 的物块B 相连接，
物块B 静止在A 正下方的粗糙水平面上。OA 间距恰好为橡皮绳的原长，A 到物块的距离为
L，现对物块施加一个水平向右的恒力F＝0.5mg 的作用，物块立刻获得0.25g 的初始加速度开
始向右运动，g 为重力加速度。物块与地面的动摩擦因数μ=0.5，橡皮绳产生的弹力满足胡克
定律，物块B、定滑轮A 可作为质点且不考虑其他摩擦。求：
（1）橡皮绳的劲度系数k；
（2）物块向右运动到与初始位置相距为x 时，其加速度a 与x 的关系式；
（3）物块向右运动的最大速度vm及物块从静止运动到最大速度的过程中橡皮绳增加的弹性势能。
【答案】（1）k = mg
2 L ；（2）a= 1
4 g- g
2 L x；（3）vm=
❑√2gL
4
；E p 弹= 1
16 mgL
【详解】（1）水平方向上，由牛顿第二定律得
F - f =ma
代入数据解得
f = 1
4 mg
竖直方向上受力分析得
kL+ F N =mg
f = μ F N
联立解得
k = mg
2 L
（2）物块向右运动到与初始位置相距为x 时，弹性绳伸长量为L1，绳与水平方向夹角为θ，可得
f
´ = μ(mg -k L1sinθ)
由牛顿第二定律得
F - f
´ -k L1cosθ =ma
由几何关系得
L1sinθ = L
L1cosθ = x
联立解得
F N
´ = 1
2 mg
a= 1
4 g- g
2 L x
（3）物块向右运动至最大速度时，加速度为0，此时水平位移为
x = L
2
对物块受力分析，由（2）中关系式知，物块运动过程中的摩擦力为恒力，且为
f
´ = μ F N
´ =0.5× 1
2 mg= 1
4 mg
这一过程中摩擦力做功为
W f =- f
´ L
2 =- 1
8 mgL
弹力在这一过程中由形变量L 增加到
L
´ = ❑√L
2+(
L
2)
2
=
❑√5
2 L
则此过程中弹力做的功为
W 弹=-
kL+
❑√5
2 kL
2
(
❑√5
2 L- L)=- 1
8 k L
2=- 1
16 mgL
因此橡皮绳增加的弹性势能为
E p 弹= 1
16 mgL
由动能定理得
F L
2 +W f +W 弹= 1
2 mvm
2
解得
vm=
❑√2gL
4
题型二 功率的分析和计算
1．公式P＝和P＝Fv 的区别
P＝是功率的定义式，P＝Fv 是功率的计算式．
2．平均功率的计算方法
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度．
3．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度．
(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v 在力F 方向上的分速度．
(3)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．
类型1 功率的分析和计算
11. 两黑洞绕其连线上的某一点做匀速圆周运动，组成一个孤立的双星系统，两黑洞的质
量分别为m1、m2，两者间距为r，引力常量为G。
(1)求两黑洞做匀速圆周运动的角速度的大小ω；
(2)科研人员观测到上述黑洞系统会向外辐射引力波，随着时间的推移，两个黑洞会缓慢靠近，系统
的机械能E逐渐减小。已知机械能E随时间t的变化率为Δ E
Δt = Gm1m2
2r
2
⋅Δr
Δt
(Δt →0)，其中
Δr
Δt 可以定义为两黑洞的靠近速度vr。由广义相对论可知，该系统辐射引力波的功率
P = 32
5 G
4(m1m2)
2(m1+m2)c
-5r
α，其中c为电磁波在真空中的传播速度。当r较大时，靠近速度vr
很小，不计两黑洞各自质量的变化。
a.求α的值；
b.请推导vr的表达式。
【答案】(1)ω= ❑√
G(m1+m2)
r
3
(2)a. α =-5；b. vr = 64
5 m1m2(m1+m2)c
-5G
3r
-3
【详解】（1）两黑洞绕其质心做匀速圆周运动，设轨道半径分别为r1，r2，根据牛顿第二定律
Gm1m2
r
2
=m1ω
2r1，
Gm1m2
r
2
=m2ω
2r2
因为r1+r2=r
联立解得ω= ❑√
G(m1+m2)
r
3
（2）a.根据P = Fv可知P(辐射功率)的单位是kg⋅m
2⋅s
-3
(m1m2)
2(m1+m2)的单位是kg
5；
G(引力常量)的单位是kg
-1⋅m
3⋅s
-2；
r(半径)的单位是m；
c(光速)的单位是m/s；
辐射功率的表达式为P = 32
5 G
4(m1m2)
2(m1+m2)c
-5r
α
等式左右单位应相同，即kg⋅m
2⋅s
-3=kg
5⋅(m ⋅s
-1)
-5⋅(m
3⋅kg
2⋅s
-2)
4⋅m
α
化简得kg⋅m
2⋅s
-3=kg⋅m
(7+a）⋅s
-3
解得α =-5
b.双星系统的辐射功率P= Δ E
Δt = Gm1m2
2r
2
⋅Δr
Δt
又因为P= 32
5 (m1m2)
2(m1+m2)c
-5G
4r
-5
所以vr = 64
5 m1m2(m1+m2)c
-5G
3r
-3
12. 某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌
机的最大功率为P =2000 W，喷灌机所做功的75 %转化为水的动能，喷口的横截面积S =30cm
2，
水的密度ρ=1×10
3kg/ m
3，重力加速度g=10 m /s
2，π =3.14，喷口距离地面的高度
h=0.55 m，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求：
（1）喷灌机的最大喷水速度v；
（2）喷口出水速度方向与水平面夹角θ =30°时，该喷灌机的最大喷灌面积Sm。（保留三位有效数
字）
【答案】（1）10m/s；（2）285m2
【详解】（1）设在∆t 时间内从喷口处喷出水的质量为∆m，则
Δm= v ΔtSρ
由能量关系
75 % P Δt = 1
2 Δmv
2
解得
v=10m/s
（2）喷口出水速度方向与水平面夹角θ =30°时，则
-h= vt sin30
∘- 1
2 gt
2
x = vt cos30
∘
该喷灌机的最大喷灌面积
Sm = π x
2
解得
Sm=285m2
13. 小型的射电望远镜相比于大口径的射电望远镜，有能够全方位转动的优点。设地球上
有两台直径分别为d1、d2的小型射电望远镜A 和B，两者能观测到天体需要收集的电磁波总功
率的最小值相同。在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的。现仅以辐射功率为P 的同类天
体为观测对象，望远镜A 能够观测到此类天体数量为N，则望远镜B 能够观测到此类天体的数
量为（ ）
A．(
d2
d1)N
B．(
d2
d1)
3
2 N
C．(
d2
d1)
2
N
D．(
d2
d1)
3
N
【答案】D
【详解】地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率相同，则
PB= d2
2
d1
2 P
在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的。因此一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望
远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。设能接收到的最小功率为P0，直径为d1望远镜和
d2能观测到的最远距离分别为d1
2 、d2
2 ，则
P0= π d1
2
4 ⋅
P
4 π d1
2
4
= π d2
2
4 ⋅
PB
4 π d2
2
4
又
P = N P0
可得
N
' =(
d2
d1)
3
N
故D 正确，ABC 错误。
故选D。
14. 疫情防控中，某医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人员选择配
送目的后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中，“小易”“发现”正前方站着
一个人，立即制动减速，恰好在距离人30cm 处停下。“小易”从静止出发到减速停止，可视
为两段匀变速直线运动，其v -t图像如图所示，图中t0=1.6s，v0=5 m/s。已知减速时的加速
度大小是加速时加速度大小的3 倍，“小易”（含药物）的总质量为60kg，运动过程中阻力恒
为20N。则（ ）
A．“小易”从静止出发到减速停止的总位移为1 m
B．“小易”加速过程的加速度大小为25
6 m /s
2
C．启动过程的牵引力与制动过程的制动力大小之比为9
25
D．阻力的平均功率为50W
【答案】BD
【详解】A．“小易”从静止出发到减速停止的总位移为
x = v0
2 t0= 4 m
A 项错误；
B．设加速运动与减速运动满足
vm=a1t1=a2t2
又因
t1+t2=1.6
解得
t1=1.2s
a1= 25
6 m /s
2
故B 正确；
C．对加速过程应用牛顿第二定律有
F1- f =ma1
对减速过程应用牛顿第二定律有
F2+ f =ma2
解得
F1=270 N
F2=730 N
F1: F2=27:73
选项C 错误；
D．阻力的平均功率为
P= W
t = fx
t0
=50 W
选项D 正确。
故选BD。
15. 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。
类型2 功和功率的综合问题分析和计算
16. 如图所示为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度-时间图象，则下列判断正确的
是
A．前5s 的平均速度是0.5m/s
B．前10s 钢索最容易发生断裂
C．30s～36s 钢索拉力的功率不变
D．0～10s 的平均速度等于30s～36s 的平均速度
【答案】BD
【详解】A.由速度时间图线可知，10s 末的速度为1m/s，则5s 末的速度为0.5m/s，根据平均速度的
推论知，前5s 内的平均速度v = 0.5
2 =0.25 m/s，故A 错误．
B.前10s 内，加速度方向向上，拉力大于重力，10-30s 内，做匀速直线运动，拉力等于重力，30-
36s 内，加速度方向向下，拉力小于重力，可知前10s 内钢索最容易发生断裂，故B 正确．
C.30-36s 内做匀减速运动，拉力不变，根据P=Fv，知拉力的功率减小，故C 错误．
D.根据平均速度的推论v = v0+ v
2
知，0-10s 内和30-36s 内平均速度相等，故D 正确．
17. 如图是质量m=3kg 的质点在水平面上运动的v-t 图象，以下判断正确的是
A．在t=l.0s 时，质点的加速度为零
B．在1.0-3.0s 时间内，质点的平均速度为1m/s
C．在0-2.0s 时间内，合力对质点做功为零
D．在1.0-4.0s 时间内，合力对质点做功的平均功率为6W
【答案】C
【详解】A、速度时间图线的斜率表示加速度，在t=1.0s 时，速度为零，但是斜率不为零，则加速
度不为零，故A 错误；
B、在1.0～3.0 s时间内，质点的位移x = 1
2 ×(1+2)×2m=3m，根据平均速度的定义式知，质点
的平均速度v = x
t = 3
2 m/ s=1.5m/ s，故B 错误；
C、在0～2.0 s时间内，初末速度的大小相等，则动能的变化量为零，根据动能定理知，合力对质
点做功为零，故C 正确；
D、在1.0～4.0 s时间内，动能的变化量Δ Ek = 1
2 mv
2-0= 1
2 ×3×4 J =6 J，则合力做功为6J，合
力做功的平均功率P= W
t = 6
3 W =2W ，故D 错误．
点睛：解决本题的关键知道速度时间图线的含义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成
的面积表示位移，知道合力做功等于动能的变化量．
18. 如图所示，重为G 的某汽车以恒定速率通过路面abcd，其中ab 段和cd 段是倾角均为
θ的坡路，bc 段为水平直路。已知汽车所受地面阻力大小不变，且f >Gsinθ，设汽车在ab、
bc、cd 段行驶时发动机的输出功率分别为P1、P2和P3，则下列关系式正确的是（ ）
A．P1+ P2=2 P3 B．P1+ P3=2 P2
C．P2+ P3=2 P1
D．P1= P2= P3
【答案】B
【详解】根据平衡条件可知，汽车在ab 路面行驶时，发动机的牵引力大小为
F1= f +Gsinθ
在bc 段有
F2= f
在cd 段有
F3= f -Gsinθ
可知
F1+ F3=2 F2
根据P = Fv，可知
P1+ P3=2 P2
故选B。
19. 如图为某游乐场圆弧形滑梯，表面粗糙。一个小朋友从最高处由静止滑下直至最低处
水平滑离的过程中，下列说法一定正确的是（ ）
A．小朋友的动能一直增大
B．小朋友重力的功率一直增大
C．小朋友始终处于失重状态
D．小朋友机械能一直减小
【答案】D
【详解】A．小朋友滑到最低处前一段时间内做减速运动，动能在减小，故A 错误；
B．最低点时重力与速度垂直，重力的功率为零，故B 错误；
C．小朋友到相当于圆弧的最低点，加速度向上，处于超重状态，故C 错误；
D．由于一直克服摩擦力做功，机械能一直减小，故D 正确。
故选D。
20. 辘轳是我国古老的打水工具（如图），其结构由辘轳头、摇柄等部分组成，摇柄固定
在辘轳头上，转动摇柄即可打水。已知圆柱形辘轳头的底面直径为d = 40cm，水桶和水的总质
量为m=10kg。取重力加速度g=10m/s❑
2，π=3.14，忽略空气阻力和绳索的重力。
（1）匀速转动摇柄使水桶匀速上升。若辘轳头转动16 圈恰好将桶提到井口，所用时间为1min。则
打水过程中绳索拉力做功的功率为多大？
（2）加速转动摇柄使辘轳头转动的角速度随时间均匀增大，桶匀加速上升。若绳索能承受的最大
拉力为F m =120N，要使绳索不断，求角速度的变化量与所经历时间的比(
Δω
Δt )不能超过多少？
【答案】（1）33.5W；（2）10rad/s
2
【详解】（1）提水速度
v =πdn
t
= 8π
75 m /s
由平衡条件得
T =mg
绳拉力的功率
P=Tv =mgv = 32π
3
≈33.5 W
（2）若加速提水，则由牛顿第二定律
Fm -mg=mam
最大加速度为
am =2m/s
2
由
am = Δv
Δt =
Δω⋅d
2
Δt
可得
Δω
Δt = 2am
d =10rad/s
2
故角速度的变化量与所经历时间的比(
Δω
Δt )不能超过10rad/s
2。
题型三 机车启动问题
两种启
动方式
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（不变）
v
↓⇒a＝F －F阻
m
↓
a＝F －F阻
m
不变⇒F 不变，v↑⇒P＝
Fv↑直到P＝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，持续时间t0＝v1
a
AB 段
过程
分析
F＝F 阻⇒a＝0⇒vm＝P
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
加速度减小的加速直线运动
BC 段
—
F＝F 阻⇒a＝0⇒以vm＝P额
F阻
做匀速直线
运动
类型1 恒定功率启动
21. 某人骑着电量不足的电动车以速度v0在平直公路上匀速行驶。已将功率调到最大且在
以后的运动中一直保持不变。t=0 时刻开始冲上一倾角为θ 的斜坡，t=t1时刻速度达到稳定。一
段时间后，车主担心电瓶亏电严重，t=t2时，下车，双手轻握车把不给推力，与车同步上坡，
t=t3时车速又达到稳定，上坡过程电动车的速度v 与时间t 的变化关系图像如图所示。已知电动
车的质量为M，车主的质量为m，车主下车前整体受到的阻力和下车后车受到的阻力相等，不
计车主下车过程的时间，重力加速度为g，则（ ）
A．上坡过程，车主下车前整体受到的阻力大小为(2m- M )gsinθ
B．电动车的功率大小为3
2 mg v0sinθ
C．0∼t1时间内，电动车运动的距离为3
4 v0t1
D．t2∼t3时间内（不含t2）电动车的加速度一定大于gsinθ
【答案】AB
【详解】AB．设整体在斜面上的阻力为f，t1~t2时间内，整体匀速向上，对整体受力分析可知，整
体受到的牵引力F1= Mgsinθ+mgsinθ+ f
则功率P =( Mgsinθ+mgsinθ+ f ) v0
2
t3时刻后，电动车匀速向上，牵引力等于电动车沿斜面向下的力，对电动车受力分析可知，电动车
受到的牵引力F2= Mgsinθ+ f
则功率P =( Mgsinθ+ f ) 3 v0
4
联立求解可得f =(2m- M )gsinθ，P = 3
2 mg v0sinθ
AB 正确；
C．假设整体在水平面时做匀变速直线运动，则0~t1时间内的位移x =(
v0+ v0
2
2 )t1= 3
4 v0t1
由v-t 图可知，电动车0~t1时间内的位移小于3
4 v0t1，C 错误；
D．t2时刻，对电动车受力分析，由牛顿第二定律可得F1- Mgsinθ - f = Ma
联立解得a= m
M gsinθ
此后，电动车向上加速，牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，直到加速度减为0，D 错误；
故选AB。
22. 一辆汽车在平直公路上以恒定功率P0匀速行驶，行驶的速度为v0。由于前方出现险情，
汽车要减速慢行，驾驶员在t1时刻将发动机的功率减半，以1
2 P0的恒定功率行驶到t2时刻通过
险情区之后，驾驶员立即将功率增大到P0，以恒定功率P0继续向前行驶到t3时刻，整个过程
汽车所受阻力恒为f，则在0~t3这段时间内，汽车的速度随时间变化的关系图像可能是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】在0~t1时间内，汽车以功率P0匀速行驶，即
P0= F v0
行驶的速度为v0，即
F = P0
v0
= f
则v -t图为一条横线；在t1~t2时间内，在t1时刻将发动机的功率减半，但汽车速度仍为v0，汽车牵
引力减为原来的一半，阻力不变，则汽车开始做减速运动，速度减小，由牛顿第二定律得
f - P0
2v =ma1
速度减小，则加速度减小，故汽车做加速度减小的减速运动，v -t图的斜率减小，当汽车的速度减
到v0
2 时，汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次匀速直线运动；在t2~t3时间内，汽车瞬间功率恢复
到P0的瞬间，汽车速度仍为v0
2 ，则汽车牵引力为
F
' = P0
v0
2
=2 P0
v0
>f
则汽车开始做加速运动，速度增大，由牛顿第二定律可知
P0
v - f =ma2v 增大，则a2减小，故做加速度减小的加速运动，则v -t图的斜率减小，当汽车速度
增加到v0时，汽车牵引力等于阻力，汽车再次匀速直线运动运动。
故选B。
23. 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，初速度为v0，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．牵引力的功率P= Fvm
B．做加速度逐渐增大的加速运动
C．做匀加速直线运动
D．牵引力做功W=1
2 m vm
2 - 1
2 m v0
2
【答案】A
【详解】A．达到最大速度时牵引力与阻力相等，所以牵引力的功率
P= Fvm
故A 正确；
BC．由
P = Fv
可知，速度不断增大则牵引力不断减小，由
F - f =ma
可知动车做加速度逐渐减小的加速运动，故BC 错误；
D．由动能定理可知
W 牵引力+W 阻力= 1
2 mvm
2 - 1
2 mv0
2
故D 错误。
故选A。
24. 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 + 3m v0
3
8 P
D．阻力所做的功为P
2 t1+ 3
8 m v0
2
【答案】AC
【详解】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 项正确；
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 = F v0= f v0
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
F1- f =ma
解得
a=- P
2mv0
所以加速度大小为
P
2mv0
，故B 项错误；
CD．根据动能定理得
P
2 t1+W f= 1
2 m(
1
2 v0)
2
- 1
2 m v0
2
解得
W f=- 3
8 mv0
2- P
2 t1
设汽车通过得位移x，由公式
W f= fx
解得
x = v0t1
2 + 3m v0
3
8 P
故C 正确，D 错误。
故选AC。
25. 图甲是全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破
长期依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次
从t =0时刻由静止开始提升质量为m 的物体，其a-t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的
功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．该起重机的额定功率为ma0
2t1
B．该起重机的额定功率为(mg+ma0)a0(t2-t1)
C．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1:2(t2-t1)
D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1:2t2
【答案】C
【详解】AB．当t =t1时，根据牛顿第二定律则有
F -mg =ma0
解得该过程中物体所受牵引力大小为
F =ma0+mg
则该起重机的额定功率为
P额= F v1=m(a0+ g)a0t1
故A、B 错误；
CD．0～t1时间内牵引力做的功
W 1= Fx =m(g+a0)× 1
2 a0t1
2= 1
2 P额t1 t1～t2时间内牵引力做的功
W 2= P额(t2-t1)
故在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为
W 1
W 2
=
t1
2(t2-t1)
故C 正确，D 错误；
故选C。
类型2 恒定加速度启动
26. A 车在平直公路上以恒定加速度启动，A 车启动的同时B 车从其旁边沿相同的运动方
向匀速驶过。A 车追上B 车时恰好结束匀加速直线运动，如图所示为两车的v -t图像。已知A
车的额定功率为P，且A 车在运动过程中所受阻力恒定，则下列说法正确的是（ ）
A．A 车追上B 车时，A 车的速度大小为2vB
B．0-t1时间内，A 车所受合力小于B车所受合力
C．0-t1时间内，A 车所受牵引力的大小为P
vB
D．0-t2时间内，A 车所受牵引力做的功为P(t2-t1)
【答案】AD
【详解】A．A 车追上B 车时恰好结束匀加速直线运动，设此时A 车的速度为v，匀加速时间为t，
由于两车位移相等，则0+ v
2
t = vBt
可得v =2vB
故A 正确；
BC．0-t1时间内，A 车做匀加速直线运动，其合力提供加速度，A 车的速度为v =2vB时，刚好达到
额定功率P，则匀加速运动的牵引力F = P
v = P
2vB
设阻力恒为f ，当A 车达到最大速度v A时，牵引力F = f
则阻力f = P
v A
可知A 车所受合力为F合= F - f = P
2vB
- P
v A
B 车做匀速直线运动，合外力为0，故A 车所受合力大于B车所受合力，故BC 错误；
D．由图像可知，A 车匀加速运动的加速度a= vB
t1
匀加速运动的时间t = v
a = 2vB
a =2t1
则0-t2时间内，在0-t时间内A 车做匀加速直线运动，在t -t2时间内做恒功率运动，故A 车所受牵
引力做的功为W = F × 1
2 at
2+ P(t2-t )= P(t2-t1)
故D 正确。
故选AD。
27. 智慧充电技术的日益成熟，极大促进了电动汽车销量的增长。若一辆电动汽车的质量
为m，额定功率为P。汽车由静止启动后做匀加速直线运动，汽车的速度大小为v 时恰好达到
其额定功率，之后汽车维持额定功率行驶，达到最大速度3v，已知汽车行驶时受到的阻力恒
定。下列说法正确的是 （ ）
A．电动汽车受到的阻力大小为P
3 v
B．电动汽车做匀加速直线运动的加速度大小为P
mv
C．电动汽车做匀加速直线运动的位移为3m v
3
4 P
D．电动汽车做匀加速直线运动的过程中阻力做功为mv
2
4
【答案】AC
【详解】A．汽车速度达到最大时，牵引力等于阻力，则有P = f ⋅3 v
解得阻力大小为f = P
3 v
故A 正确；
B．汽车恰好达到其额定功率时有P = Fv
根据牛顿第二定律可得F - f =ma
联立解得电动汽车做匀加速直线运动的加速度大小为a= 2 P
3mv
故B 错误；
C．电动汽车做匀加速直线运动的时间为t = v
a = 3mv
2
2 P
电动汽车做匀加速直线运动的位移为x = v
2 t = 3m v
3
4 P
故C 正确；
D．电动汽车做匀加速直线运动的过程中阻力做功为W f=- fx =- P
3 v ⋅3mv
3
4 P =- mv
2
4
故D 错误。
故选AC。
28. 春节期间多地组织了精彩的无人机表演，某型号无人机的铭牌如图所示，某次表演中
无人机竖直向上运动，已知空气阻力f 与速度v 的关系为f =0.8 v，g=10 m/s
2。则（ ）
[型号]YU—2 [动力]电动
[质量]1200g [额定功率]80W
A．无人机正常工作时能获得的最大速度约为6.67m/s
B．无人机正常工作时能获得的最大速度为5m/s
C．若保证无人机做匀加速运动，则牵引力随时间均匀增大
D．若无人机以额定功率从静止开始向上运动h 速度达v，则克服空气阻力做功为0.4vh
【答案】BC
【详解】AB．设无人机正常工作时能获得的最大速度为vm，则有
P额= F vm，F =mg+ f =mg+0.8 vm
联立代入数据可得
vm
2 +15 vm -100=0
解得
vm =5 m /s或vm =-20 m /s（舍去）
故A 错误，B 正确；
C．若保证无人机做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
F -mg-08 v =ma
可得牵引力为
F =ma+mg+0.8 v =ma+mg+0.8at
可知牵引力随时间均匀增大，故C 正确；
D．若无人机以额定功率从静止开始向上运动h 速度达v，由于速度增大，牵引力减小，加速度减小，
所以无人机做加速度逐渐减小的加速运动，上升的高度h与速度v不是线性关系，根据
f =0.8 v
可知空气阻力f 与上升的高度h不是线性关系，则克服空气阻力做功满足
|W f|≠0+0.8 v
2
h=0.4 vh
故D 错误。
故选BC。
29. 我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为m 的某新能
源汽车在水平路面上以恒定加速度a 启动，其v -t图像如图所示，其中OA 段和BC 段为直线。
已知汽车动力系统的额定功率为P，汽车所受阻力大小恒为f，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车做匀加速运动的最大速度v1= P
ma
B．汽车能达到的最大行驶速度v2=
P
ma- f
C．汽车速度为v1
2
时的功率为P
' = P
2
D．汽车速度为v1+ v2
2
时的加速度大小为a
' =
2 P
m(v1+ v2)
- f
m
【答案】CD
【详解】A．据牛顿第二定律有
F - f =ma
解得
F = f +ma
则汽车做匀加速运动的最大速度
v1= P
F =
P
f +ma
故A 错误；
B．当牵引力与阻力平衡时，汽车达到最大行驶速度，即
v2= P
f
故B 错误；
C．汽车速度为v1
2
时，功率为
P
' = F ⋅v1
2 = P
2
故C 正确；
D．汽车速度为v1+ v2
2
时，牵引力大小为
F
' =
P
v1+ v2
2
= 2 P
v1+ v2
根据牛顿第二定律有
F
' - f =ma
'
解得
a
' =
2 P
m(v1+ v2)
- f
m
故D 正确。
故选CD。
30. 如图所示，借助电动机和斜面将质量为20kg 的货物用最短的时间从斜面底端拉到斜
面顶端。货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。
已知电动机的额定功率为1200W、绳子的最大拉力为300N，绳子与斜面平行，斜面长度为
34.2m，倾角θ=30°，货物与斜面的摩擦因数为
❑√3
3 ，减速阶段加速度大小不超过5m/s2，g 取
10m/s2。求：
（1）减速阶段电动机的牵引力T；
（2）货物运动总时间t。
【答案】（1）100N；（2）7s
【详解】（1）减速阶段，根据牛顿第二定律有
μmgcosθ+mgsinθ -T =ma2
解得
T =100 N
（2）货物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
F1-mgsinθ - μmgcosθ =ma1
解得
a1=5 m/s
2
当功率达到额定功率时，设货物的速度为v1，则有
v1= P
F1
= 4 m/s
此过程所用时间和上滑的距离分别为
t1= v1
a1
= 4
5 s=0.8s
x1= v1
2
2a1
=1.6 m
货物以最大速度匀速时，有
vm =
P
mgsinθ+ μmgcosθ =6 m/s
货物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上滑的距离分别为
t3= vm
am
= 6
5 s=1.2s
x3= vm
2
2am
=3.6 m
因此，从电动机达到额定功率到货物即将减速，上滑的距离为
x2=34.2-3.6-1.6 m =29 m
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得
Pt2-mgsinθ⋅x2- μmgcosθ⋅x2= 1
2 mvm
2 - 1
2 mv1
2
解得
t2=5s
所以总时间为
t =t1+t2+t3=7s
