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专题07 功与功率 机车启动
模型一 功和功率的理解和计算
1．功的正、负的判断方法
2．恒力做功的计算方法
3．功率的理解与计算
(1)平均功率：＝.
(2)瞬时功率：P＝F·v·cos α.
【例题精讲】
1．如图所示，一物块沿固定斜面下滑，关于该过程，下列说法中正确的是（ ）
A．摩擦力做负功，重力做正功
B．摩擦力做正功，重力做负功
C．支持力做正功，摩擦力做负功
D．支持力做正功，重力做正功
【答案】A
【解答】解：对物块受力分析如图所示
物块沿固定斜面下滑，重力与位移方向成锐角，做正功；支持力与位移垂直，不做功；摩擦力与运动方
向相反，做负功，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．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/s2，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．乙图中F2＝95N
B．弹簧的劲度系数为25N/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
【解答】解：未施加外力时，A、B 恰好不下滑，对系统受力分析如图甲，
由正交分解可得：kx1+μ（mA+mB）gcosθ＝（mA+mB）gsinθ
x1为此时弹簧的形变量
求得kx1＝12N
t＝0 时，F1＝54N，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
图乙
由正交分解可得F1+kx1﹣（mA+mB）gsinθ﹣μ（mA+mB）gcosθ＝（mA+mB）a
求得a＝1m/s2
t＝0.2s 时，A、B 间无弹力，对B 受力分析有F2﹣mBgsinθ﹣μmBgcosθ＝mBa
解得F2＝55N，故A 错误；
对A 受力分析有kx2﹣mAgsinθ﹣μmAgcosθ＝mAa
x2为AB 刚分开时，弹簧的形变量，解得kx2＝11N
AB 一起匀加速直线运动的位移x0= x1−x2= 1
2 at
2= 1
2 ×1×0.2
2 m=0.02m
解得k＝50N/m，故B 错误；
t＝0∼t＝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，可得F = 54 +55
2
N =54.5 N
所以F 做功WF＝54.5×0.02J＝1.09J，即t＝0 到t＝0.2s 的过程中力F 做的功为1.09J，故C 正确；
摩擦力对A 做功为负功，Wf＝﹣fAxA＝﹣4×0.02J＝﹣0.08J，即t＝0 到AB 分开的过程中，A 所受摩擦力
做功为0.08J，故D 错误。
故选：C。
3．放暑假了，开心同学拉着行李箱去旅游。开心沿某段平直路面匀速行走，设她对行李箱的拉力大小恒为
F，方向与水平面成θ 角，如图所示。若她行走了s 的路程，拉力F 对行李箱做的功为（ ）
A．Fscosθ
B．Fssinθ
C．Fstanθ
D．Fs
【答案】A
【解答】解：根据功的表达式可知拉力F 对行李箱做的功W＝Fscosθ，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
4．体育考试中有个项目是双手垫排球，双手以大小为v0的初速度竖直向上垫出一个质量为m 的排球，若排
球运动过程中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，排球运动的速度随时间变化的规律如图所示，t1
时刻排球到达最高点，再落回垫出点时的速度大小为v1，且落回垫出点前排球已经做匀速运动，重力加
速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．排球上升过程中的加速度逐渐减小，下降过程中的加速度逐渐增大
B．在0﹣t1时间内，排球上升的高度小于v0t1
2
C．排球垫出瞬间的加速度大小为(1+ v1
v0
)g
D．排球在整个运动过程中空气阻力做功为0
【答案】B
【解答】解：A．上升过程根据牛顿第二定律，有f+mg＝ma
解得a= g+ f
m，由于排球减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；
下降过程根据牛顿第二定律，有mg﹣f＝ma
解得a= g−f
m，由于速度增大，阻力增大，故加速度减小，最后匀速运动，加速度为零，故A 错误；
B．如图所示
速度一时间图像与时间轴围成的面积表示位移，从图像可以看出，上升的位移小于阴影部分面积，而阴
影部分面积是匀减速直线运动的位移v0t1
2 ，
即在0﹣t1时间内，排球上升的高度小于v0t1
2 ，故B 正确；
C．排球受到的空气阻力与其速率成正比，最终以匀速下降，根据平衡条件有mg＝kv1
排球垫出瞬间，根据牛第二定律有mg+kv0＝ma0
解得a0=(1+ v0
v1
)g，故C 错误；
D．排球在整个运动过程中，空气阻力始终与速度方向相反，可知空气阻力做负功，做功大于零，故D
错误。
故选：B。
5．两个相互垂直的共点力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动一段位移。如果F1＝4N，F2＝3N，F1对
物体做功16J，F2对物体做功9J，则F1和F2的合力大小以及这两个力的合力对物体做功分别为（ ）
A．7N，7J
B．7N，25J
C．5N，25J
D．5N，❑√337 J
【答案】C
【解答】解：力是矢量，力的合成遵循平行四边形定则，F1和F2的合力大小为
F合=
❑√F1
2+ F2
2
代入数据解得
F 合＝5N
功是标量，两力均做正功，总功等于各个力做功的代数和，合力做的功为W 总＝W1+W2＝16J+9J＝25J
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
（多选）6．如图甲，质量0.5kg 的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如
图乙所示。图线的0 至3s 段为抛物线，3s 至4.5s 段为直线，下列正确的是（ ）
A．传送带沿顺时针方向转动
B．传送带速度大小为4m/s
C．物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/s
D．整个过程中摩擦力对物块所做功的平均功率大小约为0.34W
【答案】AC
【解答】解：A．根据x﹣t 图像的斜率表示速度，可知前2s 物体向左做匀减速运动，第3s 内向右做匀加
速运动。3.0～4.5s 内x﹣t 图像为倾斜直线，说明物块与传送带一起向右做匀速运动，因此传送带沿顺时
针方向转动，故A 正确；
B．传送带的速度大小等于物块向右匀速运动的速度，为v = Δx
Δt =
3
4.5−3 m/ s=2m/ s。故B 错误，
C．前2s 物体向左做匀减速运动，t1＝2s 时速度为零，通过的位移x1＝4m，由x1= v0+0
2
t1，得v0＝
4m/s，故C 正确；
D．根据动能定理可得，0～4.5s 内摩擦力对物块所做的功为W = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
解得W= 1
2 ×0.5×22J−1
2 ×0.5×42J＝﹣3J，
整个过程中摩擦力对物块所做功的平均功率大小为：P= 3 J
4.5 s ≈0.67W，故D 错误。
故选：AC。
（多选）7．如图所示，轻杆的一端固定在通过O 点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O 点在竖直
平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A 点为最高点、C 点为最低点，B 点与O 点等高，下列说法
正确的是（ ）
A．小球经过A 点时，杆对其作用力一定竖直向下
B．小球经过B 点时，杆对其作用力不可能沿BO 方向
C．从C 点到A 点的过程，杆对小球的作用力做正功
D．从A 点到C 点的过程，重力对小球的功率增大
【答案】BC
【解答】解：A、小球经过A 点时，合外力提供向心力，当mg=m v
2
r
，此时小球经过A 点速度
v = ❑√gr
杆对小球无作用力。则当小球速度v ＜❑√gr，则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度v ＞❑√gr，则所
受杆的作用力竖直向下，故A 错误；
C、小球从C 到A 的过程中，重力做负功，根据动能定理
WG+W 杆＝ΔEk＝0
所以杆对小球的作用力做正功，故C 正确；
B、小球做匀速圆周运动，小球经过B 点时，合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球
所受杆的作用力为右上方，故B 正确；
D、小球在A 点和C 点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B 点处重力与速度共线，故重力
功率不为0，则从A 点到C 点的过程，小球重力的功率先增大再减小，故D 错误。
故选：BC。
模型二 机车启动的两种模型
1．模型一：以恒定功率启动
(1)动态过程
(2)这一过程的Pt 图像和vt 图像如图所示．
2．模型二：以恒定加速度启动
(1)动态过程
(2)这一过程的Pt 图像和vt 图像如图所示．
【例题精讲】
1．分别用v、a、F、P 表示机车运动的速度、加速度、牵引力和功率，则下列四个物理量与时间的图像，能
表示机车以恒定功率启动的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解答】解：当机车以恒定功率启动时，根据P＝Fv，a= F −f
m
，速度v 增大，牵引力F 减小，加速度a
逐渐减小到0 后，机车匀速直线运动，此时牵引力等于阻力。对比各图可知ABD 错误，C 正确；
故选：C。
2．国家十三五规划中提出实施新能源汽车推广计划，提高电动车产业化水平。某款电动概念汽车在平直的
公路上由静止开始启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其
v﹣t 图像如图所示，已知汽车的质量为m＝2×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.1 倍，g 取10m/s2，则下
列说法正确的是（ ）
A．汽车的额定功率为50kW
B．汽车的速度为12m/s 时，其加速度为1.5m/s2
C．汽车在前5s 内的牵引力为4×103N
D．汽车的最大速度为15m/s
【答案】B
【解答】解：AC．汽车的质量为m＝2×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.1 倍，即阻力f＝0.1mg＝
0.1×2×103×10N＝2×103N
由v﹣t 图像可知，汽车在前5s 的加速度a＝k= 10
5 m/s2＝2m/s2
由汽车在前5s 的受力可知F﹣f＝ma
解得前5s 内的牵引力F＝f+ma＝2×103N+2×103×2N＝6×103N，5s 末达到额定功率，额定功率P 额＝Fv＝
6×103×10W＝6×104W＝60kW
故AC 错误。
D．汽车达到的最大速度时，牵引力等于阻力，即额定功率P 额＝fvm
解得vm= P额
f
= 6×10
4
2×10
3 =30m/s，故D 错误；
B．汽车的速度为12m/s 时，此时汽车的牵引力F= P额
v = 6×10
4
12
N＝5×103N
对汽车由牛顿第二定律可知F﹣f＝ma
解得a= F −f
m
= 5×10
3−2×10
3
2×10
3
m/s2＝1.5m/s2，故B 正确。
故选：B。
3．某额定功率为P0的汽车以加速度a1匀加速启动，到额定功率后保持恒功率行驶至最大速度。已经汽车v
﹣t 图线如图①所示。若该汽车以加速度a2（a2＝2a1）匀加速启动，以相同的方式达到汽车最大速度，
若整个过程阻力不变，v﹣t 图线可能是下列中的（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解答】解：汽车以加速度a1匀加速启动过程，根据牛顿第二定律得F1﹣f＝ma1
解得牵引力大小为F1＝f+ma1
结束匀加速运动时的速度大小为v1= P0
F1
解得v1=
P0
f +ma1
匀加速阶段所用时间为t1= v1
a1
解得t1=
P0
(f +ma1)a1
同理可知汽车以加速度a2 （a2 ＝2a1 ）匀加速启动，结束匀加速运动时有，速度
v2= P0
F2
=
P0
f +ma2
=
P0
f +2ma1
匀加速阶段所用时间t2= v2
a2
=
P0
(f +ma2)a2
=
P0
(f +2ma1)⋅2a1
可得v2＜v1＜2v2，t1＞2t2
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
4．司机驾驶汽车在平直的公路上匀速行驶，当正前方出现某一固定倾角的缓坡时，需爬坡至坡顶。假设汽
车所受路面及空气带来的阻力保持恒定，且汽车始终以额定功率行驶。关于汽车在爬坡前后速度v 与时
间t 的图像，描述正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解答】解：在平直的公路上，由于汽车始终以额定功率匀速行驶，故此时汽车牵引力等于阻力，当汽
车行驶到斜面上时，汽车减速运动，根据P＝Fv，a= G分+ Ff −F
m
，可知，v 减小时，F 增大，a 减小，
汽车做加速度较小的减速运动，故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
5．如图所示，细绳的下端系着一支圆珠笔，细绳的上端固定在公交车的水平扶手杆上。公交车以额定功率
从静止状态加速至最大速度vm的过程中，公交车所受的阻力大小不变。当车速为vm
2 时，细绳偏离竖直
方向的夹角为30°。当车速为vm
4
时，细绳偏离竖直方向的夹角为（ ）
A．70°
B．60°
C．50°
D．40°
【答案】B
【解答】解：设细绳与竖直方向的夹角为θ，公交车加速过程中，由速度—功率关系可得：P＝Fv，由牛
顿第二定律可得：F﹣f＝Ma，mgtanθ＝ma，联立解得：P
v −f = Mgtanθ；
当车速为vm时，则有：P＝fvm，所以有：f = P
vm
，当车速为vm
2 时，则有：
P
vm
2
−P
vm
= Mgtan30°
，当车
速为vm
4 时，则有：
P
vm
4
−P
vm
= Mtanθ
，联立解得：θ＝60°，故B 正确，ABC 错误。
故选：B。
（多选）6．“飞行魔毯”安装了n 架相同的无人机，一次飞行中，“飞行魔毯”从静止开始保持额定功率
竖直向上起飞，经过时间t0上升高度h 时达到最大速度。已知每架无人机的额定功率均为P，“飞行魔
毯”加上飞行员的总质量为m，“飞行魔毯”竖直上升过程中所受的空气阻力恒为f，重力加速度为g。
下列说法正确的是（ ）
A．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，空气阻力做的功为fh
B．“飞行魔毯”的最大速度vm=
nP
mg+ f
C．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，加速度逐渐减小
D．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中加速度先增大后减小
【答案】BC
【解答】解：A、空气阻力f 的方向与位移h 的方向相反，因此空气阻力做的功为﹣fh，故A 错误；
B、当“飞行魔毯”达到最大速度时，牵引力与总阻力平衡，即nP＝（mg+f）vm
整理上式解得最大速度为vm=
nP
mg+ f ，故B 正确；
CD、根据牵引力表达式F = nP
v ，可知随着速度增大，牵引力减小，
根据牛顿第二定律可知物体的加速度a= F −(mg+ f )
m
可知牵引力减小，加速度逐渐减小，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
（多选）7．为提高电动自行车的安全性能，最新的《电动自行车安全技术规范》规定，电动自行车最高设
计车速不超过25km/h。假设某人驾驶如图所示的电动自行车由静止开始做匀加速直线运动，经过25s 速
度达到5m/s，电机恰好达到额定功率。已知人（包括头盔）、车的总质量为100kg，行驶过程中受到的
阻力恒为人、车总重力的2
25，重力加速度g 取10m/s2。则（ ）
A．匀加速运动过程中，电动自行车的加速度大小为0.5m/s2
B．匀加速运动过程中，电动自行车的牵引力大小为100N
C．电动自行车的额定功率为400W
D．此电动自行车以额定功率行驶时不会超过规定车速
【答案】BD
【解答】解：A、匀加速运动过程中，根据速度—时间关系v＝at，电动自行车的加速度大小为a
= v
t = 5
25 m/ s
2=0.2m/ s
2，故A 错误；
B、匀加速运动过程中，由牛顿第二定律F −2
25 mg=ma
解得电动自行车的牵引力大小为F＝100N，故B 正确；
C、电动自行车的额定功率为P＝Fv＝100×5W＝500W，故C 错误；
D、电动自行车行驶时的最大速度为vm=
P
2
25 mg
解得vm＝6.25m/s＜25km/h
故此电动自行车以额定功率行驶时不会超过规定车速，故D 正确。
故选：BD。
课时精练
一．选择题（共8 小题）
1．质量m＝1kg 的物体，由离地面足够高的位置开始以v0＝10m/s 的速度做平抛运动，下列说法正确的是（
）
A．运动1s 内重力做的功为10J
B．运动1s 末重力的瞬时功率为100❑√2W
C．运动1s 内重力的平均功率为100W
D．运动2s 末重力的瞬时功率为200W
【答案】D
【解答】解：A.运动1s 物体下落高度h= 1
2gt2= 1
2 ×10×12m＝5m
重物做的功WG＝mgh
代入数据得WG＝50J，故A 错误；
B.运动1s 末竖直方向分速度vy＝gt
代入数据得vy＝10m/s，此时重力的瞬时功率P＝mgvy
代入数据得P＝100W，故B 错误；
C.运动1s 内重力的平均功率P= W G
t
代入数据得P =50W，故C 错误；
D.运动2s 末竖直方向分速度vy2＝gt
代入数据得vy2＝20m/s，此时重力的瞬时功率P2＝mgvy2
代入数据得P2＝200W，故D 正确。
故选：D。
2．质量为m＝1.0kg 的物块静置于光滑水平地面上，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x＝3m 处时，F 的瞬时功率为（
）
A．2❑√3W
B．4 ❑√3W
C．6W
D．8 ❑√3W
【答案】B
【解答】解：根据F﹣x 图像与横轴围成的面积表示F 所做的功，由此可知物块运动到x＝3m 处的过程中，
F 做的总功为：W F = 1
2 ×2×4 J +2×1J =6 J，该过程根据动能定理可得：W F = 1
2 m v
2，解得物块运动
到x ＝3m 处时的速度为：v =
❑√
2W F
m
= ❑√
2×6
1
m/ s=2❑√3m/ s
，故此时F 做功的瞬时功率为：
P = Fv =2×2❑√3W = 4 ❑√3W ，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
3．在高中物理学习中关于单位制与矢量的说法中，正确的是（ ）
A．长度、时间、质量是国际单位制中的基本物理量
B．厘米、分钟、开尔文是国际单位制中的基本单位
C．位移、速度、电流都有大小和方向，它们都是矢量
D．某个力对物体做了﹣5J 的功，这里的“﹣”表示方向
【答案】A
【解答】解：A．国际单位制中的基本物理量包括长度、质量、时间、电流、热力学温度、物质的量和
发光强度。长度、时间、质量确为基本物理量，故A 正确；
B．国际单位制的基本单位是米、千克、秒、安培、摩尔、开尔文、坎德拉。而厘米和分钟不是基本单位，
只有开尔文是基本单位，故B 错误。
C．位移和速度是矢量，但电流虽有方向，电流的运算遵循代数法则而非矢量合成规则，故电流是标量，
故C 错误；
D．功是标量，负号表示力与位移方向夹角大于90°，即做负功，并非表示方向，故D 错误。
故选：A。
4．如图甲为中国五大面食之一的山西大同刀削面的切削过程。某次连续削出的面片中有一片的空中运动轨
迹如图乙所示，P、Q 为轨迹上的两点，已知该面片以某一水平初速度由O 点削出，从O 到P 与从P 到Q
的时间比为4：5，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．该面片从O 到P 的速度变化率比P 到Q 的速度变化率大
B．落到锅里的面片，飞得远的在空中运动时间较长
C．该面片运动到P 点与Q 点时，重力做功的瞬时功率之比为4：9
D．从O 到P 与从P 到Q 过程，重力做功的平均功率之比为16：65
【答案】C
【解答】解：A.速度变化率就是加速度，平抛运动过程中加速度不变，故A 错误；
B.由h= 1
2gt2，可得平抛运动时间由竖直下落高度所决定，故B 错误；
C.重力做功的瞬时功率P 瞬＝mgvy，而vy＝gt，又因面片从O 到P 与从O 到Q 的时间之比为4：9，故C
正确；
D.依据竖直位移公式h= 1
2gt2，从O 到P 与从O 到Q 的竖直位移之比为16：81，则面片从O 到P 与从P
到Q 的竖直位移之比为16：65，则重力做功之比为16：65，又因平均功率用P = W G
t
，
故重力做功的平均功率之比为4：13，故D 错误。
故选：C。
5．如图所示，家用小石磨的圆盘上放着一堆总质量为m 的黄豆。转动把手，使圆盘由静止开始绕中心加速
转动，黄豆堆与圆盘始终相对静止。转动一周时黄豆堆的速度大小变为v，黄豆堆视为质点，圆盘视为
水平面，黄豆堆与中心的距离为r，关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．黄豆堆所受合力做的功为1
2 m v
2
B．黄豆堆所受的摩擦力一定指向中心
C．黄豆堆的速度大小为v 时，黄豆堆所受的摩擦力一定小于mv
2
r
D．黄豆堆的速度大小为v 时，圆盘的角速度为vr
【答案】A
【解答】解：A、根据动能定理，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，黄豆堆由静止开始加速
到速度v，其动能变化量为1
2 mv
2，因此合外力做的功为1
2 mv
2，
则W 合= 1
2 mv
2，故A 正确；
B、在加速转动过程中，黄豆堆不仅需要向心力来维持圆周运动，还需要切向力来加速。因此，摩擦力的
方向不完全指向中心，而是有一个切向分量和一个向心分量，故B 错误；
C、当黄豆堆的速度为v 时，它需要的向心力为F 向= m v
2
r
。由于存在切向加速度，摩擦力提供的力大于
向心力，即摩擦力大于mv
2
r
，故C 错误；
D、根据线速度与角速度的关系v＝ωr，可以得出角速度ω= v
r ，而不是vr，故D 错误；
故选：A。
6．下列物理量均为矢量的是（ ）
A．速度的变化量、位移
B．加速度、时间
C．功、力
D．线速度、周期
【答案】A
【解答】解：速度变化量和位移、加速度、力以及线速度都是矢量，时间、功和周期均为标量，故A 正
确，BCD 错误。
故选：A。
7．下列关于功的说法，正确的是（ ）
A．如果作用力做正功，反作用力一定做负功
B．如果合外力不做功，物体一定做匀速直线运动
C．人托着一个物体沿水平方向匀速前进，人对物体做了功
D．功是标量，合力做的功等于各分力做的功的代数和，功的正、负表示外力对物体做正功或是物体克
服外力做功
【答案】D
【解答】解：A、如果作用力做正功，反作用力可能做负功，可能不做功，也可能做正功，故A 错误；
B、如果合外力不做功，则合外力可能为零，也可能与速度垂直，故物体不一定做匀速直线运动，故B
错误；
C、人对物体的支持力方向竖直向上，与物体运动方向垂直，所以人对物体不做功，故C 错误；
D、功是标量，合力做的功等于各分力做的功的代数和，功的正、负表示外力对物体做正功或是物体克
服外力做功，故D 正确。
故选：D。
8．图（a）为记载于《武经总要》的“扬尘车”，古代守城时用以借助风力抛撒石灰粉迷惑敌军。其原理可
简化为图（b）模型：石灰粉（质量较小）与沙石（质量较大）仅在水平恒定风力和重力的作用下，由同
一高度P 点由静止释放，石灰粉与沙石受到的风力大小相等。下列说法正确的是（ ）
A．石灰粉与沙石在空中做曲线运动
B．石灰粉落地点与P 点的水平距离小于沙石落地点与P 点的水平距离
C．石灰粉与沙石落地时重力的瞬时功率相等
D．石灰粉与沙石在空中运动的时间相等
【答案】D
【解答】解：A．在水平恒定风力和重力的作用下，合外力为定值，加速度为定值，从P 静止释放，所以
石灰粉与沙石在空中做初速度为零的匀变速直线运动，故A 错误；
D．因为石灰粉与沙石竖直方向在重力作用下均做自由落体运动，高度相同，两者在空中运动的时间相
等，故D 正确；
B．水平方向上加速度a= F
m，石灰粉与沙石受到的风力F 大小相等，但石灰粉质量较小，故石灰粉加速
度较大，水平方向位移x = 1
2 at
2也较大，故B 错误；
C．石灰粉与沙石落地时重力的瞬时功率P＝mg×gt＝mg2t，质量不同，功率不同，故C 错误。
故选：D。
二．多选题（共3 小题）
（多选）9．图甲为建筑工地常用的吊装设备—塔吊。某次吊运货物的过程中，起重小车从某位置开始沿水
平吊臂匀速远离塔体，同时吊臂绕塔体中心以角速度0.1rad/s 匀速转动，起重小车运动过程中离塔体中心
的距离r 和吊臂转过的角度θ 间关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．起重小车相对于吊臂的速度大小为0.5m/s
B．r＝12m 时，起重小车对地速度大小为
❑√5
2 m/ s
C．r＝12m 时，起重小车的向心加速度大小为0.12m/s2
D．运动过程中，合外力对起重小车做功的功率越来越大
【答案】ACD
【解答】解：A 、小车相对吊臂的速度是沿吊臂的径向速度。由r﹣θ 图的斜率
k = Δr
Δθ = 12−2
2
m/rad =5m/rad，结合角速度ω＝0.1rad/s，得径向速度v＝kω＝5×0.1m/s＝0.5m/s，
故A 正确。
B 、r ＝12m 时，切向速度为v ＝ωr ＝1.2m/s ，径向速度为0.5m/s ，合速度应为v
=
❑√0.5
2+1.2
2m/ s=1.3m/ s与选项中
❑√5
2 m/ s不符，故B 错误；
C、向心加速度由a＝ω2r 计算，代入 ω＝0.1rad/s、r＝12m，得a＝0.12×12m/s2＝0.12m/s2，故C 正确；
D、小车切向速度随r 增大而增大，合外力提供切向加速度，功率与速度正相关，故功率随速度增大而变
大，故D 正确。
故选：ACD。
（多选）10．如图，一质量为m 的汽车静止在水平地面上。因路况不同，汽车与AB 间和BC 间的动摩擦因
数分别为μ 和0.5μ。现让汽车从A 点以恒定的加速度启动，当运动到B 点时，汽车刚好达到额定功率，
此时的速度为v1。保持汽车的功率不变，又经过t 时间后，汽车在C 点达到最大速度v2。已知重力加速
度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．v1与v2之间满足v2＝2v1关系
B．汽车在A 点时的加速度为μg v2
2v1
−μg
C．汽车在BC 段的牵引力先变大后变小
D．BC 段的距离为μg v2t + v1
2−v2
2
μg
【答案】BD
【解答】解：A．汽车运动到B 点时，汽车刚好达到额定功率，此时的速度为v1。额定功率P 额＝Fv1
汽车从A 点以恒定的加速度启动，由牛顿第二定律可得F﹣μmg＝ma
联立可得P 额＝（μmg+ma）v1。汽车在C 点达到最大速度v2。此时额定功率P 额＝F'v2
汽车在C 点时由牛顿第二定律可得F'＝0.5μmg，联立可得P 额＝0.5μmgv2。
联立可得（μmg+ma）v1＝0.5μmgv2，解得v2≠2v1，故A 错误；
B．由上述分析可知（μmg+ma）v1＝0.5μmgv2
解得加速度a= μg v2
2v1
−μg，故B 正确；
C．汽车在BC 上运动时。汽车的功率不变，由额定功率P 额＝Fv
可知，随这汽车速度越来越大，汽车在BC 段的牵引力一直变小，故C 错误；
D．汽车在BC 上运动时，设BC 距离为x，汽车从B 点运动到C 点由动能定理可得P 额t﹣0.5μmgx= 1
2m
v2
2−1
2mv1
2
由上述分析可知P 额＝0.5μmgv2。解得x= μg v2t + v1
2−v2
2
μg
，故D 正确。
故选：BD。
（多选）11．如图所示，水平地面上有一半径为5m 的半球形曲面，球心A 点正下方2m 的P 处有一喷泉沿
水平方向喷出水流，设水流垂直落到半球形曲面上，喷口横截面积为0.01m2，重力加速度g＝10m/s2，水
的密度为1.0×103kg/m3，sin53°＝0.8，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．水流初速度的大小为v＝3m/s
B．任意相等时间内水流的速度变化量一定相等
C．水流落到半球形曲面上的位置离地面高度为1m
D．水流喷出的过程中，喷泉装置对水流做功的功率为1875
4
❑√10W
【答案】BC
【解答】解：A．水流做平抛运动，设垂直落到半球形曲面上时速度与水平方向夹角为θ，如图所示
可得tanθ = v y
v0
=gt
v0
由几何关系得Rcosθ＝v0t，Rsinθ−2= 1
2 gt
2
代入数据得v0= 3 ❑√10
2
m/ s，θ＝53°，故A 错误；
B．根据Δv＝gΔt，可知任意相等时间内水流的速度变化量相等，故B 正确；
C．水流落到半球形曲面上的位置离地面高度为h＝R﹣Rsinθ
代入数据得h＝1m，故C 正确；
D．水流喷出的过程中，喷泉装置对水流做功的功率为P= W
t =
1
2 mv0
2
t
因为m＝ρv0tS
代入数据得P = 675 ❑√10
4
W ，故D 错误。
故选：BC。
三．解答题（共5 小题）
12．如图所示，光滑斜面上的物块A 与水平面上的物块B 通过绕过固定在斜面顶端的定滑轮的轻绳相连，
斜面倾角为30°，物块A、B 的质量分别为mA＝1kg 和mB＝2kg，此时物块A、B 处于静止且B 与水平面
间摩擦力为最大静摩擦力。从t＝0 时刻开始对物块B 施加水平方向的作用力F，规定水平向右为F 的正
方向，F 随时间t 变化规律如图乙所示。物块B 与水平面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其他摩擦均不
计，物块A、B 开始时均离滑轮足够远，重力加速度为g＝10m/s2。求：
（1）滑块B 与水平面间的动摩擦因数μ 大小；
（2）0∼1s 时间内物块A、B 之间绳子拉力大小；
（3）0∼4s 时间内外力F 做功大小。
【答案】（1）滑块B 与水平面间的动摩擦因数是0.25；
（2）0∼1s 时间内物块A、B 之间绳子拉力大小是9N；
（3）0∼4s 时间内外力F 做功大小是60J。
【解答】解：（1）物块A、B 处于静止且B 与水平面间摩擦力为最大静摩擦力，则有T＝mAgsinθ＝f＝
μmBg
则μ= mA sinθ
mB
代入数据得μ＝0.25
（2）0∼1s 时间内对B 有F1﹣T1﹣f＝mBa1
对A 有T1﹣mAgsinθ＝mAa1
代入数据得T1＝9N，a1= 4 m/ s
2
（3）1s 末的速度v1＝a1t1
代入数据得v1＝4m/s
位移x1= 1
2 a1t1
2
代入数据得x1＝2m，1s 后的对B 有F2﹣T2﹣f＝mBa2
对A 有T2﹣mAgsinθ＝mAa2
代入数据得T2＝3N，a2=−2m/ s
2
可见AB 做减速运动，减速到0 的时间t2= −v1
a2
代入数据得t2＝2s
此过程的位移x2= −v1
2
2a2
代入数据得x2＝4m
由于摩擦力f＝mAgsinθ
代入数据得f＝5N＞F，之后AB 静止。
0∼4s 时间内外力F 做功大小
W＝F1x1+F2x2
代入数据得W＝60J
答：（1）滑块B 与水平面间的动摩擦因数是0.25；
（2）0∼1s 时间内物块A、B 之间绳子拉力大小是9N；
（3）0∼4s 时间内外力F 做功大小是60J。
13．如图所示，把一个质量m＝0.1kg 的小钢球（可视为质点）用细线悬挂起来，悬点O 距地面的高度h＝
1.45m，细线长L＝1m。将小球拉至细线与竖直方向成37°角的位置，由静止释放，忽略空气阻力，取重
力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8。
（1）求小球运动到最低点时细线对小球拉力的大小F；
（2）若小球运动到最低点时细线断了，小球沿水平方向抛出，求：
a．小球做平抛运动水平位移的大小x；
b．小球落地时重力的瞬时功率P。
【答案】（1）小球运动到最低点时细线对小球拉力的大小为1.4N；
（2）它做平抛运动水平位移的大小为0.6m；
（3）小球落地时重力的瞬时功率为3W。
【解答】解：（1）由机械能守恒定律mgL（1﹣cos37°）= 1
2 m v
2
代入数据得v＝2m/s
由牛顿第二定律F −mg=m v
2
L
代入数据得F＝1.4N
（2）小球平抛运动，竖直方向有h−L= 1
2 gt
2
代入数据得t＝0.3s，t'＝﹣0.3s（舍去）
水平方向有x＝vt
代入数据得x＝0.6m
（3）小球落地时竖直速度vy＝gt
代入数据得vy＝3m/s，重力的瞬时功率P＝mgvy
代入数据得P＝3W
答：（1）小球运动到最低点时细线对小球拉力的大小为1.4N；
（2）它做平抛运动水平位移的大小为0.6m；
（3）小球落地时重力的瞬时功率为3W。
14．如图所示，细绳OC 挂着质量为2m 的木杆，等长细绳OA、OB 夹角为60°，一只质量为m 的小猫抓在
木杆上，小猫与绳子末端的距离为L。重力加速度为g，不计一切阻力，小猫视为质点。求：
（1）细绳OA 中的拉力T 大小；
（2）若某时刻杆与细绳末端脱离，小猫立即沿杆匀加速上爬，恰好抓住绳子末端。猫与杆分离时速度不
变，则：
①杆对猫竖直方向的作用力；
②小猫做的总功。
【答案】（1）细绳OA 中的拉力T 大小为= ❑√3 mg；
（2）若某时刻杆与细绳末端脱离，小猫立即沿杆匀加速上爬，恰好抓住绳子末端。猫与杆分离时速度不
变，则：
①杆对猫竖直方向的作用力为5
2mg；
②小猫做的总功为5
2mgL。
【解答】解：（1）对O 点2Tcos30°＝3mg
代入数据得T= ❑√3 mg
（2）①设猫向上的加速度为a1，木杆向下的加速度为a2，则猫加速到木杆上端时竖直上抛至最高点抓
住绳子末端，由位移关系有1
2 a2t
2= (a1t )
2
2 g
对猫由牛二定律f﹣mg＝ma1
对杆由牛二定律f+2mg＝2ma2
代入数据得a1= 3
2 g，a2= 9
4 g，f = 5
2 mg
②猫加速到木杆上端过程中的相对位移为L，猫对系统做的总功W＝fL
代入数据得W= 5
2mgL
答：（1）细绳OA 中的拉力T 大小为= ❑√3 mg；
（2）若某时刻杆与细绳末端脱离，小猫立即沿杆匀加速上爬，恰好抓住绳子末端。猫与杆分离时速度不
变，则：
①杆对猫竖直方向的作用力为5
2mg；
②小猫做的总功为5
2mgL。
15．如图所示，从高H 处的A 点先后水平抛出两个小球1 和2，球1 刚好直接越过竖直挡板MN 落在水平地
面上的B 点，球2 与地面碰撞两次后，刚好越过竖直挡板MN 也落在B 点。球2 的质量为m，重力加速
度为g，假设球2 每次与地面的碰撞都是弹性碰撞，两球的空气阻力均可忽略，求
（1）球1 初速度v1和球2 的初速度v2之比：
（2）竖直挡板MN 的高度h；
（3）球2 刚要落到B 点时重力的功率。
【答案】（1）球1 初速度v1和球2 的初速度v2之比为5：1：
（2）竖直挡板MN 的高度h 为5
9 H；
（3）球2 刚要落到B 点时重力的功率为mg ❑√2 gH。
【解答】解：（1）两小球从平抛到第一次落地，竖直方向
H = 1
2 gt
2
解得
t = ❑√
2 H
g
即两小球从平抛到第一次落地的时间相同；
水平方向有
x1＝v1t，x2＝v2t
由图可知水平位移之比为
x1：x2＝5：1
故水平速度之比为
v1：v2＝5：1
（2）如图所示
将球2 运动倒过来看成从M 运动到C 点与球1 从M 运动到B 点时间相同，因此该段时间内水平位移关系
为
xNC：xNB＝v2：v1＝1：5
对于球2，从A 到M 与从A 到B 水平位移之比
xDN ：xDB=(v2t + v2⋅2t + v2⋅t
3 )：(v2t + v2⋅2t + v2⋅2t )=2：3
故球1 由A 运动到M 与从A 运动到B 时间之比等于水平位移之比，所以
t1：t＝2：3
球1 从A 到M，在竖直方向
H −h= 1
2 gt1
2
又
H = 1
2 gt
2
联立解得
h= 5
9 H
（3）球2 刚要落到B 点时竖直方向的速度等于球2 第一次落到地面时竖直方向的速度，则有
v y
2 =2gH
解得
v y = ❑√2gH
故球2 刚要落到B 点时重力的功率
PG=mg v y =mg ❑√2 gH
答：（1）球1 初速度v1和球2 的初速度v2之比为5：1：
（2）竖直挡板MN 的高度h 为5
9 H；
（3）球2 刚要落到B 点时重力的功率为mg ❑√2 gH。
16．工人师傅用如图所示滑轮组提升建筑材料，用500N 的拉力使建筑材料匀速直线上升了4m，用时20s。
不计绳重和摩擦，此过程机械效率为90%。求：
（1）拉力做的功；
（2）拉力的功率；
（3）该建筑材料的重力大小。
【答案】（1）拉力做的功4000J；
（2）拉力的功率200W；
（3）建筑材料的重力大小900N。
【解答】解：（1）根据动滑轮的特点，建筑材料上升了h＝4m，则拉力作用点发生的位移为x＝2h
代入数据得x＝8m
拉力做的功W＝Fx
代入数据得W＝4000J；
（2）拉力的功率P＝Wt
代入数据得P＝200W；
（3）提升过程中，机械效率为90%，则有W 有＝Gh，W 有＝90%W
代入数据得G＝900N。
答：（1）拉力做的功4000J；
（2）拉力的功率200W；
（3）建筑材料的重力大小900N。
