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专题09 功和功率-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用）
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这是一份专题09 功和功率-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用），文件包含专题09功和功率原卷版docx、专题09功和功率解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题09 功和功率
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153030429" 题型一 功的分析和计算 PAGEREF _Tc153030429 \h 1
\l "_Tc153030430" 类型1 恒力做功问题 PAGEREF _Tc153030430 \h 2
\l "_Tc153030431" 类型2 变力做功问题 PAGEREF _Tc153030431 \h 3
\l "_Tc153030432" 题型二 功率的分析和计算 PAGEREF _Tc153030432 \h 6
\l "_Tc153030433" 类型1 功率的分析和计算 PAGEREF _Tc153030433 \h 7
\l "_Tc153030434" 类型2 功率和功综合问题的分析和计算 PAGEREF _Tc153030434 \h 9
\l "_Tc153030435" 题型三 机车启动问题 PAGEREF _Tc153030435 \h 13
\l "_Tc153030436" 类型1 恒定功率启动 PAGEREF _Tc153030436 \h 14
\l "_Tc153030437" 类型2 恒定加速度启动 PAGEREF _Tc153030437 \h 16
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＝Flcs_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
类型1 恒力做功问题
（2023春•金凤区校级期末）如图所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相同。在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA和WB，则（ ）
A．WA＞WBB．WA＝WBC．WA＜WBD．无法确定
【解答】解：设斜面的倾角为θ，滑动摩擦力大小为f＝μmgcsθ，
则物体克服摩擦力所做的功为w＝μmgs•csθ．而s•csθ相同，所以克服摩擦力做功相等。
故选：B。
（2023春•江都区校级期末）如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面体上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，现使斜面体水平向左匀速运动距离l，物体始终与斜面体保持相对静止。则在斜面体水平向左匀速运动距离l的过程中（ ）
A．摩擦力对物体做的功为﹣μmglcsθ
B．斜面体对物体的支持力做的功为mglsinθcs2θ
C．重力对物体做的功为mgl
D．斜面体对物体做的功为零
【解答】解：物体处于静止，对物体受力分析可得，
在竖直方向 mg＝Ncsθ+fsinθ
在水平方向 Nsinθ＝fcsθ
解得 N＝mgcsθ
f＝mgsinθ
支持力与竖直方向的夹角为θ，
A、摩擦力做的功 Wf＝﹣fcsθ•l＝﹣mglsinθcsθ，故A错误；
B、支持力做的功为WN＝Nsinθ•s＝mgssinθcsθ，支持力做功的功率为：mgcsθ•vsinθ，故B错误；
C、重力做功为零，故C错误；
D、由于匀速运动，所以斜面体对物体作用力的合力与速度方向垂直，则作用力做的总功为零，故D正确；
故选：D。
类型2 变力做功问题
（2023春•铁岭期末）如图甲所示，在一无限大的光滑水平面上静止放置着可视为质点的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其加速度a与坐标x的关系如图乙所示，则在x＝4m处，物体的速度大小为（ ）
A．42m/sB．210m/sC．26m/sD．无法计算
【解答】解：由图乙可知加速度a＝3+0.5x，由牛顿第二定律可得合力F＝ma＝（3+0.5x）m，物体的质量不变，可知合力F与x成线性关系，F与x的图像如下图所示：
根据F与x的图像图线与横轴所夹的面积表示力F做的功，可得WF=3m+5m2×4=16m
由动能定理有：WF=12mv2−0
代入数据可得：v=42m/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春•金凤区校级期末）如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置。用水平拉力F缓慢地将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。在此过程中，拉力F做的功是（ ）
A．mgLcsθB．mgL（1﹣csθ）
C．FLsinθD．FL（1﹣csθ）
【解答】解：在小球缓慢上升过程中，此过程中拉力做正功，重力做负功，缓慢运动可认为在此过程中动能不变，由动能定理得
WF﹣mgL（1﹣csθ）＝0
解得：WF＝mgL（1﹣csθ），故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2023春•思明区校级期中）如图所示，将一质量为m的小球用长为l的轻绳悬挂于O点，水平拉力F将小球从平衡位置P缓慢地拉至轻绳与竖直方向夹角为θ处。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的重力势能增加了mglcsθ
B．拉力F所做的功为Flsinθ
C．拉力F所做的功为mgl（1﹣csθ）
D．轻绳的拉力所做的功为mgl
【解答】解：A、小球上升的高度为h＝l（1﹣csθ），重力对小球做的功WG＝﹣mgl（1﹣csθ），所以小球的重力势能增加mgl（1﹣csθ），故A错误；
BCD、小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，轻绳的拉力所做的功为0，根据动能定理可得：WF﹣WG＝0，解得拉力F所做的功：WF＝mgl（1﹣csθ），故C正确，BD错误。
故选：C。
（2023春•建水县校级期末）如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆。则小物块运动到x0处时拉力做得功为（ ）
A．0B．12Fmx0C．π4x02D．π4Fmx0
【解答】解：F﹣x图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W=12π（x02）2=π8x02
由图可知，Fm=x02，
联立解得，W=π4Fmx0，故D正确
故选：D。
（2023春•辽宁期末）如图甲所示，某物体在光滑水平面上受外力作用从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向运动，其加速度a随位移x变化的规律如图乙所示，图中加速度的最大值为amax，x1和x2已知，则物体（ ）
A．在0～x1内做匀加速直线运动
B．在x1处速度最大
C．在物体由x＝0运动到x＝x1的过程中合外力对物体所做的功为W1＝mamaxx1
D．在物体由x＝0运动到x＝x2的过程中合外力对物体所做的功为W2=12mamaxx2
【解答】解：A、在0～x1内，物体的加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变加速直线运动，故A错误；
B、物体的加速度一直沿正方向，则加速度方向一直与速度方向相同，所以物体一直做加速直线运动，在x2处速度最大，故B错误；
C、根据牛顿第二定律得F合＝ma，根据F合﹣x图象与x轴所围的面积表示合外力做功，则在物体由x＝0运动到x＝x1的过程中合外力对物体所做的功为W1=(mamax)x12=12mamaxx1，故C错误；
D、根据F合﹣x图象与x轴所围的面积表示合外力做功，则在物体由x＝0运动到x＝x2的过程中合外力对物体所做的功为W2=12mamaxx2，故D正确。
故选：D。
题型二 功率的分析和计算
1．公式P＝eq \f(W,t)和P＝Fv的区别
P＝eq \f(W,t)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eq \x\t(P)＝eq \f(W,t).
(2)利用eq \x\t(P)＝F·eq \x\t(v)cs α，其中eq \x\t(v)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＝Fvcs 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
（2023•安康开学）送餐服务是机器人应用的一个领域，只要设置好路线，将餐盒放在水平托盘上，它就能把餐盒送到指定位置。若配餐点和目标位置在同一直线通道上，机器人从静止开始启动，经40s恰好把餐盒送到目标位置，其运动过程中速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知餐盒的总质量2.5kg，餐盒与水平托盘始终无相对滑动，取重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．机器人加速运动过程中托盘对餐盒所做功的平均功率为1W
B．机器人减速过程中托盘对餐盒摩擦力的大小为0.25N
C．机器人减速运动的加速度大小为0.2m/s2
D．配餐点和目标位置距离为30m
【解答】解：A、由速度—时间关系，可求出机器人加速运动过程中的加速度为
a1=Δv1Δt1=15m/s2=0.2m/s2
机器人加速运动过程中托盘对餐盒所做功的平均功率为
P=Fv=ma1⋅v2=2.5×0.2×12W=0.25W
故A错误；
C、机器人减速过程中的加速度的大小为
a2=Δv2Δt2=110m/s2=0.1m/s2
故C错误；
B、机器人减速过程中托盘对餐盒摩擦力的大小等于合力的大小，根据牛顿第二定律有
f＝ma2＝2.5×0.1N＝0.25N
故B正确；
D、v﹣t图象与坐标轴围成的面积表示位移，配餐点和目标位置距离为
x=40+252×1m=32.5m
故D错误。
故选：B。
（2023春•市南区校级期末）如图所示，两个完全相同的小球甲、乙，由高度不同、底面长度相同的光滑斜面顶端由静止释放，已知斜面倾角θ2＜θ1＝45°，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．甲球落地时的速度较小
B．滑到底端过程中，重力对小球乙做的功较多
C．滑到底端过程中，重力对小球甲做功的平均功率较小
D．滑到底端时，小球甲所受重力做功的瞬时功率较大
【解答】解：A．小球落地时，由动能定理得：
mgℎ=12mv2
解得：v=2gℎ
甲球的高度大，甲球落地时的速度较大，故A错误；
B．滑到底端过程中，重力对小球做的功为：
W＝mgh
小球甲、乙质量相同，甲球的高度大，重力对小球甲做的功较多，故B错误；
C．滑到底端过程中，设底面长度为x，
xcsθ=12gt2sinθ
重力对小球做功的平均功率为：
P=Wt
其中W＝mgh，h＝xtanθ
联立解得：P=mgsinθgxtanθ2
小球甲、乙质量相同，所以重力对小球甲做功的平均功率较大，故C错误；
D．滑到底端时，小球所受重力做功的瞬时功率为：
P＝mgvcsα
其中α＝（90°﹣θ）
解得：P=mgsinθ2gxtanθ
小球甲、乙质量相同，小球甲所受重力做功的瞬时功率较大，故D正确。
故选：D。
类型2 功率和功综合问题的分析和计算
（2022秋•衢州期末）某同学将小球以水平速度v0抛出，落在水平地面上的B点反弹后恰好落在A点，若小球落在B点时的速度与地面的夹角为60°，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球抛出点距离地面高度为2v02g
B．小球落到B点时重力的瞬时功率为2mgv0
C．若小球不经过地面反弹直接落在A 点，则小球的初速度应为3v0
D．若小球要在地面上弹两次后落在A 点，则小球的初速度应变为v02
【解答】解：A．小球落在B点时的速度与地面的夹角为60°，则有tan60°=vyv0=gtv0
小球抛出点距离地面高度为h=12gt2=3v022g，故A错误；
B．小球落到B点时重力的瞬时功率为PGB＝mgvBy=3mgv0，故B错误；
C．若小球不经过地面反弹直接落在A 点，由O点到A点运动时间为t=2ℎg
由运动的对称性可知小球经B反弹后落到A点所用时间是3t，由水平方向匀速运动x＝v0•3t＝v1t
可知若小球不经过地面反弹直接落在A 点，则小球的初速度应为3v0，故C正确；
D．设OA间的水平距离为L，则若小球要在地面上弹两次后落在A点，
则由13L＝v0t
15L＝v2′t
解得小球的初速度应变为v2=3v05，故D错误。
故选：C。
（2023秋•湖里区校级月考）2023年7月29日受今年第5号台风“杜苏芮”影响，福建南安遭受大雨侵袭发生内涝和泥石流灾害，某路段有一质量为2.0×103kg的石块随着雨水由静止开始沿倾角为30°的斜坡滑下，石块滑至坡底时的速度大小为10m/s，g取10m/s2，则此时（ ）
A．石块重力的瞬时功率为2×105W
B．石块重力的瞬时功率为1×105W
C．石块所受斜坡支持力的瞬时功率为53×104W
D．石块所受斜坡支持力的瞬时功率为3×104W
【解答】解：AB.根据功率公式，石块瞬滑至坡底时重力的瞬时功率PG＝mgvsin30°
代入数据解得PG＝1×105W，故A错误；B正确；
CD.根据功率公式PN＝FNvcsθ
由于石块所受斜坡支持力方向始终与石块速度方向垂直θ＝90°，所以支持力的瞬时功率始终为零，故CD错误。
故选：B。
（2023•邵阳模拟）如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1、v2水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球（ ）
A．必须同时抛出
B．初速度v1与v2相等
C．击中O点时速度相同
D．击中O点时重力的瞬时功率相等
【解答】解：A、两小球下落高度不同，根据h=12gt2，下落时间t=2ℎg，A点的小球下落时间更长，要满足同时击中O点，A点小球应先抛出，故A错误；
B、以O点为坐标原点建立直角坐标系，如图所示：
O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，设抛物线方程为y＝ax2
小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动x＝v0t
竖直方向做自由落体运动，y=12gt2
整理得y=g2v02x2
即a=g2v02
a是常数，则v0为常数，A、B两点在同一抛物线上，则初速度v1与v2相等，故B正确；
C、两小球水平方向速度相同，竖直方向速度vy＝gt不同，合速度不同，故C错误；
D、重力的瞬时功率为P＝mgvy，两小球竖直分速度不同，重力的瞬时功率不同，故D错误；
故选：B。
（2023秋•未央区校级月考）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，则（两图取同一正方向，重力加速度g＝10m/s2）（ ）
A．滑块的质量为0.5kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5
C．第1s内摩擦力对滑块做功为﹣1J
D．第2s内力F的平均功率为1.5W
【解答】解：AB、由v﹣t图象斜率得滑块加速度为a=ΔvΔt=0−(−1)1m/s2＝1m/s2
由甲、乙两图结合牛顿第二定律，滑块第1s内有f+F＝ma
第2s内有F′﹣f＝ma
代入数据得f+1＝3﹣f
故求得f＝1N，m＝2kg
又由f＝μmg
可得动摩擦因数μ＝0.05
故AB错误：
C、由v﹣t图象围成的面积表示位移可得，物体第1s内的位移大小为
s=12×1×1m=0.5m
根据功的公式W＝Fscsθ
可得第1s内摩擦力对滑块做功为﹣0.5J，故C错误；
D、根据v﹣t图象可知，第2秒内的平均速度v=0+v2=0+12m/s=0.5m/s
所以第2s内F的平均功率为P=F'v=3×0.5W=1.5W
故D正确。
故选：D。
题型三 机车启动问题
1．机车以恒定功率启动的运动过程分析
所以机车达到最大速度时a＝0，F＝f，P＝Fvm＝fvm，这一启动过程的v－t图像如图1所示，其中vm＝eq \f(P,f).
2．机车以恒定加速度启动的运动过程分析
所以机车在匀加速运动中达到最大速度v0时，F＝f＋ma，P＝Fv0，v0＝eq \f(P,f＋ma)说明 (1)以恒定加速度启动时，匀加速结束时速度并未达到最大速度vm.
(2)两种启动方式最终最大速度的计算均为vm＝eq \f(P,f).
类型1 恒定功率启动
（2023秋•渝中区校级月考）甲、乙两辆汽车都以恒定功率在平直路面上启动，v﹣t图像如图所示，甲车功率是乙车功率的2倍，两辆汽车行驶时所受阻力恒定，则甲、乙两车所受阻力大小之比为（ ）
A．3：8B．8：3C．3：2D．2：3
【解答】解：设乙车功率为P，则甲车的功率为2P。当阻力等于牵引力时，速度最大，则对甲车有：2P＝f甲•3v0
对乙车有：P＝f乙•4v0
解得甲、乙两车所受阻力大小之比为：f甲：f乙＝8：3，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2023春•江津区期末）质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，则（ ）
A．启动后汽车做匀加速直线运动
B．汽车受到的阻力为2Pv
C．当车速为v3时，汽车的瞬时加速度为2Pmv
D．当车速为v3时，汽车的瞬时加速度为3Pmv
【解答】解：A、汽车在额定功率下运动，根据P＝Fv
F﹣f＝ma
可知，汽车做加速度减小的变加速运动，F＝f时所受合力为零，速度达到最大，之后保持该最大速度做匀速运动，故A错误；
B、汽车达到最大速度时，牵引力F阻力f平衡，则由
P＝Fv＝fv
可得汽车受到的阻力为f=Pv，故B错误；
CD、当牵引力和阻力大小相等时，速度最大，此时
f=F=Pv
那么当汽车的车速为v3时，牵引力F1=Pv3=3Pv
加速度a=F1−fm=2Pmv，故C正确，D错误。
故选：C。
（2023春•连云港期末）玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以20kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数1v和瞬时加速度a的关系如图所示。已知赛车受到的阻力恒定，赛车到达终点前已经达到最大速度，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．赛车做匀加速运动
B．赛车的质量为20kg
C．赛车所受阻力大小为500N
D．赛车速度大小为5m/s时，加速度大小为60m/s2
【解答】解：A、由牛顿第二定律及瞬时功率表达式可得：Pv−f=ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；
BC、上述表达式整理可得：1v=mPa+fP，可见1v−a图象是倾斜的直线，其斜率恒定为：k=mP，与纵轴的截距为：b=fP，结合题设图象可得：b=fP=0.05s/m，k=mP=0.1−0.0520s3/m2
联立解得：m＝50kg，f＝1000N，故BC错误；
D、代入图象表达式，当v＝5m/s，解得：a＝60m/s2，故D正确。
故选：D。
类型2 恒定加速度启动
（2023春•安庆期末）如图甲所示，配送机器人在满载状态下由静止沿直线做匀加速启动，用测速仪和计算机绘制出该过程中的加速度与速度倒数a−1v关系如图乙所示。该机器人工作时的额定功率为3kW，空载时的最大速度为7.5m/s。已知机器人受到地面的阻力与总重力成正比，重力加速度，g＝10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．该配送机器人的机身质量为300kg
B．该配送机器人的最大承载质量为200kg
C．该配送机器人受到的阻力为重力的120
D．50%最大载重情况下以额定功率启动，当速度为 3m/s时，该配送机器人的加速度大小为2m/s2
【解答】解：C、由功率表达式P＝Fv及牛顿第二定律分别可得P＝Fv
F﹣kmg＝ma
联立得：a=Pm•1v−kg
由题图可知：当1v=15s/m时，a＝0；1v=35s/m时，a＝2m/s2，代入上式联立解得：m＝600kg，k＝0.1，即该配送机器人受到的阻力为重力的110，故C错误；
AB、空载时的最大速度为7.5m/s，可得P＝km0gv′
解得该配送机器人的机身质量为：m0＝400kg
故该配送机器人的最大承载质量为m′＝m﹣m0＝600kg﹣400kg＝200kg，故A错误，B正确；
D、50%最大载重情况下，机器人总质量为500kg，以额定功率启动，当速度为3m/s时，受到的牵引力为F1=Pv1=3×1033N＝1000N
受到的阻力为f1＝kmg＝0.1×500×10N＝500N
据牛顿第二定律可得
a1=F1−f1m1=1000−500500m/s2＝1m/s2，即该配送机器人的加速度大小为1m/s2，故D错误。
故选：B。
（2023•海口一模）在通往某景区的公路上，一辆小汽车沿倾角为θ的斜坡向上由静止启动，在前20s内做匀加速直线运动，第20s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m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力和空气阻力的合力大小恒为车重的110，sinθ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。则汽车的最大速为（ ）
A．25m/sB．28m/sC．30m/sD．35m/s
【解答】解：汽车做匀加速直线运动的加速度大小a=ΔvΔt=2020m/s2＝1m/s2
由牛顿第二定律得：F﹣0.1mg﹣mgsinθ＝ma，解得汽车匀加速直线运动阶段受到的牵引力：F＝3×103N
第20s末达到额定功率，则额定功率为Pm＝Fv＝3×103×20W＝6×104W
汽车达到最大速度时，所受合力为零，则F'﹣0.1mg﹣mgsinθ＝0，得F'＝2000N
最大速度vm=PmF'=6×1042000m/s＝30m/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023春•香坊区校级期末）一辆小汽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（P额）运动。其v﹣t图像如图所示。汽车的质量为m＝2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重力的0.1倍，取重力加速度g＝10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．汽车在前5s内的牵引力为6×103N
B．汽车的额定功率为40kW
C．汽车的最大速度为20m/s
D．0～t0时间内汽车牵引力做的功为P额t0
【解答】解：A、由图像得，前5s内，汽车的加速度为a=ΔvΔt=105m/s2＝2m/s2
由牛顿第二定律得：F﹣F阻＝ma
由题意得：F阻＝0.1mg＝0.1×2×103×10N＝2×103N
代入数据联立解得：F＝6×103N
故A正确；
B、5s时，汽车的功率达到额定功率，额定功率P额＝Fv＝6×103×10W＝6×104W＝60kW
故B错误；
C、t0时刻汽车的速度达到最大值，此时牵引力等于阻力，有vm=P额F阻=6×1042×103m/s＝30m/s
故C错误；
D、0～5s时间内，汽车的功率小于额定功率，5s～t0时间内，汽车的功率等于额定功率，则0～t0时间内汽车牵引力做的功小于P额t0，故D错误。
故选：A。
（2023春•北碚区校级期末）细细想来，小明觉得自己应该去办公室给老班道个歉。因为未来不管做什么，都离不开数学和物理的基础，例如正在兴起的新能源汽车：某汽车在水平路面上以恒定加速度a启动，v﹣t图像如图所示，已知汽车的质量为m，发动机的额定功率为P0，受到的阻力大小恒为f，则（ ）
A．t1﹣t2时间内，汽车牵引力的冲量大小为I2＝m（vm−v1）−f（t2−t1）
B．t1﹣t2 时间内，汽车发生的位移大小为x2=12mvm2−12mv12−P0(t1−t2)f
C．0﹣t2时间内，汽车牵引力的冲量大小为I＝mvm﹣ft2
D．0﹣t2时间内，汽车克服阻力做的功为Wf=v1t12(f+ma)+P0(t2−t1)−12mvm2
【解答】解：A、t1﹣t2 时间内，根据动量定理有I2﹣f（t2﹣t1）＝m（vm﹣v1）
解得汽车牵引力的冲量大小为I2＝m（vm﹣v1）+f（t2﹣t1）
故A错误；
B、t1﹣t2 时间内，由动能定理有P0(t2−t1)−fx2=12mvm2−12mv2
解得 t1﹣t2时间内，汽车发生的位移大小为x2=P0(x2−x1)+12mv2−12mvm2f
故B错误；
C、0﹣t2 时间内，由动量定理有I﹣ft2＝mvm
解得0﹣t2 时间内，汽车牵引力的冲量大小为I＝mvm+ft2
故C错误；
D、0﹣t2 时间内，设汽车克服阻力做的功为Wf，由动能定理有
(ma+f)⋅v1t12+P0(t2−t1)−Wf=12mvm2
解得Wf=v1t12(f+ma)+P0(t2−t1)−12mvm2
故D正确。
故选：D。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题09 功和功率
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153030429" 题型一 功的分析和计算 PAGEREF _Tc153030429 \h 1
\l "_Tc153030430" 类型1 恒力做功问题 PAGEREF _Tc153030430 \h 2
\l "_Tc153030431" 类型2 变力做功问题 PAGEREF _Tc153030431 \h 3
\l "_Tc153030432" 题型二 功率的分析和计算 PAGEREF _Tc153030432 \h 6
\l "_Tc153030433" 类型1 功率的分析和计算 PAGEREF _Tc153030433 \h 7
\l "_Tc153030434" 类型2 功率和功综合问题的分析和计算 PAGEREF _Tc153030434 \h 9
\l "_Tc153030435" 题型三 机车启动问题 PAGEREF _Tc153030435 \h 13
\l "_Tc153030436" 类型1 恒定功率启动 PAGEREF _Tc153030436 \h 14
\l "_Tc153030437" 类型2 恒定加速度启动 PAGEREF _Tc153030437 \h 16
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＝Flcs_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
类型1 恒力做功问题
（2023春•金凤区校级期末）如图所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相同。在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA和WB，则（ ）
A．WA＞WBB．WA＝WBC．WA＜WBD．无法确定
【解答】解：设斜面的倾角为θ，滑动摩擦力大小为f＝μmgcsθ，
则物体克服摩擦力所做的功为w＝μmgs•csθ．而s•csθ相同，所以克服摩擦力做功相等。
故选：B。
（2023春•江都区校级期末）如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面体上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，现使斜面体水平向左匀速运动距离l，物体始终与斜面体保持相对静止。则在斜面体水平向左匀速运动距离l的过程中（ ）
A．摩擦力对物体做的功为﹣μmglcsθ
B．斜面体对物体的支持力做的功为mglsinθcs2θ
C．重力对物体做的功为mgl
D．斜面体对物体做的功为零
【解答】解：物体处于静止，对物体受力分析可得，
在竖直方向 mg＝Ncsθ+fsinθ
在水平方向 Nsinθ＝fcsθ
解得 N＝mgcsθ
f＝mgsinθ
支持力与竖直方向的夹角为θ，
A、摩擦力做的功 Wf＝﹣fcsθ•l＝﹣mglsinθcsθ，故A错误；
B、支持力做的功为WN＝Nsinθ•s＝mgssinθcsθ，支持力做功的功率为：mgcsθ•vsinθ，故B错误；
C、重力做功为零，故C错误；
D、由于匀速运动，所以斜面体对物体作用力的合力与速度方向垂直，则作用力做的总功为零，故D正确；
故选：D。
类型2 变力做功问题
（2023春•铁岭期末）如图甲所示，在一无限大的光滑水平面上静止放置着可视为质点的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其加速度a与坐标x的关系如图乙所示，则在x＝4m处，物体的速度大小为（ ）
A．42m/sB．210m/sC．26m/sD．无法计算
【解答】解：由图乙可知加速度a＝3+0.5x，由牛顿第二定律可得合力F＝ma＝（3+0.5x）m，物体的质量不变，可知合力F与x成线性关系，F与x的图像如下图所示：
根据F与x的图像图线与横轴所夹的面积表示力F做的功，可得WF=3m+5m2×4=16m
由动能定理有：WF=12mv2−0
代入数据可得：v=42m/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春•金凤区校级期末）如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置。用水平拉力F缓慢地将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。在此过程中，拉力F做的功是（ ）
A．mgLcsθB．mgL（1﹣csθ）
C．FLsinθD．FL（1﹣csθ）
【解答】解：在小球缓慢上升过程中，此过程中拉力做正功，重力做负功，缓慢运动可认为在此过程中动能不变，由动能定理得
WF﹣mgL（1﹣csθ）＝0
解得：WF＝mgL（1﹣csθ），故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2023春•思明区校级期中）如图所示，将一质量为m的小球用长为l的轻绳悬挂于O点，水平拉力F将小球从平衡位置P缓慢地拉至轻绳与竖直方向夹角为θ处。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的重力势能增加了mglcsθ
B．拉力F所做的功为Flsinθ
C．拉力F所做的功为mgl（1﹣csθ）
D．轻绳的拉力所做的功为mgl
【解答】解：A、小球上升的高度为h＝l（1﹣csθ），重力对小球做的功WG＝﹣mgl（1﹣csθ），所以小球的重力势能增加mgl（1﹣csθ），故A错误；
BCD、小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，轻绳的拉力所做的功为0，根据动能定理可得：WF﹣WG＝0，解得拉力F所做的功：WF＝mgl（1﹣csθ），故C正确，BD错误。
故选：C。
（2023春•建水县校级期末）如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆。则小物块运动到x0处时拉力做得功为（ ）
A．0B．12Fmx0C．π4x02D．π4Fmx0
【解答】解：F﹣x图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W=12π（x02）2=π8x02
由图可知，Fm=x02，
联立解得，W=π4Fmx0，故D正确
故选：D。
（2023春•辽宁期末）如图甲所示，某物体在光滑水平面上受外力作用从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向运动，其加速度a随位移x变化的规律如图乙所示，图中加速度的最大值为amax，x1和x2已知，则物体（ ）
A．在0～x1内做匀加速直线运动
B．在x1处速度最大
C．在物体由x＝0运动到x＝x1的过程中合外力对物体所做的功为W1＝mamaxx1
D．在物体由x＝0运动到x＝x2的过程中合外力对物体所做的功为W2=12mamaxx2
【解答】解：A、在0～x1内，物体的加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变加速直线运动，故A错误；
B、物体的加速度一直沿正方向，则加速度方向一直与速度方向相同，所以物体一直做加速直线运动，在x2处速度最大，故B错误；
C、根据牛顿第二定律得F合＝ma，根据F合﹣x图象与x轴所围的面积表示合外力做功，则在物体由x＝0运动到x＝x1的过程中合外力对物体所做的功为W1=(mamax)x12=12mamaxx1，故C错误；
D、根据F合﹣x图象与x轴所围的面积表示合外力做功，则在物体由x＝0运动到x＝x2的过程中合外力对物体所做的功为W2=12mamaxx2，故D正确。
故选：D。
题型二 功率的分析和计算
1．公式P＝eq \f(W,t)和P＝Fv的区别
P＝eq \f(W,t)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eq \x\t(P)＝eq \f(W,t).
(2)利用eq \x\t(P)＝F·eq \x\t(v)cs α，其中eq \x\t(v)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＝Fvcs 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
（2023•安康开学）送餐服务是机器人应用的一个领域，只要设置好路线，将餐盒放在水平托盘上，它就能把餐盒送到指定位置。若配餐点和目标位置在同一直线通道上，机器人从静止开始启动，经40s恰好把餐盒送到目标位置，其运动过程中速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知餐盒的总质量2.5kg，餐盒与水平托盘始终无相对滑动，取重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．机器人加速运动过程中托盘对餐盒所做功的平均功率为1W
B．机器人减速过程中托盘对餐盒摩擦力的大小为0.25N
C．机器人减速运动的加速度大小为0.2m/s2
D．配餐点和目标位置距离为30m
【解答】解：A、由速度—时间关系，可求出机器人加速运动过程中的加速度为
a1=Δv1Δt1=15m/s2=0.2m/s2
机器人加速运动过程中托盘对餐盒所做功的平均功率为
P=Fv=ma1⋅v2=2.5×0.2×12W=0.25W
故A错误；
C、机器人减速过程中的加速度的大小为
a2=Δv2Δt2=110m/s2=0.1m/s2
故C错误；
B、机器人减速过程中托盘对餐盒摩擦力的大小等于合力的大小，根据牛顿第二定律有
f＝ma2＝2.5×0.1N＝0.25N
故B正确；
D、v﹣t图象与坐标轴围成的面积表示位移，配餐点和目标位置距离为
x=40+252×1m=32.5m
故D错误。
故选：B。
（2023春•市南区校级期末）如图所示，两个完全相同的小球甲、乙，由高度不同、底面长度相同的光滑斜面顶端由静止释放，已知斜面倾角θ2＜θ1＝45°，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．甲球落地时的速度较小
B．滑到底端过程中，重力对小球乙做的功较多
C．滑到底端过程中，重力对小球甲做功的平均功率较小
D．滑到底端时，小球甲所受重力做功的瞬时功率较大
【解答】解：A．小球落地时，由动能定理得：
mgℎ=12mv2
解得：v=2gℎ
甲球的高度大，甲球落地时的速度较大，故A错误；
B．滑到底端过程中，重力对小球做的功为：
W＝mgh
小球甲、乙质量相同，甲球的高度大，重力对小球甲做的功较多，故B错误；
C．滑到底端过程中，设底面长度为x，
xcsθ=12gt2sinθ
重力对小球做功的平均功率为：
P=Wt
其中W＝mgh，h＝xtanθ
联立解得：P=mgsinθgxtanθ2
小球甲、乙质量相同，所以重力对小球甲做功的平均功率较大，故C错误；
D．滑到底端时，小球所受重力做功的瞬时功率为：
P＝mgvcsα
其中α＝（90°﹣θ）
解得：P=mgsinθ2gxtanθ
小球甲、乙质量相同，小球甲所受重力做功的瞬时功率较大，故D正确。
故选：D。
类型2 功率和功综合问题的分析和计算
（2022秋•衢州期末）某同学将小球以水平速度v0抛出，落在水平地面上的B点反弹后恰好落在A点，若小球落在B点时的速度与地面的夹角为60°，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球抛出点距离地面高度为2v02g
B．小球落到B点时重力的瞬时功率为2mgv0
C．若小球不经过地面反弹直接落在A 点，则小球的初速度应为3v0
D．若小球要在地面上弹两次后落在A 点，则小球的初速度应变为v02
【解答】解：A．小球落在B点时的速度与地面的夹角为60°，则有tan60°=vyv0=gtv0
小球抛出点距离地面高度为h=12gt2=3v022g，故A错误；
B．小球落到B点时重力的瞬时功率为PGB＝mgvBy=3mgv0，故B错误；
C．若小球不经过地面反弹直接落在A 点，由O点到A点运动时间为t=2ℎg
由运动的对称性可知小球经B反弹后落到A点所用时间是3t，由水平方向匀速运动x＝v0•3t＝v1t
可知若小球不经过地面反弹直接落在A 点，则小球的初速度应为3v0，故C正确；
D．设OA间的水平距离为L，则若小球要在地面上弹两次后落在A点，
则由13L＝v0t
15L＝v2′t
解得小球的初速度应变为v2=3v05，故D错误。
故选：C。
（2023秋•湖里区校级月考）2023年7月29日受今年第5号台风“杜苏芮”影响，福建南安遭受大雨侵袭发生内涝和泥石流灾害，某路段有一质量为2.0×103kg的石块随着雨水由静止开始沿倾角为30°的斜坡滑下，石块滑至坡底时的速度大小为10m/s，g取10m/s2，则此时（ ）
A．石块重力的瞬时功率为2×105W
B．石块重力的瞬时功率为1×105W
C．石块所受斜坡支持力的瞬时功率为53×104W
D．石块所受斜坡支持力的瞬时功率为3×104W
【解答】解：AB.根据功率公式，石块瞬滑至坡底时重力的瞬时功率PG＝mgvsin30°
代入数据解得PG＝1×105W，故A错误；B正确；
CD.根据功率公式PN＝FNvcsθ
由于石块所受斜坡支持力方向始终与石块速度方向垂直θ＝90°，所以支持力的瞬时功率始终为零，故CD错误。
故选：B。
（2023•邵阳模拟）如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1、v2水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球（ ）
A．必须同时抛出
B．初速度v1与v2相等
C．击中O点时速度相同
D．击中O点时重力的瞬时功率相等
【解答】解：A、两小球下落高度不同，根据h=12gt2，下落时间t=2ℎg，A点的小球下落时间更长，要满足同时击中O点，A点小球应先抛出，故A错误；
B、以O点为坐标原点建立直角坐标系，如图所示：
O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，设抛物线方程为y＝ax2
小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动x＝v0t
竖直方向做自由落体运动，y=12gt2
整理得y=g2v02x2
即a=g2v02
a是常数，则v0为常数，A、B两点在同一抛物线上，则初速度v1与v2相等，故B正确；
C、两小球水平方向速度相同，竖直方向速度vy＝gt不同，合速度不同，故C错误；
D、重力的瞬时功率为P＝mgvy，两小球竖直分速度不同，重力的瞬时功率不同，故D错误；
故选：B。
（2023秋•未央区校级月考）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，则（两图取同一正方向，重力加速度g＝10m/s2）（ ）
A．滑块的质量为0.5kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5
C．第1s内摩擦力对滑块做功为﹣1J
D．第2s内力F的平均功率为1.5W
【解答】解：AB、由v﹣t图象斜率得滑块加速度为a=ΔvΔt=0−(−1)1m/s2＝1m/s2
由甲、乙两图结合牛顿第二定律，滑块第1s内有f+F＝ma
第2s内有F′﹣f＝ma
代入数据得f+1＝3﹣f
故求得f＝1N，m＝2kg
又由f＝μmg
可得动摩擦因数μ＝0.05
故AB错误：
C、由v﹣t图象围成的面积表示位移可得，物体第1s内的位移大小为
s=12×1×1m=0.5m
根据功的公式W＝Fscsθ
可得第1s内摩擦力对滑块做功为﹣0.5J，故C错误；
D、根据v﹣t图象可知，第2秒内的平均速度v=0+v2=0+12m/s=0.5m/s
所以第2s内F的平均功率为P=F'v=3×0.5W=1.5W
故D正确。
故选：D。
题型三 机车启动问题
1．机车以恒定功率启动的运动过程分析
所以机车达到最大速度时a＝0，F＝f，P＝Fvm＝fvm，这一启动过程的v－t图像如图1所示，其中vm＝eq \f(P,f).
2．机车以恒定加速度启动的运动过程分析
所以机车在匀加速运动中达到最大速度v0时，F＝f＋ma，P＝Fv0，v0＝eq \f(P,f＋ma)
(2)两种启动方式最终最大速度的计算均为vm＝eq \f(P,f).
类型1 恒定功率启动
（2023秋•渝中区校级月考）甲、乙两辆汽车都以恒定功率在平直路面上启动，v﹣t图像如图所示，甲车功率是乙车功率的2倍，两辆汽车行驶时所受阻力恒定，则甲、乙两车所受阻力大小之比为（ ）
A．3：8B．8：3C．3：2D．2：3
【解答】解：设乙车功率为P，则甲车的功率为2P。当阻力等于牵引力时，速度最大，则对甲车有：2P＝f甲•3v0
对乙车有：P＝f乙•4v0
解得甲、乙两车所受阻力大小之比为：f甲：f乙＝8：3，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2023春•江津区期末）质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，则（ ）
A．启动后汽车做匀加速直线运动
B．汽车受到的阻力为2Pv
C．当车速为v3时，汽车的瞬时加速度为2Pmv
D．当车速为v3时，汽车的瞬时加速度为3Pmv
【解答】解：A、汽车在额定功率下运动，根据P＝Fv
F﹣f＝ma
可知，汽车做加速度减小的变加速运动，F＝f时所受合力为零，速度达到最大，之后保持该最大速度做匀速运动，故A错误；
B、汽车达到最大速度时，牵引力F阻力f平衡，则由
P＝Fv＝fv
可得汽车受到的阻力为f=Pv，故B错误；
CD、当牵引力和阻力大小相等时，速度最大，此时
f=F=Pv
那么当汽车的车速为v3时，牵引力F1=Pv3=3Pv
加速度a=F1−fm=2Pmv，故C正确，D错误。
故选：C。
（2023春•连云港期末）玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以20kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数1v和瞬时加速度a的关系如图所示。已知赛车受到的阻力恒定，赛车到达终点前已经达到最大速度，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．赛车做匀加速运动
B．赛车的质量为20kg
C．赛车所受阻力大小为500N
D．赛车速度大小为5m/s时，加速度大小为60m/s2
【解答】解：A、由牛顿第二定律及瞬时功率表达式可得：Pv−f=ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；
BC、上述表达式整理可得：1v=mPa+fP，可见1v−a图象是倾斜的直线，其斜率恒定为：k=mP，与纵轴的截距为：b=fP，结合题设图象可得：b=fP=0.05s/m，k=mP=0.1−0.0520s3/m2
联立解得：m＝50kg，f＝1000N，故BC错误；
D、代入图象表达式，当v＝5m/s，解得：a＝60m/s2，故D正确。
故选：D。
类型2 恒定加速度启动
（2023春•安庆期末）如图甲所示，配送机器人在满载状态下由静止沿直线做匀加速启动，用测速仪和计算机绘制出该过程中的加速度与速度倒数a−1v关系如图乙所示。该机器人工作时的额定功率为3kW，空载时的最大速度为7.5m/s。已知机器人受到地面的阻力与总重力成正比，重力加速度，g＝10m/s2。以下说法正确的是（ ）
A．该配送机器人的机身质量为300kg
B．该配送机器人的最大承载质量为200kg
C．该配送机器人受到的阻力为重力的120
D．50%最大载重情况下以额定功率启动，当速度为 3m/s时，该配送机器人的加速度大小为2m/s2
【解答】解：C、由功率表达式P＝Fv及牛顿第二定律分别可得P＝Fv
F﹣kmg＝ma
联立得：a=Pm•1v−kg
由题图可知：当1v=15s/m时，a＝0；1v=35s/m时，a＝2m/s2，代入上式联立解得：m＝600kg，k＝0.1，即该配送机器人受到的阻力为重力的110，故C错误；
AB、空载时的最大速度为7.5m/s，可得P＝km0gv′
解得该配送机器人的机身质量为：m0＝400kg
故该配送机器人的最大承载质量为m′＝m﹣m0＝600kg﹣400kg＝200kg，故A错误，B正确；
D、50%最大载重情况下，机器人总质量为500kg，以额定功率启动，当速度为3m/s时，受到的牵引力为F1=Pv1=3×1033N＝1000N
受到的阻力为f1＝kmg＝0.1×500×10N＝500N
据牛顿第二定律可得
a1=F1−f1m1=1000−500500m/s2＝1m/s2，即该配送机器人的加速度大小为1m/s2，故D错误。
故选：B。
（2023•海口一模）在通往某景区的公路上，一辆小汽车沿倾角为θ的斜坡向上由静止启动，在前20s内做匀加速直线运动，第20s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m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力和空气阻力的合力大小恒为车重的110，sinθ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。则汽车的最大速为（ ）
A．25m/sB．28m/sC．30m/sD．35m/s
【解答】解：汽车做匀加速直线运动的加速度大小a=ΔvΔt=2020m/s2＝1m/s2
由牛顿第二定律得：F﹣0.1mg﹣mgsinθ＝ma，解得汽车匀加速直线运动阶段受到的牵引力：F＝3×103N
第20s末达到额定功率，则额定功率为Pm＝Fv＝3×103×20W＝6×104W
汽车达到最大速度时，所受合力为零，则F'﹣0.1mg﹣mgsinθ＝0，得F'＝2000N
最大速度vm=PmF'=6×1042000m/s＝30m/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023春•香坊区校级期末）一辆小汽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（P额）运动。其v﹣t图像如图所示。汽车的质量为m＝2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重力的0.1倍，取重力加速度g＝10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．汽车在前5s内的牵引力为6×103N
B．汽车的额定功率为40kW
C．汽车的最大速度为20m/s
D．0～t0时间内汽车牵引力做的功为P额t0
【解答】解：A、由图像得，前5s内，汽车的加速度为a=ΔvΔt=105m/s2＝2m/s2
由牛顿第二定律得：F﹣F阻＝ma
由题意得：F阻＝0.1mg＝0.1×2×103×10N＝2×103N
代入数据联立解得：F＝6×103N
故A正确；
B、5s时，汽车的功率达到额定功率，额定功率P额＝Fv＝6×103×10W＝6×104W＝60kW
故B错误；
C、t0时刻汽车的速度达到最大值，此时牵引力等于阻力，有vm=P额F阻=6×1042×103m/s＝30m/s
故C错误；
D、0～5s时间内，汽车的功率小于额定功率，5s～t0时间内，汽车的功率等于额定功率，则0～t0时间内汽车牵引力做的功小于P额t0，故D错误。
故选：A。
（2023春•北碚区校级期末）细细想来，小明觉得自己应该去办公室给老班道个歉。因为未来不管做什么，都离不开数学和物理的基础，例如正在兴起的新能源汽车：某汽车在水平路面上以恒定加速度a启动，v﹣t图像如图所示，已知汽车的质量为m，发动机的额定功率为P0，受到的阻力大小恒为f，则（ ）
A．t1﹣t2时间内，汽车牵引力的冲量大小为I2＝m（vm−v1）−f（t2−t1）
B．t1﹣t2 时间内，汽车发生的位移大小为x2=12mvm2−12mv12−P0(t1−t2)f
C．0﹣t2时间内，汽车牵引力的冲量大小为I＝mvm﹣ft2
D．0﹣t2时间内，汽车克服阻力做的功为Wf=v1t12(f+ma)+P0(t2−t1)−12mvm2
【解答】解：A、t1﹣t2 时间内，根据动量定理有I2﹣f（t2﹣t1）＝m（vm﹣v1）
解得汽车牵引力的冲量大小为I2＝m（vm﹣v1）+f（t2﹣t1）
故A错误；
B、t1﹣t2 时间内，由动能定理有P0(t2−t1)−fx2=12mvm2−12mv2
解得 t1﹣t2时间内，汽车发生的位移大小为x2=P0(x2−x1)+12mv2−12mvm2f
故B错误；
C、0﹣t2 时间内，由动量定理有I﹣ft2＝mvm
解得0﹣t2 时间内，汽车牵引力的冲量大小为I＝mvm+ft2
故C错误；
D、0﹣t2 时间内，设汽车克服阻力做的功为Wf，由动能定理有
(ma+f)⋅v1t12+P0(t2−t1)−Wf=12mvm2
解得Wf=v1t12(f+ma)+P0(t2−t1)−12mvm2
故D正确。
故选：D。
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