第六章 必刷题 功与功率机车启动问题 课时跟踪练习21 -2027届高三物理一轮复习精讲精练

**基本信息** 聚焦功与功率计算及机车启动问题，通过生活情境题构建从概念理解到综合应用的逻辑链条，强化能量观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |功与功率基础|1-8题|多选与单选结合，涵盖电梯、摆球等生活场景|从恒力做功到变力功率，构建W=Fs cosθ、P=Fv的应用体系| |机车启动综合|9-13题|含v-t图像分析与功率计算大题|整合恒定功率/加速度启动模型，体现力-运动-能量的跨模块关联|

课时跟踪练21　功与功率　机车启动问题 　(1—8题,每题4分) 1.(多选)(2026)某同学分别乘坐如图所示的斜行电梯(甲)、直升电梯(乙)、阶梯式电梯(丙)从一楼到四楼,若三种电梯均在二楼到三楼处于匀速运动,则该同学乘坐这三种电梯在二楼到三楼的过程中,各力做功分析正确的是(　　) A.图甲中电梯对该同学的支持力做正功 B.图甲中电梯对该同学的摩擦力做负功 C.图丙中电梯对该同学的支持力做正功 D.三个图中合力对该同学做功大小相同 2.(2026)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50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 3.(2026)如图所示,摆球质量为m,悬线长度为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的大小f不变,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.悬线的拉力做功为mgL B.摆球克服空气阻力做功为fπL C.摆球到达B点时重力的功率不为零 D.空气阻力做功为-fL 4.(2026)近年来,高空抛物现象时有发生,危害巨大,如一枚30 g的鸡蛋从18楼抛下,能砸破人的头骨。若将一质量为m的乒乓球从足够高的窗口由静止释放,下落过程中,乒乓球所受空气阻力与下落的速度成正比关系(f=kv,k为常数),已知乒乓球可看作质点,且在落地前已达到匀速,则乒乓球下落过程中其所受合力做功的功率P随速率v变化的图像正确的是(　　) 　　　　 A.　　　　　　　　　　B. C. D. 5.(多选)如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,滑块用绕过光滑定滑轮的轻绳系着。现以大小不变的拉力F拉绳,使滑块从A点由静止开始上升,滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m,滑轮到竖直杆的距离为d,∠OAO'=37°,∠OCO'=53°,重力加速度为g(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)，则(　　) A.拉力F大小为mg B.拉力F 大小为mg C.滑块由A到C过程轻绳对滑块做功mgd D.滑块由A到C过程轻绳对滑块做功mgd 6.(2026)将三个光滑的平板倾斜固定,三个平板顶端到底端的高度相等,三个平板AE、AD、AC与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3,如图所示。现将三个完全相同的小球同时由最高点A沿三个平板无初速度释放,经一段时间到达平板的底端,则下列说法错误的是(　　) A.重力对三个小球做的功相等 B.三个小球到达底端时的瞬时速度大小相同 C.沿AE平板下滑的小球所受重力的平均功率最大 D.沿AC平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最大 7.(多选)(2026)如图所示,在倾角为θ的光滑固定斜面上,与斜面平行、劲度系数为k的轻弹簧下端连接在垂直斜面的固定挡板N上,上端连接质量为m的物块P,质量也为m的物块Q紧靠着P,整个系统处于静止状态。现给Q施加一平行于斜面向上的拉力,使Q缓慢移动,到Q与P将要分离时撤去拉力,重力加速度大小为g，则(　　) A.此过程中拉力的最大值为2mgsin θ B.此过程中拉力做的功为 C.撤去拉力瞬间弹簧的弹力大小为0 D.撤去拉力瞬间Q的加速度大小为gsin θ 8.(多选)如图甲所示,在水平地面上放置一木块,其质量m=10 kg,木块在水平推力F作用下运动,推力F的大小随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(　　) A.木块先做匀变速直线运动,后做匀速直线运动 B.木块运动0~5 m的过程中,其克服摩擦力所做的功为100 J C.木块运动0~5 m的过程中,合力做的功为50 J D.木块在运动过程中的加速度一直变大 　(9—12题,每题4分) 9.(多选)(2026)一段公路由一部分下坡路与一部分水平路组成,下坡路的坡度较小,汽车在下坡路和水平路上行驶受到的阻力大小均为Ff。一辆质量为m的汽车从下坡路的顶端由静止启动,其运动的vt图像如图所示,OA段为直线,从t1时刻开始汽车的功率保持恒定，则由图像可知(　　) A.汽车运动过程中的最大功率为Ffv2 B.从t3时刻开始,汽车在水平路段行驶 C.在t3~t4时间内,汽车的加速度逐渐减小 D.在0~t1时间内,汽车的牵引力恒定,其大小为m+Ff 10.(2026)一架小型飞行器在平直跑道上以恒定功率200 kW由静止开始加速,最后以最大速度起飞,设在跑道上所受到的阻力不变,加速度a和速度的倒数的关系如图所示,则该飞行器(　　) A.质量为400 kg B.最大飞行速度为500 m/s C.在跑道上所受阻力大小为2 000 N D.速度大小为50 m/s时的加速度大小为3 m/s2 11.如图1所示,一工人用滑轮装置拖动质量为100 kg 的货物,绕过滑轮的轻绳足够长且一端水平固定在墙面上,另一端在工人施加的水平恒力F作用下,货物由静止开始沿水平方向做匀变速直线运动。货物与地面之间的动摩擦因数为0.2,货物速度随时间的变化关系如图2所示,不计滑轮质量和滑轮与轻绳间的摩擦,重力加速度g取10 m/s2。由此可知(　　) A.工人拉绳子的加速度大小为1 m/s2 B.恒力F的大小为120 N C.前3 s内F做功675 J D.前3 s内F做功的平均功率为450 W 12.(2026)智能汽车(IV)是指通过搭载先进的传感器、人工智能、车联网、自动驾驶等技术,实现自主控制的现代化汽车。某辆m=800 kg的智能汽车测试自动驾驶技术时,先以恒定的加速度a=2 m/s2由静止启动,t=15 s时达到额定功率,之后保持额定功率不变继续行驶,行驶过程中阻力不变,-t图像如图所示(W为牵引力做的功),以下说法正确的是(　　) A.汽车的额定功率为6×104 W B.汽车在行驶过程中的最大速度为30 m/s C.前5 s内,牵引力做功的平均功率为2×104 W D.汽车在行驶过程中受到的阻力大小为2 000 N 13.(12分)(2026)在深海打捞作业中,一打捞船利用绞车提升水下货物。绞车可视为电动机带动的装置,电动机的额定功率P=100 kW,绞车与货物间通过钢缆相连,货物质量m=5×103 kg。假设货物从静止开始被提升,在提升过程中钢缆始终保持竖直,且货物所受浮力恒为3.5×104 N,阻力恒为f=5×103 N。重力加速度g取10 m/s2。求: (1)货物能达到的最大速度vm的大小; (2)若货物以a=1 m/s2的加速度匀加速启动,这一过程能维持的时间； (3)若以第(2)问中的加速度先匀加速启动,货物速度达到v=4.5 m/s时的加速度大小。 学科网（北京）股份有限公司 $ 课时跟踪练21　功与功率　机车启动问题 　(1—8题,每题4分) 1.(多选)(2026)某同学分别乘坐如图所示的斜行电梯(甲)、直升电梯(乙)、阶梯式电梯(丙)从一楼到四楼,若三种电梯均在二楼到三楼处于匀速运动,则该同学乘坐这三种电梯在二楼到三楼的过程中,各力做功分析正确的是(　　) A.图甲中电梯对该同学的支持力做正功 B.图甲中电梯对该同学的摩擦力做负功 C.图丙中电梯对该同学的支持力做正功 D.三个图中合力对该同学做功大小相同 解析:根据题意可知,题图甲中人受到竖直向下的重力,垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力,题图乙、丙中人均只受竖直向下的重力和竖直向上的支持力,所以题图甲中电梯对该同学的支持力与位移方向垂直,支持力不做功,而摩擦力与位移方向夹角为锐角,摩擦力做正功,题图乙、丙中支持力做正功,故A、B错误,C正确;根据动能定理可得,三题图中合力做功均为零,故D正确。 答案:CD　 2.(2026)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50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析:小车匀速运动时,电动机的输出功率等于小车受到的阻力的功率,有P电出=fv=kv2,所以电动机的输入功率(光伏电池的输出功率)为P光出==2kv2,则光伏电池的输入功率(单位时间内获得的太阳能)为P太阳能==,A正确。 答案:A 3.(2026)如图所示,摆球质量为m,悬线长度为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的大小f不变,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.悬线的拉力做功为mgL B.摆球克服空气阻力做功为fπL C.摆球到达B点时重力的功率不为零 D.空气阻力做功为-fL 解析:悬线的拉力与速度总垂直,可知悬线的拉力做功为零,故A错误;摆球所受的空气阻力做功为Wf=-f·πL=-fπL,可知摆球克服空气阻力做功为fπL,故B正确,D错误;摆球到达B点时重力的方向竖直向下,而速度的方向水平,根据PG=mgvy,可知重力的功率为零,故C错误。 答案:B　 4.(2026)近年来,高空抛物现象时有发生,危害巨大,如一枚30 g的鸡蛋从18楼抛下,能砸破人的头骨。若将一质量为m的乒乓球从足够高的窗口由静止释放,下落过程中,乒乓球所受空气阻力与下落的速度成正比关系(f=kv,k为常数),已知乒乓球可看作质点,且在落地前已达到匀速,则乒乓球下落过程中其所受合力做功的功率P随速率v变化的图像正确的是(　　) 　　　　 A.　　　　　　　　　　B. C. D. 解析:乒乓球在下落的过程中所受合力F=mg-kv 合力做功的功率P=(mg-kv)v=mgv-kv2 所以合力做功的功率P与速率v是二次函数的关系,且速度最大时,其合力F为0,功率P为0,A项符合题意。故选A。 答案:A　 5.(多选)如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,滑块用绕过光滑定滑轮的轻绳系着。现以大小不变的拉力F拉绳,使滑块从A点由静止开始上升,滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m,滑轮到竖直杆的距离为d,∠OAO'=37°,∠OCO'=53°,重力加速度为g(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)，则(　　) A.拉力F大小为mg B.拉力F 大小为mg C.滑块由A到C过程轻绳对滑块做功mgd D.滑块由A到C过程轻绳对滑块做功mgd 解析:滑块到C点时速度最大,则其加速度为零,即所受合力为零,则有Fcos 53°-mg=0,解得F=mg,故A正确,B错误;由能量守恒定律可知,拉力F做的功等于轻绳拉力F对滑块做的功,滑轮与A间绳长L1=,滑轮与C间绳长L2=,滑块由A到C的过程,滑轮右侧绳子增大的长度ΔL=L1-L2=-=,拉力做功W=FΔL=mgd,故C正确,D错误。 答案:AC 6.(2026)将三个光滑的平板倾斜固定,三个平板顶端到底端的高度相等,三个平板AE、AD、AC与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3,如图所示。现将三个完全相同的小球同时由最高点A沿三个平板无初速度释放,经一段时间到达平板的底端,则下列说法错误的是(　　) A.重力对三个小球做的功相等 B.三个小球到达底端时的瞬时速度大小相同 C.沿AE平板下滑的小球所受重力的平均功率最大 D.沿AC平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最大 解析:设A点距水平面的高度为h,小球的质量为m,重力对三个小球所做的功相同,均为W=mgh,A正确;根据题意可得a=gsin θ,根据运动学公式L==at2,可知t= ,故沿AE平面下滑的小球运动的时间最长,根据=可知,重力的平均功率最小,C错误;根据运动学公式v2=2aL=2gsin θ·=2gh,可知三个小球到达底端时的瞬时速度大小相同,根据P=mgvsin θ可知,沿AC平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最大,B、D正确。 答案:C　 7.(多选)(2026)如图所示,在倾角为θ的光滑固定斜面上,与斜面平行、劲度系数为k的轻弹簧下端连接在垂直斜面的固定挡板N上,上端连接质量为m的物块P,质量也为m的物块Q紧靠着P,整个系统处于静止状态。现给Q施加一平行于斜面向上的拉力,使Q缓慢移动,到Q与P将要分离时撤去拉力,重力加速度大小为g，则(　　) A.此过程中拉力的最大值为2mgsin θ B.此过程中拉力做的功为 C.撤去拉力瞬间弹簧的弹力大小为0 D.撤去拉力瞬间Q的加速度大小为gsin θ 解析:因为Q缓慢移动,则Q受力平衡,当Q与P将要分离时,它们之间的弹力为0,此时拉力最大,最大为mgsin θ,故A错误;撤去拉力瞬间,P所受弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力平衡,则撤去拉力瞬间弹簧的弹力大小为mgsin θ,故C错误;撤去拉力瞬间,Q与P的加速度相同,根据牛顿第二定律有mgsin θ=2ma,可得a=gsin θ,故D正确;移动过程由平衡条件有F+F弹=2mgsin θ,故拉力F与移动的位移Δx成线性关系,此过程F对Δx的平均值为=,此过程的位移大小为Δx=,所以此过程中拉力做的功为W=Δx=,故B正确。 答案:BD　 8.(多选)如图甲所示,在水平地面上放置一木块,其质量m=10 kg,木块在水平推力F作用下运动,推力F的大小随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(　　) A.木块先做匀变速直线运动,后做匀速直线运动 B.木块运动0~5 m的过程中,其克服摩擦力所做的功为100 J C.木块运动0~5 m的过程中,合力做的功为50 J D.木块在运动过程中的加速度一直变大 解析:由题意可得木块受到的滑动摩擦力大小f=μmg=20 N,对木块,由牛顿第二定律可得F-f=ma,可得a=,所以a随F的变化先增大后不变,木块先做非匀变速直线运动,后做匀变速直线运动,故A、D错误;木块运动0~5 m的过程中,滑动摩擦力对木块做负功,则木块克服摩擦力所做的功Wf=fx=20×5 J=100 J,故B正确;Fx图线与横轴围成的面积表示F所做的功,木块运动0~5 m的过程中F对木块做正功,则有WF=×5 J=150 J,则W合=WF-Wf=150 J-100 J=50 J,故C正确。 答案:BC　 　(9—12题,每题4分) 9.(多选)(2026)一段公路由一部分下坡路与一部分水平路组成,下坡路的坡度较小,汽车在下坡路和水平路上行驶受到的阻力大小均为Ff。一辆质量为m的汽车从下坡路的顶端由静止启动,其运动的vt图像如图所示,OA段为直线,从t1时刻开始汽车的功率保持恒定，则由图像可知(　　) A.汽车运动过程中的最大功率为Ffv2 B.从t3时刻开始,汽车在水平路段行驶 C.在t3~t4时间内,汽车的加速度逐渐减小 D.在0~t1时间内,汽车的牵引力恒定,其大小为m+Ff 解析:由题图可知,汽车在0~t2过程是恒加速度启动且此时是处于下坡路,其在t1时刻达到最大功率,此后一直保持不变,汽车在t2~t3内处于匀速运动,其受力情况如图所示,汽车受到的牵引力大小为F牵=Ff-mgsin θ,则汽车的最大功率为Pmax=(Ff-mgsin θ)v2,故A错误;由题图可知,t3时刻汽车的速度减小,而由题意可知,汽车受到的阻力没有变,所以此时汽车的牵引力小于阻力,即汽车由下坡路进入了水平路段,故B正确;汽车运动的vt图像的斜率表示汽车运动的加速度,由题图可知,t3~t4时间内,汽车的加速度在减小,故C正确;由于汽车的vt图像表示汽车的加速度,所以在0~t1时间内汽车的加速度为a1==,结合之前汽车的受力分析,对汽车有F牵1+mgsin θ-Ff=ma1,解得F牵1=m+Ff-mgsin θ,故D错误。 答案:BC　 10.(2026)一架小型飞行器在平直跑道上以恒定功率200 kW由静止开始加速,最后以最大速度起飞,设在跑道上所受到的阻力不变,加速度a和速度的倒数的关系如图所示,则该飞行器(　　) A.质量为400 kg B.最大飞行速度为500 m/s C.在跑道上所受阻力大小为2 000 N D.速度大小为50 m/s时的加速度大小为3 m/s2 解析:根据-f=ma,可得a=·-,结合题图可知=,=1,可得m=1 000 kg,f=1 000 N,A、C错误;飞行器最大飞行速度为vm== m/s=200 m/s,B错误;根据a=·-,可得飞行器速度大小为50 m/s时的加速度大小为a=3 m/s2,D正确。 答案:D　 11.如图1所示,一工人用滑轮装置拖动质量为100 kg 的货物,绕过滑轮的轻绳足够长且一端水平固定在墙面上,另一端在工人施加的水平恒力F作用下,货物由静止开始沿水平方向做匀变速直线运动。货物与地面之间的动摩擦因数为0.2,货物速度随时间的变化关系如图2所示,不计滑轮质量和滑轮与轻绳间的摩擦,重力加速度g取10 m/s2。由此可知(　　) A.工人拉绳子的加速度大小为1 m/s2 B.恒力F的大小为120 N C.前3 s内F做功675 J D.前3 s内F做功的平均功率为450 W 解析:vt图像的斜率表示加速度,由题图2可得货物的加速度a=1 m/s2,工人拉绳子的加速度大小为a'=2a=2 m/s2,故A错误;根据牛顿第二定律得2F-μmg=ma,所以F=150 N,故B错误;前3 s内货物的位移x=at2=4.5 m,所以前3 s内F做的功大小为W=2Fx=1 350 J,故C错误;平均功率==450 W,故D正确。 答案:D　 12.(2026)智能汽车(IV)是指通过搭载先进的传感器、人工智能、车联网、自动驾驶等技术,实现自主控制的现代化汽车。某辆m=800 kg的智能汽车测试自动驾驶技术时,先以恒定的加速度a=2 m/s2由静止启动,t=15 s时达到额定功率,之后保持额定功率不变继续行驶,行驶过程中阻力不变,-t图像如图所示(W为牵引力做的功),以下说法正确的是(　　) A.汽车的额定功率为6×104 W B.汽车在行驶过程中的最大速度为30 m/s C.前5 s内,牵引力做功的平均功率为2×104 W D.汽车在行驶过程中受到的阻力大小为2 000 N 解析:0~15 s内,牵引力做的功W=F·at2,所以=F·at,故图线斜率为Fa= J/s2=4×103J/s2,解得F=4 000 N,当t=15 s时,则有P额=Fv=F·at=4 000×2×15 W=1.2×105 W,故A错误;由F-f=ma,代入题中数据,联立解得f=2 400 N,当a=0,即F'=f时,则vm==50 m/s,故B、D错误;0~5 s内牵引力做的功W'=F·a=1×105 J,故==2×104 W,故C正确。 答案:C　 13.(12分)(2026)在深海打捞作业中,一打捞船利用绞车提升水下货物。绞车可视为电动机带动的装置,电动机的额定功率P=100 kW,绞车与货物间通过钢缆相连,货物质量m=5×103 kg。假设货物从静止开始被提升,在提升过程中钢缆始终保持竖直,且货物所受浮力恒为3.5×104 N,阻力恒为f=5×103 N。重力加速度g取10 m/s2。求: (1)货物能达到的最大速度vm的大小; (2)若货物以a=1 m/s2的加速度匀加速启动,这一过程能维持的时间； (3)若以第(2)问中的加速度先匀加速启动,货物速度达到v=4.5 m/s时的加速度大小。 解析:(1)当货物匀速运动时,速度达到最大,根据平衡条件可得T+F浮=mg+f 可得此时钢缆对货物的拉力为T=2×104 N 又P=Tvm 解得货物能达到的最大速度为vm=5 m/s。 (2)若货物以a=1 m/s2的加速度匀加速启动,根据牛顿第二定律可得T1+F浮-mg-f=ma 解得钢缆对货物的拉力为T1=2.5×104 N 由P=T1v1,解得功率刚达到额定功率时的速度大小为v1=4 m/s 则这一过程能维持的时间为t1==4 s。 (3)若以第(2)问中的加速度先匀加速启动,当货物速度达到v=4.5 m/s,此时钢缆对货物的拉力为T2== N=×104 N 根据牛顿第二定律可得T2+F浮-mg-f=ma' 解得加速度大小为a'= m/s2。 答案:(1)5 m/s　(2)4 s　(3) m/s2 学科网（北京）股份有限公司 $