2026版《金版教程》高考一轮复习物理第1节 功与功率

高考总复习首选用卷物理第1节功与功率考点一功1．关于做功，下列说法正确的是()A．功是标量，正负不表示方向，但表示大小B．一对平衡力，一个力做正功，另一个力必做负功C．一对相互作用的静摩擦力，可都对物体做负功D．一对相互作用的滑动摩擦力，可都对物体做正功答案：B解析：功是物体之间能量转化的量度，它是标量；功也有正、负之分，但功的正负不表示方向，也不表示大小，而是表示力对物体的做功效果，故A错误。一对平衡力大小相等，方向相反，作用位移相同，则一个力做正功，另一个力必做负功，故B正确。一对相互作用的静摩擦力，大小相等，方向相反，作用位移相同，则不可能都对物体做负功，故C错误。由于一对相互作用的滑动摩擦力总功的代数和一定为负，所以它们不可能都对物体做正功，故D错误。2．(2024·海南高考)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中()A．返回舱处于超重状态B．返回舱处于失重状态C．主伞的拉力不做功D．重力对返回舱做负功答案：A解析：返回舱在减速过程中，加速度方向向上，处于超重状态，故A正确，B错误；主伞的拉力方向与返回舱的位移方向成钝角，则主伞的拉力对返回舱做负功，故C错误；返回舱的重力方向与返回舱的位移方向成锐角，则重力对返回舱做正功，故D错误。3．(多选)如图所示，质量为m＝1kg的物体静止在倾角为θ＝37°的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.8，现使物体与斜面相对静止并水平向右匀速移动距离l＝10m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列选项正确的是()A．重力对物体做功为0B．摩擦力对物体做功为－48JC．支持力对物体做功为－48JD．合力对物体做功为96J答案：AC解析：物体所受重力的方向与位移方向垂直，则重力对物体做功为0，故A正确；对物体受力分析，根据平衡条件，物体所受摩擦力大小f＝mgsinθ＝6N，方向沿斜面向上，所受支持力大小N＝mgcosθ＝8N，方向垂直斜面向上，根据功的定义式可知，摩擦力对物体做功为Wf＝flcosθ＝48J，支持力对物体做功为WN＝Nlcos(90°＋θ)＝－48J，故B错误，C正确；物体做匀速直线运动，所受合力为0，则合力对物体做功为0，故D错误。4．(多选)质量为2kg的物体放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，则()A．此物体在AB段做匀加速直线运动B．此物体在AB段做匀速直线运动C．此物体在OA段做匀加速直线运动D．此物体在OA段做匀速直线运动答案：BC解析：物体在水平面上运动，水平拉力与物体运动方向相同，物体受到的滑动摩擦力大小f＝μmg＝2N，物体在OA段受到的水平拉力大小F1＝eq\f(ΔW1,Δx1)＝eq\f(15,3)N＝5N，可见，水平拉力大于摩擦力，则物体在OA段做匀加速直线运动；物体在AB段受到的水平拉力大小F2＝eq\f(ΔW2,Δx2)＝eq\f(27－15,9－3)N＝2N，水平拉力与摩擦力大小相等，则物体在AB段做匀速直线运动，故B、C正确。考点二功率5．质量为2kg的小球从某一高度由静止释放，经3s到达地面，不计空气阻力，g取10m/s2。则()A．落地前瞬间重力的瞬时功率为900WB．落地前瞬间重力的瞬时功率为450WC．3s内重力的平均功率为600WD．3s内重力的平均功率为300W答案：D解析：小球只受重力，做自由落体运动，则3s末速度大小为v＝gt＝10×3m/s＝30m/s，所以落地前瞬间重力的瞬时功率P＝mgv＝2×10×30W＝600W，故A、B错误；3s内小球下落的高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×32m＝45m，所以3s内重力的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh,t)＝eq\f(2×10×45,3)W＝300W，故C错误，D正确。6．(2025·北京市人民大学附属中学高三上10月月考)(多选)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为2.0m/s。从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平拉力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲和乙所示。设在第1s内、第2s内、第3s内力F对滑块做功的平均功率分别为P1、P2、P3，则有()A．P1>P2>P3B．P1<P2<P3C．0～3s内力F对滑块做功为8JD．第2s内滑块克服摩擦力做功的平均功率为2W答案：BCD解析：由题图甲可知，力F在第1s内、第2s内、第3s内大小分别为F1＝1N、F2＝3N、F3＝2N，由题图乙可知，滑块在第1s内的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(2m/s＋0,2)＝1m/s，第2s内的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(0＋2m/s,2)＝1m/s，第3s内的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))3＝2m/s，则第1s内力F对滑块做功的平均功率为P1＝F1eq\o(v,\s\up6(－))1＝1W，第2s内力F对滑块做功的平均功率为P2＝F2eq\o(v,\s\up6(－))2＝3W，第3s内力F对滑块做功的平均功率为P3＝F3eq\o(v,\s\up6(－))3＝4W，故P1<P2<P3，A错误，B正确；0～3s内力F对滑块做功为W＝P1Δt＋P2Δt＋P3Δt＝1×1J＋3×1J＋4×1J＝8J，故C正确；由题图甲、乙可知，当F＝F3＝2N时，滑块匀速运动，由平衡条件可得滑块所受摩擦力大小Ff＝F3＝2N，则第2s内滑块克服摩擦力做功的平均功率为Pf2＝Ff·eq\o(v,\s\up6(－))2＝2×1W＝2W，故D正确。7．(2021·北京高考)如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。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．在ab段汽车的输出功率逐渐减小B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大答案：B解析：汽车做匀速率运动，则在各直线路段受力始终平衡。设上、下坡路面与水平路面夹角分别为θ1、θ2，汽车受到的阻力为f，行驶速率为v。在ab段，根据平衡条件可知，牵引力F1＝mgsinθ1＋f，所以在ab段汽车的输出功率P1＝F1v不变，在bc段牵引力F2＝f＜F1，所以汽车的输出功率P2＝F2v<P1，故A错误，B正确；在cd段牵引力F3＝f－mgsinθ2＜F2，所以汽车的输出功率P3＝F3v不变，且小于P2，故C、D错误。考点三变力做功问题8．在一家农家乐旅游景点，还保留有驴拉磨的民俗项目。如图所示，假设驴拉磨的平均作用力大小为500N，运动的半径为1m，则驴拉磨转动一周所做的功为()A．0 B．500JC．500πJ D．1000πJ答案：D解析：由于F的方向保持与作用点的速度方向一致，因此利用微元法可把圆周划分成很多小段研究，如图所示，当各小段的弧长Δsi足够小(Δsi→0)时，在这Δsi内F的方向几乎与该小段的位移方向重合，故WF＝F·Δs1＋F·Δs2＋F·Δs3＋…＝F·2πR＝1000πJ(这等效于把曲线拉直)，故D正确。9.(多选)质量为2kg的物体静止在光滑的水平面上，从某时刻起，对物体施加一方向不变的水平拉力F，该拉力与物体的位移x的关系图像如图所示，下列说法正确的是()A．在前3m的位移内，拉力F做的功为12JB．在第3m位置处，拉力F的功率为4eq\r(3)WC．在前7m的位移内，拉力F做的功为70JD．在前7m的位移内，拉力F做的功为40J答案：AD解析：F­x图像中图线与x轴围成的面积表示拉力F做的功，则在前3m的位移内，拉力F做的功为W1＝4×3J＝12J，在前7m的位移内，拉力F做的功为W2＝4×3J＋eq\f(4＋10,2)×(7－3)J＝40J，故A、D正确，C错误；在前3m的位移内，F＝F1＝4N，设物体的加速度为a，由牛顿第二定律得F1＝ma，设物体在第3m位置处的速度为v，由运动学公式可知v2－0＝2ax1，则在第3m位置处，拉力F的功率为P＝F1v，联立解得P＝8eq\r(3)W，故B错误。10．(多选)放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，其速度—时间图像和拉力的功率—时间图像分别如图a、b所示，则以下说法正确的是()A．1s末物体加速度的大小为3m/s2B．2s末拉力大小为5NC．2～6s时间内拉力不做功D．0～6s时间内拉力所做的功为70J答案：ABD解析：速度—时间图像的斜率表示加速度，所以1s末物体加速度的大小为a＝eq\f(6－0,2)m/s2＝3m/s2，A正确；根据P＝Fv可知，2s末拉力大小为F2＝eq\f(P2,v2)＝5N，B正确；功率—时间图线与时间轴围成的面积表示做功，故0～2s时间内拉力所做的功为W1＝eq\f(1,2)×2×30J＝30J，2～6s时间内拉力所做的功为W2＝10×(6－2)J＝40J，则0～6s时间内拉力所做的功为W＝W1＋W2＝70J，C错误，D正确。11．有一种地下铁道，车站的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图所示。已知坡高为h，斜坡轨道与水平轨道平滑连接，车辆的质量为m，重力加速度为g，车辆与路轨间的摩擦力为Ff，进站车辆到达坡下A处时的速度为v0，此时切断电动机的电源，车辆冲上坡顶到达站台B处的速度恰好为0。车辆从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功是()A．Ffh B．mghC．mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh答案：D解析：对车辆由A到B的过程运用动能定理得－mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh，故选D。12.(多选)如图所示，人以大小恒为10N的拉力通过一根轻绳拉船，人收绳的速度恒为1m/s，将船从A位置拉到B位置，A、B位置轻绳与水平方向的夹角分别为30°和60°，A、B间的水平距离为4m，则()A．A位置船速大小为eq\f(\r(3),2)m/sB．B位置船速大小为2m/sC．船从A运动到B的过程中，船受到绳的拉力做的功为20eq\r(3)JD．船从A运动到B的过程中，船受到绳的拉力做的功为40(eq\r(3)－1)J答案：BD解析：绳端速度为v＝1m/s，根据运动的合成与分解，可得A位置船速大小为vA＝eq\f(v,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)m/s，故A错误；同理可得B位置船速大小为vB＝eq\f(v,cos60°)＝2m/s，故B正确；船从A运动到B的过程中，船受到绳的拉力做的功等于人的拉力做的功，即W＝F(2eq\x\to(AB)·cos30°－eq\x\to(AB))＝10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×4×\f(\r(3),2)－4))J＝40(eq\r(3)－1)J，故C错误，D正确。考点四机车启动问题13．(多选)新能源汽车发动机的额定功率是汽车长时间行驶时所能输出的最大功率。某新能源汽车质量为2000kg，发动机的额定功率为80kW，假定在水平路面上行驶时受到的阻力恒为2000N，若该新能源汽车在额定功率下启动，在保持额定功率在平直公路上做直线运动到最大速度的过程中，以下说法正确的是()A．启动之后，汽车做匀加速直线运动B．启动之后，汽车做加速度减小的加速运动C．启动之后，汽车能达到的最大速度为40m/sD．启动之后，当汽车速度为20m/s时，加速度大小为2m/s2答案：BC解析：根据P＝Fv，可知随着速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，可知汽车的加速度越来越小，汽车做加速度减小的加速运动，故B正确，A错误；当F＝f时，F最小，汽车的速度v最大，为vmax＝eq\f(P,f)＝eq\f(80000,2000)m/s＝40m/s，故C正确；当汽车速度为20m/s时，牵引力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(80000,20)N＝4000N，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得加速度大小为a＝1m/s2，故D错误。14．(多选)2023年6月，交通集团首批氢能源客车在天津港保税区投入运营。某款质量为m的氢能源汽车如图甲所示，测试其性能时的v­t图像如图乙所示。已知汽车在平直公路上以额定功率P启动，整个运行过程中汽车功率及所受阻力均恒定，t1时刻起以最大速度vm匀速行驶。则在0～t1时间内，下列说法正确的是()A．汽车的牵引力逐渐增大B．汽车的阻力大小为eq\f(P,vm)C．牵引力对汽车做的功为Pt1D．汽车行驶的距离为eq\f(vmt1,2)答案：BC解析：汽车在平直公路上以额定功率P启动时，由P＝Fv可知，v增大过程，牵引力逐渐减小，故A错误；t1时刻起以最大速度vm匀速行驶，则汽车所受阻力与牵引力平衡，有f＝F，P＝Fvm，则阻力大小为f＝eq\f(P,vm)，故B正确；牵引力的功率恒定不变，则在0～t1时间内牵引力对汽车做的功为W＝Pt1，故C正确；v­t图像与t轴围成的面积表示位移，结合几何关系可知，在0～t1时间内汽车行驶的距离大于eq\f(vmt1,2)，故D错误。15．(多选)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，已知重力加速度为g，则整个过程中，下列说法正确的是()A．t1～t2时间内，重物处于超重状态B．钢绳的最大拉力为eq\f(P,v2)C．重物的最大速度为v2＝eq\f(P,mg)D．重物做匀加速直线运动的时间为eq\f(mveq\o\al(2,1),P－mgv1)答案：ACD解析：重物由静止开始上升到最大速度v2的整个过程中的v­t图像如图所示。t1～t2时间内，重物加速上升，加速度向上，处于超重状态，故A正确；匀加速提升重物时钢绳的拉力最大，由P＝Fv得Fm＝eq\f(P,v1)，故B错误；重物以最大速度匀速上升时，F＝mg，所以v2＝eq\f(P,mg)，C正确；重物做匀加速直线运动的加速度a1＝eq\f(Fm－mg,m)＝eq\f(\f(P,v1)－mg,m)＝eq\f(P－mgv1,mv1)，则重物做匀加速直线运动的时间为t1＝eq\f(v1,a1)＝eq\f(mveq\o\al(2,1),P－mgv1)，故D正确。16．(2023·湖北高考)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为()A.eq\f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B.eq\f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)C.eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v1＋P2v2) D.eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)答案：D解析：设两节动车在运动过程中所受阻力大小分别为f1、f2，则有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后，则有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得该动车组能达到的最大速度v＝eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)，故选D。17.把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是()A．两小球落地时速度相同B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C．从开始运动至落地，重力对两小球做的功不同D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率PA＞PB答案：D解析：根据动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，对于两小球，重力做功相同，初动能相同，则末动能相同，可知两小球落地时的速度大小相等，但是方向不同，故A、C错误；两小球落地时的速度大小相等，A落地时速度方向与重力方向之间有夹角，根据P＝mgvcosα可知两球落地时重力的瞬时功率不同，故B错误；从开始抛出到落地，重力对两小球做功相同，B竖直上抛运动的时间大于A平抛运动的时间，根据eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(mgh,t)知，重力对两小球做功的平均功率PA＞PB，故D正确。18.(2023·山东高考)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为()A.eq\f(2nmgω2RH,5) B.eq\f(3nmgωRH,5)C.eq\f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH答案：B解析：由题意可知，水轮每转一圈灌入稻田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，筒车对这些水做的功W＝m总gH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝eq\f(W,T)，其中T＝eq\f(2π,ω)，联立解得P＝eq\f(3nmgωRH,5)，故选B。19．(2024·浙江6月选考)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10－4m2，喷水速度约为10m/s，水的密度为1×103kg/m3，则该喷头喷水的功率约为()A．10W B．20WC．100W D．200W答案：C解析：设喷头出水口的横截面积为S，喷水速度为v，水的密度为ρ，则Δt时间内从出水口喷出的水的体积为V＝S·vΔt，质量为m＝ρV，根据动能定理可知，Δt时间内喷头对水做的功等于喷出的水获得的动能，即W＝Ek＝eq\f(1,2)mv2，喷头喷水的功率P＝eq\f(W,Δt)，联立并代入数据，解得P＝100W，故选C。20.一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()答案：A解析：在v­t图像中，图线的斜率代表汽车运动时的加速度，由牛顿第二定律可得：在0～t1时间内，eq\f(P1,v)－f＝ma，当速度v不变时，加速度a为零，在v­t图像中为一条水平线；当速度v变大时，加速度a变小，在v­t图像中为一条斜率逐渐减小的曲线，故B、D错误。同理，在t1～t2时间内，eq\f(P2,v)－f＝ma，图像变化情况与0～t1时间内情况相似，由于汽车在运动过程中速度不会发生突变，故C错误，A正确。21.(2024·重庆市渝中区高三上期中)(多选)在汽车的设计研发中，需要测试发动机的性能。汽车在倾角为θ的长直斜坡上由静止启动上坡，汽车的输出功率与速度的关系图像如图所示，当汽车的速度增大到v0后保持最大功率不变，汽车达到的最大速度为2v0。汽车的质量为m，汽车启动过程中所受的阻力(不包括重力沿斜坡向下的分力)大小恒为f，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．汽车发动机的最大功率为fv0＋2mgv0sinθB．当汽车的速度大小为v0时，其加速度大小为eq\f(f＋mgsinθ,m)C．汽车的速度从0增大到v0所用的时间为eq\f(mv0,f＋2mgsinθ)D．在汽车的速度从0增大到v0的过程中，汽车发动机做的功为mveq\o\al(2,0)答案：BD解析：当汽车加速度为0时，速度达到最大速度2v0，由平衡条件可解得汽车所受的牵引力大小F1＝f＋mgsinθ，则汽车发动机的最大功率Pmax＝F1·2v0，解得Pmax＝2fv0＋2mgv0sinθ，A错误；当汽车的速度大小为v0时，设汽车所受的牵引力大小为F2，此时汽车的加速度大小为a，有Pmax＝F2v0，根据牛顿第二定律有F2－f－mgsinθ＝ma，解得a＝eq\f(\a\vs4\al(f＋mgsinθ),m)，B正确；由题图可知，汽车的速度从0增大到v0的过程中，F＝eq\f(P,v)＝eq\f(Pmax,v0)＝F2恒定，则汽车做匀加速直线运动，加速时间t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(mv0,f＋mgsinθ)，C错误；汽车的速度从0增大到v0的过程中，汽车做匀加速直线运动，则平均功率eq\o(P,\s\up6(－))＝F2·eq\f(v0,2)，则该过程汽车发动机做的功为W＝eq\o(P,\s\up6(－))t＝mveq\o\al(2,0)，D正确。22．(2021·湖南高考)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是()A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为eq\f(3,4)vmD．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－Pt答案：C解析：动车组在匀加速启动过程中，由牛顿第二定律有F－F阻＝ma，加速度a恒定，F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随速度增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，由牛顿第二定律有eq\f(4P,v)－kv＝ma，可知加速启动的过程，加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有eq\f(2.25P,v1)＝kv1，而以额定功率匀速行驶时有eq\f(4P,vm)＝kvm，联立解得v1＝eq\f(3,4)vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，可得动车组克服阻力做的功为W阻＝4Pt－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，故D错误。23．如图所示，水池中水深为h，水面面积足够大。水面上漂浮一块质量为m的正方体木块，已知其边长为a，漂浮时恰好有一半浸没于水中。现在木块的上表面正中心施加一竖直向下的力F，使木块缓慢地被压入到水底，求此过程中力F所做的功。答案：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(3a,4)))解析：设水的密度为ρ，木块漂浮时，对木块受力分析，由平衡条件有mg＝ρga2·eq\f(a,2)由于水面面积足够大，可将木块压入水中引起的水深变化忽略。在木块完全没入水面之前，当木块的位移为x时，对木块受力分析，由平衡条件可知mg＋F＝ρga2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)＋x))联立解得F＝eq\f(2mg,a)x木块完全没入水中时，由平衡条件得Fmax＋mg＝ρga3联立解得Fmax＝mg从施加F到木块完全没入水中过程，力F做功为W1＝eq\f(0＋Fmax,2)·eq\f(a,2)从木块完全没入水中到被压入到水底的过程，力F做功为W2＝Fmax(h－a)则整个过程中力F做功为W＝W1＋W2联立解得W＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(3a,4)))。24．如图所示，一台起重吊车将质量m＝5000kg的重物由静止开始以a＝0.2m/s2的加速度竖直向上匀加速提升，t＝15s末之后保持功率不变继续提升重物，直至重物匀速上升。取g＝10m/s2，不计空气阻力，求：(1)该起重吊车的额定功率；(2)重物上升的最大速度；(3)重物开始运动后20s内起重吊车提升重物的平均功率。答案：(1)1.53×105W(2)3.06m/s(3)95625W解析：(1)设重物做匀加速运动时牵引力为F，由牛顿第二定律可得F－mg＝mat＝15s末重物的速度为v1＝at所以起重吊车的额定功率为P额＝Fv1联立并代入数据解得P额＝1.53×105W。(2)当重物达到最大速度vm时，由平衡条件得，牵引力F′＝mg又P额＝F′vm联立解得vm＝3.06m/s。(3)解法一：易知0～15s内起重吊车以恒定的牵引力F工作，起重吊车做的功为W1＝Fx1其中重物的位移x1＝eq\f(1,2)at215～20s内起重吊车以恒定的功率P额工作，起重吊车做的功为W2＝P额(t′－t)其中t′＝20s则重物开始运动后20s内起重吊车做的总功为W＝W1＋W2提升重物的平均功率为eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t′)联立并代入数据解得eq\o(P,\s\up6(－))＝95625W。解法二：提升重物的过程中起重吊车的功率随时间的变化图像如图所示，图像与t轴所围区域的面积表示牵引力做的功，所以前20s内起重吊车对重物做功为W＝eq\f(1,2)×15×153000J＋5×153000J＝1912500J故重物开始运动后20s内起重吊车提升重物的平均功率为eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t′)＝95625W。25.(2021·重庆高考)(多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与其重力成正比，且比例系数相同，则()A．甲车的总重比乙车大B．甲车比乙车先开始运动C．甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同D．甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同答案：ABC解析：根据题述，两车额定功率P相同，两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开