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新高考物理二轮复习题型归纳与变式练习专题05做功、功率问题汇总（含解析）
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这是一份新高考物理二轮复习题型归纳与变式练习专题05做功、功率问题汇总（含解析），共21页。试卷主要包含了功的正负的判断方法，恒力做功的计算方法，合力做功的计算方法等内容，欢迎下载使用。
考点1 功的分析与计算1
考点2 功率的分析与计算3
考点3 机车启动问题5
考点1 功的分析与计算
1．功的正负的判断方法
(1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。
(2)曲线运动中做功正负的判断：依据F与v的方向的夹角α来判断。0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。
2．恒力做功的计算方法
3．合力做功的计算方法
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcs α求功。适用于F合为恒力的过程。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3…求合外力做的功。
【典例1】如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是( )
A．人对车的推力F做的功为FL
B．人对车做的功为maL
C．车对人的作用力大小为ma
D．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L
【答案】A
【解析】根据功的公式可知，人对车的推力做功W＝FL，故A正确；
在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为F′＝ma，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ma，人对车做功为W＝－maL，故B错误；
人水平方向受到的合力为ma，竖直方向上车对人还有支持力，故车对人的作用力为N＝ eq \r(（ma）2＋（mg）2) ＝m eq \r(a2＋g2) ，故C错误；
对人由牛顿第二定律可得f－F＝ma，则f＝ma＋F，车对人的摩擦力做功为W＝fL＝(F＋ma)L，故D错误。
【变式1-1】在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为 eq \f(R,2) 和R的两个半圆构成(如图所示)，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( )
A．0 B．FR
C． eq \f(3,2) πFR D．2πFR
【答案】 C
【解析】 虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR＋π eq \f(R,2) ，则拉力做的功为 eq \f(3,2) πFR，故C正确。
【变式1-2】中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为 SKIPIF 1 < 0 ，假设泵车的泵送系统以 SKIPIF 1 < 0 的输送量给 SKIPIF 1 < 0 高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】泵车的泵送系统以 SKIPIF 1 < 0 的输送量给 SKIPIF 1 < 0 高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功
SKIPIF 1 < 0
故选C。
【变式1-3】一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0～6 s内其速度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10 m/s2。下列判断正确的是( )
甲 乙
A．拉力的大小为4 N，且保持不变 B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做的功为24 J D．0～6 s内拉力做的功为156 J
【答案】BD
【解析】对物体受力分析，由图甲可知，在0～2 s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6 s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在2～6 s内根据功率公式P＝Fv，有F＝eq \f(P,v)＝4 N，故滑动摩擦力f＝F＝4 N，在图甲中，0～2 s内有a＝eq \f(Δv,Δt)＝3 m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2 kg，F′＝10 N，选项B正确；由图甲可知在0～6 s内物体通过的位移为x＝30 m，故物体克服摩擦力做的功为Wf＝fx＝120 J，选项C错误；由动能定理可知W－Wf＝eq \f(1,2)mv2，故0～6 s内拉力做的功W＝eq \f(1,2)mv2＋Wf＝eq \f(1,2)×2×62 J＋120 J＝156 J，选项D正确。
考点2 功率的分析与计算
1．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，F为恒力。
2．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝F·vcs 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。
【典例2】引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次/分钟。若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
A．5 W B．20 W
C．100 W D．400 W
【答案】C
【解析】学生体重约为50 kg，每次引体向上上升高度约为0.5 m，引体向上一次克服重力做功为W＝mgh＝50×10×0.5 J＝250 J，全过程克服重力做功的平均功率为 eq \x\t(P) ＝ eq \f(nW,t) ＝ eq \f(12×250 J,30 s) ＝100 W，故C正确，A、B、D错误。
【变式2-1】某次顶竿表演结束后，演员A(视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图甲所示．演员A滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到水平地面上，演员A的质量为50 kg，长竹竿的质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度取g＝10 m/s2，则t＝5 s时，演员A所受重力的功率为( )
A．50 W B．500 W C．55 W D．550 W
【答案】 B
【解析】 由题图可知，4～6 s内A向下减速，加速度的大小为：a2＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝5 s时，A的速度大小为v5＝2 m/s－a2Δt＝2 m/s－1×1 m/s＝1 m/s，演员A所受重力的功率为PG＝mAgv5＝50×10×1 W＝500 W，故B正确．
【变式2-2】质量为 SKIPIF 1 < 0 的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为 SKIPIF 1 < 0 ，受到的阻力大小为 SKIPIF 1 < 0 。此时，汽车发动机输出的实际功率是（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡
SKIPIF 1 < 0
汽车发动机的功率
SKIPIF 1 < 0
【变式2-3】质量为m的物体从距地面H高处自由下落，经历时间t，则下列说法中正确的是( )
A．t秒内重力对物体做功为 eq \f(1,2) mg2t2
B．t秒内重力的平均功率为mg2t
C． eq \f(t,2) 秒末重力的瞬时功率与t秒末重力的瞬时功率之比为1∶2
D．前 eq \f(t,2) 秒内重力做功的平均功率与后 eq \f(t,2) 秒内重力做功的平均功率之比为1∶3
【答案】ACD
【解析】物体自由下落，t秒内物体下落h＝ eq \f(1,2) gt2，Wt＝mgh＝ eq \f(1,2) mg2t2，故A正确；P＝ eq \f(W,t) ＝ eq \f(\f(1,2)mg2t2,t) ＝ eq \f(1,2) mg2t，故B错误；从静止开始自由下落，前 eq \f(t,2) 秒末与后 eq \f(t,2) 秒末的速度之比为1∶2(因v＝gt∝t)，又有P＝Fv＝mgv∝v，故前 eq \f(t,2) 秒末与后 eq \f(t,2) 秒末功率瞬时值之比为P1∶P2＝1∶2，C正确；前 eq \f(t,2) 秒与后 eq \f(t,2) 秒下落的位移之比为1∶3，则重力做功之比为1∶3，故重力做功的平均功率之比为1∶3，D正确。
考点3 机车启动问题
1．两种启动方式
2.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝eq \f(P,F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq \f(P,F)(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。
【典例3】一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其vt图象如图所示。已知汽车的质量为m＝1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )
汽车在前5 s内的牵引力为5×102 N
B．汽车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2
C．汽车的额定功率为100 kW
D．汽车的最大速度为80 m/s
【答案】C
【解析】由图象可知匀加速直线运动的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(20,5) m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，解得牵引力为F＝f＋ma＝0.1×1×104 N＋1×103×4 N＝5×103 N，故A错误。额定功率为P＝Fv＝5 000×20 W＝100 kW，故C正确。当车的速度是25 m/s时，牵引力F′＝eq \f(P,v′)＝eq \f(100 000,25) N＝4 000 N，此时车的加速度a′＝eq \f(F′－f,m)＝eq \f(4 000－0.1×1×104,1×103) m/s2＝3 m/s2，故B错误。当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为vm＝eq \f(P,F)＝eq \f(P,f)＝eq \f(100 000,1 000) m/s＝100 m/s，故D错误。
【变式3-1】一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶，发动机的输出功率为P.从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v之后又开始匀速行驶．若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．汽车加速过程的最大加速度为eq \f(P,mv)
B．汽车加速过程的平均速度为eq \f(3,2)v
C．汽车速度从v增大到2v过程做匀加速运动
D．汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大
【答案】 A
【解析】 设汽车所受的路面阻力为Ff，则开始时P＝Ffv，加大油门后P1＝Ff·2v，则P1＝2P，汽车在开始加大油门时的加速度最大，最大加速度为am＝eq \f(\f(2P,v)－Ff,m)＝eq \f(P,mv)，选项A正确；
汽车速度从v增大到2v过程，若汽车做匀加速运动，则平均速度为eq \f(v＋2v,2)＝eq \f(3,2)v，而随着汽车速度的增加，汽车的牵引力减小，则加速度减小，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度不等于eq \f(3,2)v，选项B、C、D错误．
【易错点1】变力做功的分析和计算
分析方法及案例
1.在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为eq \f(R,2)和R的两个半圆构成。如图所示，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( )
A.0 B.FR
C.eq \f(3,2)πFR D.2πFR
【答案】 C
【解析】 把槽道分成x1、x2、x3、…、xn微小段，拉力在每一段上可视为恒力，则在每一段上做的功W1＝F1x1，W2＝F2x2，W3＝F3x3，…，Wn＝Fnxn，拉力在整个过程中所做的功W＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝F(x1＋x2＋x3＋…＋xn)＝F(π·eq \f(R,2)＋πR)＝eq \f(3,2)πFR。故选项C正确。
2. (2020·安徽安庆市模拟)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的水平距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g。求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)拉力F的大小；
(2)滑块由A到C过程中拉力F做的功。
【答案】 (1)eq \f(5,3)mg (2)eq \f(25,36)mgd
【解析】 (1)滑块运动到C点时速度最大，则在C点有
Fcs 53°＝mg
解得F＝eq \f(5,3)mg。
(2)由能量守恒可知，拉力F对绳端点做的功就等于绳的拉力F对滑块做的功
滑轮与A间绳长L1＝eq \f(d,sin 37°)
滑轮与C间绳长L2＝eq \f(d,sin 53°)
则滑轮右侧绳子增加的长度
ΔL＝L1－L2＝eq \f(d,sin 37°)－eq \f(d,sin 53°)＝eq \f(5d,12)
故拉力做的功W＝FΔL＝eq \f(25,36)mgd。
3.如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN。现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2。求：
甲 乙
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数。
【审题导引】：解此题的关键是把握图象的信息，并将图象信息与物理过程相对应，如下图所示。
【答案】 (1)0.2 kg 1 m (2)60° (3)eq \f(\r(3),4)
【解析】 (1)小物块从圆轨道BC滑下，
由动能定理可知mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点合力提供向心力
FN－mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)
FN＝eq \f(2mg,R)H＋mg
结合PQ段图象知mg＝2 N，m＝0.2 kg，eq \f(2mg,R)＝eq \f(4－2,0.5)
解得R＝1 m。
(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5 m，则轨道BC所对圆心角θ由几何关系可知H＝R(1－cs θ)，代入数据解得θ＝60°。
(3)小物块从A到C，由动能定理可得
mgH－eq \f(μmgcs θH－0.5,sin θ)＝eq \f(1,2)mv2，
到达C点处由向心力公式可得
F′N－mg＝eq \f(mv2,R)，联立得μ＝eq \f(\r(3),4)。
1．(2021·广西南宁模拟)关于功的概念，下列说法正确的是( )
A．物体受力越大，位移越大，力对物体做功越多
B．合力的功等于各分力功的矢量和
C．摩擦力可以对物体做正功
D．功有正、负，但正、负不表示方向，而表示大小
【答案】：C
【解析】：因功的决定因素为力、位移及二者的夹角，若力大、位移大，但两者夹角为90°时，则做功为0，选项A错误；合力的功等于各分力功的代数和，选项B错误；摩擦力可以做正功，也可以做负功，这要看摩擦力与位移的方向关系，选项C正确；功是标量，有正、负之分，但功的正、负不是表示方向，而是表示力对物体做功的效果，所以选项D错误．
2．一物体所受的力F随位移x变化的图象如图所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为( )
A．3 J B．6 J
C．7 J D．8 J
【答案】：B
【解析】：力F对物体做的功等于图线与横轴x所包围面积的代数和，即
W1＝eq \f(1,2)×(3＋4)×2 J＝7 J
W2＝eq \f(1,2)×(5－4)×2 J＝1 J
所以力F对物体做的功为
W＝W1－W2＝7 J－1 J＝6 J.
故选项B正确．
3.(2021·白银模拟)如图所示，小物块甲从竖直固定的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平。小物块乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是( )
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时，重力对乙做功的瞬时功率大于重力对甲做功的瞬时功率
【答案】D
【解析】两物块下落的高度相同，根据动能定理，有mgR＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gR)，可知两物块到达底端时的速度大小相等，但方向不同，A错误；两物块的质量大小关系不确定，故无法判断两物块运动到底端时重力做的功及动能是否相同，B、C错误；在底端时，重力对甲做功的瞬时功率为零，重力对乙做功的瞬时功率大于零，D正确。
4．质量为2 kg的小铁球从某一高度由静止释放，经3 s到达地面，不计空气阻力，g取10 m/s2。则( )
A．2 s末重力的瞬时功率为200 W
B．2 s末重力的瞬时功率为400 W
C．前2 s内重力的平均功率为100 W
D．前2 s内重力的平均功率为400 W
【答案】B
【解析】物体只受重力，做自由落体运动，2 s末速度为v1＝gt1＝20 m/s，下落2 s末重力做功的瞬时功率P＝mgv1＝400 W，故选项A错误，B正确；前2 s内的位移为h2＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)＝20 m，所以前2 s内重力的平均功率为eq \x\t(P)2＝eq \f(mgh2,t2)＝200 W，故选项C、D错误。
1、以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小球，上升的最大高度是h，如果空气阻力Ff的大小恒定，从抛出到落回出发点的整个过程中，空气阻力对小球做的功为( )
A.0B.-Ffh C.-2mghD.-2Ffh
【答案】D
【解析】上升过程空气阻力对小球做的功为W1=-Ffh，下降过程空气阻力对小球做的功为W2=-Ffh，所以整个过程中空气阻力对小球做的功为W=W1+W2=-2Ffh，故A、B、C错误，D正确。
2、如图所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动的瞬间的过程中，转台的摩擦力对物块做的功为( )
A.0B.2πkmgR C.2kmgR
【答案】D
【解析】根据牛顿第二定律得kmg=m，根据动能定理得W=mv2=kmgR，故D正确，A、B、C错误。
3.某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物上升高度为h时轻绳与水平方向成α角(重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计)，在此过程中，下列说法正确的是( )
A.人的速度比重物的速度小 B.轻绳对重物的拉力小于重物的重力
C.重物的加速度不断增大 D.绳的拉力对重物做功为mgh+m(vcsα)2
【答案】D
【解析】将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物的速度，根据平行四边形定则得，vG=vcsα，人在匀速向右运动过程中，绳子与水平方向的夹角减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升运动，且拉力大于重物的重力，故A、B错误；由vG=vcsα可知重物的加速度减小，故C错误；根据动能定理得W-mgh=m-0，解得W=mgh+m(vcsα)2，故D正确。
4.（2021·广西壮族自治区北流市实验中学高三开学考试）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是
A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小B．最低点的坐标为x=h+2x0
C．小球受到的弹力最大值等于2mgD．小球动能的最大值为 SKIPIF 1 < 0
【答案】AD
【解析】由图象结合小球的运动过程为:先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。
A．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A正确；
B．在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的绝对值相等，即到最低点图中实线与x轴围成的面积应该与mg那条虚线与x轴围成的面积相同，所以最低点应该在h+2x0小球的后边，B错误；
C．由B知道最低点位置大于 SKIPIF 1 < 0 ，所以弹力大于2mg， C错误；
D．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得
SKIPIF 1 < 0 ，
故D正确。
5、如图所示，质量为m的小球用长为L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中．拉力F做的功为( )
A．FLcs θ B．FLsin θ
C．FL(1－cs θ) D．mgL(1－cs θ)
【答案】D
【解析】在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力，此变力F做的功可用动能定理求解，由WF－mgL(1－cs θ)＝0，得WF＝mgL(1－cs θ)，故D正确．
1.(2021·金华高二期中)某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为eq \f(3P,4)，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．
(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？
(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t2时间达到最大速度v0，赛车总质量为m，求赛车的整个加速距离．
【答案】：(1)210 km/h (2)eq \f(P（3t1＋8t2）v0－4mveq \\al(3,0),8P)
【解析】：(1)燃油发动机单独工作，P＝F1v1＝fv1
两台发动机同时工作，P＋eq \f(3P,4)＝F2v2＝fv2
最大速度v2＝eq \f(7v1,4)＝210 km/h.
(2)燃油发动机的额定功率为P，最大速度为v0，
阻力f＝eq \f(P,v0)匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为eq \f(3P,8)，设总路程为s，由动能定理有
eq \f(3P,8)t1＋Pt2－fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得s＝eq \f(P（3t1＋8t2）v0－4mveq \\al(3,0),8P).
2.(2021·浙江舟山模拟)质量为1.0×103 kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动(g取10 m/s2)．求：
(1)汽车做匀加速运动的时间t1；
(2)汽车所能达到的最大速率；
(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？
【答案】：(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s
【解析】：(1)由牛顿第二定律得
F－mgsin 30°－Ff＝ma
设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fv
v＝at1
解得t1＝7 s.
(2)当达到最大速度vm时，a＝0，则有
P＝(mgsin 30°＋Ff)vm
解得vm＝8 m/s.
(3)汽车匀加速运动的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2－(mgsin 30°＋Ff)x2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mv2
又有x＝x1＋x2
解得t2＝15 s
故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22 s.
3.(2021·名师原创预测)某汽车在某次测试过程中数据如下表所示，请根据表中数据回答问题。
某天张华驾驶该汽车从甲地点沿平直公路到乙地点送货，张华启动汽车后先以恒定的加速度(该加速度大小与测试过程中加速过程的加速度大小相同)运动一段时间，汽车功率达到额定功率后，保持额定功率继续行驶，达到最大速度后以最大速度行驶，快到乙地点时，开始制动汽车，刚好到乙地点停下。已知汽车在平直公路上沿直线行驶时所受阻力f大小恒定，为制动过程中汽车所受阻力的eq \f(1,6)，甲地点到乙地点的距离为d＝3 km，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求汽车在平直公路上行驶的最大速度vm；
(2)张华由甲地点到乙地点共经历多长时间？
【答案】 (1)32 m/s (2)114.95 s
【解析】 (1)由题中表格数据知
加速过程的加速度大小为a1＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2
制动过程的加速度大小为a2＝eq \f(v2,2x0)＝10 m/s2
则制动过程所受阻力大小为F′＝ma2＝1.5×104 N
汽车行驶过程中受到的阻力大小为f＝eq \f(1,6)F′＝2.5×103 N
汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，由P＝fvm得，
vm＝eq \f(P,f)＝32 m/s
(2)匀加速过程中，由牛顿第二定律可知F－f＝ma1
解得F＝f＋ma1＝4×103 N
故匀加速过程中的最大速度vm0＝eq \f(P,F)＝20 m/s，
加速时间为t1＝eq \f(vm0,a1)＝20 s，加速距离为x1＝eq \f(veq \\al(2,m0),2a1)＝200 m
制动过程所用的时间为t2＝eq \f(vm,a2)＝3.2 s，
制动距离为x2＝eq \f(veq \\al(2,m),2a2)＝51.2 m
功率达到额定功率后，汽车做变加速及匀速运动，在此过程有
Pt0－fx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m0)
其中x＝d－(x1＋x2)
联立解得t0＝91.75 s
故从甲地点到乙地点共经历的时间为t＝t1＋t2＋t0＝114.95 s
4.(2021·吉林市第二次调研)冬季奥运会中有自由式滑雪U型池比赛项目，其赛道横截面如图3所示，为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员(按质点处理)自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力)，则( )
A.W＝eq \f(3,4)mgR，运动员没能到达Q点
B.W＝eq \f(1,4)mgR，运动员能到达Q点并做斜抛运动
C.W＝eq \f(1,2)mgR，运动员恰好能到达Q点
D.W＝eq \f(1,2)mgR，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离
【答案】 D
【解析】在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,N),R)，解得vN＝eq \r(3gR)，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)－0，解得W＝eq \f(1,2)mgR，由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得－mgR－W′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)，因为W′＜eq \f(1,2)mgR，可知vQ＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离，A、B、C错误，D正确。
5．(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，10)随着航天技术的发展，人类已经有能力到太空去探索未知天体。假设某宇宙飞船绕一行星在其表面附近做匀速圆周运动，已知运行周期为T，航天员在离该行星表面附近h处自由释放一小球，测得其落到行星表如图4甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A.在0～h0过程中，F大小始终为mg
B.在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C.在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D.在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【答案】 C
【解析】 在0～h0过程中，Ek－h图象为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。
6. (2021·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，7)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ) C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
【答案】 B
【解析】 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq \f(H,sin θ)，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确。
7.(2021·衡水模拟)如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车(可视为质点)，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的vt图象如图乙所示(在t＝15 s 处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小。求：
甲 乙
(1)汽车在AB路段上运动时所受阻力f1的大小；
(2)汽车刚好开过B点时加速度a的大小；
(3)BC路段的长度。
【答案】 (1)2 000 N (2)1 m/s2 (3)68.75 m
【解析】 (1)汽车在AB路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有：F1＝f1
P＝F1v1
解得：f1＝eq \f(P,v1)＝eq \f(20×103,10) N＝2 000 N。
(2)t＝15 s时汽车处于平衡状态，有：
F2＝f2
P＝F2v2
解得：f2＝eq \f(P,v2)＝eq \f(20×103,5) N＝4 000 N
刚好开过B点时汽车的牵引力仍为F1，
根据牛顿第二定律，有：
f2－F1＝ma
解得：a＝1 m/s2。
(3)对于汽车在BC路段运动，由动能定理得：
Pt－f2s＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得：s＝68.75 m。
8.在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的Feq \f(1,v)图象(图线ABC为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB、BO均为直线)。假设该汽车行驶过程中所受的阻力恒定，根据图线ABC，求：
(1)该汽车的额定功率；
(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s达到最大速度40 m/s，求其在BC段的位移大小。
【答案】(1)8×104 W (2)75 m
【解析】 (1)图线AB表示牵引力F不变，即F＝8 000 N，阻力Ff不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC的斜率表示汽车的功率P不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40 m/s，此后汽车做匀速直线运动。
由题图可知：当达到最大速度vmax＝40 m/s时，牵引力为Fmin＝2 000 N
由平衡条件Ff＝Fmin可得Ff＝2 000 N
由公式P＝Fminvmax 得额定功率P＝8×104 W。
(2)匀加速运动的末速度vB＝eq \f(P,F)，代入数据解得
vB＝10 m/s
汽车由A到B做匀加速运动的加速度为
a＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2
设汽车由A到B所用时间为t1，由B到C所用时间为t2、位移为x，则t1＝eq \f(vB,a)＝5 s，t2＝35 s－5 s＝30 s
B点之后，对汽车由动能定理可得
Pt2－Ffx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，代入数据可得x＝75 m。
9.(2021·浙江选考模拟)弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0 m，BC段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：
(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A点进入，当h多高时，水平射程x最大，并求出这个最大值。
【答案】 (1)8 rad/s 1 N (2)2eq \r(6) m/s (3)1.5 m 3 m
【解析】 (1)角速度ω＝eq \f(v0,R)＝8 rad/s，小球在BC段做匀速直线运动，合力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡状态，FN＝mg＝1 N，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力大小为1 N。
(2)小球从A点到E点根据动能定理有
－mgh－μmgl2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝2eq \r(6) m/s。
(3)小球从A点到E点根据动能定理有
－(mgh＋μmgl2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得vE＝eq \r(60－20h)
过了E点小球做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2
x＝vEt
得到x与h的数学关系x＝eq \r(12h－4h2)
即当h＝1.5 m时，x的最大值为x＝3 m
发动机最大输出功率（ SKIPIF 1 < 0 ）
332
最大输送高度（m）
63
整车满载质量（ SKIPIF 1 < 0 ）
SKIPIF 1 < 0
最大输送量（ SKIPIF 1 < 0 ）
180
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
Pt图象和vt图象
OA段过程分析
v↑⇒F＝eq \f(P,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
a＝eq \f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq \(⇒,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝eq \f(v1,a)
AB段过程分析
F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq \f(P,F阻)
v↑⇒F＝eq \f(P额,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
运动性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq \f(P额,F阻)做匀速运动
方法
以例说法
应用动能定理
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有WF－mgl(1－cs θ)＝0，得WF＝mgl(1－cs θ)
微元法
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
等效转换法
恒力F把物块从位置A拉到位置B，绳子对物块做功W＝F·(eq \f(h,sin α)－eq \f(h,sin β))
图象法
一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝eq \f(F0＋F1,2)x0
行驶中整车质量
1 500 kg
额定功率
80 kW
加速过程
车辆从静止加速到72 km/h所需时间为20 s
制动过程
车辆以36 km/h行驶时的制动距离为5.0 m
考点1 功的分析与计算1
考点2 功率的分析与计算3
考点3 机车启动问题5
考点1 功的分析与计算
1．功的正负的判断方法
(1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。
(2)曲线运动中做功正负的判断：依据F与v的方向的夹角α来判断。0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。
2．恒力做功的计算方法
3．合力做功的计算方法
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcs α求功。适用于F合为恒力的过程。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3…求合外力做的功。
【典例1】如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是( )
A．人对车的推力F做的功为FL
B．人对车做的功为maL
C．车对人的作用力大小为ma
D．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L
【答案】A
【解析】根据功的公式可知，人对车的推力做功W＝FL，故A正确；
在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为F′＝ma，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ma，人对车做功为W＝－maL，故B错误；
人水平方向受到的合力为ma，竖直方向上车对人还有支持力，故车对人的作用力为N＝ eq \r(（ma）2＋（mg）2) ＝m eq \r(a2＋g2) ，故C错误；
对人由牛顿第二定律可得f－F＝ma，则f＝ma＋F，车对人的摩擦力做功为W＝fL＝(F＋ma)L，故D错误。
【变式1-1】在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为 eq \f(R,2) 和R的两个半圆构成(如图所示)，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( )
A．0 B．FR
C． eq \f(3,2) πFR D．2πFR
【答案】 C
【解析】 虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR＋π eq \f(R,2) ，则拉力做的功为 eq \f(3,2) πFR，故C正确。
【变式1-2】中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为 SKIPIF 1 < 0 ，假设泵车的泵送系统以 SKIPIF 1 < 0 的输送量给 SKIPIF 1 < 0 高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】泵车的泵送系统以 SKIPIF 1 < 0 的输送量给 SKIPIF 1 < 0 高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功
SKIPIF 1 < 0
故选C。
【变式1-3】一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0～6 s内其速度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10 m/s2。下列判断正确的是( )
甲 乙
A．拉力的大小为4 N，且保持不变 B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做的功为24 J D．0～6 s内拉力做的功为156 J
【答案】BD
【解析】对物体受力分析，由图甲可知，在0～2 s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6 s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在2～6 s内根据功率公式P＝Fv，有F＝eq \f(P,v)＝4 N，故滑动摩擦力f＝F＝4 N，在图甲中，0～2 s内有a＝eq \f(Δv,Δt)＝3 m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2 kg，F′＝10 N，选项B正确；由图甲可知在0～6 s内物体通过的位移为x＝30 m，故物体克服摩擦力做的功为Wf＝fx＝120 J，选项C错误；由动能定理可知W－Wf＝eq \f(1,2)mv2，故0～6 s内拉力做的功W＝eq \f(1,2)mv2＋Wf＝eq \f(1,2)×2×62 J＋120 J＝156 J，选项D正确。
考点2 功率的分析与计算
1．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，F为恒力。
2．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝F·vcs 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。
【典例2】引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次/分钟。若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
A．5 W B．20 W
C．100 W D．400 W
【答案】C
【解析】学生体重约为50 kg，每次引体向上上升高度约为0.5 m，引体向上一次克服重力做功为W＝mgh＝50×10×0.5 J＝250 J，全过程克服重力做功的平均功率为 eq \x\t(P) ＝ eq \f(nW,t) ＝ eq \f(12×250 J,30 s) ＝100 W，故C正确，A、B、D错误。
【变式2-1】某次顶竿表演结束后，演员A(视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图甲所示．演员A滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到水平地面上，演员A的质量为50 kg，长竹竿的质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度取g＝10 m/s2，则t＝5 s时，演员A所受重力的功率为( )
A．50 W B．500 W C．55 W D．550 W
【答案】 B
【解析】 由题图可知，4～6 s内A向下减速，加速度的大小为：a2＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝5 s时，A的速度大小为v5＝2 m/s－a2Δt＝2 m/s－1×1 m/s＝1 m/s，演员A所受重力的功率为PG＝mAgv5＝50×10×1 W＝500 W，故B正确．
【变式2-2】质量为 SKIPIF 1 < 0 的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为 SKIPIF 1 < 0 ，受到的阻力大小为 SKIPIF 1 < 0 。此时，汽车发动机输出的实际功率是（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡
SKIPIF 1 < 0
汽车发动机的功率
SKIPIF 1 < 0
【变式2-3】质量为m的物体从距地面H高处自由下落，经历时间t，则下列说法中正确的是( )
A．t秒内重力对物体做功为 eq \f(1,2) mg2t2
B．t秒内重力的平均功率为mg2t
C． eq \f(t,2) 秒末重力的瞬时功率与t秒末重力的瞬时功率之比为1∶2
D．前 eq \f(t,2) 秒内重力做功的平均功率与后 eq \f(t,2) 秒内重力做功的平均功率之比为1∶3
【答案】ACD
【解析】物体自由下落，t秒内物体下落h＝ eq \f(1,2) gt2，Wt＝mgh＝ eq \f(1,2) mg2t2，故A正确；P＝ eq \f(W,t) ＝ eq \f(\f(1,2)mg2t2,t) ＝ eq \f(1,2) mg2t，故B错误；从静止开始自由下落，前 eq \f(t,2) 秒末与后 eq \f(t,2) 秒末的速度之比为1∶2(因v＝gt∝t)，又有P＝Fv＝mgv∝v，故前 eq \f(t,2) 秒末与后 eq \f(t,2) 秒末功率瞬时值之比为P1∶P2＝1∶2，C正确；前 eq \f(t,2) 秒与后 eq \f(t,2) 秒下落的位移之比为1∶3，则重力做功之比为1∶3，故重力做功的平均功率之比为1∶3，D正确。
考点3 机车启动问题
1．两种启动方式
2.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝eq \f(P,F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq \f(P,F)
【典例3】一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其vt图象如图所示。已知汽车的质量为m＝1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )
汽车在前5 s内的牵引力为5×102 N
B．汽车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2
C．汽车的额定功率为100 kW
D．汽车的最大速度为80 m/s
【答案】C
【解析】由图象可知匀加速直线运动的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(20,5) m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，解得牵引力为F＝f＋ma＝0.1×1×104 N＋1×103×4 N＝5×103 N，故A错误。额定功率为P＝Fv＝5 000×20 W＝100 kW，故C正确。当车的速度是25 m/s时，牵引力F′＝eq \f(P,v′)＝eq \f(100 000,25) N＝4 000 N，此时车的加速度a′＝eq \f(F′－f,m)＝eq \f(4 000－0.1×1×104,1×103) m/s2＝3 m/s2，故B错误。当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为vm＝eq \f(P,F)＝eq \f(P,f)＝eq \f(100 000,1 000) m/s＝100 m/s，故D错误。
【变式3-1】一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶，发动机的输出功率为P.从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v之后又开始匀速行驶．若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．汽车加速过程的最大加速度为eq \f(P,mv)
B．汽车加速过程的平均速度为eq \f(3,2)v
C．汽车速度从v增大到2v过程做匀加速运动
D．汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大
【答案】 A
【解析】 设汽车所受的路面阻力为Ff，则开始时P＝Ffv，加大油门后P1＝Ff·2v，则P1＝2P，汽车在开始加大油门时的加速度最大，最大加速度为am＝eq \f(\f(2P,v)－Ff,m)＝eq \f(P,mv)，选项A正确；
汽车速度从v增大到2v过程，若汽车做匀加速运动，则平均速度为eq \f(v＋2v,2)＝eq \f(3,2)v，而随着汽车速度的增加，汽车的牵引力减小，则加速度减小，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度不等于eq \f(3,2)v，选项B、C、D错误．
【易错点1】变力做功的分析和计算
分析方法及案例
1.在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为eq \f(R,2)和R的两个半圆构成。如图所示，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( )
A.0 B.FR
C.eq \f(3,2)πFR D.2πFR
【答案】 C
【解析】 把槽道分成x1、x2、x3、…、xn微小段，拉力在每一段上可视为恒力，则在每一段上做的功W1＝F1x1，W2＝F2x2，W3＝F3x3，…，Wn＝Fnxn，拉力在整个过程中所做的功W＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝F(x1＋x2＋x3＋…＋xn)＝F(π·eq \f(R,2)＋πR)＝eq \f(3,2)πFR。故选项C正确。
2. (2020·安徽安庆市模拟)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的水平距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g。求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)拉力F的大小；
(2)滑块由A到C过程中拉力F做的功。
【答案】 (1)eq \f(5,3)mg (2)eq \f(25,36)mgd
【解析】 (1)滑块运动到C点时速度最大，则在C点有
Fcs 53°＝mg
解得F＝eq \f(5,3)mg。
(2)由能量守恒可知，拉力F对绳端点做的功就等于绳的拉力F对滑块做的功
滑轮与A间绳长L1＝eq \f(d,sin 37°)
滑轮与C间绳长L2＝eq \f(d,sin 53°)
则滑轮右侧绳子增加的长度
ΔL＝L1－L2＝eq \f(d,sin 37°)－eq \f(d,sin 53°)＝eq \f(5d,12)
故拉力做的功W＝FΔL＝eq \f(25,36)mgd。
3.如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN。现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2。求：
甲 乙
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数。
【审题导引】：解此题的关键是把握图象的信息，并将图象信息与物理过程相对应，如下图所示。
【答案】 (1)0.2 kg 1 m (2)60° (3)eq \f(\r(3),4)
【解析】 (1)小物块从圆轨道BC滑下，
由动能定理可知mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点合力提供向心力
FN－mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)
FN＝eq \f(2mg,R)H＋mg
结合PQ段图象知mg＝2 N，m＝0.2 kg，eq \f(2mg,R)＝eq \f(4－2,0.5)
解得R＝1 m。
(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5 m，则轨道BC所对圆心角θ由几何关系可知H＝R(1－cs θ)，代入数据解得θ＝60°。
(3)小物块从A到C，由动能定理可得
mgH－eq \f(μmgcs θH－0.5,sin θ)＝eq \f(1,2)mv2，
到达C点处由向心力公式可得
F′N－mg＝eq \f(mv2,R)，联立得μ＝eq \f(\r(3),4)。
1．(2021·广西南宁模拟)关于功的概念，下列说法正确的是( )
A．物体受力越大，位移越大，力对物体做功越多
B．合力的功等于各分力功的矢量和
C．摩擦力可以对物体做正功
D．功有正、负，但正、负不表示方向，而表示大小
【答案】：C
【解析】：因功的决定因素为力、位移及二者的夹角，若力大、位移大，但两者夹角为90°时，则做功为0，选项A错误；合力的功等于各分力功的代数和，选项B错误；摩擦力可以做正功，也可以做负功，这要看摩擦力与位移的方向关系，选项C正确；功是标量，有正、负之分，但功的正、负不是表示方向，而是表示力对物体做功的效果，所以选项D错误．
2．一物体所受的力F随位移x变化的图象如图所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为( )
A．3 J B．6 J
C．7 J D．8 J
【答案】：B
【解析】：力F对物体做的功等于图线与横轴x所包围面积的代数和，即
W1＝eq \f(1,2)×(3＋4)×2 J＝7 J
W2＝eq \f(1,2)×(5－4)×2 J＝1 J
所以力F对物体做的功为
W＝W1－W2＝7 J－1 J＝6 J.
故选项B正确．
3.(2021·白银模拟)如图所示，小物块甲从竖直固定的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平。小物块乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是( )
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时，重力对乙做功的瞬时功率大于重力对甲做功的瞬时功率
【答案】D
【解析】两物块下落的高度相同，根据动能定理，有mgR＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gR)，可知两物块到达底端时的速度大小相等，但方向不同，A错误；两物块的质量大小关系不确定，故无法判断两物块运动到底端时重力做的功及动能是否相同，B、C错误；在底端时，重力对甲做功的瞬时功率为零，重力对乙做功的瞬时功率大于零，D正确。
4．质量为2 kg的小铁球从某一高度由静止释放，经3 s到达地面，不计空气阻力，g取10 m/s2。则( )
A．2 s末重力的瞬时功率为200 W
B．2 s末重力的瞬时功率为400 W
C．前2 s内重力的平均功率为100 W
D．前2 s内重力的平均功率为400 W
【答案】B
【解析】物体只受重力，做自由落体运动，2 s末速度为v1＝gt1＝20 m/s，下落2 s末重力做功的瞬时功率P＝mgv1＝400 W，故选项A错误，B正确；前2 s内的位移为h2＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)＝20 m，所以前2 s内重力的平均功率为eq \x\t(P)2＝eq \f(mgh2,t2)＝200 W，故选项C、D错误。
1、以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小球，上升的最大高度是h，如果空气阻力Ff的大小恒定，从抛出到落回出发点的整个过程中，空气阻力对小球做的功为( )
A.0B.-Ffh C.-2mghD.-2Ffh
【答案】D
【解析】上升过程空气阻力对小球做的功为W1=-Ffh，下降过程空气阻力对小球做的功为W2=-Ffh，所以整个过程中空气阻力对小球做的功为W=W1+W2=-2Ffh，故A、B、C错误，D正确。
2、如图所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动的瞬间的过程中，转台的摩擦力对物块做的功为( )
A.0B.2πkmgR C.2kmgR
【答案】D
【解析】根据牛顿第二定律得kmg=m，根据动能定理得W=mv2=kmgR，故D正确，A、B、C错误。
3.某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物上升高度为h时轻绳与水平方向成α角(重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计)，在此过程中，下列说法正确的是( )
A.人的速度比重物的速度小 B.轻绳对重物的拉力小于重物的重力
C.重物的加速度不断增大 D.绳的拉力对重物做功为mgh+m(vcsα)2
【答案】D
【解析】将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物的速度，根据平行四边形定则得，vG=vcsα，人在匀速向右运动过程中，绳子与水平方向的夹角减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升运动，且拉力大于重物的重力，故A、B错误；由vG=vcsα可知重物的加速度减小，故C错误；根据动能定理得W-mgh=m-0，解得W=mgh+m(vcsα)2，故D正确。
4.（2021·广西壮族自治区北流市实验中学高三开学考试）如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是
A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小B．最低点的坐标为x=h+2x0
C．小球受到的弹力最大值等于2mgD．小球动能的最大值为 SKIPIF 1 < 0
【答案】AD
【解析】由图象结合小球的运动过程为:先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。
A．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A正确；
B．在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的绝对值相等，即到最低点图中实线与x轴围成的面积应该与mg那条虚线与x轴围成的面积相同，所以最低点应该在h+2x0小球的后边，B错误；
C．由B知道最低点位置大于 SKIPIF 1 < 0 ，所以弹力大于2mg， C错误；
D．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得
SKIPIF 1 < 0 ，
故D正确。
5、如图所示，质量为m的小球用长为L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中．拉力F做的功为( )
A．FLcs θ B．FLsin θ
C．FL(1－cs θ) D．mgL(1－cs θ)
【答案】D
【解析】在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力，此变力F做的功可用动能定理求解，由WF－mgL(1－cs θ)＝0，得WF＝mgL(1－cs θ)，故D正确．
1.(2021·金华高二期中)某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为eq \f(3P,4)，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．
(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？
(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t2时间达到最大速度v0，赛车总质量为m，求赛车的整个加速距离．
【答案】：(1)210 km/h (2)eq \f(P（3t1＋8t2）v0－4mveq \\al(3,0),8P)
【解析】：(1)燃油发动机单独工作，P＝F1v1＝fv1
两台发动机同时工作，P＋eq \f(3P,4)＝F2v2＝fv2
最大速度v2＝eq \f(7v1,4)＝210 km/h.
(2)燃油发动机的额定功率为P，最大速度为v0，
阻力f＝eq \f(P,v0)匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为eq \f(3P,8)，设总路程为s，由动能定理有
eq \f(3P,8)t1＋Pt2－fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得s＝eq \f(P（3t1＋8t2）v0－4mveq \\al(3,0),8P).
2.(2021·浙江舟山模拟)质量为1.0×103 kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动(g取10 m/s2)．求：
(1)汽车做匀加速运动的时间t1；
(2)汽车所能达到的最大速率；
(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？
【答案】：(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s
【解析】：(1)由牛顿第二定律得
F－mgsin 30°－Ff＝ma
设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fv
v＝at1
解得t1＝7 s.
(2)当达到最大速度vm时，a＝0，则有
P＝(mgsin 30°＋Ff)vm
解得vm＝8 m/s.
(3)汽车匀加速运动的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2－(mgsin 30°＋Ff)x2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mv2
又有x＝x1＋x2
解得t2＝15 s
故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22 s.
3.(2021·名师原创预测)某汽车在某次测试过程中数据如下表所示，请根据表中数据回答问题。
某天张华驾驶该汽车从甲地点沿平直公路到乙地点送货，张华启动汽车后先以恒定的加速度(该加速度大小与测试过程中加速过程的加速度大小相同)运动一段时间，汽车功率达到额定功率后，保持额定功率继续行驶，达到最大速度后以最大速度行驶，快到乙地点时，开始制动汽车，刚好到乙地点停下。已知汽车在平直公路上沿直线行驶时所受阻力f大小恒定，为制动过程中汽车所受阻力的eq \f(1,6)，甲地点到乙地点的距离为d＝3 km，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求汽车在平直公路上行驶的最大速度vm；
(2)张华由甲地点到乙地点共经历多长时间？
【答案】 (1)32 m/s (2)114.95 s
【解析】 (1)由题中表格数据知
加速过程的加速度大小为a1＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2
制动过程的加速度大小为a2＝eq \f(v2,2x0)＝10 m/s2
则制动过程所受阻力大小为F′＝ma2＝1.5×104 N
汽车行驶过程中受到的阻力大小为f＝eq \f(1,6)F′＝2.5×103 N
汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，由P＝fvm得，
vm＝eq \f(P,f)＝32 m/s
(2)匀加速过程中，由牛顿第二定律可知F－f＝ma1
解得F＝f＋ma1＝4×103 N
故匀加速过程中的最大速度vm0＝eq \f(P,F)＝20 m/s，
加速时间为t1＝eq \f(vm0,a1)＝20 s，加速距离为x1＝eq \f(veq \\al(2,m0),2a1)＝200 m
制动过程所用的时间为t2＝eq \f(vm,a2)＝3.2 s，
制动距离为x2＝eq \f(veq \\al(2,m),2a2)＝51.2 m
功率达到额定功率后，汽车做变加速及匀速运动，在此过程有
Pt0－fx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m0)
其中x＝d－(x1＋x2)
联立解得t0＝91.75 s
故从甲地点到乙地点共经历的时间为t＝t1＋t2＋t0＝114.95 s
4.(2021·吉林市第二次调研)冬季奥运会中有自由式滑雪U型池比赛项目，其赛道横截面如图3所示，为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员(按质点处理)自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力)，则( )
A.W＝eq \f(3,4)mgR，运动员没能到达Q点
B.W＝eq \f(1,4)mgR，运动员能到达Q点并做斜抛运动
C.W＝eq \f(1,2)mgR，运动员恰好能到达Q点
D.W＝eq \f(1,2)mgR，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离
【答案】 D
【解析】在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,N),R)，解得vN＝eq \r(3gR)，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)－0，解得W＝eq \f(1,2)mgR，由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得－mgR－W′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)，因为W′＜eq \f(1,2)mgR，可知vQ＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离，A、B、C错误，D正确。
5．(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，10)随着航天技术的发展，人类已经有能力到太空去探索未知天体。假设某宇宙飞船绕一行星在其表面附近做匀速圆周运动，已知运行周期为T，航天员在离该行星表面附近h处自由释放一小球，测得其落到行星表如图4甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是( )
A.在0～h0过程中，F大小始终为mg
B.在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C.在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D.在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【答案】 C
【解析】 在0～h0过程中，Ek－h图象为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。
6. (2021·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，7)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ) C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
【答案】 B
【解析】 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq \f(H,sin θ)，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确。
7.(2021·衡水模拟)如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车(可视为质点)，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的vt图象如图乙所示(在t＝15 s 处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小。求：
甲 乙
(1)汽车在AB路段上运动时所受阻力f1的大小；
(2)汽车刚好开过B点时加速度a的大小；
(3)BC路段的长度。
【答案】 (1)2 000 N (2)1 m/s2 (3)68.75 m
【解析】 (1)汽车在AB路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有：F1＝f1
P＝F1v1
解得：f1＝eq \f(P,v1)＝eq \f(20×103,10) N＝2 000 N。
(2)t＝15 s时汽车处于平衡状态，有：
F2＝f2
P＝F2v2
解得：f2＝eq \f(P,v2)＝eq \f(20×103,5) N＝4 000 N
刚好开过B点时汽车的牵引力仍为F1，
根据牛顿第二定律，有：
f2－F1＝ma
解得：a＝1 m/s2。
(3)对于汽车在BC路段运动，由动能定理得：
Pt－f2s＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得：s＝68.75 m。
8.在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的Feq \f(1,v)图象(图线ABC为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB、BO均为直线)。假设该汽车行驶过程中所受的阻力恒定，根据图线ABC，求：
(1)该汽车的额定功率；
(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s达到最大速度40 m/s，求其在BC段的位移大小。
【答案】(1)8×104 W (2)75 m
【解析】 (1)图线AB表示牵引力F不变，即F＝8 000 N，阻力Ff不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC的斜率表示汽车的功率P不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40 m/s，此后汽车做匀速直线运动。
由题图可知：当达到最大速度vmax＝40 m/s时，牵引力为Fmin＝2 000 N
由平衡条件Ff＝Fmin可得Ff＝2 000 N
由公式P＝Fminvmax 得额定功率P＝8×104 W。
(2)匀加速运动的末速度vB＝eq \f(P,F)，代入数据解得
vB＝10 m/s
汽车由A到B做匀加速运动的加速度为
a＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2
设汽车由A到B所用时间为t1，由B到C所用时间为t2、位移为x，则t1＝eq \f(vB,a)＝5 s，t2＝35 s－5 s＝30 s
B点之后，对汽车由动能定理可得
Pt2－Ffx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，代入数据可得x＝75 m。
9.(2021·浙江选考模拟)弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0 m，BC段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：
(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A点进入，当h多高时，水平射程x最大，并求出这个最大值。
【答案】 (1)8 rad/s 1 N (2)2eq \r(6) m/s (3)1.5 m 3 m
【解析】 (1)角速度ω＝eq \f(v0,R)＝8 rad/s，小球在BC段做匀速直线运动，合力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡状态，FN＝mg＝1 N，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力大小为1 N。
(2)小球从A点到E点根据动能定理有
－mgh－μmgl2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝2eq \r(6) m/s。
(3)小球从A点到E点根据动能定理有
－(mgh＋μmgl2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得vE＝eq \r(60－20h)
过了E点小球做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2
x＝vEt
得到x与h的数学关系x＝eq \r(12h－4h2)
即当h＝1.5 m时，x的最大值为x＝3 m
发动机最大输出功率（ SKIPIF 1 < 0 ）
332
最大输送高度（m）
63
整车满载质量（ SKIPIF 1 < 0 ）
SKIPIF 1 < 0
最大输送量（ SKIPIF 1 < 0 ）
180
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
Pt图象和vt图象
OA段过程分析
v↑⇒F＝eq \f(P,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
a＝eq \f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq \(⇒,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝eq \f(v1,a)
AB段过程分析
F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq \f(P,F阻)
v↑⇒F＝eq \f(P额,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
运动性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq \f(P额,F阻)做匀速运动
方法
以例说法
应用动能定理
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有WF－mgl(1－cs θ)＝0，得WF＝mgl(1－cs θ)
微元法
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
等效转换法
恒力F把物块从位置A拉到位置B，绳子对物块做功W＝F·(eq \f(h,sin α)－eq \f(h,sin β))
图象法
一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝eq \f(F0＋F1,2)x0
行驶中整车质量
1 500 kg
额定功率
80 kW
加速过程
车辆从静止加速到72 km/h所需时间为20 s
制动过程
车辆以36 km/h行驶时的制动距离为5.0 m
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