新高考物理一轮复习精练题专题6.1 功和功率、动能定理的应用（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精练题专题6.1 功和功率、动能定理的应用（含解析），共17页。试卷主要包含了一个质量为0，5 N等内容，欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc23951" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc23951 \h 1
\l "_Tc5237" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc5237 \h 4
\l "_Tc19015" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc19015 \h 9
一．练经典题型
1．(2020·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。
5.(2020·天津模拟)一个质量为0.5 kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随物体位移x变化的图象如图所示，则物体位移x＝8 m 时，物体的速度为( )
A．2 m/sB．8 m/s
C．4eq \r(2) m/sD．4 m/s
【答案】C
【解析】F­x图象中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，x＝8 m时，可求得W＝8 J；由动能定理有eq \f(1,2)mv2＝8 J，解得v＝4eq \r(2) m/s，选项C正确。
6．水平路面上的汽车以恒定功率P做加速运动，所受阻力恒定，经过时间t，汽车的速度刚好达到最大，在t时间内( )
A．汽车做匀加速直线运动
B．汽车加速度越来越大
C．汽车克服阻力做的功等于Pt
D．汽车克服阻力做的功小于Pt
【答案】D
【解析】根据P＝Fv知，随着速度增大牵引力减小，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F－Ff,m)，加速度减小，故A、B错误；牵引力做功W＝Pt，根据动能定理知，克服阻力做的功小于牵引力做的功，即小于Pt，故C错误，D正确。
7．(2021·遵义模拟)提高物体(例如汽车)运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即Ff＝kv2，k是阻力因数)。当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，如果要使物体运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是 ( )
A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0
B．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到eq \f(k,4)
C．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0
D．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到eq \f(k,16)
【答案】C
【解析】物体匀速运动时，牵引力与阻力相等，由P＝Fvm＝Ffvm＝kveq \\al(3,m)，要使物体运动的速率增大到2vm，阻力因数不变时，需使发动机额定功率增大到8P0，故A错误，C正确；发动机额定功率不变时，需使阻力因数减小到eq \f(k,8)，故B、D错误。
8．(2021·泰安一模)做平抛运动的小球在下落两个连续相同高度的过程中，相同的是( )
A．运动的位移 B．速度的变化
C．重力做的功 D．重力的功率
【答案】：C
【解析】：做平抛运动的小球在下落两个连续相同高度的过程中，时间不同，则水平位移不同，则小球的位移的大小和方向都不同，选项A错误；根据Δv＝gt可知，速度的变化不同，选项B错误；重力做功为W＝Gh，则重力做功相同，选项C正确；根据P＝eq \f(W,t)可知，重力的功率不同，选项D错误．
9．(2021·中原名校联盟质检)如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始做加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值vm，作用过程物体速度的倒数eq \f(1,v)与加速度a的关系图象如图乙所示．仅在已知功率P的情况下，根据图象所给信息可知以下说法中正确的是( )
A．可求出m、f和vm B．不能求出m
C．不能求出f D．可求出加速运动时间
【答案】：A
【解析】：当加速度为零时，物体做匀速运动，此时的牵引力等于阻力，速度为最大值，最大速度vm＝eq \f(1,0.1) m/s＝10 m/s；由功率的计算公式可得P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得eq \f(1,v)＝eq \f(m,P) a＋eq \f(f,P)，物体速度的倒数eq \f(1,v)与加速度a的关系图象斜率为k＝eq \f(m,P)，纵轴截距为eq \f(f,P)＝0.1，因此可求出m、f和vm，选项A正确，B、C错误．物体做变加速运动，无法求出物体加速运动的时间，选项D错误．
10．(2020·新乡模拟)如图所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功的情况可能是( )
A．始终不做功 B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功 D．先做负功后不做功
【答案】：ACD
【解析】：当物体到达传送带上时，如果物体的速度恰好和传送带的速度相等，那么物体和传送带将一起在水平面上运动，它们之间没有摩擦力的作用，所以传送带对物体始终不做功，所以A正确．若物体速度大则受向后的摩擦力，做负功；直至速度一致为止，摩擦力消失，不做功，不会出现再做正功的情况，所以B错误．若物体速度小，则受向前的摩擦力，做正功；到速度一致时，摩擦力又变为零，不做功，所以C正确．若物体速度大，则受向后的摩擦力，做负功；直到速度一致为止，摩擦力消失，不做功，所以D正确．
11．如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则( )
A．v1B．v1>v2
C．v1＝v2
D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定
【答案】：C
【解析】：物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)－μmgxBD＝eq \f(1,2)mv2，即mgh－μmg·eq \f(h,tan θ)－μmgxBD＝eq \f(1,2)mv2，因为eq \f(h,tan θ)＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝eq \f(1,2)mv2，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1＝v2，故选项C正确．
12．(2021·西北狼联盟一诊联考)质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为( )
A.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－3mgh B.3mgh－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
C.eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)－mgh D.mgh－eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)
【答案】 D
【解析】 若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，若该物体以v0的初速度从顶端下滑， 由动能定理得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－eq \f(1,6)mveq \\al(2,0)。
二、练创新情景
1．(2020·天津南开区模拟)一个高中生骑电动车以20 km/h的速度匀速行驶，电动车所受的阻力是人和车总重力的eq \f(1,10).已知人和车的总质量约为80 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，则此时电动车电机的输出功率约为( )
A．50 W B．100 W
C．450 W D．800 W
【答案】：C
【解析】：车在匀速行驶时，人和车受力平衡，人和车受到的阻力大小为Ff＝eq \f(1,10)mg＝eq \f(1,10)×800 N＝80 N，此时的功率P＝Fv＝Ffv＝80×eq \f(20×1 000,3 600) W≈444 W，所以选项C正确．
2．(2021·南京三校联考)身高约1.7 m的高中男生在学校体育课完成“引体向上”的测试，该同学在1 min内完成了15次“引体向上”，每次“引体向上”都使自己的整个身体升高一个手臂的高度，且每次“引体向上”都需要2 s才能完成，则该同学在整个测试过程中克服重力的平均功率约为( )
A．10 W B．20 W
C．90 W D．300 W
【答案】：C
【解析】：男生的体重为60 kg，每次引体向上上升高度约为0.6 m，克服重力做功为W＝mgh＝60×10×0.6 J＝360 J，全过程克服重力做功的平均功率为P＝eq \f(nW,t)＝eq \f(15×360,60) W ＝90 W，故C正确．
3．水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小Ff与汽车行驶的速率成正比．若汽车从静止出发，先做匀加速直线运动，达到额定功率后保持额定功率行驶，则在整个行驶过程中，汽车受到的牵引力大小F与阻力大小Ff关系图象是
( )
【答案】：A
【解析】：汽车先做匀加速直线运动，速度增大，Ff＝kv增大，根据牛顿第二定律得：F＝Ff＋ma可知，牵引力随着Ff的增大而均匀增大，图象是一条倾斜的直线，功率达到额定功率后，F＝eq \f(P,v)，Ff＝kv，则F＝eq \f(Pk,Ff)，则牵引力与阻力成反比，故A正确．
4．把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车厢叫作动车．而动车组是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(也叫拖车)编成一组．假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若2节动车加6节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h，则9节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为( )
A．120 km/h B．240 km/h
C．360 km/h D．480 km/h
【答案】：C
【解析】：若开动2节动车带6节拖车，最大速度可达到120 km/h.设每节动车的功率为P，每节车厢所受的阻力为Ff，则有2P＝8Ffv，当开动9节动车带3节拖车时，有9P＝12Ffv′，联立两式解得v′＝360 km/h，故选项C正确．
5.(2021·师大附中检测)如图是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么( )
A．小车先匀加速运动，达到最大速度后开始匀速运动
B．这段时间内电动机所做的功为Pt
C．这段时间内电动机所做的功为eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
D．这段时间内电动机所做的功为eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－Fs
【答案】B
【解析】小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据牛顿第二定律，有eq \f(P,v)－F＝ma，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，选项A错误；这一过程中电动机的功率恒为P，所以W电＝Pt，选项B正确；对小车启动过程，根据动能定理，有W电－Fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，这段时间内电动机所做的功为W电＝Fs＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，选项C、D错误。
6.(2021·四川四市联考)如图甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v ­t图象如图乙所示．下列说法正确的是( )
甲 乙
A．在0～t1时间内，货物处于超重状态
B．在t1～t2时间内，起重机拉力对货物不做功
C．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功
D．匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小
【答案】：AD
【解析】：由v ­t图象可知在0～t1时间内，货物具有向上的加速度，故处于超重状态，选项A正确；在t1～t3时间内，起重机的拉力始终竖直向上，一直做正功，选项B、C错误；匀速阶段拉力小于加速阶段的拉力，而匀速阶段的速度大于加速阶段的速度，由P＝Fv可知匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小，选项D正确．
7．(2021·湖南怀化期中联考)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，此后，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，则整个过程中，下列说法正确的是( )
A．重物的最大速度 v2＝eq \f(P,mg)
B．重物匀加速运动的加速度为eq \f(P,mv1)
C．钢绳的最大拉力为eq \f(P,v2)
D．钢绳的最大拉力为eq \f(P,v1)
【答案】：AD
【解析】：匀速上升时F＝mg，由P＝Fv可得重物的最大速度v2＝eq \f(P,mg)，选项A正确；当重物的速度为v1时，起重机的钢绳的拉力F＝eq \f(P,v1)，由F－mg＝ma解得重物匀加速运动的加速度为a＝eq \f(P,mv1)－g，选项B错误；起重机匀加速拉起重物时钢绳的拉力最大，最大拉力为eq \f(P,v1)，选项C错误，D正确．
8.(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。
9．(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。
10. (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。
三．练规范解答
1．(2021·湖北襄阳联考)质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移为4 m时，拉力F停止作用，运动到位移为8 m时物体停止运动，运动过程中Ek­x的图线如图所示。取g＝10 m/s2，求：
(1)物体的初速度大小；
(2)物体和水平面间的动摩擦因数；
(3)拉力F的大小。
【答案】 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
【解析】(1)从图线可知物体初动能为2 J，则
Ek0＝eq \f(1,2)mv2＝2 J
得v＝2 m/s。
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功。
设摩擦力为Ff，则
－Ffx2＝0－Ek＝0－10 J＝－10 J，x2＝4 m
得Ff＝2.5 N
因Ff＝μmg
故μ＝0.25。
(3)物体从开始运动到位移为4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有
(F－Ff)x1＝Ek－Ek0
故得F＝4.5 N。
2.(2020·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。
3.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。
4.(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