还剩8页未读，
继续阅读
考点04 机车启动问题（解析版）—高中物理
展开
这是一份考点04 机车启动问题（解析版）—高中物理，共11页。
1.两种启动方式
2.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝eq \f(P,F阻).
(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝eq \f(P额,F)(3)机车以恒定功率启动时，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大小和时间．更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663
机车启动问题中几个物理量的求法
分析机车启动问题，要抓住两个核心方程：牛顿第二定律方程F－Ff＝ma联系着力和加速度，P＝Fv联系着力和速度．结合v－t图像进行分析．
(1)机车的最大速度vm的求法．
机车最终匀速前进时速度最大，此时牵引力F大小等于阻力大小Ff，故vm＝eq \f(P,F)＝eq \f(P,Ff).
(2)匀加速启动持续时间的求法．
牵引力F＝ma＋Ff，匀加速阶段的末速度vm′＝eq \f(P额,ma＋Ff)，时间t＝eq \f(vm′,a).
(3)瞬时加速度的求法．
根据F＝eq \f(P,v)求出牵引力，则加速度a＝eq \f(F－Ff,m).
典例1 (恒功率启动问题) (2022·福建三明市模拟)广泛使用氢燃料作为交通能源是氢经济的一个关键因素．使用氢为能源的最大好处是它跟空气中的氧反应，仅产生水蒸气排出，有效减少了传统汽油车造成的空气污染问题．一种氢气燃料的汽车，质量为m ＝5.0×103 kg，发动机的额定功率为60 kW，在平直公路上行驶时所受阻力恒为车重的0.1倍．若汽车保持额定功率从静止启动(g取10 m/s2)，求：
(1)汽车所能达到的最大速度大小；
(2)当汽车的速度为6 m/s时的加速度大小．
答案 (1)12 m/s (2)1 m/s2
解析 (1)汽车在整个运动过程中速度达到最大时，牵引力与阻力大小相等，即F＝Ff＝0.1mg＝5.0×103 N
又P＝Fv
所以最大速度v＝eq \f(60 000,5 000) m/s ＝12 m/s
(2)当汽车速度v′＝6 m/s时，汽车的牵引力
F′＝eq \f(P,v′)＝1×104 N
设此时汽车的加速度为a，根据牛顿第二定律，
有F′－Ff＝ma
得a＝eq \f(F′－Ff,m)＝1 m/s2.
典例2 (恒加速度启动问题) 质量为1.0×103 kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始向上运动，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；
(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，加速度为零，
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)at12，在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2－(mgsin 30°＋Ff)x2＝eq \f(1,2)mvm2－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.
1．质量为5 t的汽车，在水平路面上以加速度a＝2 m/s2启动，所受阻力大小恒为1.0×103 N，汽车启动后第1 s末(未达到额定功率)发动机的瞬时功率是( )
A．2 kW B．22 kW C．1.1 kW D．20 kW
答案 B
解析 根据牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，则F＝Ff＋ma＝1 000 N＋5 000×2 N＝11 000 N，汽车第1 s末的速度大小为v＝at＝2×1 m/s＝2 m/s，所以汽车启动后第1 s末发动机的瞬时功率为：P＝Fv＝11 000×2 W＝22 000 W＝22 kW，故B正确．
2.(多选)(2023·成都·期末)小明骑电动平衡车从静止开始以a＝1 m/s2的恒定加速度在水平直路上启动，经过t＝30 s速度达到最大vm＝10 m/s.已知小明和电动平衡车的总质量m＝80 kg，所受阻力Ff＝80 N恒定不变．下列判断正确的是( )
A．平衡车在30 s内一直做匀加速运动
B．平衡车的额定输出功率为800 W
C．平衡车在10 s末的功率为800 W
D．平衡车匀加速运动持续了10 s
答案 BC
解析 平衡车在30 s内先做匀加速运动，当达到额定功率时做加速度减小的加速运动，当加速度为零时速度最大，选项A错误；平衡车的额定输出功率为P＝Ffvm＝80×10 W＝800 W，选项B正确；平衡车匀加速阶段的牵引力F＝ma＋Ff＝160 N,匀加速结束时的速度v＝eq \f(P,F)＝eq \f(800,160) m/s＝5 m/s,则匀加速运动的时间为t＝eq \f(v,a)＝5 s,则在10 s末的功率为额定功率800 W，选项C正确，D错误．
3.(多选)(2020·天津卷)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果.一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变.动车在时间t内( )
A.做匀加速直线运动B.加速度逐渐减小
C.牵引力的功率P＝FvmD.牵引力做功W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
答案 BC
解析 由于动车以恒定功率启动，则由P＝F牵引力v可知动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则牵引力所做的功为W＝Fx＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，D错误.
4．(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，之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，重物上升的高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则整个过程中，下列说法正确的是( )
A．钢绳的最大拉力为eq \f(P,v2)
B．钢绳的最大拉力为eq \f(P,v1)
C．重物的最大速度v2＝eq \f(P,mg)
D．重物匀加速运动的加速度为eq \f(P,mv1)－g
答案 BCD
解析 由F－mg＝ma和P＝Fv可知，重物匀加速上升过程中钢绳拉力大于重力且不变，达到最大功率P后，随着v增加，钢绳拉力F变小，当F＝mg时重物达到最大速度v2，故v2＝eq \f(P,mg)；最大拉力Fm＝mg＋ma＝eq \f(P,v1)，a＝eq \f(P,mv1)－g，A错误，B、C、D正确．
5.(多选)(2021·河南平顶山模拟)如图所示，两轮平衡车广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为f，已知小明和平衡车的总质量为m，不计小明对平衡车做的功.设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则从启动到达到最大速度的整个过程中，下列说法正确的是( )
A.平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为v＝eq \f(P0,f＋ma)
B.平衡车运动过程中所需的最小牵引力为Fmin＝f
C.平衡车达到最大速度所用的时间t＝eq \f(P0,（f＋ma）a)
D.平衡车能达到的最大行驶速度vm＝eq \f(P0,f＋ma)
答案 AB
解析 当平衡车的实际功率达到最大功率时匀加速直线运动速度达到最大值，有P0＝Fv，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，联立可得v＝eq \f(P0,f＋ma)，故A正确；平衡车在运动过程中，牵引力最小时即加速度为零，即最小值为Fmin＝f，故B正确；启动后从静止到最大速度，平衡车先做匀加速直线运动，所用时间为t＝eq \f(v,a)＝eq \f(P0,（f＋ma）a)，之后平衡车做加速度减小的变加速运动，也需要一段时间，所以平衡车达到最大速度所用的时间大于eq \f(P0,（f＋ma）a)，故C错误；平衡车合力为零时，达到最大速度，有vm＝eq \f(P0,f)，故D错误.
6.(2021·邵东创新实验学校模拟)某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0.在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为eq \f(P,2)，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态.下面是有关汽车牵引力F、速度v在此过程中随时间t变化的图象，其中正确的是( )
答案 A
解析 由题知汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡.当司机减小油门，使汽车的功率减为eq \f(P,2)时，根据P＝Fv得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F＝eq \f(1,2)F0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为eq \f(P,2)，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为F0；由P＝Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半，汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至匀速，故A正确，B错误；汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢)，最终牵引力还原，故C、D错误.
7.(2021·湖南卷)“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)vm
D.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 \\al(2,m)－Pt
答案 C
解析 在动车组匀加速启动的过程中，对动车组受力分析，根据牛顿第二定律有F1－F阻＝ma1，其中F阻＝kv，因加速度a1不变，v增大，则F阻增大，故牵引力F1逐渐增大，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则牵引力F2＝eq \f(4P,v)，而F2－F阻＝ma，其中F阻＝kv，由v增大可知加速度a减小，所以动车组从静止开始做加速度减小的变加速运动，B错误；设当四节动力车厢输出的总功率为2.25P时，动车组匀速运动的速度为vm′，动车组匀速行驶时受力平衡，有F′＝F阻＝kvm′，则4P＝kveq \\al(2,m)、2.25P＝kvm′2，解得vm′＝eq \f(3,4)vm，C正确；当四节动力车厢输出功率均为额定值时，对动车组从启动到达到最大速度的过程，根据动能定理有4Pt－W克＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得这一过程中该动车组克服阻力做的功W克＝4Pt－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，D错误.
8.一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示．若汽车的质量为1.2×103 kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是( )
A．汽车的最大功率为5×104 W
B．汽车匀加速运动阶段的加速度为eq \f(25,6) m/s2
C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
D．汽车从静止开始运动12 s内的位移是60 m
答案 A
解析 由图可知，汽车在前4 s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4～12 s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4 s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力Ff＝2×103 N，前4 s内汽车的牵引力为F＝5×103 N，由牛顿第二定律F－Ff＝ma可得a＝2.5 m/s2,4 s末汽车的速度v1＝at1＝2.5×4 m/s＝10 m/s，所以汽车的最大功率P＝Fv1＝5×103×10 W＝5×104 W，A正确，B、C错误；汽车在前4 s内的位移x1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2.5×42 m＝20 m，汽车的最大速度为vm＝eq \f(P,Ff)＝eq \f(5×104,2×103) m/s＝25 m/s，汽车在4～12 s内的位移设为x2，根据动能定理可得Pt－Ffx2＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12，代入数据可得x2＝42.5 m，所以汽车的总位移x＝x1＋x2＝20 m＋42.5 m＝62.5 m，D错误．
9.(2021·湖南卷·3)“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)vm
D．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)mvm2－Pt
答案 C
解析 对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有eq \f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，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,v)＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有eq \f(4P,vm)＝kvm，联立解得v＝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克阻＝eq \f(1,2)mvm2－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－eq \f(1,2)mvm2，故D错误．
10.(2023·山东烟台市高三检测)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力F0不变，当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，最后以最大速度vm匀速行驶．若汽车所受的阻力Ff为恒力，汽车运动过程中的速度为v、加速度为a、牵引力为F、牵引力的功率为P，则下列图像中可能正确的是( )
答案 C
解析 因为汽车先保持牵引力F0不变，由牛顿第二定律可得F0－Ff＝ma，又因为汽车所受的阻力Ff为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v－t图像开始应有一段倾斜的直线，故A错误；因为当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，则满足Pe＝Fv，即F与v成反比，F与eq \f(1,v)成正比，所以F－v图像中v1～vm段图像应为曲线，F与eq \f(1,v)图像中eq \f(1,vm)～eq \f(1,v1)段图像应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v1之前，保持牵引力F0不变，则功率满足P＝F0v，即P与v成正比，所以P－v图像中0～v1段图像应为过原点的直线，故D错误．
11.如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量为m＝5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02 m/s的匀速直线运动．取g＝10 m/s2，不计额外功．求：
(1)起重机允许的最大输出功率；
(2)重物做匀加速直线运动所经历的时间和起重机在第2 s末的输出功率．
答案 (1)5.1×104 W (2)5 s 2.04×104 W
解析 (1)设起重机允许的最大输出功率为P0，重物达到最大速度时拉力F0等于重力，则有P0＝F0vm，F0＝mg
可得P0＝mgvm＝5.1×104 W；
(2)匀加速直线运动结束时，起重机达到允许的最大输出功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历的时间为t1
则有：P0＝Fv1，F－mg＝ma，v1＝at1
联立并代入数据得，t1＝5 s，F＝5.1×104 N
第2 s末，重物处于匀加速运动阶段
设此时速度为v2，输出功率为P
有v2＝at2，P＝Fv2
联立并代入数据解得：P＝2.04×104 W.
12.汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车的质量为4吨，当它行驶在坡度为α(sin α＝0.02)的长直公路上时，如图所示，所受摩擦力为车重力的0.1倍(不计空气阻力，g取10 m/s2)，求：(结果均保留三位有效数字)
(1)汽车所能达到的最大速度的大小；
(2)若汽车从静止开始以0.6 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间；
(3)当汽车从静止开始以0.6 m/s2的加速度匀加速行驶直到速度达到最大值的过程中，汽车做功为多少．
答案 (1)12.5 m/s (2)13.9 s (3)4.16×105 J
解析 (1)汽车在坡路上行驶，所受阻力分为两部分，即F阻＝kmg＋mgsin α＝4 800 N
又因为F＝F阻时，P＝F阻·vm，所以
vm＝eq \f(P,F阻)＝eq \f(6×104,4 800) m/s＝12.5 m/s
(2)汽车从静止开始，以a＝0.6 m/s2的加速度匀加速行驶，有F′－kmg－mgsin α＝ma，所以F′＝ma＋kmg＋mgsin α＝4×103×0.6 N＋4 800 N＝7.2×103 N；保持这一牵引力，汽车可达到匀加速行驶的最大速度vm′，有
vm′＝eq \f(P,F′)＝eq \f(6×104,7.2×103) m/s≈8.33 m/s
由运动学规律可得t＝eq \f(vm′,a)＝eq \f(8.33,0.6) s≈13.9 s
(3)汽车在匀加速阶段行驶时做功为
W＝F′·l＝F′·eq \f(vm′2,2a)≈4.16×105 J.
13.一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10 kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数eq \f(1,v)和瞬时加速度a的关系如图所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力恒定，赛车到达终点前已达到最大速度．下列说法中正确的是( )
A．赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动
B．赛车的质量为20 kg
C．赛车所受阻力大小为500 N
D．赛车速度大小为5 m/s时，加速度大小为50 m/s2
答案 C
解析 由牛顿第二定律有eq \f(P,v)－Ff＝ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，将公式整理得eq \f(1,v)＝eq \f(m,P)a＋eq \f(Ff,P)，可见eq \f(1,v)－a图像的斜率恒定为eq \f(m,P)，与纵轴的截距为eq \f(Ff,P)，可得eq \f(Ff,P)＝0.05 s/m，eq \f(m,P)＝eq \f(0.1－0.05,20) s3/m2，解得m＝25 kg，Ff＝500 N，将v＝5 m/s代入公式，解得a＝60 m/s2，故C正确，A、B、D错误．两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图像
和v－t图像
OA段
过程
分析
v↑⇒F＝eq \f(P不变,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
a＝eq \f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq \(⇒,\s\up10(v↑))P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1
运动
性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，持续时间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
加速度减小的加速直线运动
BC段
F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq \f(P额,F阻)做匀速直线运动
1.两种启动方式
2.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝eq \f(P,F阻).
(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝eq \f(P额,F)
机车启动问题中几个物理量的求法
分析机车启动问题，要抓住两个核心方程：牛顿第二定律方程F－Ff＝ma联系着力和加速度，P＝Fv联系着力和速度．结合v－t图像进行分析．
(1)机车的最大速度vm的求法．
机车最终匀速前进时速度最大，此时牵引力F大小等于阻力大小Ff，故vm＝eq \f(P,F)＝eq \f(P,Ff).
(2)匀加速启动持续时间的求法．
牵引力F＝ma＋Ff，匀加速阶段的末速度vm′＝eq \f(P额,ma＋Ff)，时间t＝eq \f(vm′,a).
(3)瞬时加速度的求法．
根据F＝eq \f(P,v)求出牵引力，则加速度a＝eq \f(F－Ff,m).
典例1 (恒功率启动问题) (2022·福建三明市模拟)广泛使用氢燃料作为交通能源是氢经济的一个关键因素．使用氢为能源的最大好处是它跟空气中的氧反应，仅产生水蒸气排出，有效减少了传统汽油车造成的空气污染问题．一种氢气燃料的汽车，质量为m ＝5.0×103 kg，发动机的额定功率为60 kW，在平直公路上行驶时所受阻力恒为车重的0.1倍．若汽车保持额定功率从静止启动(g取10 m/s2)，求：
(1)汽车所能达到的最大速度大小；
(2)当汽车的速度为6 m/s时的加速度大小．
答案 (1)12 m/s (2)1 m/s2
解析 (1)汽车在整个运动过程中速度达到最大时，牵引力与阻力大小相等，即F＝Ff＝0.1mg＝5.0×103 N
又P＝Fv
所以最大速度v＝eq \f(60 000,5 000) m/s ＝12 m/s
(2)当汽车速度v′＝6 m/s时，汽车的牵引力
F′＝eq \f(P,v′)＝1×104 N
设此时汽车的加速度为a，根据牛顿第二定律，
有F′－Ff＝ma
得a＝eq \f(F′－Ff,m)＝1 m/s2.
典例2 (恒加速度启动问题) 质量为1.0×103 kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始向上运动，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；
(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，加速度为零，
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)at12，在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2－(mgsin 30°＋Ff)x2＝eq \f(1,2)mvm2－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.
1．质量为5 t的汽车，在水平路面上以加速度a＝2 m/s2启动，所受阻力大小恒为1.0×103 N，汽车启动后第1 s末(未达到额定功率)发动机的瞬时功率是( )
A．2 kW B．22 kW C．1.1 kW D．20 kW
答案 B
解析 根据牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，则F＝Ff＋ma＝1 000 N＋5 000×2 N＝11 000 N，汽车第1 s末的速度大小为v＝at＝2×1 m/s＝2 m/s，所以汽车启动后第1 s末发动机的瞬时功率为：P＝Fv＝11 000×2 W＝22 000 W＝22 kW，故B正确．
2.(多选)(2023·成都·期末)小明骑电动平衡车从静止开始以a＝1 m/s2的恒定加速度在水平直路上启动，经过t＝30 s速度达到最大vm＝10 m/s.已知小明和电动平衡车的总质量m＝80 kg，所受阻力Ff＝80 N恒定不变．下列判断正确的是( )
A．平衡车在30 s内一直做匀加速运动
B．平衡车的额定输出功率为800 W
C．平衡车在10 s末的功率为800 W
D．平衡车匀加速运动持续了10 s
答案 BC
解析 平衡车在30 s内先做匀加速运动，当达到额定功率时做加速度减小的加速运动，当加速度为零时速度最大，选项A错误；平衡车的额定输出功率为P＝Ffvm＝80×10 W＝800 W，选项B正确；平衡车匀加速阶段的牵引力F＝ma＋Ff＝160 N,匀加速结束时的速度v＝eq \f(P,F)＝eq \f(800,160) m/s＝5 m/s,则匀加速运动的时间为t＝eq \f(v,a)＝5 s,则在10 s末的功率为额定功率800 W，选项C正确，D错误．
3.(多选)(2020·天津卷)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果.一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变.动车在时间t内( )
A.做匀加速直线运动B.加速度逐渐减小
C.牵引力的功率P＝FvmD.牵引力做功W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
答案 BC
解析 由于动车以恒定功率启动，则由P＝F牵引力v可知动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则牵引力所做的功为W＝Fx＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，D错误.
4．(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，之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，重物上升的高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则整个过程中，下列说法正确的是( )
A．钢绳的最大拉力为eq \f(P,v2)
B．钢绳的最大拉力为eq \f(P,v1)
C．重物的最大速度v2＝eq \f(P,mg)
D．重物匀加速运动的加速度为eq \f(P,mv1)－g
答案 BCD
解析 由F－mg＝ma和P＝Fv可知，重物匀加速上升过程中钢绳拉力大于重力且不变，达到最大功率P后，随着v增加，钢绳拉力F变小，当F＝mg时重物达到最大速度v2，故v2＝eq \f(P,mg)；最大拉力Fm＝mg＋ma＝eq \f(P,v1)，a＝eq \f(P,mv1)－g，A错误，B、C、D正确．
5.(多选)(2021·河南平顶山模拟)如图所示，两轮平衡车广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为f，已知小明和平衡车的总质量为m，不计小明对平衡车做的功.设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则从启动到达到最大速度的整个过程中，下列说法正确的是( )
A.平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为v＝eq \f(P0,f＋ma)
B.平衡车运动过程中所需的最小牵引力为Fmin＝f
C.平衡车达到最大速度所用的时间t＝eq \f(P0,（f＋ma）a)
D.平衡车能达到的最大行驶速度vm＝eq \f(P0,f＋ma)
答案 AB
解析 当平衡车的实际功率达到最大功率时匀加速直线运动速度达到最大值，有P0＝Fv，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，联立可得v＝eq \f(P0,f＋ma)，故A正确；平衡车在运动过程中，牵引力最小时即加速度为零，即最小值为Fmin＝f，故B正确；启动后从静止到最大速度，平衡车先做匀加速直线运动，所用时间为t＝eq \f(v,a)＝eq \f(P0,（f＋ma）a)，之后平衡车做加速度减小的变加速运动，也需要一段时间，所以平衡车达到最大速度所用的时间大于eq \f(P0,（f＋ma）a)，故C错误；平衡车合力为零时，达到最大速度，有vm＝eq \f(P0,f)，故D错误.
6.(2021·邵东创新实验学校模拟)某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0.在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为eq \f(P,2)，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态.下面是有关汽车牵引力F、速度v在此过程中随时间t变化的图象，其中正确的是( )
答案 A
解析 由题知汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡.当司机减小油门，使汽车的功率减为eq \f(P,2)时，根据P＝Fv得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F＝eq \f(1,2)F0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为eq \f(P,2)，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为F0；由P＝Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半，汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至匀速，故A正确，B错误；汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢)，最终牵引力还原，故C、D错误.
7.(2021·湖南卷)“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)vm
D.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 \\al(2,m)－Pt
答案 C
解析 在动车组匀加速启动的过程中，对动车组受力分析，根据牛顿第二定律有F1－F阻＝ma1，其中F阻＝kv，因加速度a1不变，v增大，则F阻增大，故牵引力F1逐渐增大，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则牵引力F2＝eq \f(4P,v)，而F2－F阻＝ma，其中F阻＝kv，由v增大可知加速度a减小，所以动车组从静止开始做加速度减小的变加速运动，B错误；设当四节动力车厢输出的总功率为2.25P时，动车组匀速运动的速度为vm′，动车组匀速行驶时受力平衡，有F′＝F阻＝kvm′，则4P＝kveq \\al(2,m)、2.25P＝kvm′2，解得vm′＝eq \f(3,4)vm，C正确；当四节动力车厢输出功率均为额定值时，对动车组从启动到达到最大速度的过程，根据动能定理有4Pt－W克＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得这一过程中该动车组克服阻力做的功W克＝4Pt－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，D错误.
8.一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示．若汽车的质量为1.2×103 kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是( )
A．汽车的最大功率为5×104 W
B．汽车匀加速运动阶段的加速度为eq \f(25,6) m/s2
C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
D．汽车从静止开始运动12 s内的位移是60 m
答案 A
解析 由图可知，汽车在前4 s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4～12 s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4 s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力Ff＝2×103 N，前4 s内汽车的牵引力为F＝5×103 N，由牛顿第二定律F－Ff＝ma可得a＝2.5 m/s2,4 s末汽车的速度v1＝at1＝2.5×4 m/s＝10 m/s，所以汽车的最大功率P＝Fv1＝5×103×10 W＝5×104 W，A正确，B、C错误；汽车在前4 s内的位移x1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2.5×42 m＝20 m，汽车的最大速度为vm＝eq \f(P,Ff)＝eq \f(5×104,2×103) m/s＝25 m/s，汽车在4～12 s内的位移设为x2，根据动能定理可得Pt－Ffx2＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12，代入数据可得x2＝42.5 m，所以汽车的总位移x＝x1＋x2＝20 m＋42.5 m＝62.5 m，D错误．
9.(2021·湖南卷·3)“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)vm
D．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)mvm2－Pt
答案 C
解析 对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有eq \f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，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,v)＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有eq \f(4P,vm)＝kvm，联立解得v＝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克阻＝eq \f(1,2)mvm2－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－eq \f(1,2)mvm2，故D错误．
10.(2023·山东烟台市高三检测)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力F0不变，当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，最后以最大速度vm匀速行驶．若汽车所受的阻力Ff为恒力，汽车运动过程中的速度为v、加速度为a、牵引力为F、牵引力的功率为P，则下列图像中可能正确的是( )
答案 C
解析 因为汽车先保持牵引力F0不变，由牛顿第二定律可得F0－Ff＝ma，又因为汽车所受的阻力Ff为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v－t图像开始应有一段倾斜的直线，故A错误；因为当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，则满足Pe＝Fv，即F与v成反比，F与eq \f(1,v)成正比，所以F－v图像中v1～vm段图像应为曲线，F与eq \f(1,v)图像中eq \f(1,vm)～eq \f(1,v1)段图像应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v1之前，保持牵引力F0不变，则功率满足P＝F0v，即P与v成正比，所以P－v图像中0～v1段图像应为过原点的直线，故D错误．
11.如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量为m＝5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02 m/s的匀速直线运动．取g＝10 m/s2，不计额外功．求：
(1)起重机允许的最大输出功率；
(2)重物做匀加速直线运动所经历的时间和起重机在第2 s末的输出功率．
答案 (1)5.1×104 W (2)5 s 2.04×104 W
解析 (1)设起重机允许的最大输出功率为P0，重物达到最大速度时拉力F0等于重力，则有P0＝F0vm，F0＝mg
可得P0＝mgvm＝5.1×104 W；
(2)匀加速直线运动结束时，起重机达到允许的最大输出功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历的时间为t1
则有：P0＝Fv1，F－mg＝ma，v1＝at1
联立并代入数据得，t1＝5 s，F＝5.1×104 N
第2 s末，重物处于匀加速运动阶段
设此时速度为v2，输出功率为P
有v2＝at2，P＝Fv2
联立并代入数据解得：P＝2.04×104 W.
12.汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车的质量为4吨，当它行驶在坡度为α(sin α＝0.02)的长直公路上时，如图所示，所受摩擦力为车重力的0.1倍(不计空气阻力，g取10 m/s2)，求：(结果均保留三位有效数字)
(1)汽车所能达到的最大速度的大小；
(2)若汽车从静止开始以0.6 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间；
(3)当汽车从静止开始以0.6 m/s2的加速度匀加速行驶直到速度达到最大值的过程中，汽车做功为多少．
答案 (1)12.5 m/s (2)13.9 s (3)4.16×105 J
解析 (1)汽车在坡路上行驶，所受阻力分为两部分，即F阻＝kmg＋mgsin α＝4 800 N
又因为F＝F阻时，P＝F阻·vm，所以
vm＝eq \f(P,F阻)＝eq \f(6×104,4 800) m/s＝12.5 m/s
(2)汽车从静止开始，以a＝0.6 m/s2的加速度匀加速行驶，有F′－kmg－mgsin α＝ma，所以F′＝ma＋kmg＋mgsin α＝4×103×0.6 N＋4 800 N＝7.2×103 N；保持这一牵引力，汽车可达到匀加速行驶的最大速度vm′，有
vm′＝eq \f(P,F′)＝eq \f(6×104,7.2×103) m/s≈8.33 m/s
由运动学规律可得t＝eq \f(vm′,a)＝eq \f(8.33,0.6) s≈13.9 s
(3)汽车在匀加速阶段行驶时做功为
W＝F′·l＝F′·eq \f(vm′2,2a)≈4.16×105 J.
13.一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10 kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数eq \f(1,v)和瞬时加速度a的关系如图所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力恒定，赛车到达终点前已达到最大速度．下列说法中正确的是( )
A．赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动
B．赛车的质量为20 kg
C．赛车所受阻力大小为500 N
D．赛车速度大小为5 m/s时，加速度大小为50 m/s2
答案 C
解析 由牛顿第二定律有eq \f(P,v)－Ff＝ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，将公式整理得eq \f(1,v)＝eq \f(m,P)a＋eq \f(Ff,P)，可见eq \f(1,v)－a图像的斜率恒定为eq \f(m,P)，与纵轴的截距为eq \f(Ff,P)，可得eq \f(Ff,P)＝0.05 s/m，eq \f(m,P)＝eq \f(0.1－0.05,20) s3/m2，解得m＝25 kg，Ff＝500 N，将v＝5 m/s代入公式，解得a＝60 m/s2，故C正确，A、B、D错误．两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图像
和v－t图像
OA段
过程
分析
v↑⇒F＝eq \f(P不变,v)↓⇒a＝eq \f(F－F阻,m)↓
a＝eq \f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq \(⇒,\s\up10(v↑))P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1
运动
性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，持续时间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
加速度减小的加速直线运动
BC段
F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq \f(P额,F阻)做匀速直线运动
相关试卷
考点21 功 功率和机车启动问题（核心考点精讲精练）-备战2024年高考物理一轮复习考点帮（新高考专用）（解析版）—高中物理： 这是一份考点21 功 功率和机车启动问题（核心考点精讲精练）-备战2024年高考物理一轮复习考点帮（新高考专用）（解析版）—高中物理，共34页。试卷主要包含了 3年真题考点分布， 命题规律及备考策略， 四个常用规律，5 m，5m等内容，欢迎下载使用。
新高考物理一轮复习核心考点 功、功率、机车启动问题（原卷版+解析版）： 这是一份新高考物理一轮复习核心考点 功、功率、机车启动问题（原卷版+解析版），共6页。
新课改-高中物理一轮复习（上） 11 C功、功率、机车启动问题 提升版： 这是一份新课改-高中物理一轮复习（上） 11 C功、功率、机车启动问题 提升版，文件包含新课改-高中物理一轮复习上11C功功率机车启动问题提升版教师版docx、新课改-高中物理一轮复习上11C功功率机车启动问题提升版学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共75页， 欢迎下载使用。
