2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第六章机械能守恒定律第1讲功功率机车启动问题

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第1讲 功、功率 机车启动问题
目标要求 1.理解功的概念，会判断某个力做功的正、负，会计算功的大小.2.理解功率的概念，并会对功率进行分析和计算.3.会分析、解决机车启动的两类问题．
考点一 恒力做功的分析和计算
1．做功的两个要素
(1)作用在物体上的力．
(2)物体在力的方向上发生位移．
2．公式W＝Fscs α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，s为物体的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
3．功的正负
(1)当0≤α＜eq \f(π,2)时，W＞0，力对物体做正功．
(2)当α＝eq \f(π,2)时，W＝0，力对物体不做功．
(3)当eq \f(π,2)＜α≤π时，W＜0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做功．
1．只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功．( × )
2一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动．( √ )
3．作用力做正功时，反作用力一定做负功．( × )
4．力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的．( √ )
1．是否做功及做功正负的判断
(1)根据力与位移的方向的夹角判断；
(2)根据力与瞬时速度方向的夹角α判断：0≤α＜90°，力做正功；α＝90°，力不做功；90°＜α≤180°，力做负功．
2．计算功的方法
(1)恒力做的功：直接用W＝Fscs α计算．
(2)合外力做的功
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合scs α求功．
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．
方法三：利用动能定理W合＝Ek2－Ek1.
例1 (2023·上海市模拟)如图，一磁铁吸附在铁板AB的下方．现保持铁板与水平面间的夹角θ不变，缓慢推动B端，使AB与磁铁一起水平向左匀速移动，则 ( )
A．合外力对磁铁做正功
B．AB对磁铁的作用力不做功
C．AB对磁铁的弹力不做功
D．AB对磁铁的摩擦力不做功
答案 B
解析 由于磁铁做匀速运动，磁铁所受合外力为零，合外力对磁铁不做功，故A错误；磁铁受重力和AB对它的作用力而做匀速运动，根据平衡条件可知，AB对磁铁的作用力大小等于重力，方向竖直向上，与磁铁的运动方向相互垂直，故AB对磁铁的作用力不做功，故B正确；AB对磁铁的弹力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹力一定做功，故C错误；AB对磁铁的摩擦力沿接触面，与磁铁运动方向不垂直，故摩擦力一定做功，故D错误．
例2 如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2 kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5 m/s的速度匀速上升4 s的过程中．g取10 m/s2，求：
(1)斜面对物体的支持力所做的功；
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功；
(3)物体重力所做的功；
(4)合外力对物体所做的功．
答案 (1)300 J (2)100 J (3)－400 J (4)0
解析 物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状态，受力分析如图所示
由平衡条件得fcs θ－Nsin θ＝0，fsin θ＋Ncs θ－G＝0
代入数据得f＝10 N，N＝10eq \r(3) N
s＝vt＝20 m
(1)斜面对物体的支持力所做的功
WN＝Nscs θ＝300 J
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功
Wf＝fscs (90°－θ)＝100 J
(3)物体重力做的功WG＝－Gs＝－400 J
(4)合外力对物体做的功
方法一：W合＝WN＋Wf＋WG＝0
方法二：F合＝0，W合＝F合scs α＝0.
考点二 变力做功的分析和计算
求变力做功的五种方法
考向1 微元法计算变力做功
例3 (2023·安徽滁州市定远县联考)如图所示，在水平桌面上，长R＝5 m的轻绳一端固定于O点(俯视图)，另一端系一质量m＝2.0 kg的小球，现对小球施加一个大小不变的力F＝10 N，方向始终与小球在该点的切线成37°角，F拉着物体从M点运动到N点，已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为( )
A.eq \f(1,2) B．2 C.eq \f(1,4) D．4
答案 B
解析 将圆弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力F在每小段上做的功为W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球在该点的切线成37°角，所以W1＝Fl1cs 37°，W2＝Fl2cs 37°，…，Wn＝Flncs 37°，W＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcs 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcs 37°·eq \f(π,3)R＝eq \f(40,3)π J，同理可得克服摩擦力做功Wf＝μmg·eq \f(π,3)R＝eq \f(20,3)π J，拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为2，故选B.
考向2 图像法计算变力做功
例4 (2023·河南洛阳市第一中学高三检测)质量为2 kg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s的关系图像如图所示，则物体在s＝7 m处时的速度大小为( )
A．2eq \r(10) m/s B．2eq \r(5) m/s
C．5 m/s D．4 m/s
答案 A
解析 根据F－s图像的面积表示功， 则物体从0运动到7 m过程拉力做的功为W＝3×4 J＋eq \f(4＋10,2)×4 J＝40 J，由动能定理得W＝eq \f(1,2)mv2－0，解得v＝2eq \r(10) m/s，故选A.
考向3 平均值法计算变力做功
例5 如图所示，一轻质立方体被从水表面缓慢压入水中，直至其上表面没入水中，已知立方体的棱长为L，水的密度为ρ，重力加速度为g，不考虑水面高度的变化．该过程中，立方体克服水的浮力所做的功为( )
A.eq \f(ρgL2,2)B.eq \f(ρgL4,2)
C．ρgL2D．ρgL4
答案 B
解析 设浸入的深度为s，则浮力的大小为F＝ρgV＝ρgL2s，可见浮力与进入水中的位移成正比．由平均值法知克服浮力做的功为W＝eq \f(F浮,2)×L＝eq \f(ρgL3,2)L＝eq \f(ρgL4,2)，故选B.
考点三 功率的分析和计算
1．定义：功与完成这些功所用时间之比．
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢．
3．公式：
(1)P＝eq \f(W,t)，P描述时间t内力对物体做功的快慢．
(2)P＝Fv
①v为平均速度，则P为平均功率．
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．
③当力F和速度v不在同一直线上时，可以将力F分解或者将速度v分解．
1．由P＝eq \f(W,t)知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率．( × )
2．由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率．( √ )
3．当F为恒力时，v增大，F的功率一定增大．( × )
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，F与eq \x\t(v)的夹角α不变．
2．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcs α，其中v为t时刻的瞬时速度．F可为恒力，也可为变力，α为F与v的夹角，α可以不变，也可以变化．
(2)公式P＝Fvcs α中，Fcs α可认为是力F在速度v方向上的分力，vcs α可认为是速度v在力F方向上的分速度．
例6 (多选)(2023·福建厦门市湖滨中学月考)两个完全相同的小球A和B，在同一高度处以大小相等的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．两小球落地时的速度大小相等
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相等
C．从开始运动至落地，重力对两小球做功相等
D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相等
答案 AC
解析 根据动能定理知mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，下落的高度相同，初动能相同，则落地时的速度大小相等，故A正确；根据P＝mgvcs α，由于落地时的速度大小相等，重力与速度方向的夹角不同，则重力的瞬时功率不等，故B错误；两小球下落的高度相同，质量相同，则重力对两小球做功相等，故C正确；平抛运动的时间小于竖直上抛运动的时间，重力做功相等，根据平均功率公式知，重力对两小球做功的平均功率不等，故D错误．
例7 一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是( )
A．第1 s内，F对滑块做的功为3 J
B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W
C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W
D．前3 s内，F对滑块做的总功为零
答案 C
解析 由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误．
考点四 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s＝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．
例8 (多选)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变)．在下列选项中能正确反映汽车速度v、汽车牵引力F在这个过程中随时间t的变化规律的是( )
答案 AD
解析 开始时汽车做匀速运动，则F0＝f.由P＝Fv可判断，P＝F0v0，v0＝eq \f(P,F0)＝eq \f(P,f)，当汽车功率减小一半，即P′＝eq \f(P,2)时，其牵引力为F′＝eq \f(P′,v0)＝eq \f(F0,2)＜f，汽车开始做减速运动，F1＝eq \f(P′,v)＝eq \f(P,2v)，加速度大小为a＝eq \f(f－F1,m)＝eq \f(f,m)－eq \f(P,2mv)，由此可见，随着汽车速度v减小，其加速度a也减小，即汽车做加速度不断减小的减速运动，最终以v＝eq \f(v0,2)做匀速直线运动，故A正确，B错误；同理，可判断出汽车的牵引力由F′＝eq \f(F0,2)最终增加到F0，故D正确，C错误．
例9 (2023·福建省莆田二中模拟)质量为10 t的货车以150 kW的恒定功率由静止开始运动，经时间32 s速度达到最大速度vm＝30 m/s，最终做匀速直线运动．求：
(1)货车所受到的摩擦力大小；
(2)货车速度为6 m/s时的加速度大小；
(3)货车在加速运动过程中通过的位移大小．
答案 (1)5 000 N (2)2 m/s2 (3)60 m
解析 (1)因为当F＝f时有最大速度，所以f＝F＝eq \f(P,vm)＝5 000 N
(2)由题意可得，此时牵引力为F′＝eq \f(P,v2)＝25 000 N
则由牛顿第二定律得a＝eq \f(F′－f,m)＝2 m/s2
(3)由动能定理可得Pt－fs＝eq \f(1,2)mvm2－0，解得s＝60 m.
课时精练
1．(2023·广东惠州一中月考)图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止．下列关于做功的判断中正确的是( )
A．图甲中支持力对人做正功
B．图甲中摩擦力对人做负功
C．图乙中支持力对人做正功
D．图乙中摩擦力对人做负功
答案 A
解析 题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误．
2．水平恒力F两次作用在同一静止物体上，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，两次力F做的功和平均功率的大小关系是( )
A．W1＝W2，P1>P2B．W1>W2，P1＝P2
C．W1>W2，P1>P2D．W1＝W2，P1＝P2
答案 A
解析 根据功的定义，两次水平恒力F做的功相等，即W1＝W2；第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，第二次受到摩擦力作用，作用同样大小的力F，第一次的加速度较大，由s＝eq \f(1,2)at2可知，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次需要的时间较短，根据功率的定义，可知第一次的平均功率较大，即P1>P2，选项A正确．
3.(2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mv02,2πL)B.eq \f(mv02,4πL)
C.eq \f(mv02,8πL)D.eq \f(mv02,16πL)
答案 B
解析 在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理
－f·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02
可得摩擦力的大小f＝eq \f(mv02,4πL)，故选B.
4．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在拉力F作用下由静止向上做匀加速运动，物体速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( )
A．物体加速度大小为2 m/s2
B．F的大小为21 N
C．4 s末F的功率为42 W
D．0～4 s内F的平均功率为42 W
答案 C
解析 v－t图像的斜率表示物体加速度，由题图乙可知，a＝0.5 m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5 N，A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为vF＝2v物＝4 m/s，故4 s末F的功率为P＝FvF＝42 W，C正确；0～4 s内物体上升的高度h＝eq \f(1,2)at2＝4 m，力F的作用点的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝Fl＝84 J，故平均功率eq \x\t(P)＝eq \f(W,t)＝21 W，D错误．
5．(多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶．已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
答案 ABD
解析 小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，
代入数据解得F＝40 N，故A正确；
依题意，小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N，
则摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J，
则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；
依题意，从P到Q，重力势能增加量为
ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误；
依题意，小车从P到Q，摩擦力大小为f2，有
f2＋mgsin 30°＝eq \f(P2,v2)，
摩擦力做功为W2＝－f2·PQ，
联立解得W2＝－700 J，
则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确．
6．(2023·黑龙江佳木斯市高三模拟)用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比．已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度为( )
A．(eq \r(3)－1)dB．(eq \r(2)－1)d
C.eq \f(\r(5)－1d,2)D.eq \f(\r(2),2)d
答案 B
解析 铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功，由于阻力与深度成正比，可用阻力的平均值求功，据题意可得W＝eq \x\t(F1)d＝eq \f(kd,2)d，W＝eq \x\t(F2)d′＝eq \f(kd＋kd＋d′,2)d′，联立解得d′＝(eq \r(2)－1)d，故A、C、D错误，B正确．
7．(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f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－f＝ma，又因为汽车所受的阻力f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．
8.(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，下列说法正确的有( )
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
答案 AC
解析 由题图可得，变速阶段的加速度大小a＝eq \f(v0,t0)，设第②次所用时间为t2，根据速度－时间图像与时间轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，eq \f(1,2)×2t0×v0＝eq \f(1,2)[t2＋(t2－t0)]×eq \f(1,2)v0，解得：t2＝eq \f(5t0,2)，所以第①次和第②次矿车上升所用时间之比为2t0∶eq \f(5t0,2)＝4∶5 ，选项A正确．由于两次提升过程变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－mg＝ma，可得电机的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误．由功率公式，P＝Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确．加速上升过程的加速度a1＝eq \f(v0,t0)，加速上升过程的牵引力F1＝ma1＋mg＝m(eq \f(v0,t0)＋g)，减速上升过程的加速度a2＝－eq \f(v0,t0)，减速上升过程的牵引力F2＝ma2＋mg＝m(g－eq \f(v0,t0))，匀速运动过程的牵引力F3＝mg.第①次提升过程做功W1＝F1×eq \f(1,2)×t0×v0＋F2×eq \f(1,2)×t0×v0＝mgv0t0；第②次提升过程做功W2＝F1×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)t0×eq \f(1,2)v0＋F3×eq \f(3,2)t0×eq \f(1,2)v0＋F2×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)t0×eq \f(1,2)v0＝mgv0t0，两次做功相同，选项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．
10.一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f＝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－f＝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s1＝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,f)＝eq \f(5×104,2×103) m/s＝25 m/s，汽车在4～12 s内的位移设为s2，根据动能定理可得Pt－fs2＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv12，代入数据可得s2＝42.5 m，所以汽车的总位移s＝s1＋s2＝20 m＋42.5 m＝62.5 m，D错误．
11．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，汽车从坡底到坡顶所需时间．
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°－f＝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，
有Fm＝mgsin 30°＋f
则有P＝Fmvm＝(mgsin 30°＋f)vm
解得vm＝8 m/s.
(3)汽车匀加速运动的位移s1＝eq \f(1,2)at12，在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2－(mgsin 30°＋f)s2＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv2
又有s＝s1＋s2，解得t2≈15 s
故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22 s.
12．(2023·福建龙岩市第一次质检)一辆小轿车在平直路面上以恒定功率加速，其加速度a和速度的倒数eq \f(1,v)的关系如图所示．已知轿车的总质量为1 300 kg，其所受的阻力不变，则轿车( )
A．速度随时间均匀增大
B．加速度随速度增大而增大
C．所受阻力大小为2.73×103 N
D．电动机输出功率为9.1×103 W
答案 C
解析 由题图可知，加速度随速度的倒数增大而增大，故轿车做变加速直线运动且加速度随速度的增大而减小，A、B错误；对轿车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有F－f＝ma, F＝eq \f(P,v)，联立解得a＝eq \f(P,mv)－eq \f(f,m)，当轿车做加速运动的速度最大时，加速度为零，故结合图像可以知道，a＝0时，eq \f(1,v)＝0.03 s/m，解得v＝eq \f(100,3) m/s，所以最大速度为eq \f(100,3) m/s，由图像可知eq \f(f,m)＝2.1 m/s2，解得f＝2.1×1 300 N＝2 730 N，由图像可知0＝eq \f(3,100)×eq \f(P,1 300)－eq \f(f,1 300) (m/s2)，解得P＝91 kW，C正确，D错误．考
情
分
析
功和功率
2022·广东卷·T9 2021·全国乙卷·T19 2021·山东卷·T3 2021·浙江1月选考·T11 2021·北京卷·T8
机车启动问题
2021·湖南卷·T3 2020·天津卷·T8
动能定理及其应用
2022·江苏卷·T8 2021·全国甲卷·T20 2021·河北卷·T6 2020·全国卷Ⅱ·T25 2020·江苏卷·T4 2019·全国卷Ⅱ·T24
功能关系
2020·全国卷Ⅰ·T20
机械能守恒定律
2022·全国乙卷·T16 2020·山东卷·T11
实验：验证机械能守恒定律
2022·河北卷·T11 2022·湖北卷·T12 2021·浙江6月选考·T17
含功和能的综合题
2022·广东卷·T13 2022·江苏卷·T10 2022·河北卷·T9
试题
情境
生活实践类
体育运动中功和功率问题，风力发电功率计算，蹦极运动、过山车等能量问题， 汽车启动问题，生活、生产中能量守恒定律的应用
学习探究类
变力做功的计算，机车启动问题，单物体机械能守恒，用绳、杆连接的系统机械能守恒问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板块模型的能量问题
方法
举例
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＝f·Δs1＋f·Δs2＋f·Δs3＋…＝f(Δs1＋Δs2＋Δs3＋…)＝f·2πR
等效
转换法
恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·(eq \f(h,sin α)－eq \f(h,sin β))
图像法
一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为s0，F－s图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝eq \f(F0＋F1,2)s0
平均
值法
当力与位移为线性关系，力可用平均值eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)表示，W＝eq \x\t(F)Δx，可得出弹簧弹性势能表达式为Ep＝eq \f(1,2)k(Δx)2
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)
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