新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题09 功和功率 机车启动（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题09 功和功率 机车启动（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了功的分析和计算，功率的分析和计算，机车启动问题等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc206953637" 题型一 功的分析和计算 PAGEREF _Tc206953637 \h 1
\l "_Tc206953638" 类型1 恒力做功问题 PAGEREF _Tc206953638 \h 2
\l "_Tc206953639" 类型2 变力做功问题 PAGEREF _Tc206953639 \h 8
\l "_Tc206953640" 题型二 功率的分析和计算 PAGEREF _Tc206953640 \h 14
\l "_Tc206953641" 类型1 功率的分析和计算 PAGEREF _Tc206953641 \h 15
\l "_Tc206953642" 类型2 功率和功综合问题的分析和计算 PAGEREF _Tc206953642 \h 19
\l "_Tc206953643" 题型三 机车启动问题 PAGEREF _Tc206953643 \h 23
\l "_Tc206953644" 类型1 恒定功率启动 PAGEREF _Tc206953644 \h 24
\l "_Tc206953645" 类型2 恒定加速度启动 PAGEREF _Tc206953645 \h 29

题型一 功的分析和计算
1．功的正负
(1)0≤αf
则汽车开始做加速运动，速度增大，由牛顿第二定律可知
P0v−f=ma2v增大，则a2减小，故做加速度减小的加速运动，则v−t图的斜率减小，当汽车速度增加到v0时，汽车牵引力等于阻力，汽车再次匀速直线运动运动。
故选B。
复兴号动车在世界上首次实现速度350km/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．牵引力的功率P= FvmB．做加速度逐渐增大的加速运动
C．做匀加速直线运动D．牵引力做功W=12mvm2−12mv02
【答案】A
【详解】A．达到最大速度时牵引力与阻力相等，所以牵引力的功率
P= Fvm
故A正确；
BC．由
P=Fv
可知，速度不断增大则牵引力不断减小，由
F−f=ma
可知动车做加速度逐渐减小的加速运动，故BC错误；
D．由动能定理可知
W牵引力+W阻力=12mvm2−12mv02
故D错误。
故选A。
汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v与时间t的关系如图所示，则在0∼t1时间内下列说法正确的是（ ）
A．汽车的牵引力不断增大
B．t=0时，汽车的加速度大小为Pmv0
C．汽车行驶的位移为v0t12+3mv038P
D．阻力所做的功为P2t1+38mv02
【答案】AC
【详解】A．减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据
P=Fv
可知，牵引力增大，故A项正确；
B．汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有
F=f
发动机的功率为P，由
P=Fv0=fv0
解得
f=Pv0 t=0时，功率变为原来的一半，速度没有变，有
P2=F1v0
F1−f=ma
解得
a=−P2mv0
所以加速度大小为P2mv0，故B项错误；
CD．根据动能定理得
P2t1+Wf=12m12v02−12mv02
解得
Wf=−38mv02−P2t1
设汽车通过得位移x，由公式
Wf=fx
解得
x=v0t12+3mv038P
故C正确，D错误。
故选AC。
图甲是全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a−t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）

A．该起重机的额定功率为ma02t1
B．该起重机的额定功率为(mg+ma0)a0(t2−t1)
C．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1:2(t2−t1)
D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1:2t2
【答案】C
【详解】AB．当t=t1时，根据牛顿第二定律则有
F−mg=ma0
解得该过程中物体所受牵引力大小为
F=ma0+mg
则该起重机的额定功率为
P额=Fv1=m(a0+g)a0t1
故A、B错误；
CD．0～t1时间内牵引力做的功
W1=Fx=m(g+a0)×12a0t12=12P额t1 t1～t2时间内牵引力做的功
W2=P额(t2−t1)
故在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为
W1W2=t12(t2−t1)
故C正确，D错误；
故选C。
类型2 恒定加速度启动
A车在平直公路上以恒定加速度启动，A车启动的同时B车从其旁边沿相同的运动方向匀速驶过。A车追上B车时恰好结束匀加速直线运动，如图所示为两车的v−t图像。已知A车的额定功率为P，且A车在运动过程中所受阻力恒定，则下列说法正确的是（ ）
A．A车追上B车时，A车的速度大小为2vB
B．0−t1时间内，A车所受合力小于B车所受合力
C．0−t1时间内，A车所受牵引力的大小为PvB
D．0−t2时间内，A车所受牵引力做的功为Pt2−t1
【答案】AD
【详解】A．A车追上B车时恰好结束匀加速直线运动，设此时A车的速度为v，匀加速时间为t，由于两车位移相等，则0+v2t=vBt
可得v=2vB
故A正确；
BC．0−t1时间内，A车做匀加速直线运动，其合力提供加速度，A车的速度为v=2vB时，刚好达到额定功率P，则匀加速运动的牵引力F=Pv=P2vB
设阻力恒为f，当A车达到最大速度vA时，牵引力F=f
则阻力f=PvA
可知A车所受合力为F合=F−f=P2vB−PvA
B车做匀速直线运动，合外力为0，故A车所受合力大于B车所受合力，故BC错误；
D．由图像可知，A车匀加速运动的加速度a=vBt1
匀加速运动的时间t=va=2vBa=2t1
则0−t2时间内，在0−t时间内A车做匀加速直线运动，在t−t2时间内做恒功率运动，故A车所受牵引力做的功为W=F×12at2+P(t2−t)=P(t2−t1)
故D正确。
故选AD。
智慧充电技术的日益成熟，极大促进了电动汽车销量的增长。若一辆电动汽车的质量为m，额定功率为P。汽车由静止启动后做匀加速直线运动，汽车的速度大小为v时恰好达到其额定功率，之后汽车维持额定功率行驶，达到最大速度3v，已知汽车行驶时受到的阻力恒定。下列说法正确的是 （ ）
A．电动汽车受到的阻力大小为P3v
B．电动汽车做匀加速直线运动的加速度大小为Pmv
C．电动汽车做匀加速直线运动的位移为3mv34P
D．电动汽车做匀加速直线运动的过程中阻力做功为mv24
【答案】AC
【详解】A．汽车速度达到最大时，牵引力等于阻力，则有P=f⋅3v
解得阻力大小为f=P3v
故A正确；
B．汽车恰好达到其额定功率时有P=Fv
根据牛顿第二定律可得F−f=ma
联立解得电动汽车做匀加速直线运动的加速度大小为a=2P3mv
故B错误；
C．电动汽车做匀加速直线运动的时间为t=va=3mv22P
电动汽车做匀加速直线运动的位移为x=v2t=3mv34P
故C正确；
D．电动汽车做匀加速直线运动的过程中阻力做功为Wf=−fx=−P3v⋅3mv34P=−mv24
故D错误。
故选AC。
春节期间多地组织了精彩的无人机表演，某型号无人机的铭牌如图所示，某次表演中无人机竖直向上运动，已知空气阻力f与速度v的关系为f=0.8v，g=10m/s2。则（ ）
A．无人机正常工作时能获得的最大速度约为6.67m/s
B．无人机正常工作时能获得的最大速度为5m/s
C．若保证无人机做匀加速运动，则牵引力随时间均匀增大
D．若无人机以额定功率从静止开始向上运动h速度达v，则克服空气阻力做功为0.4vh
【答案】BC
【详解】AB．设无人机正常工作时能获得的最大速度为vm，则有
P额=Fvm，F=mg+f=mg+0.8vm
联立代入数据可得
vm2+15vm−100=0
解得
vm=5m/s或vm=−20m/s（舍去）
故A错误，B正确；
C．若保证无人机做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
F−mg−08v=ma
可得牵引力为
F=ma+mg+0.8v=ma+mg+0.8at
可知牵引力随时间均匀增大，故C正确；
D．若无人机以额定功率从静止开始向上运动h速度达v，由于速度增大，牵引力减小，加速度减小，所以无人机做加速度逐渐减小的加速运动，上升的高度h与速度v不是线性关系，根据
f=0.8v
可知空气阻力f与上升的高度h不是线性关系，则克服空气阻力做功满足
Wf≠0+0.8v2h=0.4vh
故D错误。
故选BC。
我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为m的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度a启动，其v−t图像如图所示，其中OA段和BC段为直线。已知汽车动力系统的额定功率为P，汽车所受阻力大小恒为f，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车做匀加速运动的最大速度v1=Pma
B．汽车能达到的最大行驶速度v2=Pma−f
C．汽车速度为v12时的功率为P'=P2
D．汽车速度为v1+v22时的加速度大小为a'=2Pmv1+v2−fm
【答案】CD
【详解】A．据牛顿第二定律有
F−f=ma
解得
F=f+ma
则汽车做匀加速运动的最大速度
v1=PF=Pf+ma
故A错误；
B．当牵引力与阻力平衡时，汽车达到最大行驶速度，即
v2=Pf
故B错误；
C．汽车速度为v12时，功率为
P'=F⋅v12=P2
故C正确；
D．汽车速度为v1+v22时，牵引力大小为
F'=Pv1+v22=2Pv1+v2
根据牛顿第二定律有
F'−f=ma'
解得
a'=2Pmv1+v2−fm
故D正确。
故选CD。
如图所示，借助电动机和斜面将质量为20kg的货物用最短的时间从斜面底端拉到斜面顶端。货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。已知电动机的额定功率为1200W、绳子的最大拉力为300N，绳子与斜面平行，斜面长度为34.2m，倾角θ=30°，货物与斜面的摩擦因数为33，减速阶段加速度大小不超过5m/s2，g取10m/s2。求：
（1）减速阶段电动机的牵引力T；
（2）货物运动总时间t。
【答案】（1）100N；（2）7s
【详解】（1）减速阶段，根据牛顿第二定律有
μmgcsθ+mgsinθ−T=ma2
解得
T=100N
（2）货物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
F1−mgsinθ−μmgcsθ=ma1
解得
a1=5m/s2
当功率达到额定功率时，设货物的速度为v1，则有
v1=PF1=4m/s
此过程所用时间和上滑的距离分别为
t1=v1a1=45s=0.8s
x1=v122a1=1.6m
货物以最大速度匀速时，有
vm=Pmgsinθ+μmgcsθ=6m/s
货物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上滑的距离分别为
t3=vmam=65s=1.2s
x3=vm22am=3.6m
因此，从电动机达到额定功率到货物即将减速，上滑的距离为
x2=34.2−3.6−1.6m=29m
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得
Pt2−mgsinθ⋅x2−μmgcsθ⋅x2=12mvm2−12mv12
解得
t2=5s
所以总时间为
t=t1+t2+t3=7s
方法
图例
方法解读
微元法
图中质量为m的物体在水平面内沿着圆周运动一周的过程中摩擦力做功Wf＝－FfΔx1－FfΔx2－FfΔx3－…＝－Ff（Δx1＋Δx2＋Δx3＋…）＝－Ff·2πR
平均
力法
水平面光滑，A、B始终相对静止
如果力随位移线性变化，在一段位移的初、末位置对应的力分别为F1、F2，则物体受到的平均力为F＝F1＋F22，此变力所做的功W＝Fx
F-x
图像法
图线与x轴所围“面积”表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功。图中为F所做的功W＝F0＋F12x0
等效
转换法
F为恒力
图中恒力F把物块从位置A拉到位置B过程中绳子对物块做功W＝Fhsinα－hsinβ
两种启
动方式
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＝P（不变）v↓⇒a＝F－F阻m↓
a＝F－F阻m不变⇒F不变，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＝v1a
AB段
过程
分析
F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝PF阻
v↑⇒F＝P额v↓⇒a＝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＝P额F阻做匀速直线运动
[型号]YU—2 [动力]电动
[质量]1200g [额定功率]80W