新高考物理一轮复习精品学案第6章第1讲功、功率机车启动问题（含解析）

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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＝Flcs α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l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＝Flcs 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lcs 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 (2022·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．
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Ffcs θ－FNsin θ＝0，Ffsin θ＋FNcs θ－G＝0
代入数据得Ff＝10 N，FN＝10eq \r(3) N
x＝vt＝20 m
(1)斜面对物体的支持力所做的功
WN＝FNxcs θ＝300 J
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功
Wf＝Ffxcs (90°－θ)＝100 J
(3)物体重力做的功WG＝Gxcs 180°＝－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xcs 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 聂海胜利用太空跑台——动感单车锻炼，如图所示．假设聂海胜锻炼15分钟克服动感单车阻力而消耗的能量约为900 kJ.假设动感单车的阻力主要来源于距车轴30 cm的阻尼装置(可视为质点)，宇航员每分钟蹬车90圈，则阻尼装置对车轮的阻力约为( )
A．180 N B．350 N C．580 N D．780 N
答案 B
解析 设平均阻力为Ff，则有Ff×(15×90×2πr)＝900 kJ，解得Ff≈354 N，故选B.
考向2 图像法计算变力做功
例4 如图甲所示，质量为4 kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则( )
A．物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动
B．运动过程中推力做的功为200 J
C．物体在运动过程中的加速度先变小后不变
D．因推力是变力，无法确定推力做功的大小
答案 B
解析 滑动摩擦力Ff＝μmg＝20 N，物体先加速运动，当推力减小到20 N时，加速度减小为零，之后推力逐渐减小，物体做加速度增大的减速运动，当推力减小为零后，物体做匀减速运动，选项A、C错误；F－x图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，W＝eq \f(1,2)×100×4 J＝200 J，选项B正确，D错误．
考向3 等效转换法计算变力做功
例5 如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则( )
A．W1>W2
B．W1C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
答案 A
解析 轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为轻绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量，由题图及几何知识可知，ΔlAB>ΔlBC，故W1>W2，A正确．
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．其中F为恒力，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．
考向1 功率的分析和计算
例6 如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率的变化情况是( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
答案 A
解析 小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，即小球做匀速圆周运动，那么小球受到的重力mg、水平拉力F、绳子拉力FT三者的合力必是沿绳子指向O点．对小球受力分析如图，F＝mgtan θ，由P＝Fvcs θ，可得P＝mgvsin θ，θ逐渐增大，则功率P逐渐增大，A项正确．
例7 如图所示，质量为m＝2 kg的木块在倾角θ＝37°的斜面上由静止开始下滑，斜面足够长，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则前2 s内重力的平均功率和2 s末重力的瞬时功率分别为( )
A．48 W 24 W B．24 W 48 W
C．24 W 12 W D．12 W 24 W
答案 B
解析 木块所受的合外力
F合＝mgsin θ－μmgcs θ＝4 N
木块的加速度a＝eq \f(F合,m)＝2 m/s2
前2 s内木块的位移x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×2×22 m＝4 m
所以，重力在前2 s内做的功为
W＝mgxsin θ＝2×10×4×0.6 J＝48 J
重力在前2 s内的平均功率eq \x\t(P)＝eq \f(W,t)＝24 W
木块在2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s
2 s末重力的瞬时功率
P＝mgvsin θ＝2×10×4×0.6 W＝48 W.
故选项B正确．
考向2 功率和功综合问题的分析和计算
例8 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．
考向1 恒功率启动问题
例9 汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P.快进入闹区时，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．下面四个图像中，哪个图像正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系( )
答案 C
解析 功率减小一半时，由于惯性汽车速度来不及变化，根据功率和速度关系公式P＝Fv，此时牵引力减小一半，小于阻力，汽车做减速运动，由公式P＝Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，则汽车所受合力减小，加速度减小，故汽车做加速度越来越小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，汽车做匀速运动，C正确．
例10 (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.
考向2 恒加速度启动问题
例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，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.
课时精练
1．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>P2 B．W1>W2，P1＝P2
C．W1>W2，P1>P2 D．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x＝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．
2．(2020·江苏卷·1)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N．此时，汽车发动机输出的实际功率是( )
A．90 W B．30 kW C．36 kW D．300 kW
答案 C
解析 汽车匀速行驶，牵引力F等于阻力Ff，实际功率P＝Fv＝Ffv＝1.8×103×20 W＝3.6×104 W＝36 kW，故选项C正确．
3.(多选)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为l，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A点沿圆弧运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．重力做功为mgl
B．绳的拉力做功为零
C．F阻做功为－mgl
D．F阻做功为－eq \f(1,2)F阻πl
答案 ABD
解析 小球下落过程中，重力做功为mgl，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为零，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故F阻做功为－F阻·eq \f(1,2)πl，D正确．
4.(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
－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02
可得摩擦力的大小Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故选B.
5．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104 kW，排泥量为1.4 m3/s，排泥管的横截面积为0.7 m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为( )
A．5×106 N B．2×107 N
C．2×109 N D．5×109 N
答案 A
解析 设排泥管内泥浆的速度为v，由Q＝Sv得v＝eq \f(Q,S)＝2 m/s；又由P＝Fv得F＝eq \f(P,v)＝5×106 N，故A正确．
6．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 由题图乙可知，v－t图像的斜率表示物体加速度，即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＝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．
7.(多选)如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )
A．A所受的合力对A做正功
B．B对A的弹力对A做正功
C．B对A的摩擦力对A做正功
D．A对B的作用力对B做正功
答案 AC
解析 A、B作为整体，由牛顿第二定律得(mA＋mB)·gsin θ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsin θ，由牛顿第二定律知，A所受合力方向沿斜面向下，与速度方向相同，故A所受合力对A做正功，A正确；B对A的弹力竖直向上，与速度方向的夹角大于90°，故B对A的弹力对A做负功，B错误；B对A的摩擦力方向水平向左，与速度方向的夹角小于90°，故B对A的摩擦力对A做正功，C正确；设B对A的摩擦力和支持力沿斜面方向的合力为F，对A，由牛顿第二定律得mAgsin θ＋F＝mAa，解得F＝0，由牛顿第三定律知，A对B的摩擦力和压力沿斜面方向的合力为零，故A对B的作用力对B不做功，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，提升的质量相等．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，( )
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＋(t2－2×eq \f(\f(1,2)v0,a))]×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．如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，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v－t图像如图乙所示(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：
(1)汽车在AB路段上运动时所受阻力Ff1的大小；
(2)汽车到达B点时的加速度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路段时，有F1＝Ff1，P＝F1v1，
联立解得：Ff1＝2 000 N.
(2)t＝15 s时汽车处于平衡状态，
有F2＝Ff2，Ff2＝eq \f(P,v2)，
联立解得：Ff2＝4 000 N.
t＝5 s时汽车开始做减速运动，有F1－Ff2＝ma，
解得a＝－1 m/s2，即加速度大小为1 m/s2
(3)在BC段由动能定理得：PΔt－Ff2x＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，
解得x＝68.75 m.
11.(多选)质量为2×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数eq \f(1,v)的关系图像如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s，设阻力恒定，则( )
A．汽车所受阻力为6×103 N
B．汽车的车速为5 m/s时，加速度为3 m/s2
C．汽车的车速为15 m/s时，加速度为1 m/s2
D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W
答案 CD
解析 当牵引力等于阻力时，速度最大，由题图可知阻力大小Ff＝2 000 N，故A错误；车速为5 m/s时，汽车的加速度a＝eq \f(6 000－2 000,2 000) m/s2＝2 m/s2，故B错误；由题图可知P＝Ffv＝2 000×30 W＝6×104 W，汽车的最大功率为6×104 W，故D正确；当车速为15 m/s时，牵引力F＝eq \f(P,v′)＝eq \f(6×104,15) N＝4 000 N，则加速度a′＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(4 000－2 000,2 000) m/s2＝1 m/s2，故C正确．
自主命题卷
全国卷
考
情
分
析
2021·山东卷·T3 功和功率
2021·湖南卷·T3 机车启动问题
2021·河北卷·T6 动能定理及其应用
2021·浙江1月选考·T11 功和功率
2021·北京卷·T8 功和功率
2020·山东卷·T11 动能定理及应用
2020·江苏卷·T4 动能定理及其应用
2021·全国甲卷·T20 动能定理及其应用
2021·全国乙卷·T19 动能定理及其应用
2020·全国卷Ⅰ·T20 功能关系 机械能守恒定律
2020·全国卷Ⅱ·T25 动能定理在多过程问题中的应用
2019·全国卷Ⅱ·T24 动能定理
2021·浙江6月选考·T17 实验：验证机械能守恒定律
2016·全国卷Ⅰ·T22 实验：验证机械能守恒定律
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
以例说法
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
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，代入功的公式得W＝eq \f(kΔx,2)·Δx
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\up7(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