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专题强化（7）功和功率的计算
学习目标 核心素养
1.掌握功的公式W＝Flcos α及公式的适用范围. 2.理解正、负功的概念，会用功的公式进行计算． 3.理解功率的概念. 4.掌握平均功率与瞬时功率的区别，能用功率的定义式P＝及功率与速度的关系式P＝Fv进行有关分析和计算． 1、物理观念：功、正功、负功、总功、合力的功。 2、物理观念：瞬时功率、平均功率。 3、科学思维：机车牵引力和功率及速度的关系。 4、科学探究：机车的两种启动方式。
知识点1 功的分析和计算
1．功的正负
(1)0≤α<90°，力对物体做正功．
(2)90°<α≤180°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．
(3)α＝90°，力对物体不做功．
2．功的计算：W＝Flcos_α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
(3)功是标(填“标”或“矢”)量．
3．变力做功几种方法
类型1 恒力做功问题
（2023 北京）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。在物体移动距离为x的过程中（ ）
A．摩擦力做功大小与F方向无关
B．合力做功大小与F方向有关
C．F为水平方向时，F做功为μmgx
D．F做功的最小值为max
（多选）（2023春 洛阳期末）如图所示，L＝3m的水平传送带在电动机的带动下以v0＝5m/s的速率向右运动，现将一质量为m＝1kg的工件轻放在传送带的左端，工件和传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，已知重力加速度g取10m/s2，工件可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则工件在传送带上运动的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上的加速度最大为5m/s2
B．工件在传送带上一直做匀加速直线运动
C．传送带对工件所做的功为15J
D．工件在传送带上运动的总时间为1.1s
（多选）（2023春 南宁期末）如图甲所示，质量为m＝2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点瞬间给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，物体的v﹣t图像如图乙所示，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．F的大小为4N
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.05
C．前4秒恒力F对物体做功为﹣64J
D．10秒内恒力F对物体做功为6J
类型2 变力做功问题
（2023春 承德期末）一爱好轮滑的同学在轮滑场上练习轮滑时，有两个用相同材料铺设的轮滑轨道，高度相同，I轨道向外凸起，Ⅱ轨道向内凹进，如图所示。该同学多次从两轨道上等高的A、C两点由静止滑下，当到达轨道底端的等高点B、D时，速度大小总是一个大、另一个小，则下列说法正确的是（ ）
A．下滑的过程中在Ⅰ轨道上摩擦力对该同学做的功大于在Ⅱ轨道上摩擦力对该同学做的功
B．该同学到达B点时的速度总是大于到达D点时的速度
C．在经过两轨道上某等高点时，I轨道受到该同学的压力大
D．在Ⅱ轨道上下滑的过程中该同学克服重力做功的功率一定越来越大
（2023春 铁岭期末）如图甲所示，在一无限大的光滑水平面上静止放置着可视为质点的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其加速度a与坐标x的关系如图乙所示，则在x＝4m处，物体的速度大小为（ ）
A．4m/s B．2m/s C．2m/s D．无法计算
（多选）（2023 汕头一模）在地面以初速度v0竖直向上抛出一个小球，小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，落地时速率为v1，且落地前已匀速，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下落过程中逐渐增加
B．小球抛出瞬间的加速度最大，且大小为
C．小球上升过程中机械能逐渐减小，在下落过程中机械能逐渐增加
D．小球上升过程中克服阻力做功的数值大于下落过程中克服阻力做功的数值
知识点2 功率的分析和计算
1．公式P＝和P＝Fv的区别
P＝是功率的定义式，P＝Fv是功率的计算式．
2．平均功率的计算方法
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度．
3．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
类型1 功率的分析和计算
（2023春 马鞍山期末）如图所示，起重机将质量5×103kg的重物由静止开始竖直吊起，重物做加速度1m/s2的匀加速直线运动，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率不变，直到重物做1.1m/s的匀速运动。不计空气阻力和额外功，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．起重机允许输出的最大功率5.5×103W
B．重物做匀加速运动经历的时间为1.1s
C．重物在匀加速运动阶段克服重力做功2.5×104J
D．重物速度为0.5m/s时，起重机输出的功率为2.5×104W
（2023春 平顶山期末）如图所示，是古时候战争中使用的投石器。转臂长为L（转轴到石篮中心的距离），挡杆与转轴在同一竖直面上，转轴到地面的高度为h。在开阔的平地上试射投石器时，测得射程为x（石头落地点与转轴的水平距离），已知重力加速度为g，石头的质量为m，x＞2（L+h），则下列说法正确的是（ ）
A．石头抛出的初速度大小约为
B．石头即将抛出时，对石篮的压力方向竖直向下
C．石头即将抛出时，对石篮的弹力大小约为
D．石头抛出前，石头重力做功的功率一直增大
（2023春 道里区校级期末）放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0～6s内物体的位移大小为36m
B．0～6s内拉力做的功为50J
C．合外力在0～6s内做的功大于0～2s内做的功
D．滑动摩擦力的大小为N
类型2 功率和功综合问题的分析和计算
（2023春 秦淮区校级期末）《综合国力“十三五”国家科技创新规划》提出，要加强“深空”“深海”“深地”“深蓝”领域的战略高科技部署，其中“深海”领域主要是深海探测和研究。如图所示是上海交通大学某科研小组在某次深海探测结束后，利用牵引汽车将某探测器M从海面起吊上岸的过程简化图，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当牵引汽车匀速向左运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．探测器M的速率与牵引汽车的速率相等
B．探测器M的速率为vsinθ
C．绳的拉力大于探测器M的重力
D．牵引汽车的牵引功率保持不变
（2023 雁塔区校级模拟）如图所示，空间P点有一个点光源，仅靠P点右侧A点有一个质量为m的小球水平抛出，不计空气阻力，小球打在竖直墙上的位置离A点的高度为h，A到竖直墙面间的距离也为h，重力加速度为g。则当小球在竖直墙上的影子下移时，小球重力的瞬时功率大小为（ ）
A． B． C． D．
（2023春 兰州期末）家用电梯内部装置可简略为如图所示。钢绳缠绕在电动机驱动轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重，靠钢绳和驱动轮之间的静摩擦力驱使轿厢上下运行。小明在一楼搭电梯回家乘，共上升30m高度。电梯轿厢质量m＝2×103kg，配重质量M＝3×103kg，电梯满载时乘客总质量m1＝1×103kg。设定电梯启动和制动的加速度大小均为2m/s2，中间阶段以2m/s的速度匀速运行。重力加速度取10m/s2，忽略空气阻力，钢绳质量不计。求：
（1）满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的大小；
（2）满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的最大瞬时功率；
（3）轿厢空载，由静止开始，从小明家到达一楼过程中，加速、匀速和减速阶段电动机所做的功分别为多少。
知识点3 机车启动问题
1．机车以恒定功率启动的运动过程分析
所以机车达到最大速度时a＝0，F＝f，P＝Fvm＝fvm，这一启动过程的v－t图像如图1所示，其中vm＝.
2．机车以恒定加速度启动的运动过程分析
所以机车在匀加速运动中达到最大速度v0时，F＝f＋ma，P＝Fv0，v0＝<＝vm，v0继续增大到vm，加速度逐渐减小到零，最后仍有vm＝，做匀速运动．这一运动过程的v－t图像如图2所示．
说明 (1)以恒定加速度启动时，匀加速结束时速度并未达到最大速度vm.
(2)两种启动方式最终最大速度的计算均为vm＝.
类型1 恒定功率启动
（2023秋 香坊区校级月考）已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（ ）
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b到c过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
D．汽车从a到b过程克服阻力做功
（2023春 来宾期末）一列质量为m的磁悬浮列车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设磁悬浮列车行驶过程所受到的阻力保持不变，在时间t过程中，下列说法正确的是（ ）
A．磁悬浮列车的加速度不断增大
B．磁悬浮列车的阻力大小为
C．磁悬浮列车阻力做的功为
D．磁悬浮列车阻力做的功为
（多选）（2023 历城区校级开学）“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，牵引力增大
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
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
类型2 恒定加速度启动
（2023 泸县校级开学）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t图像如图所示，已知汽车的质量为m＝2×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车在前5s内的加速度为0.5m/s2
B．汽车在前5s内的牵引力为4×103N
C．汽车的额定功率为60kW
D．汽车的最大速度为15m/s
（2023春 南岗区校级期末）一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的0.1倍，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．该汽车的质量为2×103kg
B．v0＝7.5m/s
C．在前5s内，汽车克服阻力做功为1.675×104J
D．在5 15s内，汽车的位移大小约为62.5m
（多选）（2023春 桂林期末）如图，在一长斜面上，有一辆质量为M＝1000kg的汽车，额定功率为80kW，在A点从静止开始以a＝1m/s2做匀加速运动，到达C点时恰好达到额定功率，之后以额定功率做变加速运动，到达B时刚好到达最大速度vm。已知，此时B点到A点的直线距离为l＝510m，垂直距离h＝102m，整个过程中汽车阻力大小恒为车重的0.2倍，重力加速度为g＝10m/s2，关于该汽车从A运动到B的过程，下列说法正确的是（ ）
A．最大速度vm＝40m/s
B．AC距离为128m
C．汽车运动总时间为36s
D．发动机对汽车做功为1.22×106J
（2023春 德安县期末）如图，汽车从拱形桥的顶点A匀速率运动至桥的B点，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在A点合力为零
B．汽车在A点重力的瞬时功率为零
C．汽车的机械能守恒
D．汽车的牵引力做的功等于重力做的功
（2023春 宿迁期末）共享电动车已经成为我们日常生活中不可或缺的重要交通工具，如图所示，某共享电动车和驾驶员的总质量为100kg，电动车的额定功率为500W。若电动车从静止开始以额定功率在水平路面沿直线行驶，行驶中最大速度为5m/s，假定行驶中所受阻力恒定，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．电动车受到的阻力大小为100N
B．加速阶段，电动车的加速度保持不变
C．当电动车的速度为2.5m/s时，其加速度大小为2m/s2
D．若电动车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，匀加速时间共5s
（2023春 岳阳县期末）一个质量为m的小孩从高度为h的滑梯顶端由静止滑下，滑梯的倾角为θ＝30°，如果滑梯光滑，则小孩滑到底端时重力的瞬时功率为（ ）
A． B． C． D．
（2023春 滨湖区校级期中）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，图中弹簧竖直时恰好处于原长状态，其原长为l．现让圆环从图示位置由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑至底端的过程中（ ）
A．弹簧对圆环先做正功后做负功
B．弹簧和杆垂直时圆环的加速度最大
C．圆环所受合外力做功不为零
D．圆环克服弹簧的弹力做功mgl
（2023春 新吴区校级期中）质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平恒力F作用下，从最低点转过θ角，如图所示，重力加速度为g，则在此过程中（ ）
A．小球受到的合力做功为mgl（1﹣cosθ）
B．拉力F对小球做功为Flsinθ
C．重力做功为mgl（1﹣cosθ）
D．绳中拉力对小球做正功
（2023春 南开区期末）高铁已成为中国的“国家名片”，截至2022年末，全国高速铁路营业里程4.2万千米，位居世界第一。如图所示，若一列高铁列车的质量为m，额定功率为P0，列车以额定功率P0在平直轨道上从静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设高铁列车行驶过程所受到的阻力为Ff，且保持不变。则（ ）
A．列车在时间t内可能做匀加速直线运动
B．列车达到的最大速度大小为
C．车速为时，车的加速度大小为
D．如果改为以恒定牵引力启动，则列车达到最大速度经历的时间一定大于t
（2023春 杭州期末）一辆质量m的小型新能源电动汽车在水平的公路上由静止启动且沿直线前行，该汽车运动的速度与时间的关系如图所示，设汽车在运动过程中所受阻力大小恒为f。在0～t1内汽车做匀加速运动，t1时刻达到额定功率，在t1～t2内汽车做变加速运动，t2末汽车的速度恰好达到最大。则（ ）
A．在0～t1内，汽车运动的加速度为
B．在t1～t2内，汽车的牵引力逐渐增大
C．在t2末，汽车的输出功率为
D．在t1～t2内，汽车的位移小于
（2023春 沙河口区校级期中）为登月探测月球，上海航天局研制了“月球车”。某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究。他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v﹣t图像，已知0～t1段为过原点的倾斜直线；t1～10s内“月球车”牵引力的功率保持与t1时刻相同不变，且P＝1.2kW；7～10s段为平行于横轴的直线；在10s末停止遥控，让“月球车”自由滑行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法错误的是（ ）
A．月球车受到的阻力为200N
B．月球车的质量为100kg
C．月球车在t1～7s内运动的路程为24.75m
D．全过程牵引力对月球车做的总功为1.11×104J
（2023春 渝中区校级期中）为了温暖度过冬天，许多建筑都会在外墙做保温层，但恰恰是这层保温层，容易引起火灾……某次消防救援中，质量为m＝4t、额定功率为60kW的消防车在水平的道路上由静止开始以恒定的加速度启动，加速度大小为a＝2m/s2，最终末速度达到最大值vm＝30m/s，且以这一最大速度做匀速直线运动。已知在整个运动过程中消防车所受到的阻力大小恒定，g＝10m/s2。求：
（1）消防车所受到的阻力大小f；
（2）当消防车速度为v1＝5m/s时，消防车的功率P；
（3）当消防车速度为v2＝10m/s时，求消防车的加速度a的大小。
（2022春 镇海区校级期末）为全面提升电动自行车的安全性能，最新的《电动自行车安全技术规范》规定，电动自行车须具有脚踏骑行能力、最高设计车速不超过25km/h（计算时可近似取7m/s）、整车质量（含电池）不超过55kg、电机功率不超过400W。假设某人驾驶如图所示型号的电动自行车由静止开始做匀加速直线运动，经25s速度达到18km/h，电机功率恰好达到额定功率，此后以额定功率继续行驶。已知人、车总质量为100kg，行驶过程中受到的阻力恒为人、车总重的0.05倍。求：
（1）匀加速运动时自行车的加速度大小及受到的牵引力大小；
（2）通过计算判断该车电机功率是否符合规定；
（3）该车以额定功率继续行驶1min时间内前进的距离是多少（车子已达最大速度）？
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专题强化（7）功和功率的计算
学习目标 核心素养
1.掌握功的公式W＝Flcos α及公式的适用范围. 2.理解正、负功的概念，会用功的公式进行计算． 3.理解功率的概念. 4.掌握平均功率与瞬时功率的区别，能用功率的定义式P＝及功率与速度的关系式P＝Fv进行有关分析和计算． 1、物理观念：功、正功、负功、总功、合力的功。 2、物理观念：瞬时功率、平均功率。 3、科学思维：机车牵引力和功率及速度的关系。 4、科学探究：机车的两种启动方式。
知识点1 功的分析和计算
1．功的正负
(1)0≤α<90°，力对物体做正功．
(2)90°<α≤180°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．
(3)α＝90°，力对物体不做功．
2．功的计算：W＝Flcos_α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
(3)功是标(填“标”或“矢”)量．
3．变力做功几种方法
类型1 恒力做功问题
（2023 北京）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。在物体移动距离为x的过程中（ ）
A．摩擦力做功大小与F方向无关
B．合力做功大小与F方向有关
C．F为水平方向时，F做功为μmgx
D．F做功的最小值为max
【解答】解：A、设F与水平方向的夹角为θ，桌面对物体的支持力为FN，对物体受力分析，则有
FN＝mg﹣Fsinθ
f＝μFN
Wf＝fx
联立方程可得：Wf＝μ（mg﹣Fsinθ）x
可知摩擦力做功大小与F方向有关，故A错误；
B、由牛顿第二定律有：F合＝Fcosθ﹣f＝ma
整理得：Fcosθ+μFsinθ﹣μmg＝ma
由于m、a、μ均为已知量，上式中只有F、θ是变量，且无论F、θ如何变化，上式恒成立，ma不变
根据F合x＝max，可知合力做功大小与F方向无关，故B错误；
C、F为水平方向时，由牛顿第二定律有：F﹣μmg＝ma
可知：F＞μmg
则F做功为Fx，且Fx＞μmgx，故C错误；
D、由牛顿第二定律有：Fcosθ﹣f＝ma
结合选项A解析，可得：Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma
则：WF＝Fcosθ x＝max+μ（mg﹣Fsinθ）x
当mg﹣Fsinθ＝0时，WF取得最小值max，故D正确。
故选：D。
（多选）（2023春 洛阳期末）如图所示，L＝3m的水平传送带在电动机的带动下以v0＝5m/s的速率向右运动，现将一质量为m＝1kg的工件轻放在传送带的左端，工件和传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，已知重力加速度g取10m/s2，工件可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则工件在传送带上运动的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．工件在传送带上的加速度最大为5m/s2
B．工件在传送带上一直做匀加速直线运动
C．传送带对工件所做的功为15J
D．工件在传送带上运动的总时间为1.1s
【解答】解：A、工件在传送带上运动，由摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律可得，a＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2，故A正确；
BD、工件在传送带上的加速时间为，则工件的加速距离为，因为x＜L，说明工件达到和传送带速度相等时，工件还没有到达传送带的右端，以后工件要匀速运动，则匀速运动的时间为，所以工件在传送带上运动的总时间为t总＝t+t'＝1s+0.1s＝1.1s。故B错误，D正确；
C、根据动能定理可得传送带对工件做的功为，故C错误。
故选：AD。
（多选）（2023春 南宁期末）如图甲所示，质量为m＝2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点瞬间给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，物体的v﹣t图像如图乙所示，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．F的大小为4N
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.05
C．前4秒恒力F对物体做功为﹣64J
D．10秒内恒力F对物体做功为6J
【解答】解：AB、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可得0﹣4s内和4﹣10s内加速度大小分别为：
根据牛顿第二定律得：
F+μmg＝ma1
F﹣μmg＝ma2
解得：F＝3N，μ＝0.05，故A错误，B正确；
CD、根据v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可得物体向右运动的位移大小s1m＝16m，向左运动的位移大小为s2m＝18m，总位移向左s＝s2﹣s1＝18m﹣16m＝2m，所以前4s恒力F做功W1＝﹣Fs1＝﹣3×16J＝﹣48J，全过程恒力F做功W＝Fs＝3×2J＝6J，故C错误，D正确。
故选：BD。
类型2 变力做功问题
（2023春 承德期末）一爱好轮滑的同学在轮滑场上练习轮滑时，有两个用相同材料铺设的轮滑轨道，高度相同，I轨道向外凸起，Ⅱ轨道向内凹进，如图所示。该同学多次从两轨道上等高的A、C两点由静止滑下，当到达轨道底端的等高点B、D时，速度大小总是一个大、另一个小，则下列说法正确的是（ ）
A．下滑的过程中在Ⅰ轨道上摩擦力对该同学做的功大于在Ⅱ轨道上摩擦力对该同学做的功
B．该同学到达B点时的速度总是大于到达D点时的速度
C．在经过两轨道上某等高点时，I轨道受到该同学的压力大
D．在Ⅱ轨道上下滑的过程中该同学克服重力做功的功率一定越来越大
【解答】解：ABC、由题意可知两轨道的动摩擦因数相同，由微元法可知，若不考虑向心力，每一小段上克服摩擦力做的功都可以表示为：Wf＝μmglcosθ
由于lcosθ等于对应长度l在地面上的投影，所以在不考虑向心力的情况下，两轨道摩擦力做的功相等。
由于在两轨道上运动时做圆周运动，Ⅰ轨道圆心在轨迹下方，向心加速度有竖直向下的分量，因此I轨道上同学对轨道的压力小于Ⅱ轨道上同学对轨道的压力，所以在Ⅰ轨道上摩擦力做的功小于在Ⅱ轨道上摩擦力做的功，由动能定理可知，该同学滑到最低点时，到达B点时的速度总是大于到达D点时的速度，故AC错误，B正确；
D、在Ⅱ轨道下滑的过程中该同学重力做功的功率WG＝mgvcosα，由于v越来越大，而cosα越来越小，因此可以确定的是重力功率是先增大后减小的，故D错误。
故选：B。
（2023春 铁岭期末）如图甲所示，在一无限大的光滑水平面上静止放置着可视为质点的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其加速度a与坐标x的关系如图乙所示，则在x＝4m处，物体的速度大小为（ ）
A．4m/s B．2m/s C．2m/s D．无法计算
【解答】解：由图乙可知加速度a＝3+0.5x，由牛顿第二定律可得合力F＝ma＝（3+0.5x）m，物体的质量不变，可知合力F与x成线性关系，F与x的图像如下图所示：
根据F与x的图像图线与横轴所夹的面积表示力F做的功，可得
由动能定理有：
代入数据可得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）（2023 汕头一模）在地面以初速度v0竖直向上抛出一个小球，小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，落地时速率为v1，且落地前已匀速，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下落过程中逐渐增加
B．小球抛出瞬间的加速度最大，且大小为
C．小球上升过程中机械能逐渐减小，在下落过程中机械能逐渐增加
D．小球上升过程中克服阻力做功的数值大于下落过程中克服阻力做功的数值
【解答】解：A、上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg＝ma
变形解得：
由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；
下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f＝ma′
变形解得：
由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小，故A错误；
B、空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg＝kv1
小球抛出瞬间，有：mg+kv0＝ma0
联立解得：，抛出瞬间加速度最大，故B正确；
C、全程一直存在空气阻力做负功，根据功能原理可知机械能一直减小，故C错误；
D、由于阻力一直做负功，所以上升过程同样位置的阻力大于下落过程同样位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的数值大于小球下降克服阻力做功的数值，故D正确。
故选：BD。
知识点2 功率的分析和计算
1．公式P＝和P＝Fv的区别
P＝是功率的定义式，P＝Fv是功率的计算式．
2．平均功率的计算方法
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度．
3．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
类型1 功率的分析和计算
（2023春 马鞍山期末）如图所示，起重机将质量5×103kg的重物由静止开始竖直吊起，重物做加速度1m/s2的匀加速直线运动，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率不变，直到重物做1.1m/s的匀速运动。不计空气阻力和额外功，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．起重机允许输出的最大功率5.5×103W
B．重物做匀加速运动经历的时间为1.1s
C．重物在匀加速运动阶段克服重力做功2.5×104J
D．重物速度为0.5m/s时，起重机输出的功率为2.5×104W
【解答】解：A．重物做v＝1.1m/s的匀速运动，则牵引力
F＝mg＝5×103×10N＝5×104N
起重机允许输出的最大功率
Pm＝Fv＝5×104×1.1W＝5.5×104W
故A错误；
B．匀加速运动过程中，根据牛顿第二定律
F0﹣mg＝ma
又
Pm＝F0v1
代入数据解得
v1＝1m/s
根据
v1＝at
代入数据解得
t＝1s
故B错误；
C．物在匀加速运动阶段上升距离
hat21×12m＝0.5m
克服重力做功
W＝mgh＝5×103×10×0.5J＝2.5×104J
故C正确；
D．重物速度为v2＝0.5m/s时，重物正在匀加速上升，则起重机输出的功率为
P1＝F0v2
代入数据解得
P1＝2.75×104W
故D错误。
故选：C。
（2023春 平顶山期末）如图所示，是古时候战争中使用的投石器。转臂长为L（转轴到石篮中心的距离），挡杆与转轴在同一竖直面上，转轴到地面的高度为h。在开阔的平地上试射投石器时，测得射程为x（石头落地点与转轴的水平距离），已知重力加速度为g，石头的质量为m，x＞2（L+h），则下列说法正确的是（ ）
A．石头抛出的初速度大小约为
B．石头即将抛出时，对石篮的压力方向竖直向下
C．石头即将抛出时，对石篮的弹力大小约为
D．石头抛出前，石头重力做功的功率一直增大
【解答】解：A、根据题意情景描述，石头抛出后的运动过程可建构为平抛运动模型，竖直位移为L+h，则有
水平方向有 x＝vt
计算可得石头抛出的初速度约为：，故A错误；
BC、石头即将抛出时，根据牛顿第二定律得：
解得石篮对石头的作用力大小为：
由于x＞2（L+h），可知石篮对石头的作用力竖直向下，根据牛顿第三定律可知，石头对石篮的压力方向应为竖直向上，故B错误，C正确；
D、石头抛出前，速度由零开始加速，抛出时速度方向水平，结合重力做功的功率与竖直分速度有关，知初、末位置重力功率均为零，所以石头抛出前，C重力做功的功率先增大后减小，故D错误。
故选：C。
（2023春 道里区校级期末）放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0～6s内物体的位移大小为36m
B．0～6s内拉力做的功为50J
C．合外力在0～6s内做的功大于0～2s内做的功
D．滑动摩擦力的大小为N
【解答】解：A、根据速度—时间图象与时间轴所围的面积表示位移，则得0～6s内物体的位移大小x6m＝30m，故A错误；
B、图乙的P﹣t图像与时间轴所围的面积表示拉力做功的多少，在0～2s内，拉力做功为W1J＝30J；
2～6s内拉力做的功W2＝10×4J＝40J，所以0～6s内拉力做的功为W＝W1+W2＝30J+40J＝70J，故B错误；
C、在2～6s内，物体做匀速运动，合外力为0，合外力做功为0，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等。故C错误。
D、在2～6s内，v＝6m/s，P＝10W，物体做匀速运动，摩擦力f＝F，得到f＝FNN．故D正确。
故选：D。
类型2 功率和功综合问题的分析和计算
（2023春 秦淮区校级期末）《综合国力“十三五”国家科技创新规划》提出，要加强“深空”“深海”“深地”“深蓝”领域的战略高科技部署，其中“深海”领域主要是深海探测和研究。如图所示是上海交通大学某科研小组在某次深海探测结束后，利用牵引汽车将某探测器M从海面起吊上岸的过程简化图，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当牵引汽车匀速向左运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．探测器M的速率与牵引汽车的速率相等
B．探测器M的速率为vsinθ
C．绳的拉力大于探测器M的重力
D．牵引汽车的牵引功率保持不变
【解答】解：AB．将牵引汽车的速度分解，如图所示
探测器M速度vM＝vcosθ
则探测器M的速度小于牵引汽车的速度，故AB错误；
CD．当汽车向左运动时，夹角θ减小，则vM增大，即探测器M向上做加速运动，则探测器有竖直向上的加速度，故根据牛顿第二定律可得T﹣Mg＝Ma
即绳的拉力大于探测器M的重力。又因为vM＝vcosθ
对其求导可得vM'＝vsinθ
即随着夹角θ的减小，探测器M的速度的变化率减小，可知探测器M的加速度在减小，又因为T﹣Mg＝Ma
可见绳子拉力一直在减小，对汽车由平衡条件可知，汽车的牵引力发生变化，根据牵引汽车的牵引功率发生改变，故D错误，C正确。
故选：C。
（2023 雁塔区校级模拟）如图所示，空间P点有一个点光源，仅靠P点右侧A点有一个质量为m的小球水平抛出，不计空气阻力，小球打在竖直墙上的位置离A点的高度为h，A到竖直墙面间的距离也为h，重力加速度为g。则当小球在竖直墙上的影子下移时，小球重力的瞬时功率大小为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设小球从A点平抛击中Q点，根据平抛运动的规律可知：，h＝v0t
解得
当小球在竖直墙上的影子下移时，即平抛至A1点，影子在A2点，如图所示：
则有：
由A至A1点过程中，结合相似三角形有：
设小球从A点运动到A1的时间为t1，根据平抛运动的规律可知：，xA1＝v0t1
解得：
所以重力做功的瞬时功率为：，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
（2023春 兰州期末）家用电梯内部装置可简略为如图所示。钢绳缠绕在电动机驱动轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重，靠钢绳和驱动轮之间的静摩擦力驱使轿厢上下运行。小明在一楼搭电梯回家乘，共上升30m高度。电梯轿厢质量m＝2×103kg，配重质量M＝3×103kg，电梯满载时乘客总质量m1＝1×103kg。设定电梯启动和制动的加速度大小均为2m/s2，中间阶段以2m/s的速度匀速运行。重力加速度取10m/s2，忽略空气阻力，钢绳质量不计。求：
（1）满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的大小；
（2）满载时，向上加速过程中钢绳对轿厢拉力的最大瞬时功率；
（3）轿厢空载，由静止开始，从小明家到达一楼过程中，加速、匀速和减速阶段电动机所做的功分别为多少。
【解答】解：（1）加速上升阶段，对轿厢和乘客受力分析，由牛顿第二定律F＝Ma
得T﹣（m+m1）g＝（m+m1）a
解得：T＝3.6×104N
（2）当钢绳对轿厢拉力最大，轿厢速度最大时，钢绳对轿厢做功的功率最大，
钢绳最大拉力为T＝3.6×104N，最大速度为2m/s，
则钢绳对轿厢做功的最大瞬时功率为P＝Tv
解得：P＝7.2×104W
（3）在加速下降过程中，位移为
解得：h1＝1m
电动机做的功为W1，对轿厢和配重根据动能定理有
解得：
在匀速下降过程中，位移h2＝30m﹣2h1
解得：h2＝28m
电动机做的功为W2，对轿厢和配重根据动能定理有
W2+mgh2﹣Mgh2＝0
解得：
在减速下降过程中，位移
解：得h3＝1m
电动机做的功为W3，对轿厢和配重根据动能定理有
解得：W3＝0
知识点3 机车启动问题
1．机车以恒定功率启动的运动过程分析
所以机车达到最大速度时a＝0，F＝f，P＝Fvm＝fvm，这一启动过程的v－t图像如图1所示，其中vm＝.
2．机车以恒定加速度启动的运动过程分析
所以机车在匀加速运动中达到最大速度v0时，F＝f＋ma，P＝Fv0，v0＝<＝vm，v0继续增大到vm，加速度逐渐减小到零，最后仍有vm＝，做匀速运动．这一运动过程的v－t图像如图2所示．
说明 (1)以恒定加速度启动时，匀加速结束时速度并未达到最大速度vm.
(2)两种启动方式最终最大速度的计算均为vm＝.
类型1 恒定功率启动
（2023秋 香坊区校级月考）已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（ ）
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b到c过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
D．汽车从a到b过程克服阻力做功
【解答】解：A、根据
P＝Fv
可得
汽车额定功率为图象的斜率，有
故A正确；
B、汽车从b到c过程中功率保持不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有
F﹣f＝ma
汽车受到的阻力不变，随着牵引力的减小，加速度减小，故汽车从b到c过程做变加速运动，故B正确；
C、汽车所受的阻力为
由于额定功率等于图象斜率有P
即F2vm＝F1v1
汽车从a到b，根据牛顿第二定律有
F1﹣f＝Ma
汽车从a到b匀加速运动持续的时间为
故C错误；
D、汽车从a到b的过程，由匀变速直线运动的规律，可知汽车的位移
汽车从a到b过程克服阻力做功
故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
（2023春 来宾期末）一列质量为m的磁悬浮列车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设磁悬浮列车行驶过程所受到的阻力保持不变，在时间t过程中，下列说法正确的是（ ）
A．磁悬浮列车的加速度不断增大
B．磁悬浮列车的阻力大小为
C．磁悬浮列车阻力做的功为
D．磁悬浮列车阻力做的功为
【解答】解：A、对列车利用牛顿第二定律有：F﹣f＝ma，牵引力，则可得列车的加速度，可知，随着速度v增加，磁悬浮列车的加速度不断减小，故A错误；
B、列车达到最大速度时牵引力等于阻力，即F＝f，则磁悬浮列车的阻力大小为，故B错误；
CD、列车从静止到最大速度的过程，利用动能定理有：，则可得磁悬浮列车阻力做的功为，故C正确，D错误。
故选：C。
（多选）（2023 历城区校级开学）“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，牵引力增大
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
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
【解答】解：A．动车组在匀加速启动过程中水平方向受到牵引力与阻力，根据牛顿第二定律可得：F﹣kv＝ma，a不变，v增大，F也增大，故A正确；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则，知随着v增大，a减小，故B错误；
C．当动车组达到最大速度vm时，满足
若四节动力车厢总功率为2.25P，动车组匀速行驶时满足
联立可得，故C正确；
D．动车组从静止启动到达到最大速度vm，由动能定理得4Pt﹣Wf
解得，故D错误。
故选：AC。
类型2 恒定加速度启动
（2023 泸县校级开学）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t图像如图所示，已知汽车的质量为m＝2×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车在前5s内的加速度为0.5m/s2
B．汽车在前5s内的牵引力为4×103N
C．汽车的额定功率为60kW
D．汽车的最大速度为15m/s
【解答】解：A、根据v﹣t图像可知前5s内汽车的加速度为：，故A错误；
B、对汽车进行受力分析，根据牛顿第二定律有：F﹣f＝ma，f＝0.1mg，解得：F＝6×103N，故B错误；
C、匀加速直线运动阶段结束时汽车达到额定功率，此时有：P额＝Fv1＝6×103×10W＝60kW，故C正确；
D、当汽车的加速度为零时达到最大速度，即此时牵引力等于阻力，则有：P额＝fvmax
解得：vmax＝30m/s，故D错误。
故选：C。
（2023春 南岗区校级期末）一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的0.1倍，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．该汽车的质量为2×103kg
B．v0＝7.5m/s
C．在前5s内，汽车克服阻力做功为1.675×104J
D．在5 15s内，汽车的位移大小约为62.5m
【解答】解：A、由v﹣t图像的斜率表示加速度，可得汽车匀加速阶段的加速度为am/s2＝1m/s2
由P﹣t图像知汽车的额定功率P＝15kW＝1.5×104W，匀加速运动的末速度v＝5m/s，则汽车匀加速阶段的牵引力为FN＝3000N
匀加速阶段，由牛顿第二定律得
F﹣0.1mg＝ma
解得：m＝1500kg，故A错误；
B、汽车行驶的最大速度时牵引力等于阻力，此时牵引力功率为P＝15kW，有
v0，解得：v0＝10m/s，故B错误；
C、前5s内，汽车的位移xm＝12.5m
汽车克服阻力做功为Wf＝0.1mgx＝0.1×1500×10×12.5J＝18750J，故C错误；
D、设5 15s内汽车的位移大小s，时间为t′，则t′＝15s﹣5s＝10s，由动能定理得
Pt′﹣0.1mgs
解得：s＝62.5m，故D正确。
故选：D。
（多选）（2023春 桂林期末）如图，在一长斜面上，有一辆质量为M＝1000kg的汽车，额定功率为80kW，在A点从静止开始以a＝1m/s2做匀加速运动，到达C点时恰好达到额定功率，之后以额定功率做变加速运动，到达B时刚好到达最大速度vm。已知，此时B点到A点的直线距离为l＝510m，垂直距离h＝102m，整个过程中汽车阻力大小恒为车重的0.2倍，重力加速度为g＝10m/s2，关于该汽车从A运动到B的过程，下列说法正确的是（ ）
A．最大速度vm＝40m/s
B．AC距离为128m
C．汽车运动总时间为36s
D．发动机对汽车做功为1.22×106J
【解答】解：A、设斜面倾角为θ，则由几何关系有：，
在斜面上汽车以最大速度匀速运动时，牵引力：F＝0.2Mg+Mgsinθ
汽车速度最大时：P0＝Fvm＝（0.2Mg+Mgsinθ）vm
代入数据得最大速度为：vm＝20m/s，故A错误；
B、由题意，到达C点时到达额定功率：P0＝FvC
根据牛顿第二定律：F﹣（0.2Mg+Mgsinθ）＝Ma
由速度—位移规律有：
代入解得AC距离为：x＝128m，故B正确；
C、AC段运动时间为：t1s＝16s
对CB段，由动能定理：
得：t2＝20s
汽车运动总时间为：t＝t1+t2＝36s，故C正确；
D、根据牛顿第二定律：F﹣（0.2Mg+Mgsinθ）＝Ma
所以AB段总功：W＝Fx+P0t2
代入数据发动机对汽车做功为：W＝2.24×106J，故D错误。
故选：BC。
（2023春 德安县期末）如图，汽车从拱形桥的顶点A匀速率运动至桥的B点，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在A点合力为零
B．汽车在A点重力的瞬时功率为零
C．汽车的机械能守恒
D．汽车的牵引力做的功等于重力做的功
【解答】解：A、汽车在A点时做匀速圆周运动，需要向心力，合力提供向心力，指向圆心，大小一定不为零，故A错误；
B、汽车在A点速度水平，无竖直速度，重力的瞬时功率为零，故B正确；
C、运动过程，动能不变，重力势能改变，机械能不守恒，故C错误；
D、从A到B运动过程，动能不变，三个力（重力，阻力及牵引力）做功的代数和为零，则重力与牵引力做功不可能相等，故D错误。
故选：B。
（2023春 宿迁期末）共享电动车已经成为我们日常生活中不可或缺的重要交通工具，如图所示，某共享电动车和驾驶员的总质量为100kg，电动车的额定功率为500W。若电动车从静止开始以额定功率在水平路面沿直线行驶，行驶中最大速度为5m/s，假定行驶中所受阻力恒定，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．电动车受到的阻力大小为100N
B．加速阶段，电动车的加速度保持不变
C．当电动车的速度为2.5m/s时，其加速度大小为2m/s2
D．若电动车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，匀加速时间共5s
【解答】解：A．由题可知，电动车受到的阻力大小为
，故A正确；
B．因为电动车是以额定功率在水平路面沿直线行驶，根据功率的计算公式可得：
P＝Fv
根据牛顿第二定律可得：
F﹣f＝ma
可知速度越大，牵引力越小，加速度越小，故B错误；
C．由公式可得
，故C错误；
D．若电动车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，则牵引力为恒力，根据题意可得
F＝f+ma
P＝Fv＝Fat
联立解得：t＝0.83s，故D错误。
故选：A。
（2023春 岳阳县期末）一个质量为m的小孩从高度为h的滑梯顶端由静止滑下，滑梯的倾角为θ＝30°，如果滑梯光滑，则小孩滑到底端时重力的瞬时功率为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：
物体滑到底端重力功率为：p＝mgvsinθ
联立解得：，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2023春 滨湖区校级期中）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，图中弹簧竖直时恰好处于原长状态，其原长为l．现让圆环从图示位置由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑至底端的过程中（ ）
A．弹簧对圆环先做正功后做负功
B．弹簧和杆垂直时圆环的加速度最大
C．圆环所受合外力做功不为零
D．圆环克服弹簧的弹力做功mgl
【解答】解：
A.图中弹簧竖直时恰好处于原长状态，故圆环运动后，长度变小，弹簧处于压缩状态，弹簧产生的是沿弹簧斜向上方向的弹力，与位移夹角为钝角，然后是锐角，故弹簧对圆环先做负功后做正功，故A错误；
B.弹簧和杆垂直时，根据牛顿第二定律，mgsinα＝ma，此时圆环的加速度a＝gsinα，但之后的一小段时间，弹簧处于压缩状态，弹簧产生的是沿弹簧斜向下方向的弹力，加速度还会继续增加，故B错误；
C.根据动能定理，W＝ΔEK，圆环从图示位置由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，速度由0到0，故W＝0，故C错误；
D.根据动能定理，W＝ΔEK＝0，W＝mgl+W弹，故W弹＝﹣mgl，所以圆环克服弹簧的弹力做功mgl，故D正确；
故选：D。
（2023春 新吴区校级期中）质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平恒力F作用下，从最低点转过θ角，如图所示，重力加速度为g，则在此过程中（ ）
A．小球受到的合力做功为mgl（1﹣cosθ）
B．拉力F对小球做功为Flsinθ
C．重力做功为mgl（1﹣cosθ）
D．绳中拉力对小球做正功
【解答】解：B、拉力F对小球做功为WF＝Flsinθ，故B正确；
C、小球升高则，重力对小球做负功，故重力做功为WG＝﹣mgl（1﹣cosθ），故C错误；
D、绳子拉力始终与小球的运动方向垂直，对小球不做功，故D错误；
A、绳子拉力对小球不做功，小球受到的合力做功为W＝WF+WG＝Flsinθ﹣mgl（1﹣cosθ），故A错误。
故选：B。
（2023春 南开区期末）高铁已成为中国的“国家名片”，截至2022年末，全国高速铁路营业里程4.2万千米，位居世界第一。如图所示，若一列高铁列车的质量为m，额定功率为P0，列车以额定功率P0在平直轨道上从静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设高铁列车行驶过程所受到的阻力为Ff，且保持不变。则（ ）
A．列车在时间t内可能做匀加速直线运动
B．列车达到的最大速度大小为
C．车速为时，车的加速度大小为
D．如果改为以恒定牵引力启动，则列车达到最大速度经历的时间一定大于t
【解答】解：A、列车以恒定功率P0运动时，根据牛顿第二定律得：，可知列车的速度v逐渐增大，加速度a逐渐减小，因此在时间t内，列车做加速度减小的变加速直线运动，直到达到最大速度vm，故A错误；
B、当牵引力等于阻力时，列车速度达到最大，则有P0＝Fvm＝Ffvm，解得列车的最大速度为：，故B错误；
C、车速为时，牵引力大小为，根据牛顿第二定律得：a，故C错误；
D、列车以恒定牵引力启动时，先做匀加速直线运动，根据功率公式P＝Fv可知，随着列车速度增大，列车的实际功率增大，达到额定功率P0后，开始做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度，并且此过程与以额定功率P0启动的最后阶段运动情况完全相同，而开始做匀加速直线运动时的加速度比以额定功率P0启动的加速度小，经历的时间较长，所以列车达到最大速度经历的时间一定大于t，故D正确。
故选：D。
（2023春 杭州期末）一辆质量m的小型新能源电动汽车在水平的公路上由静止启动且沿直线前行，该汽车运动的速度与时间的关系如图所示，设汽车在运动过程中所受阻力大小恒为f。在0～t1内汽车做匀加速运动，t1时刻达到额定功率，在t1～t2内汽车做变加速运动，t2末汽车的速度恰好达到最大。则（ ）
A．在0～t1内，汽车运动的加速度为
B．在t1～t2内，汽车的牵引力逐渐增大
C．在t2末，汽车的输出功率为
D．在t1～t2内，汽车的位移小于
【解答】解：A、在0～t1内，汽车运动的加速度为，故A错误；
B、根据题意可知，汽车在t1时刻达到额定功率，在t1～t2内，由P＝Fv，速度v增大，知汽车的牵引力F逐渐减小，故B错误；
C、在t2末汽车输出功率与t1时刻相同，在t1时刻，由牛顿第二定律得
F﹣f＝ma，得F＝f+m
则在t2末，汽车的输出功率等于t1时刻的输出功率，为，故C正确；
D、在t1～t2内，如果汽车做匀变速直线运动，则位移为
根据v﹣t图像与时间轴所围的面积代表位移可知，汽车实际运动的位移大于匀变速运动位移，所以在t1～t2内，汽车的位移大于，故D错误。
故选：C。
（2023春 沙河口区校级期中）为登月探测月球，上海航天局研制了“月球车”。某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究。他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v﹣t图像，已知0～t1段为过原点的倾斜直线；t1～10s内“月球车”牵引力的功率保持与t1时刻相同不变，且P＝1.2kW；7～10s段为平行于横轴的直线；在10s末停止遥控，让“月球车”自由滑行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法错误的是（ ）
A．月球车受到的阻力为200N
B．月球车的质量为100kg
C．月球车在t1～7s内运动的路程为24.75m
D．全过程牵引力对月球车做的总功为1.11×104J
【解答】解：A、7～10s内，牵引力等于阻力，速度达到最大，设牵引力为F，则F＝f。由P＝Fvm＝f vm
得fN＝200N，故A正确；
B、在10s末撤去牵引力后，月球车只在阻力f作用下做匀减速运动，由图像可知，加速度大小am/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律得：f＝ma，解得：m＝100kg，故B正确；
C、“月球车”的加速运动过程可分为：0～t1时间内的匀加速运动，t1～7 s时间内的变加速运动两个阶段。t1时功率为P＝1.2kW，速度为v1＝3m/s，此时牵引力为F1N＝400N
由牛顿第二定律得F1﹣f＝ma1
解得0～t1时间内的加速度大小为a1＝2m/s2
匀加速运动的时间t1s＝1.5s
匀加速运动的位移x1m＝2.25m
0﹣7s内，由动能定理得
F1x1+P（7﹣t1）﹣fx
解得“月球车”在0﹣7s内的总位移x＝28.5m
月球车在t1～7s内运动的路程为s＝x﹣x1＝28.5m﹣2.25m＝26.25m，故C错误；
D、在0～1.5s内，牵引力做功W1＝F1x1＝400×2.25J＝900J
在1.5～10s内，牵引力做功W2＝Pt＝1200×（10﹣1.5）J＝10200J
10s后，停止遥控，牵引力做功为零，全过程牵引力对月球车做的总功为W＝W1+W2＝900J+10200J＝1.11×104J，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
（2023春 渝中区校级期中）为了温暖度过冬天，许多建筑都会在外墙做保温层，但恰恰是这层保温层，容易引起火灾……某次消防救援中，质量为m＝4t、额定功率为60kW的消防车在水平的道路上由静止开始以恒定的加速度启动，加速度大小为a＝2m/s2，最终末速度达到最大值vm＝30m/s，且以这一最大速度做匀速直线运动。已知在整个运动过程中消防车所受到的阻力大小恒定，g＝10m/s2。求：
（1）消防车所受到的阻力大小f；
（2）当消防车速度为v1＝5m/s时，消防车的功率P；
（3）当消防车速度为v2＝10m/s时，求消防车的加速度a的大小。
【解答】解：（1）消防车速度最大时牵引力与阻力平衡，据P＝Fv可得：
P额＝Fvm＝fvm
可得消防车受到的阻力
（2）消防车匀加速运动时，根据牛顿第二定律得：
F﹣f＝ma
得F＝ma+f＝（4×103×2+2000）N＝104N
所以匀加速运动的最大速度
所以当消防车速度为v1＝5m/s时，消防车处于匀加速运动状态，此时的牵引力F＝104N，据P＝Fv可得
消防车的功率P＝Fv＝104×5W＝50kW
（3）由（2）分析知，消防车匀加速运动到6m/s时，达到最大功率，此后消防车以额定功率运动，当速度v2＝10m/s时消防车的牵引力：
根据牛顿第二定律可得此时消防车的加速度：
（2022春 镇海区校级期末）为全面提升电动自行车的安全性能，最新的《电动自行车安全技术规范》规定，电动自行车须具有脚踏骑行能力、最高设计车速不超过25km/h（计算时可近似取7m/s）、整车质量（含电池）不超过55kg、电机功率不超过400W。假设某人驾驶如图所示型号的电动自行车由静止开始做匀加速直线运动，经25s速度达到18km/h，电机功率恰好达到额定功率，此后以额定功率继续行驶。已知人、车总质量为100kg，行驶过程中受到的阻力恒为人、车总重的0.05倍。求：
（1）匀加速运动时自行车的加速度大小及受到的牵引力大小；
（2）通过计算判断该车电机功率是否符合规定；
（3）该车以额定功率继续行驶1min时间内前进的距离是多少（车子已达最大速度）？
【解答】解：（1）设运动过程中加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律
v＝at
解得：a＝0.2m/s2
设牵引力大小为F，阻力大小为f，
根据牛顿第二定律
F﹣f＝ma
f＝0.05mg
解得：F＝70N
（2）18km/h＝5m/s
电机功率P＝Fv
联立方程得：P＝350W，符合规定。
（3）设运动的最大速度为vm，
则：P＝f vm
设继续行驶的距离为x，根据动能定理
Pt﹣fx
联立方程得：x＝396m
答：（1）匀加速运动时自行车的加速度大小为0.2m/s2及受到的牵引力大小为70N；
（2）该车电机功率符合规定；
（3）该车以额定功率继续行驶1min时间内前进的距离是396m。
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