第4章 专题三 功与能的综合拓展问题-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案word（教科版2019）

专题三　功与能的综合拓展问题 探究1　变力做功的计算 在高中阶段，功的公式W＝Fxcosθ只能用于求解恒力做的功，在现有知识的基础上，用特殊方法可以求解具有某些特征的变力做的功。变力做功的求解方法主要有如下6种： 1．W＝Pt 若某个变力做功的功率恒定，则可用W＝Pt求解该变力做的功。 2．微元累积法 当力的大小不变，力的方向时刻与速度同向(或反向)时，把物体的运动过程分为很多小段，这样每一小段可以看成直线，先求力在每一小段上的功，再求和即可。力做的总功W＝Fs路或W＝－Fs路。例如，物体在水平面上沿着半径为R的圆周运动一周的过程中，摩擦力做功W＝－μmg·2πR。 3．图像法 根据W＝Fx(或W＝Pt)，利用微元累积思想结合F­x图像(或P­t图像)，可得出另一种求变力做的功的方法——图像法。 若已知F­x图像和P­t图像，则图线与x轴或t轴所围的面积表示功，如图甲所示，在位移x0内力F做的功W＝x0(力与位移同向)。在图乙中，0～t0时间内做功W＝·t0。 4．平均值法 当力的方向不变，大小随位移按线性规律变化时，即F是位移x的线性函数，则平均力＝，由W＝xcosα求功。如将劲度系数为k的弹簧由原长拉长x时，克服弹力做的功W＝x＝·x＝kx2(这就是弹簧弹性势能的表达式)。 若功率P随时间均匀变化，也可用类似的方法计算变力的功。 5．动能定理法 变力做的功还可以根据动能定理间接求解，即根据W恒＋W变＝ΔEk间接求出W变。这是经常用到的一种方法。 6．转化法 若某一变力的功和某一恒力的功相等，则可以将变力做功转换为恒力做功求解。 如图所示，绳子拉物体的力的大小、方向均不断变化，根据功能关系，该力做的功可用作用于绳子末端的力F做的功间接计算。 例1　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F随位移x变化的情况如图乙所示，运动4 m后撤去推力F，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，则(　　) A．全程克服摩擦力做功100 J 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一直减小 D．因推力是变力，无法确定推力做的功 [规范解答]　F­x图线与横轴所围图形的面积表示推力做的功，则WF＝×4 J＝200 J，对整个过程根据动能定理有WF－Wf＝0－0，则全程克服摩擦力做功Wf＝WF＝200 J，B正确，A、D错误；物体受到的滑动摩擦力Ff＝μmg＝20 N，当推力大于20 N时，物体做加速度减小的加速运动，当推力减小到20 N时，加速度为零，当推力小于20 N时，物体做加速度增大的减速运动，当推力减小为零后，物体做匀减速运动直至停止，C错误。 [答案]　B 求变力的功的方法中，微元累积法、图像法以及平均值法，都是从微元累积思维的角度分析求解，转换法和动能定理法则是从逆向思维的角度分析求解。在某些涉及变力做功的问题中，用单一的方法无法求解，这时经常以动能定理为桥梁求相关量。例如，在机车恒定功率启动问题中，根据Pt－fx＝mv2，可以求解速度达到v时阻力作用的距离x(或者牵引力作用的时间t)。 [变式训练1]　(多选)如图所示，人以大小恒为10 N的拉力通过一根轻绳拉船，人收绳的速度恒为1 m/s，将船从A位置拉到B位置，A、B位置轻绳与水平方向的夹角分别为30°和60°，A、B间的水平距离为4 m，则(　　) A．A位置船速大小为 m/s B．B位置船速大小为2 m/s C．船从A运动到B的过程中，船受到绳的拉力做的功为20 J D．船从A运动到B的过程中，船受到绳的拉力做的功为40(－1) J 答案　BD 解析　绳端速度为v＝1 m/s，根据运动的合成与分解，可得A位置船速大小为vA＝＝ m/s，故A错误；同理可得B位置船速大小为vB＝＝2 m/s，故B正确；船从A运动到B的过程中，船受到绳的拉力做的功等于人的拉力做的功，即W＝F(2·cos30°－)＝10× J＝40(－1) J，故C错误，D正确。 探究2　功能关系的综合问题 1．功与能的关系：功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，做了多少功，就有多少能量发生转化。 2．常见的功能关系 功 能量变化 功能关系式 重力做的功WG＝G·Δh 重力势能的变化ΔEp＝Ep2－Ep1 WG＝－ΔEp 弹簧弹力做的功W弹＝F弹·Δx 弹簧弹性势能的变化ΔEp＝Ep2－Ep1 W弹＝－ΔEp 合力做的功W合＝F合·Δx 动能的变化ΔEk＝Ek2－Ek1 W合＝ΔEk 除重力、系统内弹力以外的其他力做的功W其他＝F其他·Δx 机械能的变化ΔE＝E2－E1 W其他＝ΔE 两物体间滑动摩擦力对物体系统做功 系统内能增加，产生热量 Ff·x相对＝Q (注：x相对表示相对路程，而不是相对位移) 3.功能关系在图像问题中的应用 根据功能关系可知： (1)重力势能与高度的Ep­h关系图像的斜率为－G。 (2)弹簧弹性势能与形变量的Ep­x关系图像的斜率为－F弹。 (3)动能与位移的Ek­x关系图像的斜率为F合。 (4)机械能与位移的E­x关系图像的斜率为F其他。 例2如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　) A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR [规范解答]　小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W水平外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mgR＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝axt2＝g·＝2R，综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。 [答案]　C 功能关系适用于任何力做功的问题，应具备灵活运用功能关系的能力，后续课程还会遇到静电力、分子力等做功的问题。 [变式训练2]　从地面竖直向上抛出一物体，其动能Ek随它离开地面的高度h的变化如图所示，重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　) A．物体的质量为2 kg B．物体初速度大小为20 m/s C．物体落地时速度大小为20 m/s D．物体受到空气阻力的大小为6 N 答案　D 解析　物体上升高度Δh的过程，由动能定理有－(mg＋Ff)Δh＝ΔEk，物体下降高度Δh′的过程，由动能定理有(mg－Ff)Δh′＝ΔEk′，可知Ek­h图像斜率的绝对值表示物体所受合力的大小，由以上两式对照Ek­h图像有mg＋Ff＝ N＝16 N，mg－Ff＝ N＝4 N，联立两式解得m＝1 kg，Ff＝6 N，A错误，D正确；由图知，物体的初动能Ek0＝mv＝64 J，则物体初速度大小为v0＝8 m/s，物体落地时的动能Ek′＝mv′2＝16 J，则物体落地时速度大小为v′＝4 m/s，B、C错误。 探究3　功能关系、机械能守恒定律在连接体问题中的应用 类型一：轻绳连接的物体系统 (1)常见情景 (2)三点提醒 ①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。 ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 ③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。 类型二：轻杆连接的物体系统 (1)常见情景 (2)三大特点 ①用杆连接的两个物体，其线速度大小一般有以下两种情况： a．若两物体绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定线速度v的大小。 b．“关联速度法”：两物体沿杆方向速度大小相等。 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。 ③对于杆和球组成的系统，若忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。 类型三：轻弹簧连接的物体系统 (1)题型特点 由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功，又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。 (2)两点提醒 ①对于同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。 ②物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。 例3　(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　) A．环到达B处时，环的速度大小是重物的倍 B．环从A到B过程中，环的机械能是减少的 C．环下降的最大高度为 D．环到达B处时，重物上升的高度为d [规范解答]　对环到B点的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向进行分解，可知沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，由题图知θ＝45°，即有v环cos45°＝v绳＝v重物，解得v环＝v重物，所以环的速度大小是重物的倍，故A错误；环下滑过程中只有重力对系统做功，故系统机械能守恒，重物高度增加，速度增大，则重物的机械能增加，所以环的机械能减少，故B正确；环下降到最大高度h时，环和重物的速度均为0，此时重物上升的高度为hmax＝－d，根据系统的机械能守恒有mgh＝2mghmax，联立解得h＝d，故C正确；根据几何关系知，环到达B处时，重物上升的高度h′＝－d＝(－1)d，故D错误。 [答案]　BC 连接体功能问题的注意事项 (1)连接体系统中单个物体的机械能一般不守恒，分析单个物体的能量问题时，需要用功能关系。 (2)连接体问题应注意关联速度规律的应用。 (3)系统含弹簧时，不要遗漏弹簧弹性势能的分析。 [变式训练3]　(多选)如图所示，长度为L的三根轻杆构成一个正三角形支架，在轻杆连接处固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B，支架悬挂在O点，可绕过O点与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动。在无任何阻力的情况下，下列说法中正确的是(　　) A．A球到达最低点时速度为 B．A球到达最低点时，B球速度为 C．A球到达最低点时，杆对A球做功为－mgL D．摆动过程中A球机械能守恒 答案　BC 解析　当A球到达最低点时，对系统由机械能守恒定律有(2mg－mg)·＝(2m＋m)v2，解得v＝，即此时A、B两球的速度均为，A错误，B正确；当A球到达最低点时，设杆对A球做功为W，对A球由动能定理有2mg·＋W＝·2mv2，解得W＝－mgL，C正确；摆动过程中，A、B组成的系统的机械能守恒，A球机械能不守恒，D错误。 课后课时作业 1．在一家农家乐旅游景点，还保留有驴拉磨的民俗项目。如图所示，假设驴拉磨的平均作用力大小为500 N，运动的半径为1 m，则驴拉磨转动一周所做的功为(　　) A．0 B．500 J C．500π J D．1000π J 答案　D 解析　由于F的方向保持与作用点的速度方向一致，因此利用微元法可把圆周划分成很多小段研究，如图所示，当各小段的弧长Δsi足够小(Δsi→0)时，在这Δsi内F的方向几乎与该小段的位移方向重合，故WF＝F·Δs1＋F·Δs2＋F·Δs3＋…＝F·2πR＝1000π J(这等效于把曲线拉直)，故D正确。 2．有一种地下铁道，车站的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图所示。已知坡高为h，车辆的质量为m，重力加速度为g，车辆与路轨间的摩擦力为Ff，进站车辆到达坡下A处时的速度为v0，此时切断电动机的电源，车辆冲上坡顶到达站台B处的速度恰好为0。车辆从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功是(　　) A．Ffh B．mgh C．mgh－mv D.mv－mgh 答案　D 解析　对车辆由A到B的过程运用动能定理得－mgh－Wf＝0－mv，解得Wf＝mv－mgh，故选D。 3．如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2。则下列关系式正确的是(　　) A．W1<W2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，Q1＝Q2 C．W1<W2，Q1<Q2 D．W1＝W2，Q1<Q2 答案　A 解析　第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而产生的热量等于滑动摩擦力乘以相对位移大小，因此Q1＝Q2；第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以在力方向上发生的位移，因此W1<W2。A正确。 4．用铁锤把钉子钉入木板，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的深度为d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，则第二次敲钉子时钉子进入木板的深度是(　　) A．(－1)d B．(－1)d C．d D．d 答案　B 解析　在将钉子钉入木板的过程中，木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比，这属于变力做功问题，可求出对应某段位移的力的平均值，将变力转化为恒力来处理。根据题意可得，第一次敲钉子时做功W＝F1d＝d，第二次敲钉子时做功W＝F2d′＝d′，且d′>0，联立解得d′＝(－1)d，B正确。 5．(多选)如图所示，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落。在打开伞之前运动员受恒定阻力作用，下落的加速度为g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动员的重力势能减少了mgh B．运动员克服阻力所做的功为mgh C．运动员的动能增加了mgh D．运动员的机械能减少了mgh 答案　CD 解析　在运动员下落h的过程中，其重力势能减少了mgh，故A错误；根据牛顿第二定律，运动员所受的合力F合＝ma＝mg，合力做功为mgh，则根据动能定理，可知运动员的动能增加了mgh，故C正确；合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做功为mgh，则运动员克服阻力做功为mgh，故B错误；重力势能减少了mgh，动能增加了mgh，故运动员的机械能减少了mgh，故D正确。 6．(多选)如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝1 m，bc＝0.2 m，那么在整个过程中，下列选项正确的是(　　) A．滑块动能的最大值是6 J B．弹簧弹性势能的最大值是6 J C．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J D．整个过程系统机械能守恒 答案　BCD 解析　滑块和弹簧组成的系统，在整个运动过程中，只发生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化，系统的机械能守恒，D正确；以c点作为重力势能零点，a、c点动能为零，整个系统的机械能等于a点的重力势能或c点的弹性势能，滑块从a到c，重力势能减小了G·(ab＋bc)sin30°＝6 J，全部转化为弹簧的弹性势能，则弹簧弹性势能的最大值为6 J，B正确；从c到b弹簧恢复原长，通过弹簧的弹力对滑块做功，将6 J的弹性势能全部转化为滑块的机械能，C正确；当滑块重力沿斜面的分力等于弹簧弹力时动能最大，此时滑块位于bc间某位置，滑块的重力势能和弹簧的弹性势能均大于0，而总机械能恒为6 J，所以滑块动能最大值小于6 J，A错误。 7．(多选)两质量均为1 kg的小球1、2(均视为质点)用长为1 m的水平轻质杆相连，置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，如图所示。现用斜向上的力F拉动小球1，使小球1贴着竖直墙壁上升，小球2沿水平面向左运动，直到杆与水平面的夹角θ＝53°，此时小球2的速度大小为 m/s。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列分析正确的是(　　) A．此时小球1的速度大小为1 m/s B．该过程中杆对小球1做的功为－ J C．该过程中力F对小球1做的功约为10.2 J D．该过程中小球1受到的合力的功约为8.8 J 答案　BC 解析　两球沿杆方向上的分速度相等，则有v1cos37°＝v2cos53°，代入数据解得v1＝ m/s，故A错误；对小球2，根据动能定理得杆对小球2做的功W2＝mv＝×1× J＝ J，杆对小球2做的功与对小球1做的功的代数和为0，所以该过程中杆对小球1做的功为W杆＝－ J，故B正确；对小球1，该过程中利用动能定理有WF＋W杆＋WG＝mv，又因为WG＝－mgh1，其中h1＝Lsin53°，联立并代入数据解得WF＝10.2 J，故C正确；根据动能定理，可知该过程中小球1受到的合力的功为W合＝mv≈0.78 J，故D错误。 8．“蹦极”是一项深受年轻人喜爱的娱乐项目，一质量为m的人从一定高度静止下落，如图为该人的动能Ek与其距离水面高度x变化图线的一部分，其中x1～x2段为直线，其余部分均为曲线，x3处图线的切线水平，重力加速度用g表示，不计弹性绳的质量、忽略一切阻力。则下列说法正确的是(　　) A．图线x1～x2段的斜率绝对值等于g B．人位于x3处时弹性绳的长度等于原长 C．人位于x2与x4处弹性绳的弹性势能相等 D．人位于x5处时，弹性绳的弹性势能为mg(x1－x5) 答案　D 解析　图线x1～x2段表示该人自由下落，由动能定理可得ΔEk＝mg·Δx，图线斜率绝对值等于mg，A错误；由ΔEk＝F合·Δx可知，人位于x3处时合力为零，弹性绳的弹力等于重力，故长度不等于原长，B错误；人位于x2与x4处时动能相等，从x2到x4的下降过程人减小的重力势能等于弹性绳增大的弹性势能，故在x4处弹性绳的弹性势能较大，C错误；x1处与x5处的动能相等，从x1到x5的过程，根据机械能守恒定律可得ΔEp＝mg(x1－x5)，故人位于x5处时，弹性绳的弹性势能为mg(x1－x5)，D正确。 9．(多选)小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从A点由静止释放，它在下降的过程中经过B点，之后继续下降。已知在A、B两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠OBA<∠OAB<，在小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．弹力对小球先做正功后做负功 B．弹簧弹力的功率为零的位置有两处 C．弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功 D．小球到达B点时的动能等于其在A、B两点的重力势能之差 答案　CD 解析　由题可知，在A、B两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在小球运动过程中OA位置弹簧为压缩状态，OB位置弹簧为伸长状态，小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功，故A错误；在A处小球速度为零，弹力功率为零，下滑过程弹簧弹力与杆垂直时弹力功率为零，当弹簧处于原长时弹力为零，功率为零，故弹力功率为零的位置共有三处，故B错误；因A点与B点弹簧的弹力大小相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，故C正确；小球从A到B的过程中合力做的功等于重力做的功，所以小球到达B点时的动能等于其在A、B两点的重力势能之差，故D正确。 10．2021年2月10日19时52分，在经过长达七个月、4.75亿公里的漫长飞行之后，“天问一号”精准实施近火捕获制动，成功进入环火星轨道。如图所示是近火捕获及变轨过程的示意图，探测器由轨道Ⅰ进入P点，经过变轨进入轨道Ⅱ，再经过多次变轨进入火星的近火轨道Ⅲ(轨道半径与火星半径近似相等)做匀速圆周运动。已知探测器的质量为m，火星的质量约为地球质量的0.1倍，火星的半径约为地球半径的0.5倍，地球表面的重力加速度为g0，地球的第一宇宙速度为v0。探测器在S点的动能为EkS，在S点时的重力势能比在P点的重力势能大Ep，忽略探测器质量的变化。下列说法正确的是(　　) A．火星表面的重力加速度为0.2g0 B．探测器在轨道Ⅲ上的速度大小为v0 C．探测器从轨道Ⅱ经多次变轨到轨道Ⅲ的过程，制动发动机对探测器所做的总功为mv－EkS＋Ep D．探测器从轨道Ⅱ经多次变轨到轨道Ⅲ的过程，制动发动机对探测器所做的总功为mv－EkS－Ep 答案　D 解析　在地球表面物体受到的万有引力等于重力，即＝mg0，同理可得，在火星表面满足＝mg火，联立解得g火＝0.4g0，A错误；万有引力提供探测器做圆周运动的向心力，对近地卫星、近火卫星分析可得＝m，＝m，联立解得v火＝v0，B错误；探测器从轨道Ⅱ经多次变轨到轨道Ⅲ的过程，即从S点到Q点，由动能定理可得W＋WG＝mv－EkS，根据题意有WG＝Ep，联立解得W＝mv－EkS－Ep，C错误，D正确。 11．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中错误的是(　　) A．物体在沿斜面向下运动 B．在0～x1过程中，物体的加速度一直增大 C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速 D．在x1～x2过程中，物体的加速度大小为gsinθ 答案　C 解析　由题图乙可知，在0～x1过程中，物体的机械能一直在减少，故外力F做负功，物体沿斜面向下运动，A正确；对物体，由牛顿第二定律可得mgsinθ－F＝ma，题图乙中图线切线的斜率的绝对值表示外力F的大小，因此在0～x1过程中外力F逐渐减小，故物体的加速度一直增大，B正确；在x1～x2过程中，机械能不变，故外力F等于0，物体做加速度大小为gsinθ的匀加速直线运动，C错误，D正确。本题选说法错误的，故选C。 12．如下表所示是一辆氢能源电池测试车部分参数，质量为60 kg的司机驾驶该测试车在某路段进行试验，启动后马上保持最大输出功率运行，从静止启动后行驶340 m，速度达到72 km/h后不再提高，设该辆汽车在该路段行驶过程所受阻力不变，重力加速度g取10 m/s2，求： 质量 11940 kg 最大输出功率 150 kW 能量转化效率＝ 60% (1)汽车所受阻力； (2)汽车经过多长时间达到最大速度； (3)每1 kg的氢气与氧气反应能产生1.43×108 J的能量，汽车从启动到最大速度需要消耗多少质量氢气(结果保留一位有效数字)。 答案　(1)7500 N　(2)33 s　(3)0.06 kg 解析　(1)汽车达到最大速度后，牵引力等于阻力，有 Pmax＝F牵vmax F牵＝f 联立并代入数据解得f＝7500 N。 (2)设汽车经过t时间达到最大速度，由动能定理得Pmaxt－fx＝(m车＋m司机)v 联立并代入数据解得t＝33 s。 (3)由能量转化效率公式得E总×60%＝Pmaxt 又E总＝m×1.43×108 J/kg 联立并代入数据解得需要消耗氢气的质量 m≈0.06 kg。 16 学科网（北京）股份有限公司 $$