第1课时　功　功率　机车启动问题-（配套课件）-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（教科版）

课后跟踪训练(20)　功　功率　机车启动问题 基础巩固练 1．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)的情景，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼的情景，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 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，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，C、D错误。 2．关于某力做功的功率，下列说法正确的是(　　) A．该力越大，其功率就越大 B．该力在单位时间内做的功越多，其功率就越大 C．功率越大，说明该力做的功越多 D．功率越小，说明该力做功的时间越少 B　解析：由功率公式P＝Fv cos α可知，功率的大小与F、v及它们间的夹角都有关系，F越大，功率P不一定越大，A错误；由P＝可知，单位时间内力做的功越多，其功率就越大，但功率越大，该力做功不一定越多，功率越小，该力的作用时间不一定越少，B正确，C、D错误。 3.(2025·四川绵阳高三检测)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 A　解析：因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示。设绳与竖直方向的夹角为θ，则在切线方向上应有mg sin θ＝F cos θ，拉力F的瞬时功率P＝Fv cos θ＝mgv sin θ。小球从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A正确。 4．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4 m处时速度为零，则此过程物块克服弹簧弹力做的功为(g取10 m/s2)(　　) A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0 J A　解析：物块与水平面间的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝1 N，现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图像与横坐标轴围成的面积表示功可知，物块运动至x＝0.4 m处时F做功WF＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝fx＝0.4 J，由动能定理得WF－Wf－W弹＝0，解得W弹＝3.1 J，A正确。 5．(2025·浙江嘉兴高三模拟)如图所示为双层立体泊车装置。欲将静止在①号车位的轿车移至④号泊车位，需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车耗时10 s竖直抬升2 m至③号位，再耗时15 s水平右移3 m停至④号车位。若轿车质量为2 t，则(　　) A．水平右移过程移动板对车的摩擦力做正功 B．竖直抬升过程支持力做功大于克服重力做功 C．竖直抬升过程移动板对车做功4×103 J D．整个过程移动板对车做功功率为1.6×103 W D　解析：水平右移过程时间长、位移小，运动缓慢，可认为摩擦力为零，摩擦力不做功，A错误；竖直抬升过程可认为支持力大小等于重力大小，则支持力做功等于克服重力做功，B错误；竖直抬升过程移动板对车做功W＝Fh＝mgh＝2 000×10×2 J＝4.0×104 J，C错误；整个过程移动板对车做功功率为P＝＝ W＝1.6×103 W，D正确。 6．一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 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。 7．复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/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．做匀加速直线运动 B．牵引力的功率P＝Fvm C．当动车速度为时，其加速度为 D．牵引力做功W＝mv－mv B　解析：动车以恒定功率启动，则由P＝F牵v可知动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律有F牵－F＝ma，得动车的加速度逐渐减小，A错误；当动车的加速度为零时，即牵引力大小等于阻力大小时，动车的速度最大，则P＝Fvm，B正确；当动车速度为时，牵引力F牵′＝＝＝3F，根据牛顿第二定律可得F牵′－F＝ma，可得此时其加速度为a1＝，C错误；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝mv－mv，则牵引力所做的功为W＝Fx＋mv－mv，D错误。 综合提升练 8．(2024·安徽卷)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　) A．(H＋h＋) B．(H＋h＋) C．(H＋) D．(H＋) B　解析：设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律v0t′＝l，h＝gt′2，解得v0＝l，根据功能关系得Ptη＝mv＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率为P＝(H＋h＋)，B正确。 9.(2025·山东济南模拟)一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10 kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数和瞬时加速度a的关系如图所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力不变，赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是(　　) A．赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动 B．赛车的质量为20 kg C．赛车所受阻力大小为500 N D．赛车速度大小为5 m/s时，加速度大小为50 m/s2 C　解析：由牛顿第二定律有－f＝ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，得＝a＋，可见－a图线的斜率恒定为，与纵轴的截距为，结合题图可得＝0.05 s/m，＝ s3/m2，解得m＝25 kg，f＝500 N，代入v＝5 m/s解得a＝60 m/s2，C正确，A、B、D错误。 10.(多选)某质量为m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h＜v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v＞90 km/h时汽油机和电动机同时工作。这种汽车更节能环保。该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，汽车所受阻力恒为1 250 N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末，则在前11 s内(　　) A．t0＝6 s B．电动机输出的最大功率为60 kW C．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J D．汽车的位移为160 m AC　解析：在0～t0阶段，由题图可知牵引力恒为F1＝5 000 N，根据牛顿第二定律有F1－F阻＝ma，代入数据可得加速度a＝2.5 m/s2，v1＝54 km/h＝15 m/s，由t0＝得t0＝6 s，A正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，且Pm＝F1v1＝75 kW，B错误；第一次切换动力，由汽油机牵引时，汽油机输出的功率P＝F2v1＝90 kW，第11 s末汽车的速度v2＝＝25 m/s＝90 km/h，故此期间汽油机牵引力做的功W＝PΔt＝4.5×105 J，C正确；汽车前6 s内的位移x1＝at＝45 m，后5 s内根据动能定理得PΔt－F阻x2＝mv－mv，解得汽车后5 s内的位移x2＝120 m，所以前11 s内汽车的位移x＝x1＋x2＝165 m，D错误。 11．如图所示，固定在水平面上的电动机通过跨过斜面顶端光滑小定滑轮的轻绳(绳分别与水平面和斜面平行)，拖着质量为m＝10 kg的平板车A。平板车A在倾角为θ＝37°的光滑斜面上，由静止开始向上运送一个质量也为m＝10 kg的货物B。已知电动机的额定功率为P＝840 W，货物B与平板车A之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。为尽快地加速到最大速度又能使平板车和货物始终保持相对静止，求： (1)平板车能达到的最大加速度； (2)平板车能达到的最大速度； (3)平板车以最大加速度行驶的时间。 答案：(1)1 m/s2　(2)7 m/s　(3)6 s 解析：(1)设B沿斜面向上的最大加速度为am，对B受力分析，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝mam 解得am＝1 m/s2 A、B要始终保持相对静止，那么平板车A的加速度时刻与货物B的加速度相等，则平板车的最大加速度也为1 m/s2。 (2)设平板车能达到的最大速度为vm，达到最大速度时，平板车加速度为零，设此时绳的拉力为T，对A、B整体受力分析，可得T＝2mg sin θ 对于电动机，则有P＝Tvm 联立解得vm＝7 m/s。 (3)在以最大加速度am匀加速阶段，设绳的拉力为T0，对A、B整体，根据牛顿第二定律有T0－2mg sin θ＝2mam 随着A、B速度的增大，电动机的功率也要相应增大，当电动机达到其额定功率后，电动机提供的牵引力将减小，A、B整体运动的加速度将减小。设匀加速阶段达到的最大速度为v1，则有P＝T0v1 联立解得v1＝6 m/s 则匀加速阶段的时间为t＝＝6 s。 学科网（北京）股份有限公司 $$