文档内容
2022·广东卷·T9 2021·全国乙卷·T19 2021·山东卷
功和功率
·T3 2021·浙江1月选考·T11 2021·北京卷·T8
机车启动问题 2021·湖南卷·T3 2020·天津卷·T8
2022·江苏卷·T8 2021·全国甲卷·T20 2021·河北卷
考
动能定理及其应用 ·T6 2020·全国卷Ⅱ·T25 2020·江苏卷·T4 2019·全
情
国卷Ⅱ·T24
分
功能关系 2020·全国卷Ⅰ·T20
析
机械能守恒定律 2022·全国乙卷·T16 2020·山东卷·T11
实验：验证机械能守 2022·河北卷·T11 2022·湖北卷·T12 2021·浙江6
恒定律 月选考·T17
含功和能的综合题 2022·广东卷·T13 2022·江苏卷·T10 2022·河北卷·T9
体育运动中功和功率问题，风力发电功率计算，蹦极
生活实践类 运动、过山车等能量问题， 汽车启动问题，生活、
试题 生产中能量守恒定律的应用
情境 变力做功的计算，机车启动问题，单物体机械能守
学习探究类 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
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＝Flcos 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＜时，W＞0，力对物体做正功．
(2)当α＝时，W＝0，力对物体不做功．
(3)当＜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＝Flcos α计算．
(2)合外力做的功
方法一：先求合外力F ，再用W ＝F lcos α求功．
合 合 合
方法二：先求各个力做的功W、W、W…，再应用W ＝W＋W＋W＋…求合外力做的功．
1 2 3 合 1 2 3
方法三：利用动能定理W ＝E －E .
合 k2 k1
例1 (2023·上海市模拟)如图，一磁铁吸附在铁板AB的下方．现保持铁板与水平面间的夹
角θ不变，缓慢推动B端，使AB与磁铁一起水平向左匀速移动，则 ( )
A．合外力对磁铁做正功
B．AB对磁铁的作用力不做功
C．AB对磁铁的弹力不做功
D．AB对磁铁的摩擦力不做功答案 B
解析 由于磁铁做匀速运动，磁铁所受合外力为零，合外力对磁铁不做功，故 A错误；磁
铁受重力和AB对它的作用力而做匀速运动，根据平衡条件可知，AB对磁铁的作用力大小
等于重力，方向竖直向上，与磁铁的运动方向相互垂直，故AB对磁铁的作用力不做功，故
B正确；AB对磁铁的弹力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹力一定做功，故 C
错误；AB对磁铁的摩擦力沿接触面，与磁铁运动方向不垂直，故摩擦力一定做功，故 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Fcos θ－F sin θ＝0，Fsin θ＋F cos θ－G＝0
f N f N
代入数据得F＝10 N，F ＝10 N
f N
x＝vt＝20 m
(1)斜面对物体的支持力所做的功
W ＝F xcos θ＝300 J
N N
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功
W＝Fxcos (90°－θ)＝100 J
f f
(3)物体重力做的功W ＝－Gx＝－400 J
G
(4)合外力对物体做的功
方法一：W ＝W ＋W＋W ＝0
合 N f G方法二：F ＝0，W ＝F xcos α＝0.
合 合 合
考点二 变力做功的分析和计算
求变力做功的五种方法
方法 举例
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W＝F·Δx＋F·Δx＋F·Δx＋…＝F(Δx＋Δx＋Δx＋…)＝F·2πR
f f 1 f 2 f 3 f 1 2 3 f
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·(－)
图像法
一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x，F－x
0
图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝x
0
平均
当力与位移为线性关系，力可用平均值＝表示，W＝Δx，可得
值法
出弹簧弹性势能表达式为E＝k(Δx)2
p
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W ，则有：
F
W －mgL(1－cos θ)＝0，得W ＝mgL(1－cos θ)
F F
考向1 微元法计算变力做功
例3 (2023·安徽滁州市定远县联考)如图所示，在水平桌面上，长R＝5 m的轻绳一端固
定于O点(俯视图)，另一端系一质量m＝2.0 kg的小球，现对小球施加一个大小不变的力F＝
10 N，方向始终与小球在该点的切线成37°角，F拉着物体从M点运动到N点，已知小球与
桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，则拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为( )A. B．2 C. D．4
答案 B
解析 将圆弧分成很多小段l 、l 、…、l ，拉力F在每小段上做的功为W 、W 、…、W ，
1 2 n 1 2 n
因拉力F大小不变，方向始终与小球在该点的切线成 37°角，所以W ＝Flcos 37°，W ＝
1 1 2
Flcos 37°，…，W ＝Flcos 37°，W＝W ＋W ＋…＋W ＝Fcos 37°(l ＋l ＋…＋l)＝Fcos
2 n n 1 2 n 1 2 n
37°·R＝π J，同理可得克服摩擦力做功W＝μmg·R＝π J，拉力F做的功与克服摩擦力做的功
f
之比为2，故选B.
考向2 图像法计算变力做功
例4 (2023·河南洛阳市第一中学高三检测)质量为2 kg的物体静止在光滑的水平面上，从
某时刻起，对物体施加一方向不变的水平拉力 F，该拉力与物体的位移x的关系图像如图所
示，则物体在x＝7 m处时的速度大小为( )
A．2 m/s B．2 m/s
C．5 m/s D．4 m/s
答案 A
解析 根据F－x图像的面积表示功， 则物体从0运动到7 m过程拉力做的功为W＝3×4 J
＋×4 J＝40 J，由动能定理得W＝mv2－0，解得v＝2 m/s，故选A.
考向3 平均值法计算变力做功
例5 如图所示，一轻质立方体被从水表面缓慢压入水中，直至其上表面没入水中，已知
立方体的棱长为L，水的密度为ρ，重力加速度为g，不考虑水面高度的变化．该过程中，
立方体克服水的浮力所做的功为( )
A. B.
C．ρgL2 D．ρgL4
答案 B
解析 设浸入的深度为x，则浮力的大小为F＝ρgV＝ρgL2x，可见浮力与进入水中的位移成正比．由平均值法知克服浮力做的功为W＝×L＝L＝，故选B.
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＝，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＝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＝.
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度，F为恒力，F与的夹角α不变．
2．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．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＝Fvcos α中，Fcos α可认为是力F在速度v方向上的分力，vcos α可认为是速度
v在力F方向上的分速度．
例6 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，cos 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 ＝mgsin θ－μmgcos θ＝4 N
合
木块的加速度a＝＝2 m/s2
前2 s内木块的位移x＝at2＝×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＝＝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．
例7 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
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
过程 a＝不变⇒F不变⇒P＝Fv↑直
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
OA段
分析 到P＝P
额
＝Fv
1
运动 匀加速直线运动，持续时间t
0
加速度减小的加速直线运动
性质 ＝
过程
F＝F 阻⇒a＝0⇒v
m
＝ v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
分析
AB段
运动
以v 做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动
m
性质
F＝F 阻⇒a＝0⇒以v
m
＝做匀速
BC段
直线运动
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v ＝.
m
(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＝
P B．W>W，P＝P
1 2 1 2 1 2 1 2
C．W>W，P>P D．W＝W，P＝P
1 2 1 2 1 2 1 2
答案 A
解析 根据功的定义，两次水平恒力F做的功相等，即W ＝W ；第一次是在光滑水平面上，
1 2
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＝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P>P，选项A正确．
1 2
3.(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v 出发，恰
0
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. B.
C. D.
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
－F·2πL＝0－mv2
f 0
可得摩擦力的大小F＝，故选B.
f
4．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 v－t图像的斜率表示物体加速度，由题图乙可知，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v ＝2v ＝4 m/s，故4 s末F的功
F 物
率为P＝Fv ＝42 W，C正确；0～4 s内物体上升的高度h＝at2＝4 m，力F的作用点的位移l
F
＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝Fl＝84 J，故平均功率＝＝21 W，D错误．
5．(多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功
率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶．已
知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不
计空气阻力．下列说法正确的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 NB．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
答案 ABD
解析 小车从M到N，依题意有P＝Fv＝200 W，
1 1
代入数据解得F＝40 N，故A正确；
依题意，小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为F ＝F＝40 N，
f1
则摩擦力做功为W＝－40×20 J＝－800 J，
1
则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；
依题意，从P到Q，重力势能增加量为
ΔE＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误；
p
依题意，小车从P到Q，摩擦力大小为F ，有
f2
F ＋mgsin 30°＝，
f2
摩擦力做功为W＝－F ·PQ，
2 f2
联立解得W＝－700 J，
2
则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确．
6．(2023·黑龙江佳木斯市高三模拟)用铁锤把小铁钉钉入木板，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d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功
与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度为( )
A．(－1)d B．(－1)d
C. D.d
答案 B
解析 铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功，由于阻力与深度成正比，
可用阻力的平均值求功，据题意可得W＝d＝d，W＝d′＝d′，联立解得d′＝(－1)d，故
A、C、D错误，B正确．
7．(2023·山东烟台市高三检测)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力
F 不变，当速度为v 时达到额定功率P，此后以额定功率继续行驶，最后以最大速度v 匀
0 1 e m
速行驶．若汽车所受的阻力F 为恒力，汽车运动过程中的速度为v、加速度为a、牵引力为
f
F、牵引力的功率为P，则下列图像中可能正确的是( )答案 C
解析 因为汽车先保持牵引力F 不变，由牛顿第二定律可得F －F＝ma，又因为汽车所受
0 0 f
的阻力F 为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以 v－t图像开始应有一段倾斜
f
的直线，故A错误；因为当速度为v 时达到额定功率P，此后以额定功率继续行驶，则满
1 e
足P＝Fv，即F与v成反比，F与成正比，所以F－v图像中v ～v 段图像应为曲线，F与
e 1 m
图像中～段图像应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v 之前，保持牵引力F 不变，
1 0
则功率满足P＝Fv，即P与v成正比，所以P－v图像中0～v 段图像应为过原点的直线，
0 1
故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，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，下列说法正确的有( )
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＝，设第②次所用时间为t ，根据速度－时间
2
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，×2t×v ＝[t ＋(t －
0 0 2 2
t)]×v ，解得：t ＝，所以第①次和第②次矿车上升所用时间之比为2t∶＝4∶5 ，选项A
0 0 2 0
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a
1
＝，加速上升过程的牵引力F ＝ma ＋mg＝m(＋g)，减速上升过程的加速度a ＝－，减速上
1 1 2
升过程的牵引力F ＝ma ＋mg＝m(g－)，匀速运动过程的牵引力F ＝mg.第①次提升过程做
2 2 3
功 W ＝F××t×v ＋F××t×v ＝mgvt ；第②次提升过程做功 W ＝F××t×v ＋
1 1 0 0 2 0 0 00 2 1 0 0
F×t×v＋F××t×v＝mgvt，两次做功相同，选项D错误．
3 0 0 2 0 0 009．(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v .下列说法正确的是( )
m
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v
m
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
v ，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mv 2－Pt
m m
答案 C
解析 对动车组由牛顿第二定律有F －F ＝ma，
牵 阻
动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F ＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增
阻
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－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＝kv，
而以额定功率匀速行驶时，有＝kv ，
m
联立解得v＝v ，故C正确；
m
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v ，
m
由动能定理可知4Pt－W ＝mv 2－0，
克阻 m
可得动车组克服阻力做的功为
W ＝4Pt－mv 2，故D错误．
克阻 m
10.一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示．
若汽车的质量为1.2×103 kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是( )
A．汽车的最大功率为5×104 W
B．汽车匀加速运动阶段的加速度为 m/s2
C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
D．汽车从静止开始运动12 s内的位移是60 m
答案 A
解析 由图可知，汽车在前4 s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4～12 s内汽车的
牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4 s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最
大值后牵引力等于阻力，所以阻力 F＝2×103 N，前4 s内汽车的牵引力为F＝5×103 N，
f
由牛顿第二定律F－F＝ma可得a＝2.5 m/s2,4 s末汽车的速度v ＝at ＝2.5×4 m/s＝10 m/s，
f 1 1
所以汽车的最大功率P＝Fv ＝5×103×10 W＝5×104 W，A正确，B、C错误；汽车在前4
1
s内的位移x ＝at2＝×2.5×42 m＝20 m，汽车的最大速度为v ＝＝ m/s＝25 m/s，汽车在4
1 1 m
～12 s内的位移设为x ，根据动能定理可得Pt－Fx ＝mv 2－mv2，代入数据可得x ＝42.5
2 f 2 m 1 2
m，所以汽车的总位移x＝x＋x＝20 m＋42.5 m＝62.5 m，D错误．
1 2
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，汽车从坡底到坡顶所需时
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°－F＝ma
f
设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fv
v＝at，解得t＝7 s.
1 1
(2)当达到最大速度v 时，加速度为零，
m
有F ＝mgsin 30°＋F
m f
则有P＝F v ＝(mgsin 30°＋F)v
m m f m
解得v ＝8 m/s.
m
(3)汽车匀加速运动的位移x＝at2，在后一阶段对汽车由动能定理得
1 1
Pt－(mgsin 30°＋F)x＝mv 2－mv2
2 f 2 m
又有x＝x＋x，解得t≈15 s
1 2 2
故汽车运动的总时间为t＝t＋t＝22 s.
1 2
12.一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恒定，赛车到达
终点前已达到最大速度．下列说法中正确的是( )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
答案 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，将公式
f
整理得＝a＋，可见－a图像的斜率恒定为，与纵轴的截距为，可得＝0.05 s/m，＝ s3/m2，
解得m＝25 kg，F＝500 N，将v＝5 m/s代入公式，解得a＝60 m/s2，故C正确，A、B、D
f
错误．
