文档内容
专题 09 功和功率
[题型导航]
题型一 功的分析和计算.......................................................................................................................1
题型二 功率的分析和计算...................................................................................................................7
题型三 机车启动问题.........................................................................................................................11
[考点分析]
题型一 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＝ Fl cos _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．
[例题1] 如图所示，以恒定速率v ＝0.5m/s运行的传送带与水平面间的夹角 ＝37°，转轴
1
间距L＝4m。工作人员沿传送方向以速度v ＝1.5m/s从传送带顶端推下一件m＝α2kg的小包裹
2
（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数 ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8。求： μ
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度a的大小；
（2）小包裹在传送带上减速运动的时间t和位移s的大小。
（3）小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功。【解答】解：（1）因小包裹的速度v 大于传动带的速度v ，所以小包裹相对传送带向下滑动，
2 1
受到传送带的滑动摩擦力沿传动带向上，以沿传动带向下为正方向，根据牛顿第二定律得：
mgsin ﹣ mgcos ＝ma
代入数α据解μ 得：aα＝﹣0.4m/s2
故加速度的大小为0.4m/s2，方向为沿斜面向上；
（2）由（1）的结论可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，假设小包裹能够一直减速到
速度与传送带相同，则此过程所用时间为：
(v -v ) 0.5-1.5
t= 1 2 = s=2.5s
a -0.4
此过程的位移大小为：
v +v 0.5+1.5
s= 1 2 ⋅t= ×2.5m=2.5m
2 2
因s＜L＝4m，故假设成立。
（3）因 ＝0.8＞tan ＝0.75，故小包裹与传动带共速后，与传送带保持相对静止做匀速直线运
动直至达μ到传送带底α端，匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为：
f ＝mgsin
2
此过程小包α 裹的位移大小为：
s ＝L﹣s＝4m﹣2.5m＝1.5m
2
小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为：
W＝﹣f s﹣f s ＝﹣ mgcos •s﹣mgsin •s
f 1 2 2 2
代入数据解得：W f ＝μ﹣50J。α α
答：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度a的大小为0.4m/s2；
（2）小包裹在传送带上减速运动的时间t为2.5s和位移s的大小为2.5m。
（3）小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为﹣50J。
[例题2] （多选）如图甲所示，质量m＝0.5kg，初速度v ＝10m/s的物体，受到一个与初
0速度方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3s撤去外力，直到物体停止，整个
过程物体的v﹣t图象如图乙所示，g取10m/s2，则（ ）
A．物体与地面间的动摩擦因数为0.2
B．0～2s内F做的功为﹣8J
C．0～7s内摩擦力做功为﹣25J
D．0～7s内物体滑行的总位移为29m
【解答】解：A、根据图象，撤去拉力后，加速度大小a Δv 0-4m/s2＝﹣1m/s2.根据牛顿第
2= 2=
Δt 7-3
2
二定律得， mg＝ma ，解得 ＝0.1，A错误；
2
μ μ
B、有拉力时，有F+ mg＝ma ，根据图线知a Δv 4-10m/s2＝2m/s2.解得F＝0.5N，0～2s
1 1= 1=
Δt 3
1
μ
1
内的位移x＝v t- a t2，代入数据解得：x＝16m，则F做的功W ＝﹣Fx＝﹣0.5×16J＝﹣8J.故
0 2 1 1 F
B正确。
4+10 4×4
C、根据v﹣t图像与坐标轴围成的面积代表位移可知0～7s内物体位移为x= ×3m+
2 2
m＝29m，则克服摩擦力做功W＝ mgx，代入数据解得：W＝14.5J，C错误，D正确。
f f
故选：BD。 μ
[例题3] （多选）如图，一辆卡车要将叠放在车厢上的A、B两块钢材卸下，A钢材叠放
在B钢材的上面，A与B、B与车厢的动摩擦因数分别为 和 ，已知 ＞ ，现在随着卡车
1 2 1 2
的液压杆缓慢撑起，车厢会绕车厢末端O顺时针转动，下μ列说法μ 正确的是μ（ μ ）A．在A、B均未滑动过程中，A的合外力不变
B．在A、B均未滑动过程中，车厢对B的摩擦力不做功
C．在A、B均未滑动时，A对B的摩擦力沿车厢向上
D．随着转动角度增大，A会先滑动
【解答】解：A、在A、B均未滑动过程中，钢材A处于平衡状态，因此钢材A所受合力一直为
零，保持不变。故A正确。
B、由于车厢对B的摩擦力始终沿车厢方向与B缓慢移动的方向时刻垂直，在摩擦力方向未发生
位移，故车厢对B的摩擦力不做功。故B正确。
C、对钢材A受力分析可知钢材B对钢材A的摩擦力向车厢向上，由牛顿第三定律知，知钢材A
对钢材B的摩擦力向车厢向下。故C错误。
D、A刚好滑动时，设车厢与水平面夹角为 ，此时由受力分析有 mgcos ＝mgsin ，即tan ＝
1
；同理，AB一起刚好滑动时，设车厢与水α平面夹角为 ，由受力μ 分析可α得tan ＝α ；由于α
1 2 1
μ＞ ，则tan ＞tan ，即 ＞ 。因此随着转动角度的增大，β钢材A、B一起滑动。β故μD错误。μ
2
故μ选：AB。α β α β
[例题4] （多选）质量为2千克的物体，放在动摩擦因数 ＝0.1的水平面上，在水平拉力
的作用下，由静止开始运动，水平拉力做的功 W和物体发生的μ位移S之间的关系如图所示，
则（ ）
A．此物体在AB段做匀加速直线运动
B．此物体在AB段做匀速直线运动
C．此物体在OA段做匀加速直线运动
D．此物体在OA段做匀速直线运动
【解答】解：物体在水平面上运动，水平拉力与物体运动方向相同，物体受到的滑动摩擦力大
小f＝ mg＝2N。
μ
物体在0A段受到的水平拉力大小等于 F W 15 ，可见，水平拉力大于摩擦力，则
1= 1= N=5N
S 3
1物体在OA段做匀加速直线运动。
物体在AB段受到的水平拉力大小等于F W 27-15N＝2N，水平拉力等于摩擦力，则物体
2= 2=
S 6
2
在AB段做匀速直线运动。
故选：BC。
[例题5] 如图（a）所示，质量为m＝2kg的物块以初速度v ＝20m/s从图中所示位置开始
0
沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时
间变化的规律如图（b）所示，g取10m/s2．试求：
（1）物块在0﹣4s内的加速度a 的大小和4﹣8s内的加速度a 的大小；
1 2
（2）恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数 ；
（1）8s内恒力F所做的功。 μ
【解答】解：（1）由图可知，0﹣4s内，物体向右做匀减速直线运动，4﹣8s内，物体向左做匀
加速直线运动；
△v 20
0﹣4s内，a = = m/s2=5m/s2，方向水平向左；
1 △t 4
△v' 8
4﹣8s内，a = = m/s2=2m/s2，方向水平向左；
2 △t' 8-4
（2）根据牛顿第二定律，在0﹣4s内恒力F与摩擦力同向，有：F+ mg＝ma
1
4s﹣8s内恒力F与摩擦力反向，有：F﹣ mg＝ma 2 μ
代入数据解得：F＝7N， ＝0.15 μ
（3）根据图形的面积可得μ 8s内物体运动的位移为：
1 1
s= ×(4×20)- ×(4×8)=24m
2 2
恒力F做的功为：
W＝Fs＝﹣7×24＝﹣168J
答：（1）物块在0﹣4s内的加速度的大小是5m/s2，方向水平向左；4﹣8s内的加速度的大小
2m/s2，方向水平向左；（2）恒力F的大小7N，物块与水平面间的动摩擦因数0.15；
（1）8s内恒力F所做的功﹣168J。
[例题6] 如图所示，一本质量分布均匀的大字典置于水平桌面上，字典总质量 M＝
1.5kg，宽L＝16cm，高H＝6cm。一张白纸（质量和厚度均可忽略不计，页面大于字典页面）
夹在字典最深处，白纸离桌面的高度h＝2cm。假设字典中同一页纸上的压力分布均匀，白纸
上、下表面与字典书页之间的动摩擦因数均为 ，字典与桌面之间的动摩擦因数为 ，且各接
1 2
触面的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力μ加速度g取10m/s2。 μ
（1）水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，求 与 满足的关系；
1 2
（2）若
1
＝0.25，
2
＝0.4，求将白纸从字典中水平μ向右μ抽出拉力至少做的功W。
μ μ
2 2
【解答】解：（1）白纸上字典的质量为 M，那么，白纸上下表面受到的正压力都为 Mg，
3 3
2 4
故白纸受到的最大静摩擦力f =2μ ⋅ Mg= μ Mg；
1 1 3 3 1
桌面对字典的最大静摩擦力f ＝ Mg，所以，水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，那么，f
2 2 1
μ
4
＞f ，故μ ＜ μ ；
2 2 3 1
（2）若 ＝0.25， ＝0.4，那么，将白纸从字典中水平向右抽出时字典保持静止；
1 2
白纸向右μ运动过程只μ 有拉力和摩擦力做功，故由动能定理可知：将白纸从字典中水平向右抽出
拉力至少做的功W等于克服摩擦力做的功；
L-x 2
当白纸向右运动x（0＜x＜0.16m）时，白纸上下表面受到的正压力都为 ⋅ Mg，故摩擦
L 3
L-x 2 L-x 1
力f =2μ ⋅ Mg= ⋅ Mg；
1 L 3 L 3
1 1 1
故由f和x呈线性关系可得：克服摩擦力做的功W = × Mg×L= MgL=0.4J；
2 3 6
故将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W为0.4J；4
答：（1）水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动， 与 满足的关系为μ ＜ μ ；
1 2 2 3 1
μ μ
（2）若 ＝0.25， ＝0.4，将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W为0.4J。
1 2
μ μ
题型二 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＝ F v 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·v ，其中v 为物体的速度v在力F方向上的分速度．
F F
(3)P＝F·v，其中F 为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
v v
[例题7] 如图所示一半径为R、圆心为O的圆弧轨道在竖直平面内；绕竖直轴O O 以角
1 2
速度 转动，相同的滑块A、B和圆弧轨道一起转动，其中OB处于水平方向，OA与OO 方
1
向成ω37°角，A相对于圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，B刚好相对于圆弧轨道静止。已知重
力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是（ ）
√4g
A．圆弧轨道转动的角速度ω=
5R
4
B．滑块与圆弧轨道间的动摩擦因数μ=
5
C．A的重力做功的功率小于B的重力做功的功率
D．当圆弧轨道转动的角速度增大时滑块A有沿圆弧切线向下运动的趋势【解答】解：A.相对于圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，对滑块A：mgtan37°＝m 2Rsin37°
解得 ω
√ 5g
=
4R
ω
故A错误：
B.B刚好相对于圆弧轨道静止，对B有
N＝m 2R，mg＝ N
解得滑ω块与圆弧轨μ道间的动摩擦因数
4
μ=
5
故B正确：
C.两滑块在竖直方向上速度都为零，所以重力不做功，重力功率都等于零，故C错误；
D.当圆弧轨道转动的角速度增大时，向心力增大，此时重力与支持力的合力不足以提供向心力，
则接触面会给滑块沿圆弧切线向下的静摩擦力，所以滑块A有沿圆弧切线向上运动的趋势，故
D错误。
故选：B。
[例题8] 2022年2月9日，在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，我国选手谷爱凌
成功夺冠。图甲为滑雪大跳台的滑道示意图，其主要由助滑道、跳台、着落坡组成，在助滑道
与跳台之间用一段弯曲滑道衔接，助滑道与着落坡均可以视为倾斜直道。运动员由起点滑下，
从跳台飞出后，在空中完成系列动作，最后落至着落坡。运动员离开跳台至落到着落坡阶段的
轨迹如图乙所示，P为这段轨迹的最高点，不计空气阻力，运动员可视为质点。则下列说法正
确的是（ ）
A．运动员一直处于超重状态
B．运动员在P点的速度为0
C．运动员在P点重力的瞬时功率为0D．运动员落至着陆坡时的速度方向与刚离开起跳台时的速度大小无关
【解答】解：A、运动员一直处于失重状态，故A错误；
B、在P点竖直分速度为0，但水平速度不为零，故B错误；
C、运动员在P点重力的功率p＝mgvcos90°＝0，故C正确；
D、设运动员从跳台飞出时的速度大小为v，其与水平方向夹角为 ，运动员落至着陆坡时的速
度方向与水平方向夹角为 ，水平位移大小为x，竖直位移大小为θy，位移与水平方向夹角为
。 α
βx＝vcos •t
﹣y＝vs θ in •t- 1 gt2
2
θ
y gt-2vsinθ
tan = =
x 2vcosθ
β
运动员落至着陆坡时的竖直分速度大小为v ＝gt﹣vsin
y
θ
tan v gt-vsinθ gt-2vsinθ+vsinθ 2tan +tan
= y = = =
v vcosθ vcosθ
α x β θ
由此结论可知，当位移与水平方向夹角 一定时，运动员落至着陆坡时的速度方向与刚离开起
跳台时的速度大小无关。而本题运动员从β跳台飞出时的位置并不是着陆坡的顶端，由题图乙可
知运动员离开起跳台时的速度越大，着陆时距离坡顶越远，那么位移（起跳位置与着陆位置的
连线）与水平方向夹角 越小，运动员落至着陆坡时的速度方向与水平方向夹角为 就越小，
故D错误。 β α
故选：C。
[例题9] 随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距
离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180m，其中电磁弹射区的长度为l ＝80m，在该
1
区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力 F 牵 。一架质量为 m＝
2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推 ＝1.2×105N。假设飞机在航母上的
阻力恒为飞机重力的0.2倍。若飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝40m/s，航空母
舰始终处于静止状态，（取g＝10m/s2）下列说法正确的是（ ）A．飞机在前一阶段的加速度大小4.0m/s2
B．飞机在电磁弹射区末的速度大小v ＝20m/s
1
C．电磁弹射器的牵引力F牵 的大小为2×104N
D．电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的
【解答】解：AB、设后一阶段的加速度大小为a ，阻力为f＝0.2mg，根据牛顿第二定律得
2
F推 ﹣f＝ma
2
，
a
F -f F -0.2mg 1.2×105-0.2×2.0×104×10m/s2＝4.0m/s2，
2= 推 = 推 =
m m 2.0×104
设在电磁弹射区末的速度为v ，
1
由运动学公式得v2 2a （l﹣l ）
-v2= 2 1
1
代入数据解得v ＝20√2m/s
1
设前一阶段的加速度大小为a ，
1
由运动学公式得： 2a l ，
v2= 11
1
a v2 (20√2) 2 m/s2＝5m/s2
1= 1 =
2l 2×80
1
故AB错误；
C、根据牛顿第二定律有F牵+F推 ﹣f＝ma
1
，
代入数据解得F牵＝2×104N。
故C正确；
D、电磁弹射器在弹射过程中的功率P＝F牵v，牵引力F牵 恒定，随着速度增大，功率逐渐增大，
故D错误；
故选：C。
[例题10] （多选）一质量为m＝1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到F＝2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的F＝1N的外力作用。下列判断正确的是
（ ）
A．第1秒末的瞬时速度是2m/s
B．第2秒内的位移是2m
C．第2秒内外力所做的功是1.25J
D．0～2s内外力的平均功率是2.25W
F 2
【解答】解：A、根据牛顿第二定律，可知第1s内质点的加速度为：a = 1= m/s2＝2m/s2
1
m 1
根据速度﹣时间公式，可知第1s末的速度为：v ＝a t ＝2×1m/s＝2m/s
1 11
1 1
根据位移﹣时间公式，可知第1s内的位移：x = a t2= ×2×12m=1m，故A正确；
1 2 1 1 2
F 1
B、根据牛顿第二定律，可知第2s内质点的加速度为：a = 2= m/s2＝1m/s2
2
m 1
1 1
根据位移﹣时间公式，可知第2s内的位移为：x ＝v t + a t2=2×1m+ ×1×12m=2.5m，故B
2 12 2 2 2 2
错误；
C、根据求功公式，可知第2s内外力做功为：W ＝F x ＝1×2.5J＝2.5J，故C错误；
2 2 2
D、根据求功公式，可知第 1s内外力做功 W ＝F x ＝2×1J＝2J，则0～2s内外力做功 W＝
1 1 1
W +W ＝2J+2.5J＝4.5J
1 2
W 4.5
由平均功率公式，可知0～2s内外力的平均功率：P= = W =2.25W，故D正确。
t 2
故选：AD。
题型三 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＝Fv ＝fv ，这一启动过程的v－t图像如图1所示，其中
m m
v ＝.
m
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 v 时，F＝f＋ma，P＝Fv ，v ＝<＝v ，v 继续增大到v ，
0 0 0 m 0 m
加速度逐渐减小到零，最后仍有v ＝，做匀速运动．这一运动过程的v－t图像如图2所示．
m
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v .
m
(2)两种启动方式最终最大速度的计算均为v ＝.
m
[例题11] （多选）在一次检测宝骏E200电动汽车时，驾驶员驾车由静止开始沿平直公路
做直线运动，直至达到最大速度30m/s。在此过程中利用传感器测得各时刻汽车的牵引力F与
1
对应的速度v，并描绘出F- 图象，如图所示，已知图中AB、BO均为直线，汽车质量为
v
1000kg（含驾驶员和测量设备），设汽车行驶中受到的阻力大小不变，则该车（ ）
A．从A→B过程中，做匀速运动
B．从B→C过程中，做加速度减小的加速运动
C．做匀加速运动时，加速度大小为3m/s2D．受到的阻力大小为1200N，最大功率为36kW
【解答】解：A.A﹣B过程牵引力不变，阻力不变，根据牛顿第二定律可知，做匀加速直线运动，
故A错误；
B.B﹣C过程牵引力减小，阻力不变，根据牛顿第二定律
F ﹣f＝ma
BC
可知，B﹣C加速度减小，故B正确；
CD.当汽车达到最大速度30m/s时，此时汽车做匀速运动，受力平衡，即此时汽车所受阻力等于
牵引力，即
f＝F ＝1200N
C
因汽车所受阻力不变，故在A﹣B过程中，根据牛顿第二定律可知
F ﹣f＝ma
AB AB
解得
a ＝3m/s2
AB
同时瞬时功率为
P＝Fv
可得阻力的最大功率为
P＝fv ＝1200×30W＝36kW
m
故CD正确；
故选：BCD。
[例题12] 为了更好适应市场需求，长安公司推出某新能源纯电版汽车，该电动汽车的质量
为2t、其电池每次充满电后的总电能为60kW•h。某次汽车电池电能耗尽时，采用直流充电桩
对汽车进行充电，充电的平均电流为40A、平均电压为400V，需要用时4h才能将电池充满电。
当汽车在平直道路上以 90kW的额定输出功率行驶，其最大车速为 40m/s，重力加速度g取
10m/s2，假设汽车所受阻力与汽车的速率成正比。根据以上信息，下列说法中正确的是
（ ）
A．当汽车电池电能耗尽后，直流充电桩对汽车的充电效率为92%
B．当汽车的输出功率减半，汽车在平直道路上行驶时的最大车速也会减半
C．若汽车以额定输出功率行驶，当车速为20m/s时，汽车的加速度约为1.69m/s2
D．若汽车以额定输出功率行驶，当车速为20m/s时，汽车的加速度为1.125m/s2
【解答】解：A、由题可知，电能为：E＝60kW•h＝60×103W•h，则由W＝UIt可知，充电效率E 60×103
为： = ×100%= ×100%＝93.75%，故A错误；
W 400×40×4
η
p
B、达到最大车速时，阻力f＝F，P＝Fv ＝kv 2，输出功率减半时， =kv'2 ，解得：v ′
m m 2 m m
√2
= v ，故B 错误；
2 m
CD、汽车以额定输出功率行驶，P＝Fv ，p＝F′v，阻力f′＝kv，由牛顿第二定律F′﹣f′＝
m
ma，联立解得：a＝1.69m/s2，故C正确，D错误。
故选：C。
[例题13] 一小孩用质量为m的电动玩具车在平直路面上试车，如果电动机提供的水平向前
的牵引力F随时间t变化的图线如图所示，玩具车在t 时刻开始运动，玩具车受到的阻力恒定
0
不变，则玩具车的加速度a、速度v、位移x和电动机的输出功率P随时间t变化的大致图线正
确的是（ ）
A． B． C．
D．
【解答】解：A、由F﹣t图象可知，玩具车所受的牵引力F随时间t先均匀增大后恒定不变，又由于玩具车受到的阻力恒定不变，玩具车在 t 时刻开始运动，故在0～t 时间内加速度为零，t
0 0 0
～2t 时间内加速度从零开始均匀增大，则此时间段内加速度随时间变化的图线是一条倾斜的直
0
线，2t ～4t 时间内加速度恒定，则此时间段内加速度随时间变化的图线是一条平行于横轴的直
0 0
线，故A错误；
B、玩具车在0～t 时间内速度为零，t ～2t 时间内加速度逐渐增大，则此时间段内速度随时间
0 0 0
变化的图线是一段斜率逐渐增大的曲线，2t ～4t 时间内加速度恒定，则此时间段内速度随时间
0 0
变化的图线是一条倾斜的直线，故B错误；
C．玩具车在0～t 时间内位移为零，t ～2t 时间内做变加速直线运动，则此时间段内位移随时
0 0 0
间变化的图线是一段斜率逐渐增大的曲线，2t ～4t 时间内做匀加速直线运动，则此时间段内位
0 0
移随时间变化的图线是一段斜率逐渐增大的曲线，故C错误；
D．在0～t 时间内玩具车的电动机工作，但没有输出功率，在 t ～2t 时间内，牵引力F随时间
0 0 0
均匀增大，同时速度随时间非均匀增大，根据P＝Fv可知，输出功率随时间的变化是非线性的，
图线应为一段斜率逐渐增大的曲线，在2t ～4t 时间内牵引力F不变，加速度恒定，速度随时间
0 0
均匀增大，故电动机的输出功率随时间均匀增大，故D正确。
故选：D。
[例题14] （多选）当全国多数省市享受高铁、动车带来的“速度与激情”时，西北地区唯
一未通高铁的宁夏经过多年苦候，终于等来了高铁建设。正在施工中的银西高铁跨陕西、甘肃、
宁夏三省区，是穿过陕甘宁革命老区腹地的第一条高铁，2020年底银西高铁全线通车后，从西
安到银川将由14小时缩短至3小时左右。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力
的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车，如图所示。假设动车组各车厢质量均相等，动车的
额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列车组由8节车厢组
成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（ ）
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3：2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：2
【解答】答：A、启动时乘客受到车厢的作用力的方向与车运动的方向相同，故A错误；
B、设每节车厢质量为m，加速度为a，对6、7、8整体，阻力f ＝3kmg，由牛顿第二定律：F
1 56
﹣3kmg＝3ma，得：F ＝3ma+3kmg，
56
对7、8整体，阻力f ＝2kmg，由牛顿第二定律：F ﹣2kmg＝2ma，得F ＝2ma+2kmg，所以
2 67 67
F 3ma+3kmg 3，故B正确；
56= =
F 2ma+2kmg 2
67
C、设进站时加速度为a′，滑行距离为x，关闭发动机时速度为v，由运动学速度位移公式：v2
v2
＝2a′x，得：x= ，即x∝v2，故C错误；
2a'
D、设每节动车额定功率为p，牵引力为F，达到最大速度v 时，满足2F＝8kmg，则2p＝2Fv
m m
p
＝8kmgv ，得v❑ = ，
m m 4kmg
改为 4 动带 4 拖后最大速度为 v ′，达到最大速度 v ′时，满足 4F＝8kmg，则 4p＝
m m
8kmgv ′，得v p ，所以： v 1，故D正确。
m ❑ '= m =
m 2kmg v ' 2
m
故选：BD。
[例题15] 下面是某品牌新能源汽车介绍中的一段文字：“将近 6米的超长车身设计，使得
整车车顶集成的太阳能芯片面积达到了6平方米左右。极富流线型的整车造型，使整车风阻大
幅下降。全车采用铝合金框架并结合碳纤维车身，整车质量仅700千克，这一轻量化设计使整
车能耗极低。”
（1）上述新能源汽车采用混合动力装置，发动机最大输出功率为30kW，在实验路段上行驶时
所受总阻力约为车和驾驶员总重的0.1倍。试估算体重为50kg的工程师驾驶这种汽车在实验路
段上行驶的最高车速；
（2）为进一步测试汽车性能，该工程师行驶时采集了某一段运动过程的实验数据，绘出了汽车
牵引力F与车速倒数v﹣1间的关系图线ABC，如图所示。请根据图线描述该汽车的运动情况，
并求B点时发动机的输出功率；
（3）目前制作太阳能电池的最好的材料为砷化镓，其将光能转化为电能的效率可达到31.6%。如果已知太阳辐射的总功率P ＝4×1026W，太阳到地球的距离r＝1.5×1011m，太阳光传播到达地
0
面的过程中大约有34%的能量损失。试通过计算分析，若这种汽车只采用纯太阳能驱动，且能
保持最大输出功率30kW不变的可行性。
【解答】解：（1）当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车的行驶速度最大
F＝f＝0.1（m+m′）g＝0.1×（700+50）×10N＝750N
P 30×103
根据P＝Fv ＝fv ，解得v = = m/s＝40m/s
m m m
F 750
（2）图中AB段F不变，可知汽车受合力不变，汽车做匀加速运动；
图中BC段F与v﹣1成正比例关系，即Fv为定值，根据P＝Fv可知汽车在恒定功率下做加速运
动，也就是做加速度逐渐减小的加速运动。
750
因此 P ＝P ＝F v = W＝3×104W
B C C C
0.025
（3）设能够使汽车保持输出功率30kW的太阳能芯片面积为S，则
P P S （1﹣ ） 4×1026×S （1﹣34%）×31.6%
= 0 1 2= ×
4πr2 4×3.14×(1.5×1011 ) 2
η η
解得S＝102m2
S的值远大于车顶太阳能芯片的面积，不符合实际情况，可见这种汽车采用纯太阳能驱动保持输
出功率30kW是不可行的。
答：（1）汽车在实验路段上行驶的最高车速为40m/s；
（2）图中AB段F不变，可知汽车受合力不变，汽车做匀加速运动；图中 BC段F与v﹣1成正比
例关系，即Fv为定值，根据P＝Fv可知汽车在恒定功率下做加速运动，也就是做加速度逐渐减
小的加速运动，B点时发动机的输出功率为3×104W；
（3）这种汽车采用纯太阳能驱动保持输出功率30kW是不可行的。
[例题16] 公交站点1与站点2之间的道路由水平路面AB段、CD段及倾角为15°的斜坡
BC段组成，斜坡足够长。一辆公交车额定功率为210kW，载人后总质量为8000kg。该车在AB段以54km/h的速率匀速行驶，此过程该车的实际功率为额定功率的一半。该车到达C点时
的速率为21.6km/h，此后在大小恒为1.4×104N的牵引力作用下运动，直到速度达到54km/h时
关闭发动机自由滑行，结果该车正好停在了D点（站点2）。若在整个行驶过程中，公交车的
实际功率不超过额定功率，它在每一个路段的运动都可看成直线运动，它受到的由地面、空气
等产生的阻力F 大小不变。已知sin15°＝0.26，求：
1
（1）F 的大小；
1
（2）公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率；
（3）C点与D点之间的距离。
【解答】解：（1）AB段，已知v＝54km/h＝15m/s，
由于AB匀速行驶，根据P＝Fv，
P 210×103
额
可知F 2 2 N＝7000N，
1= =
v 15
（2）BC段，根据P＝Fv可知，当达到最大速度时F＝F +mgsin15°
1
即 P 额 ＝ （ F 1 +mgsin15° ） v max ， 得 v max= P 额 = 210×103
F +mgsin15° 7000+8000×10×0.26
1
m/s≈7.55m/s≈27.2km/h，
即公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
（3）CD段，已知21.6km/h＝6m/s
速 度 达 到 54km/h 之 前 ， 应 用 动 量 定 理 （ F﹣ F ） t ＝ mv﹣ mv ， 得 t
1 1 C 1
mv-mv 8000×15-8000×6s≈10.3s
= C =
F-F 1.4×104-7000
1
mv 8000×15
关闭发动机自由滑行过程，应用动量定理﹣F t ＝0﹣mv，得t = = s＝17.1s
12 2 F 7000
1
v+v 15+6
速度达到54km/h之前，v = c = m/s＝10.5m/s，
1 2 2v 15
关闭发动机自由滑行过程，平均速度为v= = m/s＝7.5m/s，
2 2
C点与D点之间的距离x=v t +vt =10.5×10.3m+7.5×17.1m＝236.4m
11 2
答：（1）F 的大小为7000N；
1
（2）公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
（3）C点与D点之间的距离为236.4m。
