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2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分第一板块第7讲掌握“两概念、一模型”破解功和功率问题
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第7讲
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考法
学法
功和功率是高中物理的两个基本概念，机车启动模型是典型的功率应用问题。高考对这两个概念和机车启动很少单独考查，多数是和其他知识进行综合，如动能定理。常考查的内容有：①功的概念；②重力、弹力、摩擦力做功的特点；③功率的概念；④机车启动模型。用到的思想方法有：①正、负功的判断方法；②功的计算方法；③功率的计算方法；④图像法(在功和功率问题中的应用)。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．两个角度判断功的正负
(1)利用公式W＝Flcos α进行判断。
(2)利用功能关系进行判断，如物体的重力势能增加了，则一定是重力做了负功。
2．变力做功的几种求法
(1)利用微元法求变力做功
将物体的位移分割成无数多小段，每一小段位移中作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。
(2)化变力为恒力求变力做功
变力做功有时可化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。
(3)利用Fx图像所围的面积求功。
(4)用平均力求功(力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力)。
(5)利用动能定理求功。
(6)根据功率求功W＝Pt。
[题点全练]————————————————————————————————
1.[多选]如图所示，一物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带按箭头方向匀速转动，则传送带对物体的做功情况可能是( )
A．始终不做功
B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功
D．先做负功后不做功
解析：选ACD 设传送带的速度大小为v1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v2。若v2＝v1，则物体与传送带间无摩擦力，传送带对物体始终不做功；若v2＞v1，物体相对于传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力向左，则物体先减速到速度为v1，然后随传送带一起匀速运动，传送带对物体先做负功后不做功；若v2
A. B.
C.MgL D.MgL
解析：选D 人做功最少时，铁链全部到达水平面时其速度刚好为零，对从开始拉铁链到铁链全部到达水平面的过程，运用动能定理得Wmin－Mg·Lsin 60°－μMgLcos 60°＝0－0，解得Wmin＝MgL，故D项正确。
3．(2019届高三·哈尔滨模拟)如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，物块甲与粗糙斜面间的动摩擦因数为μ，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起，在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，力F做的功为( )
A．mgL B．mgL
C．mgL D．mgL
解析：选A 对甲：T＋mgsin 30°＝μmgcos 30°；对乙：F＝T＋mgsin 60°；F做的功：W＝FL；解得W＝mgL，故A对。
4．[多选](2018·焦作月考)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，拉力随位移变化的关系图像如图所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35
B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J
C．匀速运动时的速度约为6 m/s
D．减速运动的时间约为1.7 s
解析：选ABC 物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝＝＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于Fx图线包含的面积，由题图可知对应减速过程的小格数约为13，则减速过程中拉力做功约为WF＝13×1 J＝13 J，选项B正确；由动能定理可知WF－μmgx＝0－mv02，其中x＝7 m，解得v0＝6 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，选项D错误。
[知能全通]————————————————————————————————
1．平均功率：P＝或P＝Fcos α。
2．瞬时功率：P＝Fvcos α，需要特别注意力与速度方向不在同一直线上的情况。
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，某质点运动的v t图像为正弦曲线。从图像可以判断( )
A．质点做曲线运动
B．在t1时刻，合外力的功率最大
C．在t2～t3时间内，合外力做负功
D．在0～t1和t2～t3时间内，合外力的平均功率相等
解析：选D 质点运动的v t图像描述的是质点的直线运动，A错误；由题图可知，在t1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，B错误；在t2～t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，C错误；在0～t1和t2～t3时间内，动能的变化量相等，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，D正确。
2．(2018·潍坊模拟)质量为m＝2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
B．10 s末恒力F的瞬时功率为6 W
C．10 s末物体在计时起点左侧4 m处
D．0～10 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W
解析：选D 由题图乙可知0～4 s内的加速度大小：a1＝ m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10 s内的加速度大小：a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得： F＝
3 N，μ＝0.05，选项A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P10＝F|v10|＝3×6 W＝18 W，选项B错误；0～4 s 内的位移x1＝×4×8 m＝16 m,4～10 s内的位移x2＝－×6×6 m＝－18 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，选项C错误；0～10 s内恒力F做功的平均功率为
＝＝ W＝0.6 W，选项D正确。
3.[多选](2018·铁岭协作体模拟)如图所示，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1，m1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放，对m1上升到h高度(h小于两滑轮起始高度差)这一过程，下列说法正确的是( )
A．m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能
B．m1上升到h高度时的速度为
C．轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等
D．轻绳的张力大小为m1g
解析：选BCD 根据能量守恒可知，m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能和两物体的动能，故A错误；根据动滑轮的特点可知，m2的速度大小为m1速度大小的2倍，根据动能定理可得：m2g·2h－m1gh＝m2v22＋m1v12，v2＝2v1，解得：v1＝，故B正确；轻绳中的张力处处相等，故轻绳对m2、m1做功的功率大小分别为P2＝Fv2，P1＝2Fv1，由于v2＝2v1，故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故C正确；根据动滑轮的特点可知，m1的加速度大小为m2的加速度大小的一半，根据牛顿第二定律可知：2F－m1g＝m1a，m2g－F＝m2·2a，解得：F＝，故D正确。
[研一题]————————————————————————————————
(2018·咸阳模拟)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图像如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则( )
A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于m
B．t1～t2时间内，汽车的功率等于Ffv1
C．汽车运动的最大速度等于v1
D．t1～t2时间内，汽车的平均速度小于
[解析] 由题图可知，汽车运动的最大速度为v2，则有P＝Ffv2。在0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a＝，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，汽车的牵引力F＝Ff＋ma＝Ff＋m，选项A错误；t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，汽车功率P＝Ffv2，选项B错误；题图上A点和B点都对应汽车功率P＝Fv1＝Ffv2，而F＝Ff＋m，解得
v2＝v1，选项C正确；根据速度—时间图像的面积表示位移，t1～t2时间内，汽车的位移为曲边梯形ABt2t1的面积，汽车的平均速度大于，选项D错误。
[答案] C
[悟一法]————————————————————————————————
1．机车启动模型的两类情景
(1)恒定功率启动
①机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，速度—时间图像如图甲所示，当F＝F阻时，vm＝＝。
②动能定理：Pt－F阻x＝mvm2－0。
(2)恒定加速度启动
①速度—时间图像如图乙所示。机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速过程的最大速度v1；之后做变加速直线运动，直至达到最大速度vm后做匀速直线运动。
②常用公式：
2．机车启动问题的四个注意
(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vm＝。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程的末速度不是最大速度。
(3)第一种启动过程和第二种启动的后半程都不能套用匀变速直线运动的公式。
(4)机车启动问题常用动能定理解决，W总＝Pt－F阻s。
[通一类]————————————————————————————————
1．[多选](2019届高三·佛山一中检测)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍。汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a。则以下分析正确的是( )
A．汽车的额定功率为kmgv
B．汽车行驶的最大速度为
C．当汽车加速度减小到时，速度增加到2v
D．汽车的额定功率为(ma＋kmg)v
解析：选BD 设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律知：－kmg＝ma；所以P＝(kmg＋ma)v，故A错误，D正确；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，速度最大，故有：vm＝＝＝，故B正确；加速度为时，设此时牵引力为F，则F－kmg＝m·，解得：F＝kmg＋，此时速度为：v＝＝<2v，故C错误。
2．[多选](2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。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，提升的质量相等。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( )
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
解析：选AC 两次提升的高度相同，则图线①②与时间轴围成的面积相等，由几何知识可得第②次提升过程所用时间为2t0＋＝t0，所以两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝ 4∶5，故A正确；在加速上升阶段电机的牵引力最大，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma， F＝m(g＋a)，由于两次提升的质量和加速度都相同，故最大牵引力相同，故B错误；两次提升加速阶段达到的最大速度之比为2∶1，由P＝Fv可知，电机输出的最大功率之比为2∶1，故C正确；两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，由动能定理知，两次电机做功也相同，故D错误。
3．如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到最大值vmax，此过程中物体速度的倒数与加速度a的关系图像如图乙所示。仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是( )
A．可求出m、f和vmax
B．不能求出m
C．不能求出f
D．可求出物体加速运动时间
解析：选A 当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度vmax＝ m/s＝10 m/s；功率P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得＝
a＋，物体速度的倒数与加速度a的关系图像的斜率为k＝，纵轴截距为＝0.1，因此可求出m、f和vmax，选项A正确，B、C错误。物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项D错误。
[专题强训提能]
1.(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：选A 由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确，B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。
2．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A．4倍 B．2倍
C.倍 D.倍
解析：选D 设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝
Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，解得v′＝v，D正确。
3.(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
解析：选C 运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确；如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，故B错误；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。
4．质量为m的物体，自高为h、倾角为θ的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．物体下滑过程的加速度大小为
B．物体下滑到底端时重力的功率为mgv
C．物体下滑过程中重力做功为mv2
D．物体下滑过程中摩擦力做功为mv2－mgh
解析：选D 由v2＝2a，得a＝，故A错误；物体下滑到底端时重力功率
P＝mgvsin θ，故B错误；重力做功W＝mgh，由于有摩擦力做功，可得mgh＋Wf＝mv2，Wf＝mv2－mgh，故C错误，D正确。
5.[多选]如图所示，质量相同的甲、乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的固定光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是( )
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时，甲所受重力做功的瞬时功率大于乙所受重力做功的瞬时功率
解析：选BC 根据动能定理得mgR＝mv2，两物块到达底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，A错误，C正确；两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，重力做功相同，B正确；两物块到达底端的速度大小相等，甲所受重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙所受重力做功的瞬时功率大于甲所受重力做功的瞬时功率，D 错误。
6．中车青岛四方机车厂，试验出时速高达605公里的高速列车。已知列车运行时的阻力包括车轮与轨道摩擦的机械阻力和车辆受到的空气阻力，若认为机械阻力恒定，空气阻力和列车运行速度的平方成正比，当列车以时速200公里行驶的时候，空气阻力占总阻力的70%，此时列车功率为1 000 kW，则高速列车在时速为600公里时的功率大约是( )
A．10 000 kW B．20 000 kW
C．30 000 kW D．40 000 kW
解析：选B 当车速为200 km/h时，受到的总阻力功率为P＝fv，解得f＝，故f机＝30%f，f阻＝kv2＝70%f，当列车速度达到600 km/h，P′＝(f机＋kv′2)v′，联立解得P′≈
20 000 kW，B正确。
7.一辆跑车在稳定行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N。若该车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为( )
A．8 s B．14 s
C．26 s D．38 s
解析：选B 由题图可知，该车的最大功率为P＝200 kW，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知：F－F阻＝ma，即F＝F阻＋ma＝7 000 N，再由P＝Fv可知：v＝＝ m/s，由
v＝at，解得t＝ s≈14 s，故选项B正确。
8.[多选](2018·湖北联考)如图所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2 m 的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4 m，现将质量为m＝1 kg、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是( )
A．矩形板受到的摩擦力为4 N
B．矩形板的重力做功为3.6 J
C．产生的热量为0.8 J
D．矩形板完全离开橡胶带时速度大小为 m/s
解析：选BCD 矩形板在滑过橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的，所以矩形板受到的摩擦力是变化的，A错误；重力做功WG＝mg(L＋d)sin θ＝3.6 J，B正确；产生的热量等于克服摩擦力做功Q＝2×μmgcos θ·d＝0.8 J，C正确；根据动能定理：WG－Q＝mv2－0，解得v＝ m/s，D正确。
9．(2019届高三·临沂模拟)如图甲所示，质量m＝2 kg的小物体放在长直的水平地面
上，用水平细线绕在半径R＝0.5 m的薄圆筒上。t＝0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．小物体的速度随时间的变化关系满足v＝4t
B．细线的拉力大小为2 N
C．细线拉力的瞬时功率满足P＝4t
D．在0～4 s内，细线拉力做的功为12 J
解析：选D 根据题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：ω＝t，圆周边缘线速度与小物体的速度大小相同，根据v＝ωR得：v＝ωR＝0.5t，故A错误；小物体运动的加速度：a＝＝＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，解得：F＝2×0.5 N＋0.1×2×10 N＝3 N，故B错误；细线拉力的瞬时功率：P＝Fv＝3×0.5t＝1.5t，故C错误；小物体在0～4 s内运动的位移：x＝at2＝×0.5×42 m＝4 m，在0～4 s内，细线拉力做的功为：W＝Fx＝3×4 J＝12 J，故D正确。
10.(2018·石家庄模拟)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图像如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
B．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功
C．0～t2时间内，小球的平均速度一定为
D．t3～t4时间内，拉力做的功为[( v 4－v 3)＋g(t4－t3)]
解析：选D 根据题意，竖直向上为正方向，故在t3～t4时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，A错误；t0～t2时间内，速度一直增大，根据动能定理可知，合力对小球一直做正功，B错误；0～t2时间内，小球不是做匀加速直线运动，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为，C错误；根据动能定理，在t3～t4时间内：WF－mg·(t4－t3)＝
mv42－mv32，解得WF＝[( v4－v3)＋g(t4－t3)]，D正确。
11．(2018·吉林调研)如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇。已知物块和小球质量相等(均可视为质点)，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是( )
A．斜面可能是光滑的
B．小球运动到最高点时离斜面最远
C．在P点时，小球的动能大于物块的动能
D．小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等
解析：选C 把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A错误；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故B错误；物块在斜面上还要克服摩擦力做功，根据动能定理，在P点时，小球的动能大于物块的动能，故C正确；小球和物块初、末位置相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中，克服重力做功的平均功率相等，故D错误。
12.[多选](2018·衡阳联考)一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的关系图像如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图像所给的信息，下列说法正确的是( )
A．汽车运动中所受的阻力为
B．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为
C．速度为v2时的加速度大小为
D．若速度为v2时牵引力恰为，则有v2＝2v1
解析：选ABD 根据题图和功率P＝Fv 得，汽车运动中的最大功率为F1v1，汽车达到最大速度v3时加速度为零，此时阻力等于牵引力，所以阻力f＝，A正确；根据牛顿第二定律，汽车保持某一恒定加速度时，加速度a＝＝－，加速的时间：t＝＝，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I＝F1t＝，B正确；汽车保持的恒定的牵引功率为F1v1，故速度为v2时的牵引力是，对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，可得速度为v2时加速度大小为a′＝－， C错误；若速度为v2时牵引力恰为，则＝，则v2＝2v1，D正确。
13．[多选](2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析：选AD 物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由
F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误；在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误；由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。
14．[多选]如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．物体的质量m＝0.5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J
D．前2 s内推力F做功的平均功率＝1.5 W
解析：选ACD 由速度—时间图像可知，在2～3 s的时间内，物体做匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为f＝2 N，在1～2 s的时间内，物体做匀加速运动，速度—时间图线的斜率代表加速度的大小，所以a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得：F－f＝ma，所以m＝0.5 kg，A正确；由f＝μFN＝μmg，得μ＝＝0.4，B错误；第
2 s内物体的位移是：x＝at2＝1 m，克服摩擦力做的功W＝fx＝2×1 J＝2 J，C正确；在前2 s内，第1 s内物体没有运动，只在第2 s内运动，推力F也只在第2 s内做功，推力F做的功为W′＝Fx＝3×1 J＝3 J，所以前2 s内推力F做功的平均功率为：＝＝ W＝1.5 W，D正确。
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考法
学法
功和功率是高中物理的两个基本概念，机车启动模型是典型的功率应用问题。高考对这两个概念和机车启动很少单独考查，多数是和其他知识进行综合，如动能定理。常考查的内容有：①功的概念；②重力、弹力、摩擦力做功的特点；③功率的概念；④机车启动模型。用到的思想方法有：①正、负功的判断方法；②功的计算方法；③功率的计算方法；④图像法(在功和功率问题中的应用)。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．两个角度判断功的正负
(1)利用公式W＝Flcos α进行判断。
(2)利用功能关系进行判断，如物体的重力势能增加了，则一定是重力做了负功。
2．变力做功的几种求法
(1)利用微元法求变力做功
将物体的位移分割成无数多小段，每一小段位移中作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。
(2)化变力为恒力求变力做功
变力做功有时可化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。
(3)利用Fx图像所围的面积求功。
(4)用平均力求功(力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力)。
(5)利用动能定理求功。
(6)根据功率求功W＝Pt。
[题点全练]————————————————————————————————
1.[多选]如图所示，一物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带按箭头方向匀速转动，则传送带对物体的做功情况可能是( )
A．始终不做功
B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功
D．先做负功后不做功
解析：选ACD 设传送带的速度大小为v1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v2。若v2＝v1，则物体与传送带间无摩擦力，传送带对物体始终不做功；若v2＞v1，物体相对于传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力向左，则物体先减速到速度为v1，然后随传送带一起匀速运动，传送带对物体先做负功后不做功；若v2
A. B.
C.MgL D.MgL
解析：选D 人做功最少时，铁链全部到达水平面时其速度刚好为零，对从开始拉铁链到铁链全部到达水平面的过程，运用动能定理得Wmin－Mg·Lsin 60°－μMgLcos 60°＝0－0，解得Wmin＝MgL，故D项正确。
3．(2019届高三·哈尔滨模拟)如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，物块甲与粗糙斜面间的动摩擦因数为μ，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起，在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，力F做的功为( )
A．mgL B．mgL
C．mgL D．mgL
解析：选A 对甲：T＋mgsin 30°＝μmgcos 30°；对乙：F＝T＋mgsin 60°；F做的功：W＝FL；解得W＝mgL，故A对。
4．[多选](2018·焦作月考)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，拉力随位移变化的关系图像如图所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35
B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J
C．匀速运动时的速度约为6 m/s
D．减速运动的时间约为1.7 s
解析：选ABC 物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝＝＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于Fx图线包含的面积，由题图可知对应减速过程的小格数约为13，则减速过程中拉力做功约为WF＝13×1 J＝13 J，选项B正确；由动能定理可知WF－μmgx＝0－mv02，其中x＝7 m，解得v0＝6 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，选项D错误。
[知能全通]————————————————————————————————
1．平均功率：P＝或P＝Fcos α。
2．瞬时功率：P＝Fvcos α，需要特别注意力与速度方向不在同一直线上的情况。
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，某质点运动的v t图像为正弦曲线。从图像可以判断( )
A．质点做曲线运动
B．在t1时刻，合外力的功率最大
C．在t2～t3时间内，合外力做负功
D．在0～t1和t2～t3时间内，合外力的平均功率相等
解析：选D 质点运动的v t图像描述的是质点的直线运动，A错误；由题图可知，在t1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，B错误；在t2～t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，C错误；在0～t1和t2～t3时间内，动能的变化量相等，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，D正确。
2．(2018·潍坊模拟)质量为m＝2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
B．10 s末恒力F的瞬时功率为6 W
C．10 s末物体在计时起点左侧4 m处
D．0～10 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W
解析：选D 由题图乙可知0～4 s内的加速度大小：a1＝ m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10 s内的加速度大小：a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得： F＝
3 N，μ＝0.05，选项A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P10＝F|v10|＝3×6 W＝18 W，选项B错误；0～4 s 内的位移x1＝×4×8 m＝16 m,4～10 s内的位移x2＝－×6×6 m＝－18 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，选项C错误；0～10 s内恒力F做功的平均功率为
＝＝ W＝0.6 W，选项D正确。
3.[多选](2018·铁岭协作体模拟)如图所示，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1，m1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放，对m1上升到h高度(h小于两滑轮起始高度差)这一过程，下列说法正确的是( )
A．m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能
B．m1上升到h高度时的速度为
C．轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等
D．轻绳的张力大小为m1g
解析：选BCD 根据能量守恒可知，m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能和两物体的动能，故A错误；根据动滑轮的特点可知，m2的速度大小为m1速度大小的2倍，根据动能定理可得：m2g·2h－m1gh＝m2v22＋m1v12，v2＝2v1，解得：v1＝，故B正确；轻绳中的张力处处相等，故轻绳对m2、m1做功的功率大小分别为P2＝Fv2，P1＝2Fv1，由于v2＝2v1，故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故C正确；根据动滑轮的特点可知，m1的加速度大小为m2的加速度大小的一半，根据牛顿第二定律可知：2F－m1g＝m1a，m2g－F＝m2·2a，解得：F＝，故D正确。
[研一题]————————————————————————————————
(2018·咸阳模拟)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图像如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则( )
A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于m
B．t1～t2时间内，汽车的功率等于Ffv1
C．汽车运动的最大速度等于v1
D．t1～t2时间内，汽车的平均速度小于
[解析] 由题图可知，汽车运动的最大速度为v2，则有P＝Ffv2。在0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a＝，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，汽车的牵引力F＝Ff＋ma＝Ff＋m，选项A错误；t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，汽车功率P＝Ffv2，选项B错误；题图上A点和B点都对应汽车功率P＝Fv1＝Ffv2，而F＝Ff＋m，解得
v2＝v1，选项C正确；根据速度—时间图像的面积表示位移，t1～t2时间内，汽车的位移为曲边梯形ABt2t1的面积，汽车的平均速度大于，选项D错误。
[答案] C
[悟一法]————————————————————————————————
1．机车启动模型的两类情景
(1)恒定功率启动
①机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，速度—时间图像如图甲所示，当F＝F阻时，vm＝＝。
②动能定理：Pt－F阻x＝mvm2－0。
(2)恒定加速度启动
①速度—时间图像如图乙所示。机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速过程的最大速度v1；之后做变加速直线运动，直至达到最大速度vm后做匀速直线运动。
②常用公式：
2．机车启动问题的四个注意
(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vm＝。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程的末速度不是最大速度。
(3)第一种启动过程和第二种启动的后半程都不能套用匀变速直线运动的公式。
(4)机车启动问题常用动能定理解决，W总＝Pt－F阻s。
[通一类]————————————————————————————————
1．[多选](2019届高三·佛山一中检测)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍。汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a。则以下分析正确的是( )
A．汽车的额定功率为kmgv
B．汽车行驶的最大速度为
C．当汽车加速度减小到时，速度增加到2v
D．汽车的额定功率为(ma＋kmg)v
解析：选BD 设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律知：－kmg＝ma；所以P＝(kmg＋ma)v，故A错误，D正确；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，速度最大，故有：vm＝＝＝，故B正确；加速度为时，设此时牵引力为F，则F－kmg＝m·，解得：F＝kmg＋，此时速度为：v＝＝<2v，故C错误。
2．[多选](2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。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，提升的质量相等。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( )
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
解析：选AC 两次提升的高度相同，则图线①②与时间轴围成的面积相等，由几何知识可得第②次提升过程所用时间为2t0＋＝t0，所以两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝ 4∶5，故A正确；在加速上升阶段电机的牵引力最大，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma， F＝m(g＋a)，由于两次提升的质量和加速度都相同，故最大牵引力相同，故B错误；两次提升加速阶段达到的最大速度之比为2∶1，由P＝Fv可知，电机输出的最大功率之比为2∶1，故C正确；两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，由动能定理知，两次电机做功也相同，故D错误。
3．如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到最大值vmax，此过程中物体速度的倒数与加速度a的关系图像如图乙所示。仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是( )
A．可求出m、f和vmax
B．不能求出m
C．不能求出f
D．可求出物体加速运动时间
解析：选A 当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度vmax＝ m/s＝10 m/s；功率P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得＝
a＋，物体速度的倒数与加速度a的关系图像的斜率为k＝，纵轴截距为＝0.1，因此可求出m、f和vmax，选项A正确，B、C错误。物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项D错误。
[专题强训提能]
1.(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：选A 由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确，B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。
2．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A．4倍 B．2倍
C.倍 D.倍
解析：选D 设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝
Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，解得v′＝v，D正确。
3.(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
解析：选C 运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确；如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，故B错误；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。
4．质量为m的物体，自高为h、倾角为θ的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．物体下滑过程的加速度大小为
B．物体下滑到底端时重力的功率为mgv
C．物体下滑过程中重力做功为mv2
D．物体下滑过程中摩擦力做功为mv2－mgh
解析：选D 由v2＝2a，得a＝，故A错误；物体下滑到底端时重力功率
P＝mgvsin θ，故B错误；重力做功W＝mgh，由于有摩擦力做功，可得mgh＋Wf＝mv2，Wf＝mv2－mgh，故C错误，D正确。
5.[多选]如图所示，质量相同的甲、乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的固定光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是( )
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时，甲所受重力做功的瞬时功率大于乙所受重力做功的瞬时功率
解析：选BC 根据动能定理得mgR＝mv2，两物块到达底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，A错误，C正确；两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，重力做功相同，B正确；两物块到达底端的速度大小相等，甲所受重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙所受重力做功的瞬时功率大于甲所受重力做功的瞬时功率，D 错误。
6．中车青岛四方机车厂，试验出时速高达605公里的高速列车。已知列车运行时的阻力包括车轮与轨道摩擦的机械阻力和车辆受到的空气阻力，若认为机械阻力恒定，空气阻力和列车运行速度的平方成正比，当列车以时速200公里行驶的时候，空气阻力占总阻力的70%，此时列车功率为1 000 kW，则高速列车在时速为600公里时的功率大约是( )
A．10 000 kW B．20 000 kW
C．30 000 kW D．40 000 kW
解析：选B 当车速为200 km/h时，受到的总阻力功率为P＝fv，解得f＝，故f机＝30%f，f阻＝kv2＝70%f，当列车速度达到600 km/h，P′＝(f机＋kv′2)v′，联立解得P′≈
20 000 kW，B正确。
7.一辆跑车在稳定行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N。若该车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为( )
A．8 s B．14 s
C．26 s D．38 s
解析：选B 由题图可知，该车的最大功率为P＝200 kW，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知：F－F阻＝ma，即F＝F阻＋ma＝7 000 N，再由P＝Fv可知：v＝＝ m/s，由
v＝at，解得t＝ s≈14 s，故选项B正确。
8.[多选](2018·湖北联考)如图所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2 m 的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4 m，现将质量为m＝1 kg、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是( )
A．矩形板受到的摩擦力为4 N
B．矩形板的重力做功为3.6 J
C．产生的热量为0.8 J
D．矩形板完全离开橡胶带时速度大小为 m/s
解析：选BCD 矩形板在滑过橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的，所以矩形板受到的摩擦力是变化的，A错误；重力做功WG＝mg(L＋d)sin θ＝3.6 J，B正确；产生的热量等于克服摩擦力做功Q＝2×μmgcos θ·d＝0.8 J，C正确；根据动能定理：WG－Q＝mv2－0，解得v＝ m/s，D正确。
9．(2019届高三·临沂模拟)如图甲所示，质量m＝2 kg的小物体放在长直的水平地面
上，用水平细线绕在半径R＝0.5 m的薄圆筒上。t＝0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．小物体的速度随时间的变化关系满足v＝4t
B．细线的拉力大小为2 N
C．细线拉力的瞬时功率满足P＝4t
D．在0～4 s内，细线拉力做的功为12 J
解析：选D 根据题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：ω＝t，圆周边缘线速度与小物体的速度大小相同，根据v＝ωR得：v＝ωR＝0.5t，故A错误；小物体运动的加速度：a＝＝＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，解得：F＝2×0.5 N＋0.1×2×10 N＝3 N，故B错误；细线拉力的瞬时功率：P＝Fv＝3×0.5t＝1.5t，故C错误；小物体在0～4 s内运动的位移：x＝at2＝×0.5×42 m＝4 m，在0～4 s内，细线拉力做的功为：W＝Fx＝3×4 J＝12 J，故D正确。
10.(2018·石家庄模拟)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图像如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
B．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功
C．0～t2时间内，小球的平均速度一定为
D．t3～t4时间内，拉力做的功为[( v 4－v 3)＋g(t4－t3)]
解析：选D 根据题意，竖直向上为正方向，故在t3～t4时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，A错误；t0～t2时间内，速度一直增大，根据动能定理可知，合力对小球一直做正功，B错误；0～t2时间内，小球不是做匀加速直线运动，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为，C错误；根据动能定理，在t3～t4时间内：WF－mg·(t4－t3)＝
mv42－mv32，解得WF＝[( v4－v3)＋g(t4－t3)]，D正确。
11．(2018·吉林调研)如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇。已知物块和小球质量相等(均可视为质点)，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是( )
A．斜面可能是光滑的
B．小球运动到最高点时离斜面最远
C．在P点时，小球的动能大于物块的动能
D．小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等
解析：选C 把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A错误；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故B错误；物块在斜面上还要克服摩擦力做功，根据动能定理，在P点时，小球的动能大于物块的动能，故C正确；小球和物块初、末位置相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中，克服重力做功的平均功率相等，故D错误。
12.[多选](2018·衡阳联考)一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的关系图像如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图像所给的信息，下列说法正确的是( )
A．汽车运动中所受的阻力为
B．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为
C．速度为v2时的加速度大小为
D．若速度为v2时牵引力恰为，则有v2＝2v1
解析：选ABD 根据题图和功率P＝Fv 得，汽车运动中的最大功率为F1v1，汽车达到最大速度v3时加速度为零，此时阻力等于牵引力，所以阻力f＝，A正确；根据牛顿第二定律，汽车保持某一恒定加速度时，加速度a＝＝－，加速的时间：t＝＝，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I＝F1t＝，B正确；汽车保持的恒定的牵引功率为F1v1，故速度为v2时的牵引力是，对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，可得速度为v2时加速度大小为a′＝－， C错误；若速度为v2时牵引力恰为，则＝，则v2＝2v1，D正确。
13．[多选](2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析：选AD 物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由
F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误；在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误；由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。
14．[多选]如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．物体的质量m＝0.5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J
D．前2 s内推力F做功的平均功率＝1.5 W
解析：选ACD 由速度—时间图像可知，在2～3 s的时间内，物体做匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为f＝2 N，在1～2 s的时间内，物体做匀加速运动，速度—时间图线的斜率代表加速度的大小，所以a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得：F－f＝ma，所以m＝0.5 kg，A正确；由f＝μFN＝μmg，得μ＝＝0.4，B错误；第
2 s内物体的位移是：x＝at2＝1 m，克服摩擦力做的功W＝fx＝2×1 J＝2 J，C正确；在前2 s内，第1 s内物体没有运动，只在第2 s内运动，推力F也只在第2 s内做功，推力F做的功为W′＝Fx＝3×1 J＝3 J，所以前2 s内推力F做功的平均功率为：＝＝ W＝1.5 W，D正确。
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