专题05 应用动能定理处理机车启动问题-高中物理动能定理的综合应用

高中物理动能定理的综合应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m ，BC 是长度为L 1=3m 的水平传送带，CD 是长度为L 2=3.6m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g 取10m/s 2.求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；（2）若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； （3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．【答案】（1）1200N ，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s （3）720J 【解析】(1) 对参赛者：A 到B 过程，由动能定理 mgR(1－cos 60°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv R解得N B ＝2mg ＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 到C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6m /s .(3) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m 参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .2．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s ，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v ； （2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。

高中物理机车启动问题专题机车启动问题机车启动问题相对于前面几个问题而言，情境的描述往往没有那么多样，但其依然是学员眼中的一个难点。

那么它又难在哪里呢？机车启动有两种基本方式，恒定功率启动和恒定加速度启动。

功率要恒定的话，牵引力就得变，机车的加速度就得变，机车就做了变加速直线运动。

恒定加速度启动，牵引力不变，但功率在变，当功率达到恒定功率时，有变成了恒定功率运动。

不难看出，机车启动问题涉及到了匀变速直线运动、变加速运动、恒力做功、变力做功、功率等多方面问题，其运动形式也很难见到较为单一的题目。

而且，机车启动题目能够较好的考查学生对牛顿运动定律、运动学规律、功率、动能定理等主干知识的掌握程度。

因此机车启动问题也便成为了命题专家较为心仪的题目，翻开各地试卷这类题目不难找见。

其实，解决机车启动问题是有有规律可循和要有一定的研究方法的，只要能熟练掌握求解的规律和方法，再加之细心审题和运算，此类题目也是不难处理的！1 基本机车启动问题例|1（09・四川）图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。

在起重机将质量m?5?10kg 的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加2速直线运动，加速度a?0.2m/s，当起重机输出功率达到其允许的最大值3时，保持该功率直到重物做vm?1.02m/s的匀速运动。

取g?10m/s，不计额外功。

求：（1）起重机允许输出的最大功率。

（2）重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。

【启导】物体匀速运动时起重机功率最大，牵引力等于重力，最大速度已知，由P?Fv 可求出起重机最大功率。

物体开始做匀加速运动，可由牛顿第二定律求出加速度，这一阶段末状态起重机功率已经达到额定值，由此可求出物体此时的速度，然后再结合速度公式就可2以求出匀加速运动的时间了。

至于起重机第2秒末的输出功率，先要确定好第2秒末物体的状态，若处于加速状态就根据瞬时功率表达式计算，若处于匀速状态则为额定功率。

机车启动问题高中物理
机车启动涉及到一些高中物理的知识，主要涉及到牛顿运动定律和摩擦力等概念。

当机车启动时，首先需要克服静摩擦力，这是由于两个物体之间的接触面存在微小的不规则，需要克服这种不规则才能开始运动。

根据牛顿第一定律，物体要改变其状态（包括静止状态）需要施加一个力。

当驾驶员给机车施加一定的油门后，引擎产生的动力会通过传动系统传递到车轮，车轮与地面之间的摩擦力将克服静摩擦力，使得机车开始运动。

从牛顿第二定律的角度来看，机车启动时所受的净合外力将导致机车产生加速度，加速度的大小与所施加的力成正比，与机车的质量成反比。

因此，启动时需要施加足够的力以克服摩擦力，并使机车产生足够的加速度，才能启动。

此外，机车启动还涉及到动能和功的转化。

当机车启动时，引擎产生的动能通过传动系统传递到车轮，车轮与地面之间的摩擦力做功，将动能转化为机械能，推动机车运动。

总的来说，机车启动涉及到克服静摩擦力、施加足够的力以产
生加速度、动能和功的转化等多个物理概念。

希望以上回答能够满足你的需求。

高中物理动能定理的综合应用技巧(很有用)及练习题一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s 的初速度沿曲面冲上高0.8m 、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW 行驶，经过1.2s 到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A 、B 为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R ＝1.0m ，人和车的总质量为180kg ，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g ＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)人和车到达顶部平台的速度v ；(2)从平台飞出到A 点，人和车运动的水平距离x ； (3)圆弧对应圆心角θ；(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力． 【答案】（1）3m/s （2）1.2m （3）106°（4）7.74×103N 【解析】 【分析】 【详解】（1）由动能定理可知：221011Pt mgH mv 22mv -=- v ＝3m/s （2）由2221H gt ,s vt 2==可得：2H s v 1.2m g== （3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度y 2v gt 4m /s ==设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则4tan 3yv v α==，即α＝53° 所以θ＝2α＝106° （4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的过程中，由机械能守恒定律可得：2211mg[H R(1cos )]mv mv 22α'+-=-在O 点：2v N mg m R-= 所以N ＝7740N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O 时对轨道的压力为7740N2．如图所示，轨道ABC 被竖直地固定在水平桌面上，A 距水平地面高H ＝0.75m ，C 距水平地面高h ＝0.45m 。

高中物理动能定理的综合应用技巧和方法完整版及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ．【答案】h/x【解析】【分析】对A到C的全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，结合动能定理求出滑沙橇与沙面间的动摩擦因数．【详解】设斜面的倾角为θ，对全过程运用动能定理得，因为，则有，解得．【点睛】本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再结合动能定理进行求解，本题也可以结合动力学知识进行求解．2．在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m，BC是长度为L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=3.6m水平粗糙轨道，AB、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g取10m/s2.求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；（2）若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；（3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．【答案】（1）1200N，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s（3）720J【解析】(1) 对参赛者：A 到B 过程，由动能定理 mgR(1－cos 60°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv R解得N B ＝2mg ＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 到C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6m /s . (3) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m 参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .3．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对轨道的作用力．(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？ 【答案】（1285gR（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有0021(5sin 37 1.8)cos3752c mg R R mg R mv μ+-⋅=（2分） 可得 5.6c v gR 1分）（2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律2c v N mg m r-=， （2分） 其中r 满足 r+r·sin530=1.8R （1分） 联立上式可得：N=6.6mg （1分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分） （3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2P v m mg R '≥（1分） 小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211222P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=-（1分） 可得230.9225R R R ='≤（1分） 情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有2102c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分）2.3R R '≥（1分）若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有22111.8222c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分）由⑤⑨式，可得0B v =（1分）故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有212c mv mgS μ=（1分） 由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处． （1分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．4．如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE ，由一半径为R=2m 的14光滑圆弧轨道BC 和光滑斜直轨道DE 分别与粗糙水平面相切连接而成．现从B 点正上方H=1.2m 的A 点由静止释放一质量m=1kg 的物块，物块刚好从B 点进入14圆弧轨道．已知CD 的距离L=4m ，物块与水平面的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)物块第一次滑到C 点时的速度； (2)物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度； (3)物块最终停在距离D 点多远的位置． 【答案】(1) 8m/s (2) 2.2m (3) 0.8m 【解析】 【分析】根据动能定理可求物块第一次滑到C 点时的速度；物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，根据动能定理求出． 【详解】解：(1)根据动能定理可得21()2mg H R mv += 解得8/v m s =(2)物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：()0mg H R mgL mgh μ+--=解得： 2.2h m =(3)物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，则：()0mg H R mgS μ+-= 解得：12.8S m =因: 30.8S L m =+,故物块最终将停在距离D 点0.8m 处的位置．5．一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物块以v 0=9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10m/s 2．(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ． 【答案】（1）0.32μ= （2）F =130N 【解析】试题分析：（1）对A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：μ=0.32．（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F △t=mv′﹣mv ， 代入数据解得：F=130N ．6．如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m =4kg 的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g =10m/s 2．求：（1）运动过程中物体的最大加速度大小为多少； （2）距出发点多远时物体的速度达到最大； （3）物体最终停在何处？【答案】（1）20m/s 2（2）3.2m （3）10m 【解析】 【详解】（1）物体加速运动，由牛顿第二定律得：F -μmg =ma当推力F =100N 时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：2max 20m/s Fa g mμ=-=， （2）由图象得出，推力F 随位移x 变化的数值关系为：F =100 – 25x ，速度最大时，物体加速度为零，则F=μmg=20N ，即x = 3.2m（3）F 与位移x 的关系图线围成的面积表示F 所做的功，即01200J 2F W Fx == 对全过程运用动能定理，W F −μmgx m =0代入数据得：x m =10m7．如图所示，在光滑的水平地面上有一平板小车质量为M =2kg ，靠在一起的滑块甲和乙质量均为m =1kg ，三者处于静止状态。

最新高考物理动能定理的综合应用解析版汇编一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。

设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。

【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】 【分析】 【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度11120m /s v a t ==由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力11F Pv ==1×104N 由牛顿第二定律得11F f ma -=解得f =5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力F=f =5000N由P Fv =可知，汽车的最大速度：v=P PF f==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移x 1=1140m 2v t = 对汽车，由动能定理得2112102F x Pt fs mv =--+解得s =480m2．如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R=0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连,O 点为轨道圆心,BC 为圆轨道直径且处于竖直方向,A 、C 两点等高．质量m=1 kg 的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O 点等高的D 点,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8．求:(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)要使滑块能到达C 点,求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v 0的最小值;(3)若滑块离开C 点的速度为4 m/s ,求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间． 【答案】（1）0.375（2）3/m s （3）0.2s 【解析】试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg 、接触面的弹力N 和斜面的摩擦力f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A 运动至D 的过程中，根据动能定理有：mgR －μmgcos37°2sin 37R︒＝0－0 解得：μ＝0.375⑵滑块要能通过最高点C ，则在C 点所受圆轨道的弹力N 需满足：N≥0 ①在C 点时，根据牛顿第二定律有：mg ＋N ＝2Cv m R② 在滑块由A 运动至C 的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°2sin 37R ︒＝212C mv －2012mv ③ 由①②③式联立解得滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0需满足：v 03gR ＝23 即v 0的最小值为：v 0min ＝3⑶滑块从C 点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x ＝vt ④在竖直方向的位移为：y ＝212gt ⑤ 根据图中几何关系有：tan37°＝2R yx-⑥ 由④⑤⑥式联立解得：t ＝0.2s考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题．3．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在C 处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h =0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m =1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.5，g 取10m/s 2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件． 【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。

机车启动问题（附解析功、功率、动能定理二轮专题）2.机车启动问题一、基础知识回顾1．机车输出功率P＝Fv，其中F为机车牵引力．2．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—时间图象如图所示，当F＝F阻时，vm＝PF＝PF阻.(2)动能定理Pt－F阻x＝12mv2m－0.3．恒定加速度启动(1)速度—时间图象如图所示．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：F－F阻＝maP＝FvP额＝F阻vmv1＝at1二、典型例题[例1](多选)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，其牵引力和速度的图象如图所示．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，则根据图象所给的信息，下列说法正确的是()A．汽车行驶中所受的阻力为F1v1v3B．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为mv1v3&#61480;v3－v1&#61481;C．速度为v2时的加速度大小为F1v1mv2D．若速度为v2时牵引力恰为F12，则有v2＝2v1解析根据牵引力和速度的图象和功率P＝Fv得汽车运动中的最大功率为F1v1.该车所能达到的最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所以阻力f＝F1v1v3，选项A正确；根据牛顿第二定律，有恒定加速时，加速度a′＝F1－fm＝F1m－F1v1mv3，加速的时间：t＝v1a＝mv1v3F1&#61480;v3－v1&#61481;，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I＝F1t＝mv1v3&#61480;v3－v1&#61481;，故B正确．速度为v2时的牵引力是F1v1v2，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，有速度为v2时加速度大小为a＝F1v1mv2－F1v1mv3，故C错误．若速度为v2时牵引力恰为F12，则F1v1v2＝F12，则v2＝2v1，选项D正确；故选ABD.答案ABD[例2]．(多选)某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0.在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为P2，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态．有关汽车牵引力F、速度v的几种说法，其中正确的是()A．t2后的牵引力仍为F0B．t2后的牵引力小于F0C．t2后的速度仍为v0D．t2后的速度小于v0解析：选AD.由P＝F0v0可知，当汽车的功率突然减小为P2时，瞬时速度还没来得及变化，则牵引力突然变为F02，汽车将做减速运动，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当速度减小到使牵引力又等于阻力时，汽车再做匀速运动，由P2＝F0v2可知，此时v2＝v02，故A、D正确．[例3]．一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()解析：选A.由P&shy;t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶．设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝F－fm知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确．[例4]．如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2kg的小物块和质量M＝1kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P＝3W不变．从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6s后可视为匀速运动，t＝10s时物块离开平板．重力加速度g＝10m/s2，求：(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？(2)物块在1s末和3s末受到的摩擦力各为多大？(3)平板长度L为多少？解析：(1)由图可知，前2s内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．拉力大小为：FT1＝Pv1滑动摩擦力大小为：Ff＝μ(M＋m)g由平衡条件可得：Pv1＝μ(M＋m)g可得：μ＝0.2(2)物块在1s末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：Ff1＝FT1＝Pv1＝6N物块在2s末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6s后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：Ff2＝FT2＝Pv＝10N 物块在3s末时受到的滑动摩擦力大小与6s后受到的摩擦力大小相等，为10N.(3)依题意，物块在2s末之后一直到10s时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：PΔt－Ff2L＝12mv22－12mv21代入解得：L＝PΔt－12mv22＋12mv21Ff2＝2.42m.答案：(1)0.2(2)6N10N(3)2.42m三、方法总结解决机车启动问题时的四点技巧1．分清是匀加速启动还是恒定功率启动．2．匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动．3．以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于PFf，牵引力是变力，牵引力做的功W＝Pt.4．无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝Ffvm，P为机车的额定功率．。

机车启动问题高中物理
机车启动问题是指在启动机车时，机车的引擎如何实现转动，从
而驱动机车前进。

机车的启动问题涉及到多个物理原理和技术，包括
燃烧原理、热力学、机械传动等。

下面将从这些方面来解析机车启动
的物理原理。

在机车启动的过程中，首先需要点火。

点火是使混合气体（空气
和燃料）在气缸内发生燃烧的过程。

点火需要一个能够引发火花的点
火系统。

点火系统由点火线圈和火花塞组成。

点火线圈会将来自电瓶
的低电压转换成高电压，以便在火花塞两端产生足够大的电压，从而
产生火花点燃混合气体。

这个过程中涉及到电磁感应原理和电火花放
电原理。

当混合气体在气缸中被点燃后，燃烧产生的高温高压气体会推动
活塞向下运动。

活塞的运动将通过连杆和曲轴的转动转化为旋转运动，从而驱动车轮转动。

这个过程涉及到热力学和机械传动的原理。

在机车启动过程中，还涉及到燃料的供给和空气的进入。

燃料供给通常是通过喷油器将燃油喷入气缸。

空气的进入则是通过空气滤清器和进气管道。

这个过程涉及到流体力学和燃烧化学的原理。

在机车启动的过程中，还需要机车启动器提供一定的起动力。

常见的机车启动器包括电动启动器和手摇启动器。

电动启动器通过电力驱动活塞进行起动，而手摇启动器则通过人工的摇动来提供起动力。

这个过程涉及到电动机和力学的原理。

总之，机车启动问题涉及到多个物理原理的应用。

通过理解这些原理，我们可以更好地理解机车启动的过程，同时也可以更好地应用这些原理来改进和优化机车的启动系统。

高中物理动能定理的综合应用的技巧及练习题及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。

设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。

【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】 【分析】 【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度11120m /s v a t ==由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力11F Pv ==1×104N 由牛顿第二定律得11F f ma -=解得f =5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力F=f =5000N由P Fv =可知，汽车的最大速度：v=P PF f==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移x 1=1140m 2v t = 对汽车，由动能定理得2112102F x Pt fs mv =--+解得s =480m2．如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN 相切，导轨右端N 处于水平传送带理想连接，传送带长度L =4m ，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v =4.0m/s 运动．滑块B 、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B 、C 与细绳、弹簧一起静止在导轨MN 上.一可视为质点的滑块A 从h =0.2m 高处由静止滑下，已知滑块A 、B 、C 质量均为m =2.0kg ，滑块A 与B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B 、C 的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离.滑块C 脱离弹簧后以速度v C =2.0m/s 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点．已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10m/s 2.(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小； (2)求滑块B 、C 与细绳相连时弹簧的弹性势能E P ；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大值v m 是多少？ 【答案】(1) 4.0m/s (2) 2.0J (3) 8.1m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）滑块C 滑上传送带到速度达到传送带的速度v =4m/s 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x ，有mg ma μ=C v v at =+212C x v t at =+代入数据可得3m x =3m x L =<滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s（2）设A 、B 碰撞前A 的速度为v 0，A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2，有2012A A m gh m v =01()A A B m v m m v =+ 12()()A B A B C C m m v m m v m v +=++A 、B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒222A 1A 2111()()222P B B C C E m m v m m v m v ++=++代入数据可解得2.0J P E =（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v .设A 与B 碰撞后的速度为1v '，分离后A 与B 的速度为2v '，滑块C 的速度为'C v ，C 在传送带上做匀减速运动的末速度为v =4m/s ，加速度大小为2m/s 2，有22()Cv v a L '-=- 解得42m/s Cv '= 以向右为正方向，A 、B 碰撞过程1()A m A B m v m m v '=+弹簧伸开过程12()()A B C C A B m m v m v m m v '''+=++22212111+()()+222p A B A B C C E m m v m m v m v '''+=+代入数据解得74228.14m v =+≈m/s ．3．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（210/g m s =）【答案】15N 【解析】 设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得 代入数据解得思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．4．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J5．如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE ，由一半径为R=2m 的14光滑圆弧轨道BC 和光滑斜直轨道DE 分别与粗糙水平面相切连接而成．现从B 点正上方H=1.2m 的A 点由静止释放一质量m=1kg 的物块，物块刚好从B 点进入14圆弧轨道．已知CD 的距离L=4m ，物块与水平面的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)物块第一次滑到C 点时的速度； (2)物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度； (3)物块最终停在距离D 点多远的位置． 【答案】(1) 8m/s (2) 2.2m (3) 0.8m 【解析】 【分析】根据动能定理可求物块第一次滑到C 点时的速度；物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，根据动能定理求出． 【详解】解：(1)根据动能定理可得21()2mg H R mv += 解得8/v m s =(2)物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：()0mg H R mgL mgh μ+--=解得： 2.2h m =(3)物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，则：()0mg H R mgS μ+-= 解得：12.8S m =因: 30.8S L m =+,故物块最终将停在距离D 点0.8m 处的位置．6．质量为m =2kg 的小玩具汽车，在t ＝0时刻速度为v 0=2m/s ，随后以额定功率P =8W 沿平直公路继续前进，经t =4s 达到最大速度。

机车启动问题高中物理（实用版）目录1.机车启动问题的背景和意义2.机车启动问题的物理原理3.机车启动问题的解决方案4.机车启动问题的应用实例正文【机车启动问题的背景和意义】机车启动问题是高中物理中的一个经典问题，主要涉及到动力学和运动学的知识。

在现实生活中，火车和汽车等机动车的启动问题也是一个非常重要的问题，对于交通运行的安全和效率都有着至关重要的影响。

因此，深入理解和掌握机车启动问题的物理原理和解决方案，对于学生的学习和未来的实际应用都有着重要的意义。

【机车启动问题的物理原理】机车启动问题的物理原理主要涉及到牛顿第二定律和运动学的知识。

牛顿第二定律表明，当一个物体受到一个力时，它的加速度与该力成正比，与该物体的质量成反比。

在机车启动问题中，机车所受到的力包括牵引力和阻力。

牵引力是机车引擎产生的推力，阻力是机车运动时受到的空气阻力和轮轨摩擦力等。

当牵引力大于阻力时，机车就会加速运动，直到达到一个平衡状态，即牵引力等于阻力时，机车的速度就不再改变。

【机车启动问题的解决方案】机车启动问题的解决方案通常包括以下几个步骤:1.确定机车所受到的力，包括牵引力和阻力。

2.利用牛顿第二定律，求出机车的加速度。

3.根据运动学的知识，求出机车的运动时间和位移。

4.根据机车的实际参数和运动状态，选择合适的启动方式，以达到最佳的启动效果。

【机车启动问题的应用实例】机车启动问题的应用实例非常广泛，包括火车、汽车等机动车的启动问题。

例如，当一辆火车要启动时，需要先通过机车引擎产生足够的牵引力，以克服轮轨摩擦力和空气阻力等阻力，使火车开始运动。

在火车运动过程中，需要根据实际情况调整机车的牵引力和制动力，以保证火车能够安全、准确地到达目的地。

【总结】机车启动问题是高中物理中的一个经典问题，涉及到动力学和运动学的知识。

【考向解读】猜测2022年高考命题特点：①功和功率的计算．②利用动能定理分析简洁问题．③对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析．④对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简洁应用．交汇命题的主要考点有：①结合v－t、F－t等图象综合考查多过程的功和功率的计算．②结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．【命题热点突破一】功和功率的计算在历年的高考中，很少消灭简洁、单独考查功和功率的计算，一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合问题中一起考查，并且对于功和功率的考查一般以选择题形式消灭，题目难度以中档题为主．例1.一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1 , W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1【答案】C【感悟提升】1．功的计算(1)恒力做功的计算公式：W＝Fl cosα；(2)当F为变力时，用动能定理W＝ΔE k或功能关系求功．所求得的功是该过程中外力对物体(或系统)做的总功(或者说是合力对物体做的功)；(3)利用F－l图象曲线下的面积求功；(4)利用W＝Pt计算．2．功率(1)功率定义式：P ＝Wt.所求功率是时间t内的平均功率；(2)功率计算式：P＝Fv cosα.其中α是力与速度间的夹角．若v为瞬时速度，则P为F在该时刻的瞬时功率；若v为平均速度，则P为F在该段位移内的平均功率．【变式探究】如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50 kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．假如要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为()A．100 W B．200 WC．500 W D．无法确定【答案】B【命题热点突破二】对动能定理应用的考查命题规律：该学问点是近几年高考的重点，也是高考的热点，题型既有选择题，也有计算题．考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律：(1)圆周运动与平衡学问的综合题．(2)考查圆周运动的临界和极值问题．例3.一人用恒定的力F，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A、B、C是其运动路径上的三个点，且AC＝BC.若物体从A到C、从C到B的过程中，人拉绳做的功分别为W F A、W FB，物体动能的增量分别为ΔE A、ΔE B，不计滑轮质量和摩擦，下列推断正确的是()A．W F A＝W FBΔE A＝ΔE BB．W F A＞W FBΔE A＞ΔE BC．W F A＜W FBΔE A＜ΔE BD．W F A＞W FBΔE A＜ΔE B【答案】B【感悟提升】动能定理应用的基本步骤 (1)选取争辩对象，明确并分析运动过程．(2)分析受力及各力做功的状况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．(3)明确过程初、末状态的动能E k1及E k2.(4)列方程W ＝E k2－E k1，必要时留意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解．【变式探究】一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为()A ．tan θ和H 2 B.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H 4 D.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 4【解析】设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小 a ＝μg cos θ＋g sin θ①当物块的初速度为v 时，由运动学公式知 v 2＝2a Hsin θ②当物块的初速度为v2时，由运动学公式知⎝⎛⎭⎫v 22＝2a h sin θ③ 由②③两式得h ＝H 4由①②两式得μ＝⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ. 【答案】D【命题热点突破三】机车启动问题机车启动问题在最近3年高考中消灭的频率并不高，但该部分内容比较综合，在考查功率的同时也考查功能关系和运动过程的分析以及匀变速直线运动规律的运用，估计可能在2021年的高考中消灭，题型为选择题或计算题都有可能．例3、提高机车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即F f ＝kv 2，k 是阻力因数)．当发动机的额定功率为P 0时，物体运动的最大速率为v m ，假如要使物体运动的速率增大到2v m ，则下列方法可行的是( ) A ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P 0 B ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k 4C ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P 0D ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k8【变式探究】为登月探测月球，上海航天技术争辩院研制了“月球车”，如图甲所示，某探究性学习小组对“月球车”的性能进行了争辩．他们让“月球车”在水平地面上由静止开头运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的v －t 图象，已知0～t 1段为过原点的倾斜直线；t 1～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P ＝1.2 kW,7～10 s 段为平行于横轴的直线；在10 s 末停止遥控，让“月球车”自由滑行，“月球车”质量m ＝100 kg ，整个过程中“月球车”受到的阻力f 大小不变．(1)求“月球车”所受阻力f 的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小；(2)求“月球车”在加速运动过程中的总位移s ； (3)求0～13 s 内牵引力所做的总功．解析：(1)在10 s 末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f 作用下做匀减速运动，由图象可得a＝v 13由牛顿其次定律得，其阻力f ＝ma7～10 s 内“月球车”匀速运动，设牵引力为F ，则F ＝f 由P ＝Fv 1可得“月球车”匀速运动时的速度v 1＝P /F ＝P /f 联立解得v 1＝6 m/s ，a ＝2 m/s 2，f ＝200 N.(3)在0～1.5 s 内，牵引力做功 W 1＝F 1s 1＝400×2.25 J ＝900 J 在1.5～10 s 内，牵引力做功W 2＝P Δt ＝1 200×(10－1.5) J ＝10 200 J 10 s 后，停止遥控，牵引力做功为零0～13 s 内牵引力所做的总功W ＝W 1＋W 2＝11 100 J. 答案：见解析【易错提示】机车匀加速启动时，匀加速阶段的最大速度小于匀速运动的最大速度，前者用牛顿其次定律列式求解，后者用平衡学问求解.匀加速阶段牵引力是恒力，牵引力做功用W ＝Fl 求解.以额定功率启动时，牵引力是变力，牵引力做功用W ＝Pt 求解.) 【高考真题解读】1.(2021·高考全国卷Ⅱ，T17，6分)一汽车在平直大路上行驶．从某时刻开头计时，发动机的功率P 随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )2.(2021·高考全国卷Ⅰ，T17，6分)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开头下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，连续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，连续上升一段距离解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2NR ，已知F N ＝F ′N＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开头至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q－12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 2Q，故质点到达Q 点后速度不为0，质点连续上升一段距离．选项C 正确． 3．(2021·海南单科，3，3分)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．假如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.3倍D.2倍答案 D4．(2022·重庆理综，2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍,最大速率分别为v 1和v 2，则( ) A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1C ．v 2＝k 2k 1v 1 D ．v 2＝k 2v 1解析 汽车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力f ，即F ＝f ＝kmg .由P ＝k 1mgv 1及P ＝k 2mgv 2，得v 2＝k 1k 2v 1，故B 正确．答案 B4．(2022·新课标全国Ⅱ，16，6分)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2,物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程,用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前 后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A ．W F 2＞4W F 1，W f 2＞2W f 1 B ．W F 2＞4W F 1，W f 2＝2W f 1 C ．W F 2＜4W F 1，W f 2＝2W f 1 D ．W F 2＜4W F 1，W f 2＜2W f 1解析 W F 1＝12mv 2＋μmg ·v 2t ,W F 2＝12m ·4v 2＋μmg 2v 2t ，故W F 2＜4W F 1；W f 1＝ μmg ·v 2t ， W f 2＝μmg ·2v2t ，故W f 2＝2W f 1，C 正确．答案 C5．(2021·浙江理综，18,6分)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射 器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A ．弹射器的推力大小为1.1×106 NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2解析 设总推力为F ,位移x ，阻力F 阻＝20%F ，对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%Fx ＝12mv 2，解得F ＝1.2×106 N ，弹射器推力F 弹＝F －F 发＝1.2×106 N －1.0×105 N ＝1.1×106 N,A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹x ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108 J ，B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P ＝F 弹·0＋v2＝4.4×107 W,C错误；依据运动学公式v 2＝2ax ，得a ＝v 22x＝32 m/s 2，D 正确．答案 ABD6. (2021·海南单科，4，3分)如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开头滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgRC.12mgRD.π4mgR12 mgR ，C 正确．答案 C7．(2022·大纲全国，19，6分)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时,上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v 2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4答案 D8．(2021·浙江理综，23，16分)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调整后固定.将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽视物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开头下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (3)连续增大θ角，发觉θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m . 解析 (1)要使小物块能够下滑必需满足 mg sin θ＞μ1mg cos θ① 解得tan θ＞0.05②(2)物块从斜面顶端下滑到停在桌面边缘过程中物块克服摩擦力做功W f ＝ μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cosθ)③ 全过程由动能定理得：mgL 1sin θ－W f ＝0④ 代入数据解得μ2＝0.8⑤(3)当θ＝53°时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物块从斜面顶端由静止滑到桌面边缘，由动能定理得：mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2⑥由③⑥解得v ＝1 m/s ⑦对于平抛过程列方程有：H ＝12gt 2，解得t ＝0.4 s ⑧x 1＝v-t ，解得x 1＝0.4 m ⑨ 则x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m ⑩答案 (1)tan θ＞0.05 (2)0.8 (3)1.9 m9. (2021·海南单科，14，13分)如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成,圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下,当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开头滑下，求环到达c 点时速度的水平重量的大小．依据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c ⑥联立①②④⑤⑥可得v 水平＝2103m/s. 答案 (1)0.25 m (2)2103m/s10．(2021·山东理综，23，18分)如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不行伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l .开头时物块和 小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力、将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力 加速度的大小为g .求：(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得 mgl (1－cos 60°)－W f ＝12mv 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为T 3，传感装置的示数为F 3，据题意可知， F 3＝0.6F 1，对小球，由牛顿其次定律得 T 3－mg ＝m v 2l ⑦对物块，由平衡条件得 F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 W f ＝0.1mgl ⑨答案 (1)3m (2)0.1mgl11．(2021·重庆理综，8，16分)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的试验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板.M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放,小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q 水平距离为L 处，不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功．(2)联立①③式解得v 0＝Lg 2H⑥ 在Q 点处对球由牛顿其次定律得F N －mg ＝mv 20R ⑦联立⑥⑦式解得F N ＝mg (1＋L 22HR )⑧由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为 F N ′＝F N ＝mg (1＋L 22HR )⑨方向竖直向下(3)从P 到Q 对小球由动能定理得mgR ＋W f ＝12mv 20⑩联立⑥⑩式解得W f ＝mg (L 24H －R )⑪答案 (1)34H (2)Lg 2H mg (1＋L 22HR )，方向竖直向下 (3)mg (L 24H－R ) 12. (2021·四川理综，9,15分)严峻的雾霾天气，对国计民生已造成了严峻的影响,汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力进展地铁，可以大大削减燃油公交车的使用，削减汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s 达最高速 度72 km/h,再匀速运动80s ，接着匀减速运动15 s 到达乙站停住．设列车在 匀加速运动阶段牵引力为1×106 N,匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW ， 忽视匀减速运动阶段牵引力所做的功．(1)求甲站到乙站的距离；(2)假如燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同， 求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物 3×10－6克)解析 (1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t 1；距离为s 1；在匀速直 线运动阶段所用的时间为t 2,距离为s 2，速度为v ；在匀减速直线运动阶段所 用的时间为t 3，距离为s 3；甲站到乙站的距离为s .则s 1＝12v-t 1①s 2＝v-t 2②答案 (1)1 950 m (2)2.04 kg。

高考物理动能定理的综合应用(一)解题方法和技巧及练习题一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（210/g m s =）【答案】15N 【解析】 设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得 代入数据解得思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．2．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB 的底端等高对接，如图所示．已知小车质量M=3．0kg ，长L=2．06m ，圆弧轨道半径R=0．8m ．现将一质量m=1．0kg 的小滑块，由轨道顶端A 点无初速释放，滑块滑到B 端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数．（取g=10m/s 2）试求：（1）滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小； （2）小车运动1．5s 时，车右端距轨道B 端的距离；（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．【答案】（1）30 N （2）1 m （3）6 J 【解析】（1）滑块从A 端下滑到B 端，由动能定理得（1分）在B 点由牛顿第二定律得（2分）解得轨道对滑块的支持力N （1分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/s2 （1分）对小车：，得m/s2 （1分）设经时间t后两者达到共同速度，则有（1分）解得s （1分）由于s<1．5s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v="1" m/s （1分）因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为m （1分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （2分）所以产生的内能J （1分）3．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v B＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，g取10 m/s2.(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力F f的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？【答案】(1)144 N (2)12.5 m【解析】试题分析：（1）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，斜面的倾角为α，则有v B2=2ax根据牛顿第二定律得mgsinα﹣F f=ma 又sinα=H x由以上三式联立解得 F f=144N（2）设运动员到达C点时的速度为v C，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh+W=12mv C2-12mv B2设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得 F N ﹣mg=m 2Cv R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N =6mg 联立解得 R=12．5m 考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s ，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v ； （2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。

考点2.2 机车启动问题两种启动方式的过程分析：两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P ­t 图和v ­t 图OA 段过程分析v ↑⇒F ＝P 不变v↓⇒a ＝F －F 阻m↓ a ＝F －F 阻m不变⇒F 不变⇒v ↑P ＝Fv ↑直到P 额＝Fv 1运动性质 加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动、维持时间t 0＝v 1aAB 段过程分析 F ＝F 阻⇒a ＝0⇒F 阻＝P v mv ↑⇒F ＝P 额v ↓⇒a ＝F －F 阻m↓运动性质 以v m 做匀速直线运动加速度减小的加速运动BC 段F ＝F 阻⇒a ＝0⇒F 阻＝P 额v m，以v m 做匀速直线运动1. 一质量为5 000 kg 的汽车，以额定功率由静止启动，它在水平面上运动时所受的阻力为车重的0.1倍，发动机额定功率为50 kW ，则汽车在此路面上行驶的最大速度为( D ) A.5 m/s B.7 m/s C.8 m/s D.10 m/s2. 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( D ) A.4倍 B.2倍 C. 3 倍 D. 2 倍3. 质量为m 的汽车以恒定功率P 在平直的水平公路上行驶，汽车匀速行驶时的速率为v 1，当汽车以速率v 2(v 2＜v 1)行驶时，汽车的加速度为( C ) A.P mv 1 B.P mv 2 C.P v 1－v 2mv 1v 2 D ．2Pm v 1＋v 24. 某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( B )A.v 2＝k 1v 1B.v 2＝k 1k 2v 1 C.v 2＝k 2k 1v 1 D.v 2＝k 2v 1 5.一辆汽车在平直公路上行驶时，受到的阻力为其重力的n 倍，当其速度为v 、加速度为a 时，发动机的实际功率为P ，重力加速度为g ，则该汽车的质量为( A ) A.P（a ＋ng ）vB.（a ＋ng ）vPC.P（ng －a ）vvD.（ng －a ）vP6.质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，从t 1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F f ，则( B ) A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于⎝⎛⎭⎪⎫m v 1t1＋F f v 1 C ．汽车运动过程中最大速度等于⎝⎛⎭⎪⎫mv 1F f t 2＋1v 1D ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速度小于v 1＋v 227.质量为m 的汽车，额定功率为P ，与水平地面间的动摩擦因数为μ，以额定功率匀速前进一段时间后驶过一半径为R 的圆弧形凹桥，汽车在凹桥最低点时的速度与匀速行驶时相同，则此时汽车对桥面的压力F N 的大小为( C ) A ．mgB.m R (P μmg)2C ．mg ＋1R (P μmg)2]D ．mg －1R (P μmg)2]8. 汽车在一平直路面上匀速行驶，前方遇到一段泥泞的路面，导致汽车受到的阻力变大了，若汽车发动机的功率保持不变，经过一段时间后，汽车在泥泞的路面也能做匀速运动，则在下图中关于汽车的速度随时间变化关系正确的是( B )9.(2015·新课标全国卷Ⅱ，17)一汽车在平直公路上行驶。

专题05应用动能定理处理机车启动问题-高中物理动能定理的综合应用1. 以恒定功率启动动态过程如下：速度—时间图象：对0~t 0阶段（即加速阶段）运用动能定理有：20m 102Pt fx mv -=-2. 以恒定加速度启动动态过程：速度—时间图象：对t 1~t 2阶段（即以额定功率工作阶段）运用动能定理有：2221m 011()22P t t fx mv mv --=-无论哪种启动方式机车最终的最大速度都应满足：m fP v F =，且以这个速度做匀速直线运动1. 质量为m 的汽车在平直公路上以速度v 0开始做加速运动，经过时间t 前进的距离为s ，这时速度达到最大值v m 。

设在这过程中汽车发动机的功率恒为P 0，汽车所受阻力恒为f 0，则这段时间内汽车发动机所做的功是（）A ．f 0sB ．P 0tC ．0m 02v v f t +??D ．22m 001122mv mv f s -+ 分析：由题意可知，求发动机做的功，当功率恒定时，可以由功率与时间的乘积，也可以由动能定理求出．当功率不恒定时，必须由动能定理求出。

答案：BD2. 日前，全球首款12 米智能驾驶客车在株洲公开路试，汽车先后自动完成牵引、转向、变道等动作。

已知该客车的质量m=1.5×104kg，假设客车起动后沿直线运动且保持功率不变。

经t=12.5s，速度达到最大值后保持不变。

已知客车受到的阻力恒为重力的0.2 倍，取，求：（1）客车受到的阻力及客车的功率；（2）从起动到匀速的过程中，客车发生的位移。

分析：本题是力学与运动学相结合的综合题，分析清楚动车的运动过程与受力情况是解题的关键，应用平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式与动能定理可以解题；解题时注意公式P=Fv的应用。

答案：（1）f = 3?104 N，p = 3?105 W （2）100m(2)由动能定理，合外力做功就等于动能的变化量可得：。

带入数据解得s=100m。

专题05 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用核心要点1、功恒力做功：W=Flcosa合力做功：W合=F合lcosa变力做功：图像法、转换法等2、功率瞬时功率：P=Fvcosa平均功率：P=wt机车启动：P=Fv3、动能定律表达式：W=12mv22−12mv12备考策略1、动能定理（1）应用思路：确定两状态(动能变化)，一过程(各个力做的功)（2）适用条件：直线运动曲线运动均可；恒力变力做功均可；单个过程多个过程均可（3）应用技巧：不涉及加速度、时间和方向问题是使用2、机械能守恒定律（1）守恒条件：在只有重力或弹力做功的物体系统内守恒角度E1=E2（2）表达形式：转化角度△E k=△E p转移角度△E A=-△E p3、功能关系：（1）合力的功等于动能的增量（2）重力的功等于重力势能增量的负值（3）弹力的功等于弹性势能增量的负值（4）电场力的功等于电势能增量的负值（5）除了重力和系统内弹力之外的其他力的功等于机械能的增量考向一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解2．应用动能定理的四点提醒(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2020·江苏卷·4)如图1所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图像是()图1解析:由题意可知设斜面倾角为θ,动摩擦因数为μ1,则物块在斜面上下滑水平距离x时根据=E k,整理可得(mgtanθ-μ1mg)x=E k,即在斜面上运动能定理有mgxtan θ-μ1mgcos θxcosθ动时动能与x成线性关系;当小物块在水平面运动时,设水平面的动摩擦因数为μ2,由动能定理有一μ2mg(x一x0)=E k一E k0,其中E0为物块滑到斜面底端时的动能, x0为在斜面底端对应的水平位移,解得E k=E k0一μ2mg(x-x0),即在水平面运动时动能与x也成线性关系;综上分析可知A 项正确。

机车启动与动能定理综合一、恒定功率P额启动F-t图像常求问题①求最大速度，根据二力平衡F= f和功率变型式v= P/F，得v m =；②求加速度(v<v m 时)，根据牛顿第二定律a=(F-f)/m和功率变型式F=P/v，得a=；③求路程或时间(变加速过程)：根据动能定理，得s或t.【例题1】质量为3×103kg的汽车,发动机的牵引功率为60kW,在水平公路上从静止开始运动30s达到最大速度,汽车受到的阻力大小恒为车重的0.1倍，若牵引力的功率保持恒定不变,求：（1）汽车的最大速度；（2）在水平公路上汽车的速度为10 m/s时的加速度大小；（3）从静止开始运动30s内的位移大小。

二、以恒定加速度a启动F-t图像常求问题(已知：a、P、m、f)①求两个最大速度：匀加速阶段的最大速度v1 = 、全程最大速度v m = ；②求两段时间：匀加速阶段的时间t1 = （运动学公式）、变加速过程的时间根据动能定理；③求两段位移：匀加速阶段的位移根据运动学公式、变加速过程动能定理Pt-fx2 =½mv m2-½mv12；④求两段牵引力做的功：匀加速阶段W=、变加速过程W=.【例题2】质量是2000kg、额定功率为80kW的汽车，在平直公路上行驶中的最大速度为20m/s。

若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2，当达到额定功率后以额定功率行驶，运动中的阻力不变。

求：（1）汽车所受阻力的大小。

（2）汽车做匀加速运动的时间。

（3）3s末汽车的瞬时功率。

（4）汽车在启动后1min内的位移(车已经匀速)。

【例题3】某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。

他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v-t 图象，如图所示（除2s-10s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）。

已知在小车运动的过程中，2s-14s 时间段内小车的功率保持不变，在14s 末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0kg ，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变．求：（1）小车所受到的阻力大小； （2）小车匀速行驶阶段的功率； （3）小车在加速运动过程中位移的大小．三、倾斜、竖直方向机车启动问题上坡最大速度v 1m =P /(f +mgsin θ)下坡最大速度v 2m =P /(f -mgsin θ)竖直提升最大速度v 3m =P /mg【例题4】质量为1.0×103 kg 的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，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/s 2的加速度做匀加速运动(g ＝10 m/s 2)．求：(1)汽车做匀加速运动的时间t 1； (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，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？mgP/vθ(mgsinθ P/vfθ( mgsinθ P/vf四、机车启动（变加直）与圆周运动、平抛运动组合【例题5】（2009•浙江）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟．已知赛车质量m=0.1kg ，通电后以额定功率P =1.5W 工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N ，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L =10.00m ，R =0.32m ，h =1.25m ，S =1.50m ．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10m/s 2）作 业1． (多选)(2020·天津)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。