【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第6章第1讲《功、功率　机车启动问题》.doc，共(17)页，3.500 MB，由MTyang资料小铺上传

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自主命题卷全国卷考情分析2021·山东卷·T3功和功率2021·湖南卷·T3机车启动问题2021·河北卷·T6动能定理及其应用2021·浙江1月选考·T11功和功率2021·北京卷·T8功和功率2020·山东卷·T11动能定理及应

用2020·江苏卷·T4动能定理及其应用2021·全国甲卷·T20动能定理及其应用2021·全国乙卷·T19动能定理及其应用2020·全国卷Ⅰ·T20功能关系机械能守恒定律2020·全国卷Ⅱ·T25动能定理在多过程问题中的应用2019·全国卷Ⅱ·T24动能定理20

21·浙江6月选考·T17实验：验证机械能守恒定律2016·全国卷Ⅰ·T22实验：验证机械能守恒定律试题情境生活实践类体育运动中功和功率问题，风力发电功率计算，蹦极运动、过山车等能量问题，汽车启动问题，生活、生产中能量守恒定律的应用学习探究类变力做功的计算，机车启动问题，单物体机械能

守恒，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＝Flcosα(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＜π2时，W＞0，力对

物体做正功．(2)当α＝π2时，W＝0，力对物体不做功．(3)当π2＜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＝Flcosα计算．(2)合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3„，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋„求

合外力做的功．方法三：利用动能定理W合＝Ek2－Ek1.例1(2022·广东惠州一中月考)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)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，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答案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，故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，故C、D错误．例2如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5m/s的速度匀速上升4s的过程中．g取10m/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)300J(2)100J(3)－400J(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Ffcosθ－FNsinθ＝0，Ffsinθ＋FNcosθ－G＝0代入数据得Ff＝10N，FN＝103Nx＝vt＝20m(1)斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNxcosθ＝300J(2)斜面对物体的摩擦力所做的功Wf＝F

fxcos(90°－θ)＝100J(3)物体重力做的功WG＝Gxcos180°＝－400J(4)合外力对物体做的功方法一：W合＝WN＋Wf＋WG＝0方法二：F合＝0，W合＝F合xcosα＝0.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以例说法微元法质量为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Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋„＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋„)＝Ff·2πR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·(hsinα－hsinβ)图像法一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F0＋F12x0平均值法当力与位移为线性关系，力可用平均值F＝F1＋F22表示，代入功的公式得W＝kΔx2·Δx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WF，则有：WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)考向1微元法计算变力做功例3聂海胜利用太空跑台——动感单车锻炼，如图所示．假设聂海胜锻炼

15分钟克服动感单车阻力而消耗的能量约为900kJ.假设动感单车的阻力主要来源于距车轴30cm的阻尼装置(可视为质点)，宇航员每分钟蹬车90圈，则阻尼装置对车轮的阻力约为()A．180NB．350NC．580ND．780N答案B解析设平均阻

力为Ff，则有Ff×(15×90×2πr)＝900kJ，解得Ff≈354N，故选B.考向2图像法计算变力做功例4如图甲所示，质量为4kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取1

0m/s2，则()A．物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动B．运动过程中推力做的功为200JC．物体在运动过程中的加速度先变小后不变D．因推力是变力，无法确定推力做功的大小答案B解析滑动摩擦力Ff＝μ

mg＝20N，物体先加速运动，当推力减小到20N时，加速度减小为零，之后推力逐渐减小，物体做加速度增大的减速运动，当推力减小为零后，物体做匀减速运动，选项A、C错误；F－x图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，W＝12×100×4J＝200J，选项B正确，D错误．考向3等效转换法计算变力做功例

5如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则()A．W1>W2B．W1<

W2C．W1＝W2D．无法确定W1和W2的大小关系答案A解析轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为轻绳拉滑块过程中力F的作

用点移动的位移，大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量，由题图及几何知识可知，ΔlAB>ΔlBC，故W1>W2，A正确．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＝Wt，P描述时间t

内力对物体做功的快慢．(2)P＝Fv①v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＝Wt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P＝Wt.(2)利用P＝F·vcosα，其中v为物体

运动的平均速度．其中F为恒力，α不变．2．瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，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＝Fvcosα中，Fcosα可认为是力F在速

度v方向上的分力，vcosα可认为是速度v在力F方向上的分速度．考向1功率的分析和计算例6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的变化情况是()A．逐渐增大B

．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大答案A解析小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，即小球做匀速圆周运动，那么小球受到的重力mg、水平拉力F、绳子拉力FT三者的合力必是沿绳子指向O点．对小球受力分析如图，F＝mgtanθ，由P＝Fvcosθ，可得

P＝mgvsinθ，θ逐渐增大，则功率P逐渐增大，A项正确．例7如图所示，质量为m＝2kg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sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取

10m/s2，则前2s内重力的平均功率和2s末重力的瞬时功率分别为()A．48W24WB．24W48WC．24W12WD．12W24W答案B解析木块所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝4N木块的加

速度a＝F合m＝2m/s2前2s内木块的位移x＝12at2＝12×2×22m＝4m所以，重力在前2s内做的功为W＝mgxsinθ＝2×10×4×0.6J＝48J重力在前2s内的平均功率P＝Wt＝24W木块在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s末重力的瞬时功率P＝mgv

sinθ＝2×10×4×0.6W＝48W.故选项B正确．考向2功率和功综合问题的分析和计算例8一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1m/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1s内，F对滑块做的功为3JB．第2s内，F对滑块做功的平均功率为4WC．第3s末，F对滑块做功的瞬时功率为1WD．前3s内，F对滑块做的总功为零答案C解析由题图可知，第1s内，滑块位移为1m，F对滑块做的功为2J，A错误；第2s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为4.5J，平均功率

为4.5W，B错误；第3s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为1.5J，第3s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1W，C正确；前3s内，F对滑块做的总功为8J，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＝P额＝Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，持续时间t0＝v1aAB段过程分析F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝PF

阻v↑⇒F＝P额v↓⇒a＝F－F阻m↓运动性质以vm做匀速直线运动加速度减小的加速直线运动BC段F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝P额F阻做匀速直线运动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vm＝PF阻.(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额F<vm＝P额F阻.(3)机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理得：Pt－F阻x＝ΔEk.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位

移大小和时间．考向1恒功率启动问题例9汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P.快进入闹区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶．下面四个图像中，哪个图像正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间

的关系()答案C解析功率减小一半时，由于惯性汽车速度来不及变化，根据功率和速度关系公式P＝Fv，此时牵引力减小一半，小于阻力，汽车做减速运动，由公式P＝Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，则汽车所受合力减小，加速度减小，故汽车做加速度越来越小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，汽车

做匀速运动，C正确．例10(2022·福建三明市模拟)广泛使用氢燃料作为交通能源是氢经济的一个关键因素．使用氢为能源的最大好处是它跟空气中的氧反应，仅产生水蒸气排出，有效减少了传统汽油车造成的空气污染问题．一种氢气

燃料的汽车，质量为m＝5.0×103kg，发动机的额定功率为60kW，在平直公路上行驶时所受阻力恒为车重的0.1倍．若汽车保持额定功率从静止启动(g取10m/s2)，求：(1)汽车所能达到的最大速度大小；(2)当汽车的速度为6m/s时的加速度大小．答案(1)12m/s(2)1m/s2解析(

1)汽车在整个运动过程中速度达到最大时，牵引力与阻力大小相等，即F＝Ff＝0.1mg＝5.0×103N又P＝Fv所以最大速度v＝600005000m/s＝12m/s(2)当汽车速度v′＝6m/s时，汽车的牵引力F′＝Pv′＝1×104N设此时汽车的加速度为a，根据牛顿第二定律，有F′－Ff＝

ma得a＝F′－Ffm＝1m/s2.考向2恒加速度启动问题例11质量为1.0×103kg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2000N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W，开始时以a＝1m/s2的加速

度做匀加速运动(g取10m/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143.5m，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．答案(1)7s(2)8m/s(3)

22s解析(1)由牛顿第二定律得F－mgsin30°－Ff＝ma设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fvv＝at1解得t1＝7s.(2)当达到最大速度vm时，加速度为零，则有P＝(mgsin30°＋Ff)vm解得vm＝8m/s.(3)汽车匀加速运动的位移x1＝12at12，在后一阶段

对汽车由动能定理得Pt2－(mgsin30°＋Ff)x2＝12mvm2－12mv2又有x＝x1＋x2解得t2≈15s故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22s.课时精练1．水平恒力F两次作用在同一静止物体上，使物体沿

力的方向发生相同的位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，两次力F做的功和平均功率的大小关系是()A．W1＝W2，P1>P2B．W1>W2，P1＝P2C．W1>W2，P1>P2D．W1＝W2，P1＝P2答案A解析根据功的定义，两次水平恒力F做的功相等，即W1＝W2

；第一次是在光滑水平面上，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＝12at2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P1>P2，选项A正确．2．(2020·江苏卷·1)质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为1.8×103N．此时，汽车发动机输出的实际功率是()A．90W

B．30kWC．36kWD．300kW答案C解析汽车匀速行驶，牵引力F等于阻力Ff，实际功率P＝Fv＝Ffv＝1.8×103×20W＝3.6×104W＝36kW，故选项C正确．3.(多选)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为l

，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A点沿圆弧运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．重力做功为mglB．绳的拉力做功为零C．F阻做功为－mglD．F阻做

功为－12F阻πl答案ABD解析小球下落过程中，重力做功为mgl，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为零，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故F阻做功为－F阻·12πl，D正确．4.(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v0出发，恰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.mv022πLB.mv024πLC.mv028πLD.mv0216πL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－Ff·2πL＝0－12mv02可得摩擦力的大小Ff＝mv024πL，故选B.5．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104kW，排

泥量为1.4m3/s，排泥管的横截面积为0.7m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为()A．5×106NB．2×107NC．2×109ND．5×109N答案A解析设排泥管内泥浆的速度为v，由Q＝Sv得v＝QS＝2m/s；又由P＝Fv得F＝Pv＝5×106N，故A正确．6．如图甲所

示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg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2m/s2B．F的大小为21NC．4s末F的功率为42WD．0～4s内F的平均功率为4

2W答案C解析由题图乙可知，v－t图像的斜率表示物体加速度，即a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均错误；4s末F的作用点的速度大小为vF＝2v物＝4m/s，故4s末F的功率为P＝FvF＝42W，C正确；0～4s

内物体上升的高度h＝4m，力F的作用点的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝Fl＝84J，故平均功率P＝Wt＝21W，D错误．7.(多选)如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的

光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中()A．A所受的合力对A做正功B．B对A的弹力对A做正功C．B对A的摩擦力对A做正功D．A对B的作用力对B做正功答案AC解析A、B作为整体，由牛顿第二定律得(mA＋mB)·gsinθ＝(mA＋mB

)a，解得a＝gsinθ，由牛顿第二定律知，A所受合力方向沿斜面向下，与速度方向相同，故A所受合力对A做正功，A正确；B对A的弹力竖直向上，与速度方向的夹角大于90°，故B对A的弹力对A做负功，B错误；B

对A的摩擦力方向水平向左，与速度方向的夹角小于90°，故B对A的摩擦力对A做正功，C正确；设B对A的摩擦力和支持力沿斜面方向的合力为F，对A，由牛顿第二定律得mAgsinθ＋F＝mAa，解得F＝0，由牛顿第

三定律知，A对B的摩擦力和压力沿斜面方向的合力为零，故A对B的作用力对B不做功，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，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∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．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＝v0t0，设第②次所用时间为t2，根据速度－时间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，12×2t0×v0＝12[t2＋(t2－2×12v0a)]×12v0，解得：t2＝5t02，所以第①次和第②次矿

车上升所用时间之比为2t0∶5t02＝4∶5，选项A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a1＝v0t0，加速上升过程的牵引力F1＝ma1＋mg＝m(v0t0＋g)，减速上升过程的加速度a2＝－v0t0，减速上升过程的牵引力F2＝ma2＋mg＝m(g－v0t0)，匀速

运动过程的牵引力F3＝mg.第①次提升过程做功W1＝F1×12×t0×v0＋F2×12×t0×v0＝mgv0t0；第②次提升过程做功W2＝F1×12×12t0×12v0＋F3×32t0×12v0＋F2×12×12t0×12

v0＝mgv0t0，两次做功相同，选项D错误．9．(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vm.下列说法正确的是()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34vmD．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vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为12mvm2－Pt答案C解析对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻

＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，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4Pv－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2.25Pv＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有4Pvm＝kvm，联立解得v＝34vm，故C正确；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vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝12mvm2－0可得动车组克服阻力做的功

为W克阻＝4Pt－12mvm2，故D错误．10．如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图像如图乙所示(在t＝

15s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小．求：(1)汽车在AB路段上运动时所受阻力Ff1的大小；(2)汽车到达

B点时的加速度a的大小；(3)BC路段的长度．答案(1)2000N(2)1m/s2(3)68.75m解析(1)汽车在AB路段时，有F1＝Ff1，P＝F1v1，联立解得：Ff1＝2000N.(2)t＝15s时

汽车处于平衡状态，有F2＝Ff2，Ff2＝Pv2，联立解得：Ff2＝4000N.t＝5s时汽车开始做减速运动，有F1－Ff2＝ma，解得a＝－1m/s2，即加速度大小为1m/s2(3)在BC段由动能定理得：PΔt－Ff2x＝12mv22－12mv12，解得x＝68.75

m.11.(多选)质量为2×103kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数1v的关系图像如图所示．已知行驶过程中最大车速为30m/s，设阻力恒定，则()A．汽车所受阻力为6×103NB

．汽车的车速为5m/s时，加速度为3m/s2C．汽车的车速为15m/s时，加速度为1m/s2D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104W答案CD解析当牵引力等于阻力时，速度最大，由题图可知阻力大小Ff＝2000N，故A错误；车速为5m/s时，汽车的加速度a＝6000－20002000m/

s2＝2m/s2，故B错误；由题图可知P＝Ffv＝2000×30W＝6×104W，汽车的最大功率为6×104W，故D正确；当车速为15m/s时，牵引力F＝Pv′＝6×10415N＝4000N，则加速度a′＝F－Ffm＝4000－20002000m/s2

＝1m/s2，故C正确．