1、第五章 机 械 能 第1讲 功 和 功 率 【秒判正误】(1)物体受力越大，位移越大，力对物体做功越多。()(2)功有正、负，但正、负不表示方向，而表示大小。()(3)摩擦力可以对物体做正功。()(4)合力的功等于各分力功的矢量和。()(5)作用力做正功时，反作用力一定做负功。()(6)由P=知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功 率。()(7)由P=Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均 功率。()Wt (8)由P=Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速 度成反比。()(9)由P=Fv可知，随着汽车速度的增大，它的功率可以 无限增大。()考点1 功和恒力做功【典题突破】题型1 对功的
2、理解 1.(2017全国卷)如图，一光滑大圆环固定在桌面 上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小 环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环 下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心【解析】选A。因为大圆环对小环的作用力始终与速度垂直不做功，因此A正确、B错误；从静止开始在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力先背离大圆环圆心，后指向大圆环圆心，故C、D项错误。2.(2019黑河模拟)如图所示，一质量为m的木块静止在倾角为 的斜面上，木块与斜面间动摩擦因数为，在斜面与木块一起沿水平面向左匀速移动距离L的过程中，摩
3、擦力对木块所做的功为()A.0 B.-mgLcos2 C.-mgLsin cos D.-mgLsin2 【解析】选C。木块与斜面一起向左移动，由平衡条件得Ff=mgsin ，摩擦力做的功为Wf=-Ffcos L=-mgLsin cos，故C正确，A、B、D错误。3.(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A、
4、D。当合外力为零时，弹簧处于压缩状态，弹力等于滑动摩擦力，这一位置在O点的左侧，此时加速度有最小值，速度最大，A正确，B错误；弹簧弹力先做正功后做负功，C错误；从A位置到B位置，动能变化量为零，外力所做的总功也应当为零，而整个过程小物块只受弹簧弹力和摩擦力，故D正确。题型2 恒力做功【典例1】(多选)(2018咸阳模拟)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，取水平向右为正方向，此物体的v-t图象如图乙所示，g取10 m/s2，则()A.物体与水平面间的动摩擦因数=0.5 B.10 s内恒力F对物体做功102 J C.10 s末物体在计时
5、起点位置左侧2 m处 D.10 s内物体克服摩擦力做功34 J【解题思维】1.题型特征：恒力F做功。2.题型解码：(1)由v-t图象斜率求出加速度，列牛顿第二定律方程求恒力F和动摩擦因数。(2)由v-t图象与横轴所围成的面积求位移。(3)由功的计算公式求功。【解析】选C、D。设物体向右做匀减速直线运动的加 速度为a1，则由v-t图象得加速度大小a1=2 m/s2，方向 与初速度方向相反，设物体向左做匀加速直线运动的 加速度为a2，则由v-t图象得加速度大小a2=1 m/s2，方 向与初速度方向相反，根据牛顿第二定律得，F+mg=ma1，F-mg=ma2，解得F=3 N，=0.05，故A 错误；
6、根据v-t图象与横轴所围成的面积表示位移得，x=48 m-66 m=-2 m，负号表示物体在起 点的左侧，则10 s内恒力F对物体做功W=Fx=32 J=6 J，故B错误，C正确；10 s内物体克服摩擦力做功 Wf=Ffs=0.0520(48+66)J=34 J，故D正确。12121212【触类旁通】如图所示质量为m的物体在恒力F的作用下从底端沿斜面向上一直匀速运动到顶端，斜面高h，倾斜角为，现把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g。则在上升过程中恒力F做的功为()A.Fh B.mgh C.2mgh D.无法确定【解析】选C。把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动 后可
7、匀速下滑，物体受力平衡，则有Ff=mgsin ，上 滑过程中，物体也做匀速直线运动，受力平衡，则有 F=mgsin +Ff=2mgsin ，在上升过程中恒力F做的 功W=F =2mgsin =2mgh，故C正确，A、B、D错误。hsinhsin【提分秘籍】1.功的正负的判断方法：2.恒力做功的计算方法：3.合力做功的计算方法：方法一 先求合外力F合，再用W合=F合lcos 求功。适用于F合为恒力的过程 方法二 先求各个力做的功W1、W2、W3，再应用W合=W1+W2+W3+求合力做的功【加固训练】(多选)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止
8、状态，轨道动摩擦因数为。用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则()A.拉力F所做功为nFlB.系统克服摩擦力做功为 C.F D.(n-1)mgF 故C正 确，D错误。n mg,2考点2 变力做功 【典题突破】题型1 微元法求变力的功【典例2】(多选)如图所示，在一半径为R=6 m的圆弧 形桥面的底端A，某人把一质量为m=8 kg的物块(可看 成质点)用大小始终为F=75 N的拉力从底端缓慢拉到桥 面顶端B(圆弧AB在同一竖直平面内)，拉力的方向始终 与物块在该点的切线成37角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120，g取10 m/s2，sin 37=0.6，c
9、os 37=0.8。在这一过程中，下列说法正确的是 ()A.重力做功240 J B.支持力做功为0 C.拉力F做功约为376.8 J D.摩擦力做功约为136.8 J【解题思维】1.题型特征：力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37角。2.题型解码：(1)支持力始终与运动方向垂直，不做功。(2)由微元法求力F做的功。(3)重力和摩擦力对物块做负功。【解析】选B、C。物块重力做的功WG=-mgR(1-cos60)=-240 J，故A错误，支持力始终与运动方向垂直，支 持力不做功，故B正确；将圆弧 分成很多小段l1、l2ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2Wn，拉力 F大小不变，方向始终
10、与物块在该点的切线成37角，则W1=Fl1cos 37、W2=Fl2cos 37Wn=Flncos 37，WF=W1+W2+Wn=Fcos 37(l1+l2+AB+ln)=Fcos 37 2 R376.8 J，故C正确；因 物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理 得WF+WG+Wf=0-0，解得Wf=-WF-WG=-376.8 J+240 J=-136.8 J，故D错误。16【触类旁通】(多选)如图所示，小球质量为m，一不可伸长的悬线长为l，把悬线拉到水平位置后放手，设小球运动过程中空气阻力Fm大小恒定，则小球从水平位置A到竖直位置B的过程中，下列说法正确的是()A.重力不做功 B.
11、悬线的拉力不做功 C.空气阻力做功为-FmlD.空气阻力做功为-Fm l12【解析】选B、D。重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为l，所以WG=mgl，故A错 误；因为拉力FT在运动过程中始终与运动方向垂直，拉力不做功，故B正确；Fm所做的总功等于每个小弧段 上Fm所做功的代数和，运动的弧长为 l，故阻力做 的功为 =-(Fm x1+Fm x2+)=-Fm l，故C错 误，D正确。1212mFW题型2 平均力法求变力的功【典例3】(多选)如图所示，A、B质量分别为m和M，B系在固定于墙上的水平轻弹簧的另一端，并置于光滑的水平面上，弹簧的劲度系数为k，将B向右拉离平衡位置x后，
12、无初速度释放，在以后的运动中A、B保持相对静止，则在弹簧恢复原长的过程中()A.A受到的摩擦力最大值为 B.A受到的摩擦力最大值为 C.摩擦力对A做功为 D.摩擦力对A做功为 mkxMmkxMm2mkx2M2mkx2(Mm)【解题思维】1.题型特征：A受的摩擦力随位移线性变化。2.题型解码：(1)系统加速度最大时，A所受摩擦力最大。(2)整体法求出A、B的加速度，隔离求出A受的摩擦力。(3)由平均力求摩擦力对A做的功。【解析】选B、D。刚释放时，A、B加速度最大，以整 体为研究对象，根据牛顿第二定律得kx=(M+m)am，解 得am=此时A受到的摩擦力最大，对A根据牛顿 第二定律得Ffm=ma
13、m=故A错误，B正确；在弹簧 恢复原长的过程中，A受的摩擦力随位移增大而线性减 小到零，所以摩擦力对A做的功为W=x=故C错误，D正确。mkx,Mm2mkx,2(Mm)kx,MmfmF2【触类旁通】(多选)如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为()A.Mv2 B.Mv2 C.Mgl D.Mgl1212【解析】选A、C。总质量为M的小方块在进入粗糙水平 面的过程中滑动摩擦力由0均匀增大
14、，当全部进入时摩 擦力达最大值 Mg，总位移为l，平均摩擦力为 Mg，由功的公式可得Wf=-l=-Mgl，功的大 小为 Mgl，故C正确，D错误；对所有小方块运动 过程由动能定理得Wf=0-Mv2，解得Wf=-Mv2，则 功的大小为 Mv2，故A正确，B错误。fF 12fF1212121212题型3 转换法求变力的功【典例4】如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑 块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不 变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，滑块 运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖 直杆的距离为d，OAO=37，OCO=53，重力 加速度为g(已知sin 37=
15、0.6，cos 37=0.8)。则 ()A.拉力F大小为 mg B.拉力F大小为 mg C.滑块由A到C过程轻绳对滑块做功 mgd D.滑块由A到C过程轻绳对滑块做功 mgd 535425362548【解题思维】1.题型特征：力F大小方向不变，轻绳对滑块的拉力大小不变，方向变化。2.题型解码：(1)滑块速度最大时，所受合力为零。(2)拉力F做的功等于轻绳拉力F对滑块做的功。【解析】选A、C。滑块到C点时速度最大，其所受合力 为零，则有Fcos 53-mg=0，解得F=mg，故A正 确，B错误；由能量的转化与守恒定律可知，拉力F做 的功等于轻绳拉力F对滑块做的功，滑轮与A间绳长 L1=滑轮与C间
16、绳长L2=滑轮右侧绳子增大 的长度 L=L1-L2=拉力做功W=F L=mgd，故C正确，D错误。532536dsin37，dsin53，dd5dsin37sin5312，【触类旁通】如图所示，水平粗糙地面上的物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，现以大小恒定的拉力F拉绳的另一端，使物体从A点起由静止开始运动。若从A点运动至B点和从B点运动至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，图中AB=BC，且动摩擦因数处处相同，则在物体的运动过程中()A.摩擦力增大，W1W2 B.摩擦力减小，W1W2 C.摩擦力增大，W1W2【解析】选D。物体受力如图所示，由平衡条件得 FN+Fsin=mg，滑动摩擦力Ff
17、=FN=(mg-Fsin)，物体从A向C运动的过程中细绳与水平方向夹角 增大，所以滑动摩擦力减小，由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力为恒力，所以拉力做的功等于细绳对物体所做的功，根据功的定义式W=FLcos，增大，F不变，在相同位移L上拉力F做的功减小，故D正确，A、B、C错误。题型4 图象法求变力的功【典例5】轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量 m=0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状 态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数=0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x 轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化 的情况如图乙所示，物块运动至x=0.4
18、m处时速度为 零，则此过程物块克服弹簧弹力做的功为(g取10 m/s2)()A.3.1 J B.3.5 J C.1.8 J D.2.0 J【解题思维】1.题型特征：外力F和弹簧的弹力为变力，已知F随位移变化的图象。2.题型解码：(1)分析物块的受力情况和做功情况。(2)图象与横轴围成的面积表示外力F做的功。(3)由动能定理求物块克服弹簧弹力做的功。【解析】选A。物块与水平面间的摩擦力为Ff=mg=1 N，现对物块施加水平向右的外力F，由F-x图象面积 表示功可知，物块运动至x=0.4 m处时F做功W=3.5 J，克服摩擦力做功Wf=Ffx=0.4 J，由动能定理得W-Wf-W弹=0-0，解得W
19、弹=3.1 J，故A正确，B、C、D错误。【触类旁通】(2019玉溪模拟)一物体所受的力F随位移x变化的图象如图所示，在这一过程中，力F对物体做的功为()A.3 J B.6 J C.7 J D.8 J【解析】选B。力F对物体做的功等于图线与横轴x围成 面积的代数和，即W1=(3+4)2 J=7 J，W2=-(5-4)2 J=-1 J，所以力F对物体做的功为W=7 J-1 J=6 J，故B正确，A、C、D错误。1212题型5 动能定理求变力的功【典例6】(2018济南模拟)质量为m、长度为l的均 匀软绳放置在水平地面上。现将软绳一端提升至离地 面高度为h处，软绳完全离开地面，则至少需要对软绳 做
20、的功为()A.mgl B.mgh C.mg(h-l)D.mg(h-l)121212【解题思维】1.题型特征：提升软绳的作用力为变力，软绳的动能 变化为零。2.题型解码：(1)软绳重心上升的高度为h-l。(2)提升软绳的作用力做正功，重力做负功。(3)对软绳列动能定理方程。12【解析】选D。软绳重心上升的高度为h-l，对软绳 做的功最少，则软绳动能变化为零，由动能定理得WF-mg(h-l)=0-0，解得WF=mg(h-l)，故A、B、C错 误，D正确。121212【触类旁通】如图所示，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由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对
21、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.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 1214134【解析】选C。在Q点由牛顿第二定律得FN-mg=m ，FN=2mg，联立解得v=下滑过程中，根据动能定理 得mgR-Wf=mv2，解得Wf=mgR，所以克服摩擦力做 功 mgR，故C正确，A、B、D错误。2vRgR,121212【提分秘籍】【加固训练】如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg 的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N。重力加速度g取10 m/s2，则
22、球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为()A.0.5 J B.1.0 J C.1.5 J D.1.8 J【解析】选C。在B点对小球由牛顿第二定律得FN-mg=m ，解得EkB=mv2=(FN-mg)R，小球由A滑到 B的过程由动能定理得mgR-Wf=mv2-0，解得Wf=R(3mg-FN)=0.2(30-15)J=1.5 J，故C正确，A、B、D错误。2vR1212121212考点3 功率 【典题突破】题型1 功率的计算 1.如图所示是倾角为45的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球，小球落在斜坡上时速度方向与斜坡向上的方向成105，不计空气阻力，则小球做平
23、抛运动的过程()A.速度变化量的大小为 v0 B.运动时间为 C.落在斜坡前瞬间重力的瞬时 功率为2mgv0 D.小球水平位移与竖直位移之比为11 303v2g【解析】选A。落到斜面上时，对速度分解，则v0=vcos60，vy=vsin60，联立解得vy=v0，由于水 平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，故速度变 化量为 v=vy=v0，故A正确；运动时间t=故B错误；重力的瞬时功率P=mgvy=mgv0，故C错 误；水平位移为x=v0t，竖直方向的位移为y=gt2，解得xy=2 ，故D错误。33y0v3vgg，33122.质量m=20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直
24、线运动。02 s内F与运动方向相反，24 s内F与运动方向相同，物体的v-t图象如图所示。g取10 m/s2，则()A.拉力F的大小为100 N B.物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W C.4 s内拉力所做的功为480 J D.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J【解析】选B。取物体初速度方向为正方向，由图象可 知物体与水平面间存在摩擦力，由图象可知02 s 内，-F-Ff=ma1且a1=-5 m/s2，24 s内，-F+Ff=ma2且 a2=-1 m/s2，联立解得F=60 N，Ff=40 N，故A错误；由 P=Fv得4 s时拉力的瞬时功率为120 W，故B正确；由题 图知02 s
25、内，物体的位移x1=10 m，拉力做的功为 W1=-Fx1=-6010 J=-600 J，2 4 s内，物体的位移x2=2 m，拉力做功W2=Fx2=120 J，所以4 s内拉力做功W1+W2=(-600+120)J=-480 J，故C错误；摩擦力做功Wf=-Ffs，摩擦力始终与速度方向相反，故s为路程，由图象可知总路程为12 m，4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J，故D错误。3.(2018天津高考)我国自行研制、具有完全自主知 识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉 开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上 的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移 x=1.6103
26、 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s。已知飞机质量m=7.0104 kg，滑跑时受到的 阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2，求飞机滑跑过程中，(1)加速度a的大小。(2)牵引力的平均功率P。【解析】(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2=2ax，代入数据解得a=2 m/s2 (2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，根据题意有F阻=0.1mg 设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F-F阻=ma；设飞机滑跑过程中的平均速度为 ，有 vv2v在滑跑阶段，牵引力的平均功率P=F ，联立得P=8.4106 W。答案：(1)2 m/s2(2)8.4106 W
27、v题型2 机车的两种启动模型 模型1 以恒定功率启动【典例7】(2018宿州模拟)一质量为m的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v时，其加速度大小为a，设汽车所受的阻力恒为Ff。以下说法正确的是()A.汽车的功率为Ffv B.当汽车的速度增加到2v时，加速度为 C.汽车行驶的最大速率为(1+)v D.当汽车的速度为v时，行驶的距离为 a2fmaF2v2a【解题思维】1.题型特征：恒定功率加速行驶。2.题型解码：(1)汽车速度为v时，加速度为a，可根据牛顿第二定律求出牵引力。(2)由P=Fv求汽车的额定功率。(3)汽车匀速运动时速度最大。【解析】选C。设汽车的额定功率为P，汽
28、车的速度为v 时，根据牛顿第二定律得 -Ff=ma，解得 P=(Ff+ma)v，故A错误；加速度为 时，此时牵引力为F，则 F-Ff=m ，解得F=Ff+m ，此时速度为 v=v+2v，故B错误；汽车匀速运动时，牵 引力等于阻力，速率最大，故有 vm=(1+)v，Pva2a2a2PFfmav2FmafPFfmaF故C正确；因为该汽车以恒定功率行驶，做加速度减小的变加速运动，无法算出其行驶的距离，故D错误。【触类旁通】(多选)(2018永州模拟)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 ，此后 保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车
29、又恢复到匀速运 动状态。下面有关汽车牵引力F、速度v的说法中，其 中正确的()P2A.t2后的牵引力仍为F0 B.t2后的牵引力小于F0 C.t2后的速度仍为v0 D.t2后的速度小于v0 【解析】选A、D。汽车在平直公路上匀速行驶时，牵 引力等于阻力，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状 态，故汽车的牵引力等于阻力，仍为F0，故A正确，B 错误；由P=Fv，t2后的功率为 ，故其速度应小于以 功率P匀速行驶时的速度v0，故C错误，D正确。P2模型2 以恒定加速度启动【典例8】(2019芜湖模拟)一起重机的钢绳由静止 开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1 时，起重机的功率达到最大值P，
30、之后起重机保持该功 率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速 上升，不计钢绳重力。则整个过程中，下列说法正确 的是()A.钢绳的最大拉力为 B.重物匀加速过程的时间为 C.重物匀加速过程的加速度为 D.速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度 2Pv211mvPmgv1Pmv12vvv2【解析】选B。匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉 力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F=，故A错 误；根据牛顿第二定律可知F-mg=ma，结合v=at解得a=-g，t=故B正确，C错误；在速度由v1 增大至v2的过程中，做加速度减小的变加速运动，平 均速度 故D错误。1Pv1Pmv211mvPmgv
31、，12vvv2，【触类旁通】(多选)汽车发动机的额定功率为40 kW，质量为2 000 kg，汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍，g取10 m/s2，若汽车从静止开始保持1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800 m，直到获得最大速度后才匀速行驶，则下列说法正确的是 ()A.汽车在水平路面上能达到的最大速度为20 m/s B.汽车匀加速的运动时间为10 s C.当汽车速度达到16 m/s时，汽车的加速度为 0.5 m/s2 D.汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为 57.5 s 【解析】选A、B、D。汽车发动机的额定功率P额=
32、40 kW=4104 W，由题意知，阻力Ff=0.1G=0.1mg=0.1 2 00010 N=2 000 N，当汽车有最大速度时，牵引 力与阻力二力平衡，由P额=F牵vm=Ffvm得，汽车的最大 速度vm=m/s=20 m/s，故A正确；汽车从静 止做匀加速直线运动，则当P=P额时，匀加速结束，则 有P额=F牵v，根据牛顿第二定律得F牵-Ff=ma，联立 4fP4 10F2 000额解得v=10 m/s，由v=at得，汽车匀加速运动时间t=10 s，故B正确；当速度v=16 m/s时，由 P=Fv得，此时汽车的牵引力F=2 500 N，则汽车的加速度a=0.25 m/s2，故C错误；设匀加速
33、后的800 m过程所用的 时间为t，从静止开始一直运动到最大速度的过程 v10 sa14P4 10 Nv16 额2fFF2 5002 000 m/sm2000中，根据动能定理得F牵 at2+Pt-Ff(at2+s)=解得t=47.5 s，汽车从静止到获得最大行 驶速度所用的总时间t总=t+t=10 s+47.5 s=57.5 s，故D正确。12122m1 mv2，【提分秘籍】1.功率的计算方法：2.图解机车以恒定功率启动：3.图解机车以恒定加速度启动：【加固训练】(多选)如图，汽车以一定的初速度连续爬两段倾角不同的斜坡ac和cd，在爬坡全过程中汽车保持某恒定功率不变，且在两段斜面上受到的摩擦阻
34、力大小相等。已知汽车在经过bc 段时做匀速运动，其余路段均做变速运动。以下描述该汽车运动全过程的v-t 图中，可能正确的是()【解析】选B、C。在斜面上时，受到的阻力大小Ff总=mgsin+Ff，若在斜坡ab上运动时，牵引力大于受到 的总阻力，汽车做加速运动，根据P=Fv可知，牵引力 减小，结合牛顿第二定律可知，加速度减小，当牵引 力等于总阻力时，开始匀速运动，到达斜面cd后，斜 面的倾角减小，重力沿斜面的分力减小，总阻力减 小，此时牵引力大于总阻力，做加速运动，速度增 大，根据P=Fv可知，牵引力减小，做加速度减小的加 速运动，故A错误，B正确；若在斜坡ab上运动时，牵 引力小于总阻力，做减速运动，速度减小，根据P=Fv 可知，牵引力增大，结合牛顿第二定律可知，加速度 减小，当牵引力等于阻力时，速度减小到最小，此后 匀速运动，到达斜面cd后，斜面的倾角减小，重力沿 斜面的分力减小，总阻力减小，此时牵引力大于总阻 力，做加速运动，速度增大，根据P=Fv可知，牵引力减小，做加速度减小的加速运动，故C正确，D错误。
