山大王雾里巡山记——机车启动

常见教学中存在问题有：一是将机车启动等同为汽车起动，导致有些学生在处理相关问题时不容易认识机车启动模型；二是过于强调机车启动的恒定加速度和恒定功率模型，忽视了相关动力学分析，导致学生侧重于记忆少于理解物理过程。针对上述两种情况，以下教学设计可供参考。

机车启动是一种具有特殊性的动力学模型，特殊在于让机车启动的“动力”很难找到施力物体，而且这个“动力”的大小与机车的输出功率以及机车的瞬时速度有关。凡是满足“动力（又叫牵引力）”与机械输出功率和瞬时速度有关的动力学问题都属于我们这里的“机车启动”模型。

首先对机车受力分析（以水平面上机车启动为例），沿着运动方向可以得到动力学方程：。在这个方程中有三个变量，分别是：机车的输出功率P、机车的瞬时速度V、机车的瞬时加速度a。考虑到用控制变量法分析此类问题较为合适：

1、当机车以恒定加速度运动时：必须保证P/V是恒量，但是机车的速度又在变大，故机车的输出功率必须变大。当机车的输出功率增大到机车的额定功率后就不能增大了，由于此时机车的加速度还不为零，速度还在增大。故而机车只能做加速度减小的加速运动了。

2、当机车以恒大输出功率运动时：由于机车启动后速度再变大，故而牵引力就不得不变小，也就是机车的加速度要变小，所以机车只能做加速度减小的加速运动（也就是机车恒定加速度启动的第二阶段）。

3、当机车匀速直线运动时：由于机车加速度为零，故而。也就是。故机车匀速运动时速度（也就是机车的最大速度）是P/f。

4、如果机车在斜面上运动或者在竖直方向上运动，我们只需要将动力学关系中的“阻力”f换成实际模型中的阻力就可以了。

在完成上述分析后，再让学生解读下面两个图像的物理含义和物理过程：

最后分析两个例题：

例一：(多选)如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m＝5×10³ kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s²，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v_m＝1.02 m/s的匀速运动。取g＝10 m/s²，不计额外功。则(　AC　)

A．起重机允许输出的最大功率为5.1×10⁴ W  

B．起重机允许输出的最大功率为5×10⁴ W

C．重物做匀加速运动所经历的时间为5 s         

D．重物做匀加速运动所经历的时间为5.1 s

例二：某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动,并将小车运动的全过程通过传感器记录下来,通过数据处理得到如图所示的v-t图象。已知小车在0~2内做匀加速直线运动,2~11 s内小车牵引力的功率保持不变,9~11 s内小车做匀速直线运动,在11 s末开始小车失去动力而自由滑行。已知小车质量m=1 kg,整个过程中小车受到的阻力大小不变,试求:

(1)在2~11 s内小车牵引力的功率P是多大?

(2)小车在2末的速度v_x为多大?

(3)小车在2~9 s内通过的距离x是多少?

解析 (1)根据题意,在11 s末撤去牵引力后,小车只在阻力F_f作用下做匀减速直线运动,设其加速度大小为a,根据图象可知a==-2 m/s²,

根据牛顿第二定律有F_f=ma,

解得F_f=2 N,

设小车在匀速运动阶段的牵引力为F,则F=F_f,v_m=8 m/s,

根据P=Fv_m,

解得P=16 W;

(2)0~2 s的匀加速运动过程中,小车的加速度为a_x=,

设小车的牵引力为F_x,根据牛顿第二定律有F_x-F_f=ma_x,

根据题意有P=F_xv_x,

解得v_x=4 m/s;

(3)在2 s~9 s内的变加速过程,Δt=7 s,由动能定理可得PΔt-F_fx=,

解得小车通过的距离是x=44 m。