通用版高考物理二轮复习提升指导与精练8功和功率动能及动能定理含答案

功和功率、动能及动能定理

1．近几年对本部分内容的考查，在选择题部分主要考查功和功率、动能定理的理解和计算，计算题侧重于动力学、电磁学等主干知识和典型模型相结合进行综合考查，难度较大。

2．注意要点：

(1)分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系。

(2)利用动能定理求做功，对物体运动过程要求不严格，只要求得运动物体初末状态的速度即可。但列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题。

例1．(2020∙江苏卷∙4)如图所示，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Ek与水平位移x关系的图象是(　　)

【答案】A

【解析】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有mgxtan θ－μmgcos θ＝Ek，整理可得(mgxtan θ－μmg)x＝Ek，即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有μmgx＝Ek，即在水平面运动时动能与x也成线性关系，A正确。

例2．(2019∙全国III卷∙17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(    )

A．2 kg        B．1.5 kg        C．1 kg        D．0.5 kg

【答案】C

【解析】设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误。

例2．(2018∙全国III卷∙19)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∶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

【考题解读】本题考查速度图象，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。此题以速度图象给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图象面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。

【答案】AC

【解析】根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，v0×2t0＝×v0×[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶(2t0＋t0)＝4∶5，A正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D错误。

1．(多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以底端的平面为零势能参考面，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．物体回到斜面底端的动能为60 J

B．恒力F＝2mgsin θ

C．撤去力F时，物体的重力势能是45 J

D．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之前

【答案】AC

【解析】由题设条件可知：前后两段小物体的运动的位移大小相等，方向相反，则由牛顿第二定律和运动学公式可得，x0＝·t2＝－，解得F＝mgsin θ，选项B错误；由题设条件知，Fx0＝mgx0sin θ＝60 J，则此过程中重力做的功为WG＝－mgx0sin θ＝－45 J，撤去力F时，物体的重力势能是45 J，选项C正确；全程由动能定理可得Fx0＝Ek0，则物体回到斜面底端的动能Ek0为60 J，选项A正确；物体从最高点下滑的过程中一定有一个点的动能与势能相等，选项D错误。

2．(多选)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)

A．物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R＋h)

B．物块从A到B过程重力的平均功率为

C．物块在B点时对槽底的压力大小为

D．物块到B点时重力的瞬时功率为mg

【答案】BC

【解析】物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR，A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mgh＝mv2得v＝，从A到B运动的时间t＝＝，因此从A到B过程中重力的平均功率为＝＝，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FN－mg＝m，求得FN＝，根据牛顿第三定律可知，FN′＝FN＝，C项正确；物块到B点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D项错误。

3．(多选)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h<v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图线如图所示，所受阻力恒为1250 N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末。则在前11 s内(　　)

A．经过计算t0＝6 s

B．电动机输出的最大功率为60 kW

C．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J

D．汽车的位移为160 m

【答案】AC

【解析】开始阶段，牵引力F1＝5000 N，根据牛顿第二定律可得，F1－Ff＝ma，解得：开始阶段加速度a＝2.5 m/s2。v1＝54 km/h＝15 m/s，根据t0＝，解得t0＝6 s，故A项正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，且Pm＝F1v1＝5000×15 W＝75 000 W＝75 kW，故B项错误；汽油机工作期间，功率P＝F2v1＝6 000×15 W＝90 kW,11 s末汽车的速度v2＝＝ m/s＝25 m/s，汽油机工作期间牵引力做的功W＝Pt2＝90×103×(11－6) J＝4.5×105 J，故C项正确；汽车前6 s内的位移x1＝at02＝×2.5×62 m＝45 m，后5 s内根据动能定理得：Pt2－Ffx2＝mv22－mv12，解得x2＝120 m，所以前11 s时间内汽车的位移x＝x1＋x2＝45 m＋120 m＝165 m，故D项错误。

4．(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　)

A．动摩擦因数μ＝

B．载人滑草车最大速度为

C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh

D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g

【答案】AB

【解析】对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，选项A正确；对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解得：v＝，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝＝g，选项D错误。

5．(多选)如图甲所示，轻弹簧竖起放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖起向下方向建立从标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是(    )

A．当x＝h＋2x0时，小球的动能最小

B．最低点的坐标x＝h＋2x0

C．当x＝h＋2x0时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg

D．小球动能的最大值为mgh＋mgx0

【答案】CD

【解析】由图乙可知mg＝kx0，解得，由F－x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹＝k(x－h)2，由动能定理得mgx－k(x－h)2＝0，即，解得，故最低点坐标不是h＋2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由图可知，mg＝kx0，由对称性可知当x＝h＋2x0时，小球加速度为－g，且弹力为2mg，故C正确；小球在x＝h＋x0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(h＋x0)＋W弹＝Ekm－0，依题可得W弹＝－mgx0，所以Ekm＝mgh＋mgx0，故D正确。

6．(多选)如图所示，在同一竖直平面内，一根均匀的橡皮筋跨过光滑的固定钉子P，一端固定在O1点，另一端跟一可视为质点且质量为m的物体相连，橡皮筋的原长等于O1P，受到的弹力跟伸长长度成正比（比例系数为k），先让物体静止在粗糙斜面上的位置O2点，O2P垂直于斜面且O2P＝L0，然后释放物体，物体开始沿斜面向下运动。已知斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，斜面倾角为53°且足够长，重力加速度为g，橡皮筋一直在弹性限度内，变力F＝kx（方向不变）在x位移内的平均值为，且sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。则物体沿斜面向下运动的过程中，下列说法正确的是(    )

A．物体受到的摩擦力保持不变

B．物体沿斜面先做匀加速运动后做匀减速运动

C．物体运动的最大速度为

D．物体距离出发点的最大距离为

【答案】AC

【解析】物体沿斜面向下运动到某位置时的受力分析如图所示，设物体发生的位移为x，橡皮筋伸长的长度为L，橡皮筋与斜面之间的夹角为θ，由题可知N＝mgcos 53°－Fsin θ，f＝μN，其中Fsin θ＝kLsin θ＝kL0，联立解得f＝0.3mg－0.5kL0，可见摩擦力是一个不变值，故A正确；物体受到的合力F合＝mgsin 53°－μ(mgcos 53°－Fsin θ)－Fcos θ＝ma，其中Fcos θ＝kLcos θ＝kx，解得，可见加速度a随位移x先减小后增大，即物体在做变加速运动，故B错误；物体加速度时，速度最大，此时有0.5mg+0.5kL0－kx＝0，解得，根据动能定理有mgsin 53°∙x－μ(mgcos 53°－kL0)∙x－kx∙x＝mv2，解得，故C正确；设物体距离出发点的最远距离为xʹ，根据动能定理有mgsin 53°∙xʹ－μ(mgcos 53°－kL0)∙xʹ－kxʹ∙xʹ＝0，解得，故D错误。

7．如图所示，遥控赛车比赛中一个规定项目是“飞跃壕沟”，比赛要求：赛车从起点出发，沿水平直轨道运动，在B点飞出后越过“壕沟”，落在平台EF段。已知赛车的额定功率P＝10.0 W，赛车的质量m＝1.0 kg，在水平直轨道上受到的阻力f＝2.0 N，AB段长L＝10.0 m，BE的高度差h＝1.25 m，BE的水平距离x＝1.5 m。赛车车长不计，空气阻力不计，g取10 m/s2。

(1)若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度vm的大小；

(2)要越过壕沟，求赛车在B点最小速度v的大小；

(3)若在比赛中赛车通过A点时速度vA＝1 m/s，且赛车达到额定功率。要使赛车完成比赛，求赛车在AB段通电的最短时间t。

【解析】(1)赛车在水平轨道上达到最大速度时，设其牵引力为F，根据牛顿第二定律有：F－f＝0

又因为P＝Fvm

解得：vm＝5 m/s。

(2)赛车通过B点在空中做平抛运动，设赛车能越过壕沟的最小速度为v，在空中运动时间为t1，则有：

h＝gt12，且x＝vt1

解得：v＝3.0 m/s。

(3)若赛车恰好能越过壕沟，且赛车通电时间最短，在赛车从A点运动到B点的过程中根据动能定理有：

Pt－fL＝mv2－mv

解得：t＝2.4 s。

8．如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3 m的固定斜面。一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°。(空气阻力不计，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)求小物块运动到B点时的速度大小；

(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；

(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。

【解析】(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：

mgL2sin 37°－μmgL2cos 37°＝mvB2

解得：vB＝4 m/s。

(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示，对平抛运动，有：

x＝vBt，y＝gt2

结合几何关系，有：＝＝

解得：t＝ s或t＝－(舍去)。

(3)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为vB′，对物块从A′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：

mgLsin 37°－μmgcos 37°·L＋mgy＝mv2－0

对物块从A′到运动到B过程分析，根据动能定理有：

mvB′2＝mgLsin 37°－μmgLcos 37°

又x＝vB′t，y＝gt2，＝

联立解得：mv2＝mg(＋－)

故当＝，即y＝H＝0.12 m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin＝0.15 J。

9．某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图甲所示，将一质量为m＝0.5 kg的玩具小车(可以视为质点)放在P点，用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全转化为小车初始动能)，使其沿着半径r＝1.0 m的光滑圆形竖直轨道OAO′运动，玩具小车受水平面PB的阻力为其自身重力的0.5倍，PB＝16.0 m，O为PB中点。B点右侧是一个高h＝1.25 m，宽L＝2.0 m的壕沟，g取10 m/s2。求：

(1)要使小车恰好能越过圆形轨道的最高点A，则此种情况下，小车在O点受到轨道弹力的大小；

(2)要求小车能安全的越过A点，并从B点平抛后越过壕沟，则弹簧的弹性势能至少为多少；

(3)若在弹性限度内，弹簧的最大弹性势能Epm＝40 J，以O点为坐标原点，OB为x轴，从O到B方向为正方向，在图乙坐标上画出小车能进入圆形轨道且不脱离轨道情况下，弹簧弹性势能Ep与小车停止位置坐标x关系图。

【解析】(1)恰好能越过圆形轨道的最高点，由重力提供向心力，即：

mg＝

O→A，由动能定理得：－mg2r＝mv－mv

在最低点有：FNO－mg＝

联立解得：vA＝ m/s，vO＝5 m/s，FNO＝30 N。

(2)能越过A点，由(1)知vO≥5 m/s

P→O，由动能定理得：EP弹1－kmgxPO＝mv－0

得Ep弹1≥32.5 J

从B点做平抛运动越过壕沟，有：L≤vBt，h＝gt2

Ep弹2－kmgxPB＝mv－0

解得：Ep弹2≥44 J

综上所述，弹簧弹性势能的最小值为44 J。

(3)分类讨论：因为最大弹性势能为40 J，由Epm－μmgs＝0，得s＝16 m

所以至多运动到B点，必不平抛。

情况1：能越过O点，弹性势能32.5 J≤Ep弹1≤40 J

当Ep弹1－kmgx1＝0－0，得13 m≤x1≤16 m

又因为O点是坐标原点，所以实际坐标值为5 m≤x11≤8 m

情况2：恰能到达圆轨道圆心等高点

当Ep弹2－kmgxPO－mgr＝0－0，得Ep弹2＝25 J

由mgr＝kmgx21，得x21＝2 m

又因为O点是坐标原点，所以实际坐标值为x21＝－2 m

恰能进入圆形轨道，当Ep弹2－kmgxPO＝0－0，得Ep弹2＝20 J，此时坐标值为0

由动能定理表达式知，Ep弹与x是线性函数，图象如图所示。