新高考物理一轮复习考点练习考向11 功与能（含解析）

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机车启动问题
动能定理基本应用
【例题1】在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F－eq \f(1,v)图象(图线ABC为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB、BO均为直线).假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC
(1)求该汽车的额定功率；
(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s达到最大速度40 m/s，求其在BC段的位移大小.
【答案】(1)8×104 W (2)75 m
【解析】(1)图线AB表示牵引力F不变即F＝8 000 N，阻力Ff不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC的斜率表示汽车的功率P不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40 m/s，此后汽车做匀速直线运动.
由题图可知：当达到最大速度vmax＝40 m/s时，牵引力为Fmin＝2 000 N
由平衡条件Ff＝Fmin可得Ff＝2 000 N
由公式P＝Fminvmax得额定功率P＝8×104 W.
(2)匀加速运动的末速度vB＝eq \f(P,F)，代入数据解得vB＝10 m/s
汽车由A到B做匀加速运动的加速度为a＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2
设汽车由A到B所用时间为t1，由B到C所用时间为t2、位移为x，则t1＝eq \f(vB,a)＝5 s，t2＝35 s－5 s＝30 s
B点之后，对汽车由动能定理可得Pt2－Ffx＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2，代入数据可得x＝75 m.
【例题2】如图8所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间的夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速度地放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径为R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E。已知B、D两点的竖直高度差h＝0.5 m(g取10 m/s2)求：
(1)金属块经过D点时的速度；
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。
Tips1：在DE过程中，求初速度。题有“刚好能通过最高点E”可知末速度的条件，可通过动能定理计算初速度
【解析】(1)金属块在E点时，mg＝meq \f(veq \\al(2,E),R)，解得vE＝2 m/s
在从D到E过程中由动能定理得－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，
解得vD＝2eq \r(5) m/s。
Tips2：要求BCD过程中摩擦力（变化力）做功，可通过动能定理求功的大小，不过需要掌握动能变化量，即需知初末状态的速度大小。
(2)金属块刚刚放上传送带时，mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，
解得a1＝10 m/s2，
设经位移x1达到共同速度，则v2＝2a1x1，
解得x1＝0.2 m＜3.2 m，
继续加速过程中，mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，
由x2＝L－x1＝3 m，veq \\al(2,B)－v2＝2a2x2，解得vB＝4 m/s，
在从B到D过程中由动能定理得mgh－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得W＝3 J。
【答案】 (1)2eq \r(5) m/s (2)3 J
一、汽车启动问题
1.两种启动方式的比较（P=FV中的F是汽车自身的牵引力）
（1）恒定功率启动。车初速度为0，根据P=FV，P恒定，V增大，所以F减小。此时汽车的加速度由合外力可知a=（F-f）/m，a将减小，即汽车做加速度减小的加速运动。直至F减小到与摩擦力f等大时，a=0，汽车将以此时的速度v=P/F=P/f，进行匀速直线运动。

（2）恒定加速度启动。a=（F-f）/m，P=FV。a要恒定，即V持续增大，所以P增大，当实际功率达到最大功率后就以恒定的功率工作，则后续的运动就是（1）中的运动规律，做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度后匀速直线运动。
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＝eq \f(P,Fmin)＝eq \f(P,F阻)(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F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＝eq \f(P,F)(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.
二、动能定理
1.内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.
2.表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12.
3.物理意义：合力的功是物体动能变化的量度.
4.适用条件：
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动.
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功.
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用.
如图所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R).
对物块有WG＋Wf1＋Wf2＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02对小球有－2mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
考点: 汽车启动
【例题3】汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中错误的是( )
【例题4】汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1，汽车能达到的最大速度为vm。则当汽车速度为eq \f(1,2)vm时，汽车的加速度为(重力加速度为g)( )
A．0.1g B．0.2g C．0.3g D．0.4g
【例题5】一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F作用，如图5所示。下列判断正确的是( )
A．第1 s末的瞬时功率为6 W
B．第1 s内的平均功率为4 W
C．前2 s内的平均功率为4 W
D．第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶4
考点：动能定理应用——基本运用
【例题6】(2016·天津理综·10)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5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vB＝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＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff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】 (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，则有vB2＝2ax ①
由牛顿第二定律有mgeq \f(H,x)－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理得
mgh＋W＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vC2,R) ⑤
由题意和牛顿第三定律知FN＝6mg⑥
联立④⑤⑥式，代入数据解得R＝12.5 m.
考点：动能定理应用——多过程运动
【例题7】(2017·河北唐山模拟)如图所示，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m.现让质量为m的小滑块(可视为质点)自A点由静止释放.已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离.
【答案】 (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m
【解析】 (1)小滑块从A→B→C→D过程中：
由动能定理得mg(h1－h2)－μmgx＝eq \f(1,2)mvD2－0.
代入数据，解得vD＝3 m/s.
(2)小滑块从A→B→C过程中：
由动能定理得mgh1－μmgx＝eq \f(1,2)mvC2.代入数据，解得vC＝6 m/s.
小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsin θ＝6 m/s2.
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝eq \f(vC,a)＝1 s.
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1 s.
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2 s.
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，对小滑块运动全过程应用动能定理.
有mgh1＝μmgx总.
代入数据，解得x总＝8.6 m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为：2x－x总＝1.4 m.
【例题8】(2015·福建理综·21)如图10所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.
图10
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车.已知滑块质量m＝eq \f(M,2)，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.
【答案】 (1)3mg，方向竖直向下 (2)①eq \r(\f(gR,3)) ②eq \f(1,3)L
【解析】 (1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒，则mgR＝eq \f(1,2)mvB2
滑块在B点处，由牛顿第二定律知FN－mg＝meq \f(vB2,R)解得FN＝3mg
由牛顿第三定律知，滑块对小车的压力FN′＝3mg，方向竖直向下.
(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大.由机械能守恒得，
mgR＝eq \f(1,2)Mvm2＋eq \f(1,2)m(2vm)2
解得vm＝eq \r(\f(gR,3))
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，
由功能关系知，mgR－μmgL＝eq \f(1,2)MvC2＋eq \f(1,2)m(2vC)2
设滑块从B运动到C过程中，小车运动的加速度大小为a，
由牛顿第二定律μmg＝Ma
由运动学规律vC2－vm2＝－2as
解得s＝eq \f(1,3)L
1..一个质量为25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.g取10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )
A.合外力做功50 J B.阻力做功500 J
C.重力做功500 J D.支持力做功50 J
2.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( )
A.mgh－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
B.－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02－mgh
C.mgh＋eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
D.mgh＋eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
3.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象如图1所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )
A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B.整个过程中拉力做的功等于零
C.t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D.t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
4.(多选)如图5所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点后进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(g为重力加速度)( )
A.小球落地时的动能为eq \f(5,2)mgR
B.小球落地点离O点的距离为2R
C.小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零
D.小球到达Q点的速度大小为eq \r(3gR)
5.(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车.当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进.设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时达到额定功率，并保持不变.之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax.设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为Ff，则下列说法正确的是( )
A.汽车的额定功率为Ffvmax
B.汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为Ffvt
C.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，克服摩擦力所做的功为eq \f(1,2)mvmax2－eq \f(1,2)mv2
D.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为eq \f(1,2)mvmax2
6.(多选)一汽车在平直公路上以20 kW的功率行驶，t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其v－t图象如图6所示，已知汽车的质量为2×103 kg。下列说法中正确的是( )
A．t1前汽车受到的阻力大小为2×103 N
B．t1后汽车受到的阻力大小为2×103 N
C．t1时刻汽车加速度大小突然变为1 m/s2
D．t1～t2时间内汽车的平均速度为7.5 m/s
7.(多选)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度–时间图象如图所示，从t1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，则
A．0~t1时间内，汽车的牵引力为mv1/t1
B．t1~t2时间内，汽车的功率为 mv12/t1+fv1
C．汽车运动过程中的最大速度v2=mv12/ft1+v1
D．t1~t2时间内，汽车的平均速度小于（v1+v2）/2
8.如图所示，一质量为m的物体，沿半径为R的1/4圆弧形轨道自P点由静止起运动，在圆轨道上运动时受到一个方向总与运动方向相同的，大小恒为F的拉力作用，在轨道底端Q处撤去F，物体与轨道间的动摩擦因数为，物体最后在水平轨道上滑行距离s后停在M点。根据下列要求列动能定理方程式并求解。
（1）物体到Q点时的速度；
（2）物体在弧形轨道上克服摩擦力做的功；
（3）物体全过程中克服摩擦力做的功。
9.如图7所示，装置ABCDE固定在水平地面上，AB段为倾角θ＝53°的斜面，BC段为半径R＝2 m的圆弧轨道，两者相切于B点，A点离地面的高度为H＝4 m.一质量为m＝1 kg的小球从A点由静止释放后沿着斜面AB下滑，当进入圆弧轨道BC时，由于BC段是用特殊材料制成的，导致小球在BC段运动的速率保持不变.最后，小球从最低点C水平抛出，落地速率为v＝7 m/s.已知小球与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，不计空气阻力，求：
(1)小球从B点运动到C点克服阻力所做的功；
(2)B点到水平地面的高度；
(3)小球运动到C点时的速度大小.
1.(2017·全国卷Ⅲ·16)如图5所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂.用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq \f(1,3)l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为( )
A.eq \f(1,9)mgl B.eq \f(1,6)mgl C.eq \f(1,3)mgl D.eq \f(1,2)mgl
2.(2015·全国卷Ⅰ，17)如图3，一半径为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处由静止开始下落，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＝eq \f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W＞eq \f(1,2)mgR，质点不能到达Q点
C．W＝eq \f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜eq \f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
3.(多选)(2016·全国卷Ⅲ·20)如图3所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
A.a＝eq \f(2mgR－W,mR) B.a＝eq \f(2mgR－W,mR)
C.N＝eq \f(3mgR－2W,R) D.N＝eq \f(2mgR－W,R)
1.【答案】 A 2.【答案】 C
【解析】 对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得Wf＝mgh＋eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，选项C正确.
3.【答案】 A4.【答案】 ABD5.【答案】 AD
6.【答案】AC 7.【答案】BC
【解析】0~t1时间内，汽车以恒定牵引力启动，做匀加速直线运动，加速度a=v1/t1，牵引力F1=ma+f=mv1/t1+f,A错误；t1~t2，汽车恒定功率运动，P=F1v1=mv12/t1+fv1,B正确；汽车运动运动时速度最大，此时F=f，并以最大功率P运动，有f=P/v2，解得v2=mv12/ft1+v1,C正确；t1~t2时间内，汽车变加速运动，该过程图线与时间轴围成面积大于（v1+v2）(t1+t2)/2，则平均速度大于（v1+v2）/2，即D错误
8.（1） SKIPIF 1 < 0 （2） SKIPIF 1 < 0 （3） SKIPIF 1 < 0
（1）对物体从Q到M的过程运用动能定理可得 SKIPIF 1 < 0
解得物体在Q点的速度为 SKIPIF 1 < 0
（2）对物体从P到Q的过程运用动能定理可得 SKIPIF 1 < 0 解得 SKIPIF 1 < 0 ，故克服摩擦力做功 SKIPIF 1 < 0
（3）对全程运用动能定理，过程中 SKIPIF 1 < 0
解得 SKIPIF 1 < 0 ，所以克服摩擦力做功 SKIPIF 1 < 0
9.【答案】 (1)8 J (2)2 m (3)5 m/s
【解析】 (1)设小球从B到C克服阻力做功为WBC，由动能定理mgR(1－cs θ)－WBC＝0.
代入数据解得WBC＝8 J.
(2)设小球在AB段克服阻力做功为WAB，B点到地面高度为h，则
WAB＝μmgeq \x\t(AB)cs θ，
而eq \x\t(AB)＝eq \f(H－h,sin θ).
对于小球从A点到落地的整个过程，由动能定理
mgH－WAB－WBC＝eq \f(1,2)mv2.
联立解得h＝2 m.
(3)设小球在C点的速度为vC，对于小球从C点到落地的过程，由动能定理
mg·eq \x\t(CD)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvC2
eq \x\t(CD)＝h－R(1－cs θ)
联立解得vC＝5 m/s.
1.【答案】 A
【解析】 由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了eq \f(l,6)，则重力势能增加ΔEp＝eq \f(2,3)mg·eq \f(l,6)＝eq \f(1,9)mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝eq \f(1,9)mgl ，故选项A正确，B、C、D错误.
2.【答案】 C
【解析】 根据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝meq \f(v2,R)，所以N点动能为EkN＝eq \f(3mgR,2)，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝eq \f(3mgR,2)－mgR，即克服摩擦力做功W＝eq \f(mgR,2)。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即FN－mgcs θ＝ma＝meq \f(v2,R)，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQ＝eq \f(3mgR,2)－mgR－W′＝eq \f(1,2)mgR－W′，由于W′＜eq \f(mgR,2)，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确。
3.【答案】 AC
【解析】 质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR－W＝eq \f(1,2)mv2，根据公式a＝eq \f(v2,R)，联立可得a＝eq \f(2mgR－W,mR)，A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝eq \f(3mgR－2W,R)，C正确，D错误.动能定理使用步骤：
把运动过程进行分段。如先做匀加速直线、再变速曲线运动、然后圆周运动，最后平抛运动。
找到每个运动转折点的受力情况和运动情况。如受力情况突变了、加速度变了、速度变了
确定要分析的某段过程，列出动能定理框架：功1（+功2+功3）=末位置动能-初位置动能
对方程进行求解即可。需要注意的是：功1（2、3）无论正负都直接带符号相加，若是变化力做功则用W暂时替代；等号右边的必定是末-初
解决汽车启动问题关键点
匀加速过程末端功率最大（设P1），以恒定功率继续加速时功率是不变的，即这个过程中速度继续加速到最大值，而功率跟P1等大。
最大速度时匀速运动，牵引力等于阻力。