【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习考点11《功与能》 (含解析).doc，共(12)页，343.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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考向11功与能-备战2022年高考一轮复习考点微专题解决目标及考点:1.机车启动问题2.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3×103kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40m/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－1v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35s达到最大速度40m/s，求其在BC段的位

移大小.【答案】(1)8×104W(2)75m【解析】(1)图线AB表示牵引力F不变即F＝8000N，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40m/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＝40m/s时，牵引力为Fmin＝2000N由平衡条件Ff＝Fmin可得Ff＝2000N由公式P＝Fminvmax得额定功率P＝8×104W.(2)匀加速运动的末速度vB＝PF

，代入数据解得vB＝10m/s汽车由A到B做匀加速运动的加速度为a＝F－Ffm＝2m/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＝vBa＝5s，t2＝35s－5s＝30sB点之后，对汽车

由动能定理可得Pt2－Ffx＝12mvC2－12mvB2，代入数据可得x＝75m.【例题2】如图8所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2m，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＝2m

/s，在上端A点无初速度地放置一个质量为m＝1kg、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＝0.4m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＝0.5m(g取10m/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。【解析】(1)金属块在E点时，mg＝mv2ER，解得vE＝2m/s在从D到E过程中由动能定理得－mg·2R＝12mv2E－12mv2D，解得vD＝25m/s。(2)金属块刚刚放上传送带时，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s

2，设经位移x1达到共同速度，则v2＝2a1x1，解得x1＝0.2m＜3.2m，继续加速过程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，由x2＝L－x1＝3m，v2B－v2＝2a2x2，解得vB＝4m

/s，在从B到D过程中由动能定理得mgh－W＝12mv2D－12mv2B，解得W＝3J。【答案】(1)25m/s(2)3J动能定理使用步骤：1、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。2、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3、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4、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。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＝PFmin＝PF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＝PF<vm＝PF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.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＝12mv22－12mv12.3.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

＝12mv2－12mv02对小球有－2mgR＋Wf＝12mv2－12mv02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12vm时，汽车的加速度为(重力加速度为g)()A．0.1gB．0.2gC．0.3gD．0.4g【例题5】一质量为1kg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1s末的瞬时功率为6WB．第1s内的平均功率为4WC．前2s内的平均功率为4WD．第1s末与第2s末外力的瞬时功率之比为9∶4解决汽车启动问题关键点1、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。2、最大速度时匀速运动，牵引力等于阻力。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＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静

止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m，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＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/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)144N(2)12.5m【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＝2ax①由牛顿第二定律有mgHx－Ff＝ma②联立①②式，代入数据解得Ff＝144N③(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＝12mvC2－12mvB2④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＝mvC2R⑤由题意和牛顿第三定律知FN＝6mg⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得R＝12.5m.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＝5m，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＝4.30m、h2＝1.35m.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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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)3m/s(2)2s(3)1.4m【解析】(1)小滑块从A→B→C→D过程中：由动能定理得mg(h1－h2)－μmgx＝12mvD2－0.代入数据，解得vD＝3m/s.(2)小滑块从A→B→C过程中：由动能定理得mgh1－μmgx＝12mvC2.

代入数据，解得vC＝6m/s.小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2.小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝vCa＝1s.由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s.故小滑块第一次与第二次

通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2s.(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＝8.6m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为：2

x－x总＝1.4m.【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＝M2，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)①gR3②13L【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＝12mvB2滑块在B点处，由

牛顿第二定律知FN－mg＝mvB2R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＝12Mvm2＋12m(2vm)2解得vm＝gR3②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＝12MvC2＋12m(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＝13L1..一个质量为25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度

为2.0m/s.g取10m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是()A.合外力做功50JB.阻力做功500JC.重力做功500JD.支持力做功50J2.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－12mv2－12mv02B.－12mv2－12mv02－mghC.mgh＋12mv02－12mv2D.mgh＋

12mv2－12mv023.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＝4s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＝2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D.t＝1s到t＝3s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52mgRB.小球落地点离O点的距离为2RC.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3gR5.(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FfvmaxB.汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为FfvtC.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12mvmax2－12mv2D.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12mvmax26.(多选)一汽车在平直公路上以20kW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2×103kg。下列说法中正确的是()A．t1前汽车受到的阻力大小为2×103NB．t1后汽车受到的阻力大小为2×103NC．t1时刻汽车加速度大小突然变为1m/s2D．t1～t2时间内汽车的平均速度为7.5m/s7.(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/t1B．t1~t2时间内，汽车的功率为mv12/t1+fv1C．汽车运动过程中的最大速度v2=m

v12/ft1+v1D．t1~t2时间内，汽车的平均速度小于（v1+v2）/28.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＝2m的圆弧轨道，两者相切于B点，A点离地面的高度为H＝4m.一质量为m＝1kg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＝7m/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＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝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13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl2.(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＝12mgR，质点恰好可以到达Q点B．W＞12mgR，质点不能到达Q点C．W＝12mgR，质

点到达Q点后，继续上升一段距离D．W＜12mgR，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＝2mgR－WmRB.a＝2mgR－WmRC.N＝3mgR－2WRD.N＝2mgR－W

R1.【答案】A2.【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＝12mv2－12mv02，解得Wf＝mgh＋12mv02－12mv2，选项C正确.3.【答案】A4.【答案】ABD5.【答案】AD6.【答案】AC7.【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）2vgs（2）π2fWmgRFRmgs

克（3）fπ2WmgRFR全程克（1）对物体从Q到M的过程运用动能定理可得2102mgsmv解得物体在Q点的速度为2vgs（2）对物体从P到Q的过程运用动能定理可得2112π042fFRmgRWmv解得π2fWmgR

FRmgs，故克服摩擦力做功π2fWmgRFRmgs克（3）对全程运用动能定理，过程中12π004fFRmgRW全程解得π2fWmgRFR全程，所以克服摩擦力做功fπ2WmgRFR全程克9.【答案】(1)8J(2)

2m(3)5m/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－cosθ)－WBC＝0.代入数据解得WBC＝8J.(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＝μmgABcosθ，而AB＝H－hsinθ.对于小球从A点到落地的整个过程，由动能定理mgH－WAB－WBC＝12mv2.联立解得h＝2m.(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·CD＝12mv2－12mvC2CD＝h－R(1

－cosθ)联立解得vC＝5m/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l6，则重力势能增加ΔEp＝23mg·l6＝19mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝1

9mgl，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＝mv2R，所以N点动能为EkN＝3mgR2，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝3mgR2－mgR，

即克服摩擦力做功W＝mgR2。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即FN－mgcosθ＝ma＝mv2R，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＝3mgR2－mgR－W′＝12mgR－W′，由于W′＜mgR2，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＝12mv2，根据公式a＝v2R，联立可得a＝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＝3mgR－2WR，C正确，D错误.