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)