专题05+功、功率与动能定理（易错练兵）-2018年高考物理备考黄金易错点

专题05+功、功率与动能定理（易错练兵）-2018年高考物理备考黄金易错点

‎【易错练兵，虎口脱险】 ‎ ‎1．如图13甲所示，某女士第一次站立在台阶式自动扶梯上，扶梯将她送上楼，第二次如图乙所示，该女士乘相同自动扶梯的同时，她还相对于扶梯匀速向上走，两次到达同一高度．两次自动扶梯匀速运动的速度相同，下列关于两次自动扶梯的牵引力做功和功率的说法正确的是(　　)‎ 甲　　　　　　　　　乙 图13‎ A．两次牵引力做功相同，牵引力的功率第一次的较大 B．牵引力做功第一次的较大，两次牵引力的功率相同 C．牵引力做功第一次的较大，功率也是第一次的大 D．两次牵引力做功相同，功率也相同 ‎2.如图14所示，半径为R的光滑圆弧轨道左端有一质量为m的小球，在大小恒为F、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为v，已知重力加速度为g，则(　　) ‎ 图14‎ A．此过程外力做功为FR B．此过程外力做功为FR x%kw C．小球离开轨道的末端时，拉力的功率为Fv D．小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为 ‎3．一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数图象如图15所示．若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是(　　)‎ 图15‎ A．汽车的功率 B．汽车行驶的最大速度 C．汽车所受到的阻力 D．汽车运动到最大速度所需的时间 ‎【答案】D　【解析】由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝·－，对应图线可知，＝k＝40，可求出汽车的功率P，由a＝0时，＝0.05可得：vm＝20 m/s，再由vm＝，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，故应选D.‎ ‎4．如图16所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，其顶端有一轻弹簧，弹簧上端固定．一质量为m的小物块向右滑行并冲上斜面．设小物块在斜面最低点A的速度为v，将弹簧压缩至最短时小物块位于C点，C点距地面高度为h，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，不计小物块与弹簧碰撞过程中的能量损失，则小物块在C点时弹簧的弹性势能为(　　)‎ 图16‎ A.mv2－mgh－ B．mgh＋mv2－mghtan θ C.mv2－mgh D．mgh－mv2＋ ‎5．有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则(　　)‎ 图17‎ A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为 C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ ‎【答案】B　【解析】第一次停在BC上的某点，由动能定理得 mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0‎ mgh1－μmg(＋s′)＝0‎ mgh1－μmgs＝0‎ μ＝ A错误，B正确．‎ 在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ＜mgsin θ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcos α＞mgsin α；若α＞θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误．‎ ‎6．将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图18所示．现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端．则下列说法正确的是(　　)‎ 图18‎ A．重力对三个小球所做的功相同 B．沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大 C．三个小球到达底端时的瞬时速度相同 ’‎ D．沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小 ‎7．如图19甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ 图19‎ A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 B．物体在水平面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为8 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变 ‎【答案】BC　【解析】物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时开始做减速运动，故A错误；由图象得到推力对物体做的功等于图线与坐标轴所围“面积”，得推力做功为：‎ W＝200 J 根据动能定理：‎ W－μmgxm＝0，‎ 代入数据解得：xm＝10 m，‎ 故B正确；‎ 解得：vm＝8 m/s，故C正确；‎ 拉力一直减小，而摩擦力不变，故加速度先减小后增大，故D错误．‎ ‎8．如图20所示，一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端．已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2.则(　　) ‎ 图20‎ A．物块在传送带上一直做匀加速直线运动 B．物块到达传送带右端的速度大小为2 m/s C．物块沿斜面上滑能上升的最大高度为0.2 m D．物块返回传送带时恰好到达最左端 ‎【答案】BC　【解析】物块在传送带上先做匀加速直线运动，由μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2，x1＝＝1 m＜2 m，所以在到达传送带右端前物块已经以2 m/s的速度匀速运动，A错误，B正确；物块以初速度v0滑上斜面后做匀减速直线运动，上滑过程由动能定理得－mghm＝0－mv，解得hm＝0.2 m，由于x2＝＝ m＜0.4 m，所以物块未到达斜面的最高点，C正确；物块返回传送带时滑动的距离为x，由动能定理得mghm－μmgx＝0，解得x＝1 m，所以物块返回传送带时不会到达最左端，D错误．‎ ‎9．如图21所示，一质量为m＝2.0 kg的滑块(可视为质点)静置在粗糙水平面上的A点，水平面上的B点处固定有一竖直放置的半径为R＝0.4 m的粗糙半圆形轨道．现给滑块施加一水平向右且大小为F＝10 N的恒定拉力，使滑块由静止开始向右运动．已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25，A、B两点间的距离为d＝5 m，重力加速度取g＝10 m/s2.‎ 图21‎ ‎(1)若滑块刚好运动到B点停止，求拉力F作用的时间；‎ ‎(2)若在滑块运动到B点时撤去拉力F，则滑块刚好能通过半圆形轨道的最高点C，求滑块从B点到C点的过程中克服摩擦力所做的功．‎ ‎【解析】　(1)设在拉力F作用下滑块向右滑行的距离为x，则由动能定理可得Fx＝μmgd Wf＝mv－mv－mg·2R 联立解得Wf＝5 J.‎ ‎【答案】　(1) s 　　　(2)5 J ‎10．如图22所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其它部分摩擦不计．g取10 m/s2，求：‎ ‎ 图22‎ ‎(1)物块经过圆形轨道最高点B时对轨道的压力；‎ ‎(2)物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能； ‎ ‎(3)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动. ‎ ‎【解析】　(1)物块冲上圆形轨道最高点B时速度为v，由动能定律得：‎ ‎－2mgR＝mv2－mv ①‎ 物块在B点时，由牛顿运动定律得：‎ FN＋mg＝ ②‎ 联立③④式并代入数据解得在PQ段运动时间t＝0.5 s(t＝2.5 s不符合题意，舍去)‎ 设物块在P点时速度为v1，由动能定理得：‎ ‎－μmgl＝mv－mv ⑤‎ 物块压缩弹簧，由能量守恒得动能转化为弹性势能，有 Epm＝mv ⑥‎ 联立⑤⑥式并代入数据解得Epm＝8 J.‎ ‎(3)设物块以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧Q点时速度为v2，有 ‎－2μmgl＝mv－mv ⑦‎ 要使物块恰能不脱离轨道返回A点，则物块能沿轨道上滑至最高点且在最高点的速度大小为v3，则满足 ‎－2mgR＝mv－mv ⑧‎ 且mg＝ ⑨‎ 联立⑦⑧⑨式并代入数据解得l＝1 m.‎ ‎【答案】　(1)40 N，方向竖直向上　(2)0.5 s　8 J (3)1 m ‎ ‎