(全国卷地区专用)2014高考物理二轮作业手册 第4讲 功、功率与动能定理

专题限时集训(四) [第4讲功、功率与动能定理]
(时间：40分钟)
1．如图4－1所示，光滑固定斜面C倾角为θ，质量均为m的两物块A、B一起以某一初速度沿斜面向上做匀减速直线运动．已知物块A上表面是水平的，则在该减速运动过程中，下列说法正确的是( )
图4－1
A．物块B对A的摩擦力做负功
B．物块A对B的支持力做负功
C．物块B的重力和摩擦力做功的代数和为0
D．两物块A、B之间的摩擦力大小为mgsin θ cos θ
2．质点甲固定在原点，质点乙在x轴上运动，乙受到甲的作用力F只与甲、乙之间的距离x有关，在2.2×10－10 m≤x≤5.0×10－10 m范围内，F与x的关系如图4－2所示．若乙自P 点由静止开始运动，假设乙除受力F外不受其他外力作用，规定力F沿＋x方向为正，下列说法正确的是( )
图4－2
A．乙运动到Q点时，动能最大
B．乙运动到R点时，动能最大
C．乙运动到Q点后，静止于该处
D．乙运动到R点时，速度方向一定沿－x方向
3．如图4－3所示，从F处释放一个无初速度的电子，电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的(设电源电动势为E)( )
图4－3
A．电子到达B板时的动能是2Ee
B．电子从B板到达C板动能增大
C．电子到达D板时动能是3Ee
D ．电子在A 板和D 板之间做往复运动
4．如图4－4所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 段，且2AB ＝BC ，小物块P(可视为质点)与AB 、BC 两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P 由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C 点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )
图4－4
A ．tan θ＝2μ1－μ2
B ．tan θ＝2μ2－μ1
C ．tan θ＝2μ1＋μ23
D ．tan θ＝μ1＋2μ2
3
5．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由
静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体随位置x 变化的关系如图4－5所示．重力加速度
g 取10 m/s 2
，则( )
图4－5
A ．x ＝0 m 至x ＝3 m 的过程中，水平拉力为3 N
B ．x ＝0 m 至x ＝3 m 的过程中，水平拉力为5 N
C ．x ＝6 m 时，物体的速度约为2 5 m/s
D ．x ＝3 m 至x ＝9 m 的过程中，物体做匀加速运动
图4－6
6．质量相同的甲、乙两个木块仅在摩擦力作用下沿同一水平面滑动，它们的动能E k 随位移x 的变化如图4－6所示，则两个木块的速度－时间图像正确的是( )
图4－7
图4－8
7．如图4－8所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab 水平，质点P 与半圆轨道的动摩擦因数处处一样，当质点P 从a 点正上方高H 处自由下落，经过轨道后从b 点冲出竖直上抛，
上升的最大高度为H
2，空气阻力不计．当质点下落再经过轨道a 点冲出时，能上升的最大高
度h 为( )
A ．h ＝H 2
B ．从a 点能冲出半圆轨道，但h <H
2
C ．不能从a 点冲出半圆轨道
D ．无法确定能否从a 点冲出半圆轨道 8．如图4－9所示，QB 段为一半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内. 物块P 的质量为m ＝1 kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块 P 以速度
v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点后又返回A 点时恰好静止．(取g ＝10 m/s 2
) 求：
(1)v 0的大小；
(2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力．
图4－9
9．如图4－10甲所示，质量足够大、截面是直角梯形的物块静置在光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器X和Y相接触，图中AB高H＝0.3 m，AD 长L＝0.5 m，斜面倾角θ＝37°.有一质量m＝1 kg的小物块P(图中未画出)，它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面的材料进行调节，调节范围是0≤μ≤1，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.
(1)在A点给P一个沿斜面向上的初速度v0＝3 m/s，使之恰好能到达D点，求此时动摩擦因数μ的值；
(2)在第(1)问中，若μ＝0.5，求P落地时的动能；
(3)对于不同的μ，每次都在D点给P一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面．在P沿斜面下滑过程中，通过压力传感器能读出X或Y对物块的水平压力F，取水平向左为正方向，试写出F随μ变化的关系表达式，并在坐标系中画出其函数图像．
甲乙
图4－10
专题限时集训(四)
1．D [解析] 以A 、B 为整体，加速度a ＝g sin θ，方向沿斜面向下，对B ，摩擦力f ＝ma cos θ＝mg sin θcos θ，方向水平向左，选项D 正确；物块B 对A 的摩擦力水平向右，做正功，选项A 错误；物块A 对B 的支持力竖直向上，做正功，选项B 错误；物块B 的重力做负功，摩擦力水平向左，也做负功，两力做功的代数和小于0，选项C 错误．
2．A [解析] 对乙，由动能定理W F ＝12mv 2
，乙运动到Q 点F 做的功最多，动能和速度
最大，选项A 正确，选项B 、C 错误；乙从P 运动到R 点，由F －x 图像面积可知F 做功大于0，R 点的速度方向沿＋x 方向，选项D 错误．
3．D [解析] 电子在A 、B 之间做匀加速运动， 由动能定理知eE ＝ΔE k, 选项A 错误； 在B 、C 之间做匀速运动， 选项B 错误；在C 、D 之间做匀减速运动， 由A 到D ，由动能定理eU AD ＝0，到达D 板时， 速度减为零，选项C 错误，选项D 正确．
4．D [解析] P 由静止从A 点到C 点，由动能定理知mg sin θ(AB ＋BC )－
()μ1mg cos θ·AB －()μ2mg cos θ·BC ＝0，而2AB ＝BC ，则tan θ
＝μ1＋2μ23
，选项D
正确．
5．B [解析] W －x 图线的斜率表示水平拉力F 的大小，由图可知，x ＝0至x ＝3 m 的过程中，水平拉力为F 1＝5 N ，选项A 错误，选项B 正确；x ＝3 m 至x ＝9 m 的过程中，水平拉力为F 2＝2 N ，因为F f ＝μmg ＝2 N ，所以物体在x ＝3 m 至x ＝9 m 的过程中做匀速运动，速度大小与x ＝3 m 时速度相同，v 3＝
2W 3
m
＝15 m/s ，选项C 、D 错误．
6．D [解析] 由动能定理，－fx ＝E k －E k0，则某位置动能E k ＝－fx －E k0，由图像可知甲的初动能大，所受的摩擦力相同，则甲、乙加速度相同，甲的初速度大，速度图像正确的是图D.
7．B [解析] 质点P 从a 点正上方高H 处自由下落，至运动到H
2高处的过程，有mg ⎝ ⎛
⎭
⎪
⎫
H －H 2－W f 1＝0；从右侧下落再经a 点冲出，有mg ⎝ ⎛⎭
⎪⎫H
2－h －W f 2＝0，因摩擦做功损失机械能，质点
先后通过轨道同一点，前一次速率大，向心力大，摩擦力大，则前一次克服摩擦做功多，即
W f 1>W f 2，则0<h <H
2
，选项B 正确．
8．(1)2 m/s (2)12 N
[解析] (1)物块P 从A 到C 又返回A 的过程，由动能定理有 －μmg ·2L ＝－12
mv 2
解得v 0＝4μgL ＝2 m/s.
(2)设物块P 在Q 点的速度为v ，支持力为F ，由动能定理有 －μmg ·L ＝12mv 2－12mv 2
由牛顿第二定律，有
F －mg ＝m v 2
R
解得F ＝12 N ，由牛顿第三定律，物块P 对Q 的压力大小为12 N ，方向竖直向下．
9．(1)3
8
(2)3.9 J (3) 见解析
[解析] (1)小物块从A 运动到D ，由动能定理有 －(mg sin θ＋μmg cos θ)L ＝0－12mv 2
代入数据解得：μ＝3
8
.
(2)设小物块沿斜面上滑位移为s 时速度为零，则由动能定理，有 －(mg sin θ＋μmg cos θ)s ＝0－12mv 2
代入数据解得：s ＝0.45 m
设落地时P 的动能为E k ，则由动能定理有
mgH －μmg cos θ·2s ＝E k －12
mv 20
代入数据解得：E k ＝3.9 J
(3)研究P 在斜面上下滑的过程．设梯形物块的质量为M ，受力如图所示．由平衡条件可得
F ＋f cos θ＝N sin θ N ＝mg cos θ
f ＝μN ＝μm
g cos θ
综合以上三式，代入数据解得F ＝4.8－6.4μ 其图像如图所示。