專題限時集訓(xùn)(四)[第4講功、功率與動能定理](時間：40分鐘)1．如圖4－1所示，光滑固定斜面C傾角為θ，質(zhì)量均為m的兩物塊A、B一起以某一初速度沿斜面向上做勻減速直線運動．已知物塊A上表面是水平的，則在該減速運動過程中，下列說法正確的是()圖4－1A．物塊B對A的摩擦力做負(fù)功B．物塊A對B的支持力做負(fù)功C．物塊B的重力和摩擦力做功的代數(shù)和為0D．兩物塊A、B之間的摩擦力大小為mgsinθcosθ2．質(zhì)點甲固定在原點，質(zhì)點乙在x軸上運動，乙受到甲的作用力F只與甲、乙之間的距離x有關(guān)，在2.2×10－10m≤x≤5.0×10－10m范圍內(nèi)，F(xiàn)與x的關(guān)系如圖4－2所示．若乙自P點由靜止開始運動，假設(shè)乙除受力F外不受其他外力作用，規(guī)定力F沿＋x方向為正，圖4－2A．乙運動到Q點時，動能最大B．乙運動到R點時，動能最大C．乙運動到Q點后，靜止于該處D．乙運動到R點時，速度方向一定沿－x方向3．如圖4－3所示，從F處釋放一個無初速度的電子，電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中哪項是正確的(設(shè)電源電動勢為E)()圖4－3A．電子到達(dá)B板時的動能是2EeB．電子從B板到達(dá)C板動能增大C．電子到達(dá)D板時動能是3EeD．電子在A板和D板之間做往復(fù)運動4．如圖4－4所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC段，且2AB＝BC，小物塊P(可視為質(zhì)點)與AB、BC兩段斜面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2.已知P由靜止開始從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿足的關(guān)系是()圖4－4A．tanθ＝2μ1－μ2B．tanθ＝2μ2－μ1C．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)D．tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3)5．質(zhì)量為2kg的物體，放在動摩擦因數(shù)為μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，水平拉力做的功W和物體位置x變化的關(guān)系如圖4－5所示．取重力加速度g取10m/s2，圖4－5A．x＝0m至x＝3m的過程中，物體的加速度是2.5B．x＝6m時，拉力的功率是6C．x＝9m時，物體的速度是3eq\r(3)m/sD．x＝3m至x＝9m過程中，合外力做的功是12圖4－66．質(zhì)量相同的甲、乙兩個木塊僅在摩擦力作用下沿同一水平面滑動，它們的動能Ek與位移x的關(guān)系如圖4－6所示，則兩個木塊的速度v－時間t圖像正確的是()圖4－7圖4－87．如圖4－8所示，固定在地面上的半圓軌道直徑ab水平，質(zhì)點P與半圓軌道的動摩擦因數(shù)處處一樣，當(dāng)質(zhì)點P從a點正上方高H處自由下落，經(jīng)過軌道后從b點沖出豎直上拋，上升的最大高度為eq\f(H,2)，空氣阻力不計．當(dāng)質(zhì)點下落再經(jīng)過軌道a點沖出時，能上升的最大高度h為()A．h＝eq\f(H,2)B．從a點能沖出半圓軌道，但h<eq\f(H,2)C．不能從a點沖出半圓軌道D．無法確定能否從a點沖出半圓軌道8.如圖4－9所示，光滑半圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，半圓形軌道與光滑的水平地面相切于半圓的端點A.一質(zhì)量為m的小球在水平地面上的C點受水平向左的恒力F由靜止開始運動，當(dāng)運動到A點時撤去恒力F，小球沿豎直半圓軌道運動到軌道最高點B點，最后又落在水平地面上的D點(圖中未畫出)．已知A、C間的距離為L，重力加速度為g.(1)若軌道半徑為R，求小球到達(dá)圓軌道B點時對軌道的壓力FN；(2)為使小球能運動到軌道最高點B，求軌道半徑的最大值Rm；(3)軌道半徑R多大時，小球在水平地面上的落點D到A點的距離最大？最大距離xm是多少？圖4－99．如圖4－10甲所示，質(zhì)量足夠大、截面是直角梯形的物塊靜置在光滑水平地面上，其兩個側(cè)面恰好與兩個固定在地面上的壓力傳感器X和Y相接觸，圖中AB高H＝0.3m，AD長L＝0.5m，斜面傾角θ＝37°.有一質(zhì)量m＝1kg的小物塊P(圖中未畫出)，它與斜面的動摩擦因數(shù)μ可以通過更換斜面的材料進行調(diào)節(jié)，調(diào)節(jié)范圍是0≤μ≤1，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m(1)在A點給P一個沿斜面向上的初速度v0＝3m/s，使之恰好能到達(dá)D點，(2)在第(1)問中，若μ＝0.5，求P落地時的動能；(3)對于不同的μ，每次都在D點給P一個沿斜面向下足夠大的初速度以保證它能滑離斜面．在P沿斜面下滑過程中，通過壓力傳感器能讀出X或Y對物塊的水平壓力F，取水平向左為正方向，試寫出F隨μ變化的關(guān)系表達(dá)式，并在坐標(biāo)系中畫出其函數(shù)圖像．甲乙圖4－10

專題限時集訓(xùn)(四)1．D[解析]以A、B為整體，加速度a＝gsinθ，方向沿斜面向下，對B，摩擦力f＝macosθ＝mgsinθcosθ，方向水平向左，選項D正確；物塊B對A的摩擦力水平向右，做正功，選項A錯誤；物塊A對B的支持力豎直向上，做正功，選項B錯誤；物塊B的重力做負(fù)功，摩擦力水平向左，也做負(fù)功，兩力做功的代數(shù)和小于0，選項C錯誤．2．A[解析]對乙，由動能定理WF＝eq\f(1,2)mv2，乙運動到Q點F做的功最多，動能和速度最大，選項A正確，選項B、C錯誤；乙從P運動到R點，由F－x圖像面積可知F做功大于0，R點的速度方向沿＋x方向，選項D錯誤．3．D[解析]電子在A、B之間做勻加速運動，由動能定理知eE＝ΔEk,選項A錯誤；在B、C之間做勻速運動，選項B錯誤；在C、D之間做勻減速運動，由A到D，由動能定理有eUAD＝0，到達(dá)D板時，速度減為零，選項C錯誤，選項D正確．4．D[解析]P由靜止從A點到C點，由動能定理知mgsinθ(AB＋BC)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ1mgcosθ))·AB－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ2mgcosθ))·BC＝0，而2AB＝BC，則tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3)，選項D正確．5．B[解析]W－x圖線的斜率表示水平拉力F的大小，由圖可知，x＝0至x＝3m的過程中，水平拉力為F1＝5N，由牛頓第二定律，有F1－μmg＝ma，解得a＝1.5m/s2，A錯誤；x＝0至x＝3m的過程中由動能定理，有W－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2（W－μmgx）,m))＝eq\r(\f(2×（15－0.1×2×10×3）,2))m/s＝3m/s；x＝3m至x＝9m的過程中，F(xiàn)2－μmg＝0，故物體在x＝3m至x＝9m的過程中做勻速運動，速度與x＝3m時相等，為3m/s，C錯誤；x＝6m時，拉力的功率P＝F2v＝2×3W＝6W，B正確；x＝3至x＝9m的過程中由動能定理可知W合＝ΔEk＝0，6．D[解析]由動能定理，－fx＝Ek－Ek0，則某位置動能Ek＝－fx－Ek0，由圖像可知甲的初動能大，所受的摩擦力相同，則甲、乙加速度相同，甲的初速度大，速度圖像正確的是圖D.7．B[解析]質(zhì)點P從a點正上方高H處自由下落，至運動到eq\f(H,2)高處的過程，有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H－\f(H,2)))－Wf1＝0；從右側(cè)下落再經(jīng)a點沖出，有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(H,2)－h(huán)))－Wf2＝0，因摩擦做功損失機械能，質(zhì)點先后通過軌道同一點，前一次速率大，向心力大，摩擦力大，則前一次克服摩擦做功多，即Wf1>Wf2，則0<h<eq\f(H,2)，選項B正確．8．(1)eq\f(2FL,R)－5mg(2)eq\f(2FL,5mg)(3)R＝eq\f(FL,4mg)xm＝eq\f(FL,mg)[解析](1)設(shè)小球到達(dá)B點時速度為vB，根據(jù)動能定理有FL－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0設(shè)B點時軌道對小球的壓力為FN′，對小球在B點時進行受力分析，如圖所示，則有FN′＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得：FN′＝eq\f(2FL,R)－5mg根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫N＝FN′＝eq\f(2FL,R)－5mg，方向豎直向上．(2)小球能夠到達(dá)最高點的條件是在最高點FN′≥0解得：R≤eq\f(2FL,5mg)，故軌道半徑的最大值Rm＝eq\f(2FL,5mg).(3)從B點飛出后做平拋運動，有2R＝eq\f(1,2)gt2解得：t＝eq\r(\f(4R,g)).D到A的距離x＝vBt＝eq\r(\f(2FL－4mgR,m))·eq\r(\f(4R,g))＝eq\r(\f(8FLR－16mgR2,mg))相當(dāng)于二次函數(shù)求最大值的問題，最大值在R＝eq\f(FL,4mg)時取到(因為eq\f(FL,4mg)＜eq\f(2FL,5mg)，所以最大值可以取得到)代入R＝eq\f(FL,4mg)，得到此時最大距離xm＝eq\f(FL,mg).9．(1)eq\f(3,8)(2)3.9J(3)略[解析](1)小物塊從A運動到D，由動能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得：μ＝eq\f(3,8).(2)設(shè)小物塊沿斜面上滑位移為s時速度為零，則由動能定理，有－(mgsinθ＋μmgcosθ)s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\