专题复习1功的计算问题

微小专题1.功的计算问题【微专题精练】1.(2019·衡水中学信息卷)如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心B．动摩擦因数μ一定大于tanθC．小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπRcosθD．当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功2.如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先、后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1W2的值可能是()A.12B.23C.34D．13.一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．WF24WF1，Wf22Wf1B．WF24WF1，Wf2＝2Wf1C．WF24WF1，Wf2＝2Wf1D．WF24WF1，Wf22Wf14.如图甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v­t图象如图乙所示．下列说法正确的是()甲乙A．在0～t1时间内，货物处于超重状态B．在t1～t2时间内，起重机拉力对货物不做功C．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功D．匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小5.如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为()A．12Mv2B．Mv2C．12μMglD．μMgl6.(2019·漳州检测)质量为2kg的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为3m/s，则其末速度为()A．5m/sB．23m/sC．5m/sD．35m/s7.(2019·湖北孝感高三联考)张飞同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近()A．65JB．750JC．1025JD．1650J8.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.14mgRB.13mgRC.12mgRD.π4mgR9.如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L。有若干个相同的小方块(每个小方块均可视为质点)沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L。将它们由静止释放，释放时它们下端距A点的距离为2L。当小方块下端运动到A点下面距A点L2处时，小方块运动的速度达到最大。设小方块与粗糙斜面的动摩擦因数为μ，小方块停止时下端与A点的距离为x，则下列说法正确的是()A．μ＝tanθB．μ＝2tanθC．x＝2LD．x＝3L10.如图所示，一个质量为m＝1kg的带孔小球穿在固定的粗糙水平长横杆上，小球与横杆间的动摩擦因数为μ＝0.6.某时刻小球获得一个水平向右的瞬时速度v0＝15m/s，同时小球受到一个竖直向上的作用力F，F与速度的平方成正比，比例常数为k＝0.4，重力加速度为g＝10m/s2，则小球运动的整个过程中()A．作用力F对小球做功为0B．作用力F对小球做功为－112.5JC．摩擦力对小球做功为－112.5JD．摩擦力对小球做功为－100J答案详解1、【答案】BD【解析】小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，A错误；小物块在B点时由牛顿第二定律Ff－mgsinθ＝mRω2，Ffmgsinθ，又因Ff≤μmgcosθ，所以μmgcosθmgsinθ，则μ一定大于tanθ，B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg·2Rsinθ＋WFf＝0，解得WFf＝－mg·2Rsinθ，C错误；小物块运动至C、D两点时受力具有对称性的特点．所受静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为0，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，D正确．2、【答案】AB【解析】第一次击打，小球运动的最高高度为R，即W1≤mgR，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为mg＝mv2高R，即v高＝gR，小球从静止到达最高点的过程，由动能定理得W1＋W2－mg2R＝12mv2高－0，得W1＋W2＝52mgR，则W1W2≤23，故选A、B。3、【答案】：C【解析】：根据x＝v＋v02t得，两过程的位移关系x1＝12x2，根据加速度的定义a＝v－v0t，得两过程的加速度关系为a1＝a22.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即Ff1＝Ff2＝Ff，根据牛顿第二定律F－Ff＝ma得，F1－Ff1＝ma1，F2－Ff2＝ma2，所以F1＝12F2＋12Ff，即F1F22.根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝12Wf2，WF114WF2，故C正确，A、B、D错误．4、【答案】AD【解析】由v­t图象可知在0～t1时间内，货物具有向上的加速度，故处于超重状态，选项A正确；在t1～t3时间内，起重机的拉力始终竖直向上，一直做正功，选项B、C错误；匀速阶段拉力小于加速阶段的拉力，而匀速阶段的速度大于加速阶段的速度，由P＝Fv可知匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小，选项D正确．5、【答案】AC【解析】总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中滑动摩擦力由0均匀增大，当全部进入时摩擦力达最大值μMg，总位移为l，平均摩擦力为Ff＝12μMg，由功的公式可得Wf＝－Ff·l＝－12μMgl，功的大小为12μMgl，C正确，D错误；用动能定理计算，则为：Wf＝0－12Mv2＝－12Mv2，其大小为12Mv2，A正确，B错误。6、【答案】B【解析】F­x图像与x轴围成的面积表示外力所做的功，由题图可知：W＝(2×2＋4×4－3×2)J＝14J，根据动能定理得：W＝12mv2－12mv02，解得：v＝23m/s，故B正确。7、【答案】B【解析】运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则t＝2hg＝2×0.810s＝0.4s，竖直方向初速度vy＝gt＝4m/s水平方向做匀速直线运动，则v0＝2.52×0.4m/s＝3.125m/s，则起跳时的速度v＝v20＋v2y＝16＋9.8m/s＝5.08m/s设中学生的质量为50kg，根据动能定理得：W＝12mv2＝12×50×25.8J＝645J；最接近750J，B项正确。8、【答案】C【解析】在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝mv2R，FN＝2mg，联立解得v＝gR，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝12mv2，解得Wf＝12mgR，所以克服摩擦力做功12mgR，C正确。9、【答案】BD【解析】小方块速度最大时，所受合力为0，此时有一半的小方块受到滑动摩擦力，有mgsinθ＝μ·12mgcosθ，所以μ＝2tanθ，B正确，A错误；小方块停止时，假设x≤3L，由动能定理有mgsinθ(2L＋x)－μmgcosθ＝0，解得x＝3L，假设成立，D正确，C错误。10、【答案】AD【解析】对小球受力分析可知，初始状态F＝kv2＝0.4v2，当v0＝15m/s，F0＝90N＞mg＝10N，则小球受力如图所示．因为小球所受的作用力F与位移方向垂直，所以作用力F对小球做功为零，故A选项正确，B选项错误；“小球运动的整个过程中”指从初态至稳定状态的过程．由于小球受到杆的向下的弹力，小球受到与运动方向相反的沿杆的摩擦力f，但由于F＝kv2，随着小球的减速运动，导致F减小．由于竖直方向上合力为零，则杆给小球的弹力NG减小，当F＝mg时，小球达到匀速状态．有kv22＝mg，解得v2＝5m/s，在这个过程中弹力在变化，因此摩擦力是变力．在v0＝15m/s到v2＝5m/s过程中，小球受到重力mg，向上的拉力F、向下的弹力NG，只有摩擦力做功，对小球用动能定理，有Wf＝12mv22－12mv20＝－100J，D选项正确，C选项错误．2Lx