高考物理易错题系列功

高考物理易错题系列功.（2017•全国卷m,16）如图1,一质量为m、长度为1的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距11。重力加速度大小为go在此过程中，外力做的功为（）「测w-LjQ-!-图1图1A.9mglC.3mglb.6mglD.2mgl1 3 1解析由题意可知，内出段细绳的机械能不变,此段细绳的重心升高了/则重力势能增加重尸宗焉=:弭£,由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为型=：砥/,抽选项A正确，B.gD错误心答案A.（多选）将一质量为m的木箱放在水平桌面上，现对木箱施加一斜向右下方的恒力，使木箱由静止开始以恒定的加速度a沿水平桌面向右做匀加速直线运动.已知恒力与水平方向的夹角为仇木箱与桌面间的动摩擦因数为由重力加速度为g.则木箱向右运动位移x的过程中，下列说法正确的是（）A.. . , .-mA.. . , .-m恒力所做的功为一a一吃1+gtan0B.. . , .-m恒力所做的功为一a+%1-gtan0C.木箱克服摩擦力做的功为gmgxx&k%wD.木箱克服摩擦力做的功为出D.木箱克服摩擦力做的功为出a+gcot0

cot0-g解析：选BD.以木箱为研究对象，竖直方向有Fsin0+mg=FN,水平方向有Fcos0—gFN=ma，联立解得恒力F=二0a+,0，摩擦力f=gFN=gm弋吃。，则在此过程中恒力cos0Lisin0 cot0gma+ggx gma+gcot0x做的功为W=Fxcos0=1一忐°，木箱克服摩擦力做的功为Wf=fx= 闷0-g

.光滑水平面上质量为m=1kg的物体在水平拉力F的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力F随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.拉力在前2s内和后4s内做的功之比为1：1B.拉力在前2s内和后4s内做的功之比为1：3C.拉力在4s末和6s末做功的功率之比为2：3D.拉力在前2s内和后4s内做功的功率之比为1：1解析:选艮由牛顿第二定律可得尸二喉室时的速度则叫二号二目皿加时的速度的二fJ7 fflf=16m/sj由动能定理可得前窝内拉力做的功用=3^一0=如，后43内拉力的功犷二碗一遍二死L则岸二M选项A错误、选项E正确占4£末拉力做功的功率P二网4二24W,6*末拉力做功的功率P=Fm=2x16W=32W,畤三/选项C错误；根据平均功率的定义了■=$则前2s内做功的功率万■二— P716W,后4$内做功的功率尸=24W,即Q〒亨选项D错误..（多选）位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2,物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同.则可能有（）A.A.F2=F1,v1>v2B.F2=F1,v1<v2C.F2>F1,v1>v2D.F2<F1,v1<v2解析：选BD.水平恒力F1作用下的功率P1=F1v1,F2作用下的功率P2=F2V2cos仇现P1=P2,若F2=F1,一定有v1<v2,因此B正确，A错误；由于两次都做匀速直线运动，因此第一次的摩擦力Ff1=^mg=F1,而第二次的摩擦力Ff2=g（mg—F2sin0）=F2cos仇显然Ff2<Ff1,即：F2cos0<F1,因此无论F2>F1还是F2<F1都会有v1<v2,因此D正确、C错误..某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和丫2,则（）A.v2=k1v1 B.v2=k2v1 C.v2=k1v1D.v2=k2v1解析：选B.车达到最大速度时，牵引力大小等于阻力大小，此时车的功率等于克服阻力做功的功率.故P=k1mgv1=k2mgv2,解得v2=号v1,选项B正确.k2.晓宇在研究一辆额定功率为P=20kW的轿车的性能，他驾驶该轿车在如图甲所示的平直路面上运动，其中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO段路面间的动摩擦因数大.晓宇驾驶轿车保持额定功率以10m/s的速度由M向右运动，该轿车从M向右运动到N的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图乙所示，在t=15s时图线的切线与横轴平行.已知轿车的质量为m=2t,轿车在MO段、ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求：051015出酊乙⑴该轿车在MO段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小；⑶该轿车由O运动到N的过程中位移的大小.解析：(1)轿车在MO段运动时，以10m/s的速度匀速运动，有F1=f1,P=F1v120x103联立解得fl=节/N=2000N.(2)轿车在ON段保持额定功率不变，由图象可知t=15s时轿车开始做匀速直线运动，此时由力 的 平 衡条件有叫三乱P=F成联立解得长=^*N=4W0N时轿车经过0点门开始做减速运动,有历-活二心解得a--1m's2轿车通过0点时加速度大小为1皿机(3)由动能定理可知政一加=；拢一;mvi解得户解点m_答案：(1)2000N(2)1m/s2(3)68.75m.如图所示，QB段为一半径为R=1m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L=1m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.物体P的质量为m=1kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数四=0.1,若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止.(g取10m/s2)求：(1)v0的大小；(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力.

解析：⑴物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有一|img-2L=0—1mv2解得忱=44幽=2向掌Q）设物块尸在g点的速度为叫g点轨道对尸的支持力为H由动能定理和牛顿第二定律有解得：F=12N由牛顿第三定律可知』物块户对。点的压力大小也为12N,方向竖直向下.答案：（1）2m/s（2）12N,方向竖直向下.（2016.高考全国甲卷）（多选）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连.现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点.已知在M、Nn.两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且NONM<NOMN<2.在小球从M点运动到N点的过程中（A.弹力对小球先做正功后做负功.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差n解析：选BCD在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且NONM<NOMN<2，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误.在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确.弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确.由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确..（2015・高考全国卷I）如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )W=；mgR,质点恰好可以到达Q点W>；mgR,质点不能到达Q点W=2mgR,质点到达Q点后，继续上升一段距离W<2mgR,质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选ci殳展点到达N点的速度为可，在可点质点受到轨道的弹力为乐,则尸M-悭二警，已知而二斤N'二4底，则质点到达耳点的动能为圆x=]9nl4-质点由开始至凶点的过程，由动能定理得所遇+用二如lO,解得摩擦力做的功为厢二一次风即克服摩觥他的功为期二一形二手蚪役从N至11O的过程中克服摩擦力做功为甲，则甲丁取从N到。的过程，由动能定理得一顿一疗二呈股一於序崩厘-甲故加点到达0点后速度不为5加点组续上升一段距离.选项C正确.10.(2016.高考全国乙卷)如图，一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态.直轨道与一半径为6r的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF=4R.1 34已知P与直轨道间的动摩擦因数四=4，重力加速度大小为g.(取sin37°=5，cos37°=5)⑴求P第一次运动到B点时速度的大小.(2)求P运动至UE点时弹簧的弹性势能.⑶改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水7平飞出后，恰好通过G点.G点在C点左下方，与C点水平相距7R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.解析：口)根据题意知,凤(7之间的距离】为1=1R~2R®设P到达£点时的速度为⑶由动能定理得mgisui日-0二;rni4®式中6=37。一联立①②式并由题给条件得形=2而③(2)设BE=x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为EP.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsin0—gmgxcos0—Ep=0—2mvB@E、F之间的距离11为11=4R—2R+x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep-mgllsin0—gmgllcos0=0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R⑦12 _Ep=gmgR⑧⑶设改变后P的质量为ml.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1=7R—5Rsin0⑨2 6y1=R+6R+6Rcos0⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为0的事实.设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1=2gt2⑪x1=vDt⑫驻立⑨⑩⑪⑫式得丽⑱设P在c点速度的大小为w.在P由C?运动到D的过程中机械能守恒＞有产由E点运动到C点的过程中,同理，由动能定理有

Ep—m1g(x+5R)sin0—gm1g(x+5R)cose=：m1vC⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得ml=；m⑯13m13m答案：(1)2"R(2)ymgR(3§；5gR[«WM>易错起源1、功功率的分析与计算例1.如图3所示，将一个倾角为0的光滑斜面体放在水平面上，一根长为L的轻质细绳悬挂着一个质量为m的小球，开始时小球与斜面体刚刚接触且细绳恰好竖直.现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面体平行，则下列说法中正确的是()图3A.由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B.细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C.小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D.若水平面光滑，则推力做功为mgL(1—cos0)【答案】B【解析】小球受到斜面的弹力沿竖直方向有分量，故对小球做正功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL(1—sin0),D错误.【变式探究】如图5所示，两个完全相同的小球A、B,在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出,下列说法正确的是( )a皿了门〃门门门门门才图5A.两小球落地时的速度相同B.两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小C.从开始运动至落地，A球重力做功较大D.从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小【答案】B【解析】根据机械能守恒定律得，%+陪二品%两小球落地时速度大小M是相同的,但两小球的速度方向不同」选项A错误5两小球落地时,A球重力瞬时功率哇T&S心B球重力瞬时功率咐，，以球重力瞬时功率小于台球重力瞬时功率，选顼B正确J从开始运动到落地，两球重力做功都是侬死是相等的，选项C错误从开始运动到落地，两球重力做功相等，/球下落时间较短』重力对月球做功的平均功率受大，选项D错误.【举一反三】若汽车在平直公路上匀速行驶，牵引力为F0.P随时间t的变化规律如图6所示，t2时刻汽车又恢复了匀速直线运动，则下列图象正确的是()I1]；0tbr图6A BC D1答案】D【解析】由尸=再可知」开始的时候尸二四川】功率降一半的时候，速度不能瞬间改变，所以瞬间变化的是力尸，减小一半.由于一开始匀速，所以摩擦力等于严，故功率温半，导致至引力减小,汽车开始减速』减速过程中』至引力慢慢增大，减速的加速度掳来越小，所以A到为时刻的速度图象慢慢变得平缓』右时刻温速的加速度为零,故3B错误J由于在时刻，力突然温小，减速的加速度很大，速度快速的瀛小J根据尸=K，力F增加的较快，待速度下隆越来越慢时，尸增加的速度也变慢,曲线逐渐变的平稳】故C错误，D正确.【名师点睛】1．高考考查特点(1)本考点命题角度为功的定义式的理解及应用，机车启动模型的分析．(2)理解公式W=F-scosa,P=F・v,F—f=ma,P=fvm及机车启动的两种方式是解题的关键.2．解题的常见误区及提醒⑴应用公式W=F-scosa时，忘掉公式仅用于恒力做功的条件.(2)机车启动问题中要分清匀加速启动还是恒定功率启动．(3)匀加速过程的末速度不是机车启动的最大速度．

(4)恒定功率启动中功的计算可用W=P-t计算.【锦囊妙计，战胜自我】.计算功、功率时应注意的三个问题①功的公式W=H和W=Flcosa仅适用于恒力做功的情况.②变力做功的求解要注意对问题的正确转化，如将变力转化为恒力，也可应用动能定理等方法求解.W③对于功率的计算，应注意区分公式P=T和公式P=Fv,前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算.尸阻+ma.②求vm：由P=F阻vm,可求vm=P丽..机车启动模型中的两点技巧机车启动匀加速过程的最大速度v1此时机车输出的功率最大和全程的最大速度vm此时F牵=尸阻求解方法：①求v1：由F尸阻+ma.②求vm：由P=F阻vm,可求vm=P丽.易错起源2、动能定理的应用例2.一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F,其v-t图象如图9所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为由则下列关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的是()图9A.F=gmgB.F=2gmg一 3 …C.W=gmgv0t0 D.W=2^mgv0t0【答案】D【解析】全过程由动能定理有P苧—网明竽=Q』故三鹏选项A、B错误;全过程由动能审理得物-网第二，而全过程的位移户半dfth解得附二切曙佩0,选项C错误，选项D正*【变式探究】若将圆弧轨道和斜面的连接方式调为如图10所示，AB是倾角为。=30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R,一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动.已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为内求：⑴物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释放点P距B点的距离至少多大？

图10【解析】 ⑴对整体过程由动能定理得mgRcos0—jimgcos0-s=OR所以s=R.g…， . .mvD(2)物体刚好到D点，有mg=mRD对全过程由动能定理得1 3+2cos0 - 3+\门RmgLsin0—gmgcosBL—mgR(1+cos0)=2mvD得L'=2sin0_gcos0-R=1—%.【答案】⑴R⑵卡亨【举一反三】如图11甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m=2kg的小物块和质量M=1kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点.在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率保持P=3W不变.从某时刻t=0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t=6s后可视为匀速运动，t=10s时物块离开平板.重力加速度取g=10m/s2,求：P孑/“S///7甲◎0.3P孑/“S///7甲◎0.3图11⑴平板与地面间的动摩擦因数g为多大？(2)物块在1s末和3s末受到的摩擦力各为多大？⑶平板长度L为多少？【解析】由题图可知，前2s内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩摆力，此二力的合力为零.拉力大小为：和1=(滑动摩擦力大小为；Ft=M鼠十唾由平衡条件可得;3二凤川+闾且可得：H=02(2)物块在1s末时与平板一起做匀速运动，合力为零