2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練7 功 功率和功能關(guān)系.doc

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2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練7 功 功率和功能關(guān)系 1．(xx重慶2)某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛，受到的阻力分別為車重的k1和k2倍，最大速率分別為v1和v2，則(　　) A．v2＝k1v1 B．v2＝v1 C．v2＝v1 D．v2＝k2v1 答案　B 解析　車達到最大速度時，牽引力的大小等于阻力的大小，此時車的功率等于克服阻力做功的功率．故P＝k1mgv1＝k2mgv2，解得v2＝v1，選項B正確． 2．(xx新課標Ⅱ16)一物體靜止在粗糙水平地面上．現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関.若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v.對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則(　　) A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1 答案　C 解析　根據(jù)x＝t得，兩過程的位移關(guān)系x1＝x2，根據(jù)加速度的定義a＝，得兩過程的加速度關(guān)系為a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上運動，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>.根據(jù)功的計算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故選項C正確，選項A、B、D錯誤． 3．如圖1甲所示，甲、乙兩個小球可視為質(zhì)點，甲球沿傾角為30的光滑足夠長斜面由靜止開始下滑，乙球做自由落體運動，甲、乙兩球的動能與路程的關(guān)系圖象如圖乙所示．下列說法正確的是(　　) 圖1 A．甲球機械能不守恒，乙球機械能守恒 B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為m甲∶m乙＝4∶1 C．甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為P甲∶P乙＝1∶1 D．甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球高度相同 答案　BC 解析　因只有重力做功，所以甲、乙兩球機械能都守恒，故A錯誤；動能與位移的圖象斜率表示合外力，甲的合外力為m甲gsin 30，乙球的合外力為m乙g，由題圖乙知m甲gsin 30＝2m乙g，所以m甲∶m乙＝4∶1，故B正確；根據(jù)Ek＝mv2知，動能相等時，＝，兩球重力的瞬時功率之比＝，所以C正確；由題圖乙知，甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球高度不相同，所以D錯誤． 4．如圖2所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點．下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零 B．小球從A到C過程與從C到B過程，減少的動能相等 C．小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能相等 D．小球從A到C過程與從C到B過程，速度的變化量相等 答案　BC 解析　小球從A出發(fā)到返回A的過程中，重力做功為零，摩擦力一直做負功，所以外力做功不為零，故A錯誤；小球從A到C與從C到B，重力與摩擦力做功之和相等，減少的動能相等，所以B正確；小球從A到C與從C到B，克服摩擦力做功相等，故損失的機械能相等，所以C正確；小球從A到C過程與從C到B過程，加速度相同，但運動的時間不同，故速度的變化量不相等，所以D錯誤． 5．如圖3所示，傳送帶足夠長，與水平面間的夾角α＝37，并以v＝10 m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動著，在傳送帶的A端輕輕地放一個質(zhì)量為m＝1 kg的小物體，若已知物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，(g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)則下列有關(guān)說法正確的是(　　) 圖3 A．小物體運動1 s后，受到的摩擦力大小不適用公式Ff＝μFN B．小物體運動1 s后加速度大小為2 m/s2 C．在放上小物體的第1 s內(nèi)，系統(tǒng)產(chǎn)生50 J的熱量 D．在放上小物體的第1 s內(nèi)，至少給系統(tǒng)提供能量70 J才能維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動 答案　B 解析　釋放后A由mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10 m/s2，再根據(jù)v＝a1t＝10 m/s，可得：t＝1 s，即1 s后物體與傳送帶速度相等，又因為mgsin θ>μmgcos θ，所以1 s后物體繼續(xù)做加速運動，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得：a2＝2 m/s2，摩擦力為滑動摩擦力，故適用公式Ff＝μFN，所以A錯誤，B正確；在第1 s內(nèi)物體的位移x1＝vt＝5 m，傳送帶的位移x2＝vt＝10 m，故相對位移Δx＝x2－x1＝5 m，所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos θΔx＝20 J，故C錯誤；物體增加的動能Ek＝mv2＝50 J，系統(tǒng)提供能量E＝Ek＋Q－mgsin θx1，小于70 J，故D錯誤． 6．(xx福建18)如圖4所示，兩根相同的輕質(zhì)彈簧，沿足夠長的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動．質(zhì)量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端．現(xiàn)用外力作用在物塊上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程，兩物塊(　　) 圖4 A．最大速度相同 B．最大加速度相同 C．上升的最大高度不同 D．重力勢能的變化量不同 答案　C 解析　當彈簧的彈力和滑塊重力沿斜面向下的分力大小相等時，滑塊的速度最大，由于兩滑塊的質(zhì)量不同，故兩滑塊速度分別達到最大時，質(zhì)量大的滑塊接觸的彈簧的形變量較小，根據(jù)能量守恒定律可知，質(zhì)量大的滑塊的最大速度較小，選項A錯誤．剛撤去外力時，根據(jù)牛頓第二定律得kx－mgsin θ＝ma(θ為斜面傾角)，a＝－gsin θ，若a>gsin θ，則此時兩滑塊的加速度最大，由于兩滑塊的質(zhì)量不同，故兩滑塊的最大加速度不同，選項B錯誤．整個過程中，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為滑塊的重力勢能，由于兩滑塊質(zhì)量不同，故上升的最大高度不同，選項C正確．兩滑塊重力勢能的變化量等于彈簧彈性勢能的減少量，故重力勢能的變化量相同，選項D錯誤． 7．兩木塊A、B用一輕彈簧連接，靜置于水平地面上，如圖5(a)所示．現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動木塊A，使木塊A向上做勻加速直線運動，如圖(b)所示．從木塊A開始運動到木塊B將要離開地面的過程中，下述判斷正確的是(設(shè)彈簧始終在彈性限度內(nèi))(　　) 圖5 A．彈簧的彈性勢能一直減小 B．力F一直增大 C．木塊A的動能和重力勢能之和一直增大 D．兩木塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機械能先增大后減小 答案　BC 解析　在木塊A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，故A錯誤；由牛頓第二定律即可解出此過程所需的拉力F的大小，得出拉力一直增大，故B正確；由于木塊A做勻加速運動，所以木塊A的速度增大，高度升高，則木塊A的動能和重力勢能之和增大，故C正確；在上升過程中，除重力與彈力做功外，還有拉力做正功，所以兩木塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機械能一直增大，故D錯誤． 8．(xx河南省開封第二次模擬)如圖6甲所示，一傾角為37的傳送帶以恒定速度運行，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.875 B．0～8 s內(nèi)物體位移的大小為18 m C．0～8 s內(nèi)物體機械能的增量為90 J D．0～8 s內(nèi)物體與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為126 J 答案　AC 解析　根據(jù)速度時間圖象分析，前6秒鐘，物體的加速度方向沿傳送帶向上，大小為a＝1 m/s2，根據(jù)物體在傳送帶上受力分析有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，整理得μ＝0.875，選項A正確.0～8 s內(nèi)物體位移等于前8秒鐘速度時間圖象與時間軸圍成的面積，時間軸上面的部分代表位移為正，下面的部分代表位移為負，結(jié)合圖象得位移x＝－ m＝14 m，選項B錯誤.0～8 s內(nèi)物體動能增加量為mv2－mv＝6 J，重力勢能增加mgxsin θ＝84 J，機械能增加量為6 J＋84 J＝90 J，選項C正確．摩擦生熱分為三部分，第一部分為前2秒：Q1＝μmgcos θt1＝14 J，第二部分為2～6 s，摩擦生熱Q2＝μmgcos θt2＝56 J，最后物體做勻速直線運動摩擦力為靜摩擦力，二者沒有相對運動，不產(chǎn)生熱量，所以0～8 s內(nèi)物體與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為Q1＋Q2＝70 J，選項D錯誤．