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

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()Av2k1v1 Bv2v1Cv2v1 Dv2k2v1答案B解析車達(dá)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Pk1mgv1k2mgv2，解得v2v1，選項B正確2(xx·新課標(biāo)·16)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()AWF2>4WF1，Wf2>2Wf1BWF2>4WF1，Wf22Wf1CWF2<4WF1，Wf22Wf1DWF2<4WF1，Wf2<2Wf1答案C解析根據(jù)xt得，兩過程的位移關(guān)系x1x2，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(yùn)動，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1f2f，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)1f1ma1，F(xiàn)2f2ma2，所以F1F2f，即F1>.根據(jù)功的計算公式WFl，可知Wf1Wf2，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(yùn)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1A甲球機(jī)械能不守恒，乙球機(jī)械能守恒B甲、乙兩球的質(zhì)量之比為m甲m乙41C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11D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(jī)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41，故B正確；根據(jù)Ekmv2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(yùn)動，到達(dá)最高點B后返回A，C為AB的中點下列說法中正確的是()圖2A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(jī)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(fù)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(jī)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(yùn)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37°，并以v10 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m1 kg的小物體，若已知物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.5，(g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)則下列有關(guān)說法正確的是()圖3A小物體運(yùn)動1 s后，受到的摩擦力大小不適用公式FfFNB小物體運(yùn)動1 s后加速度大小為2 m/s2C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 mgcos ma1，得a110 m/s2，再根據(jù)va1t10 m/s，可得：t1 s，即1 s后物體與傳送帶速度相等，又因為mgsin >mgcos ，所以1 s后物體繼續(xù)做加速運(yùn)動，mgsin mgcos ma2，解得：a22 m/s2，摩擦力為滑動摩擦力，故適用公式FfFN，所以A錯誤，B正確；在第1 s內(nèi)物體的位移x1vt5 m，傳送帶的位移x2vt10 m，故相對位移xx2x15 m，所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Qmgcos x20 J，故C錯誤；物體增加的動能Ekmv250 J，系統(tǒng)提供能量EEkQmgsin ·x1，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4A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(dāng)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(dá)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kxmgsin ma(為斜面傾角)，agsin ，若a>gsin ，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(yùn)動，如圖(b)所示從木塊A開始運(yùn)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5A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(jī)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(yùn)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(jī)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(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量m1 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，g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.則下列說法正確的是()圖6A物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.875B08 s內(nèi)物體位移的大小為18 mC08 s內(nèi)物體機(jī)械能的增量為90 JD08 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a1 m/s2，根據(jù)物體在傳送帶上受力分析有mgcos mgsin ma，整理得0.875，選項A正確.08 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(fù)，結(jié)合圖象得位移x m14 m，選項B錯誤.08 s內(nèi)物體動能增加量為m×v2m×v6 J，重力勢能增加mgx×sin 84 J，機(jī)械能增加量為6 J84 J90 J，選項C正確摩擦生熱分為三部分，第一部分為前2秒：Q1mgcos ×t114 J，第二部分為26 s，摩擦生熱Q2mgcos ×t256 J，最后物體做勻速直線運(yùn)動摩擦力為靜摩擦力，二者沒有相對運(yùn)動，不產(chǎn)生熱量，所以08 s內(nèi)物體與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為Q1Q270 J，選項D錯誤