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1、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(biāo)Ⅱ·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
2、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=ma
3、2,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
4、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
5、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
6、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
7、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 θ·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
8、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(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
9、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
10、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
11、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
12、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m×v2-m×v=6 J,重力勢能增加mgx×sin 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 θ×t1=14 J,第二部分為2~6 s,摩擦生熱Q2=μmgcos θ×t2=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.