2019年高考物理大二轮专题复习 考前增分练 选择题部分 专练7 功 功率和功能关系.doc

2019年高考物理大二轮专题复习 考前增分练 选择题部分 专练7 功 功率和功能关系1(xx重庆2)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v2，则()Av2k1v1 Bv2v1Cv2v1 Dv2k2v1答案B解析车达到最大速度时，牵引力的大小等于阻力的大小，此时车的功率等于克服阻力做功的功率故Pk1mgv1k2mgv2，解得v2v1，选项B正确2(xx新课标16)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()AWF24WF1，Wf22Wf1BWF24WF1，Wf22Wf1CWF24WF1，Wf22Wf1DWF24WF1，Wf2.根据功的计算公式WFl，可知Wf1Wf2，WF1WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误3如图1甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示下列说法正确的是()图1A甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B甲、乙两球的质量之比为m甲m乙41C甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲P乙11D甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度相同答案BC解析因只有重力做功，所以甲、乙两球机械能都守恒，故A错误；动能与位移的图象斜率表示合外力，甲的合外力为m甲gsin 30，乙球的合外力为m乙g，由题图乙知m甲gsin 302m乙g，所以m甲m乙41，故B正确；根据Ekmv2知，动能相等时，两球重力的瞬时功率之比，所以C正确；由题图乙知，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球高度不相同，所以D错误4如图2所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点下列说法中正确的是()图2A小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B小球从A到C过程与从C到B过程，减少的动能相等C小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等D小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等答案BC解析小球从A出发到返回A的过程中，重力做功为零，摩擦力一直做负功，所以外力做功不为零，故A错误；小球从A到C与从C到B，重力与摩擦力做功之和相等，减少的动能相等，所以B正确；小球从A到C与从C到B，克服摩擦力做功相等，故损失的机械能相等，所以C正确；小球从A到C过程与从C到B过程，加速度相同，但运动的时间不同，故速度的变化量不相等，所以D错误5如图3所示，传送带足够长，与水平面间的夹角37，并以v10 m/s的速度逆时针匀速转动着，在传送带的A端轻轻地放一个质量为m1 kg的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数0.5，(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)则下列有关说法正确的是()图3A小物体运动1 s后，受到的摩擦力大小不适用公式FfFNB小物体运动1 s后加速度大小为2 m/s2C在放上小物体的第1 s内，系统产生50 J的热量D在放上小物体的第1 s内，至少给系统提供能量70 J才能维持传送带匀速转动答案B解析释放后A由mgsin mgcos ma1，得a110 m/s2，再根据va1t10 m/s，可得：t1 s，即1 s后物体与传送带速度相等，又因为mgsin mgcos ，所以1 s后物体继续做加速运动，mgsin mgcos ma2，解得：a22 m/s2，摩擦力为滑动摩擦力，故适用公式FfFN，所以A错误，B正确；在第1 s内物体的位移x1vt5 m，传送带的位移x2vt10 m，故相对位移xx2x15 m，所以系统产生的热量Qmgcos x20 J，故C错误；物体增加的动能Ekmv250 J，系统提供能量EEkQmgsin x1，小于70 J，故D错误6(xx福建18)如图4所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()图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重力势能的变化量不同答案C解析当弹簧的弹力和滑块重力沿斜面向下的分力大小相等时，滑块的速度最大，由于两滑块的质量不同，故两滑块速度分别达到最大时，质量大的滑块接触的弹簧的形变量较小，根据能量守恒定律可知，质量大的滑块的最大速度较小，选项A错误刚撤去外力时，根据牛顿第二定律得kxmgsin ma(为斜面倾角)，agsin ，若agsin ，则此时两滑块的加速度最大，由于两滑块的质量不同，故两滑块的最大加速度不同，选项B错误整个过程中，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的重力势能，由于两滑块质量不同，故上升的最大高度不同，选项C正确两滑块重力势能的变化量等于弹簧弹性势能的减少量，故重力势能的变化量相同，选项D错误7两木块A、B用一轻弹簧连接，静置于水平地面上，如图5(a)所示现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图(b)所示从木块A开始运动到木块B将要离开地面的过程中，下述判断正确的是(设弹簧始终在弹性限度内)()图5A弹簧的弹性势能一直减小B力F一直增大C木块A的动能和重力势能之和一直增大D两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小答案BC解析在木块A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；由牛顿第二定律即可解出此过程所需的拉力F的大小，得出拉力一直增大，故B正确；由于木块A做匀加速运动，所以木块A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故C正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故D错误8(xx河南省开封第二次模拟)如图6甲所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行，现将一质量m1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的是()图6A物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B08 s内物体位移的大小为18 mC08 s内物体机械能的增量为90 JD08 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J答案AC解析根据速度时间图象分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a1 m/s2，根据物体在传送带上受力分析有mgcos mgsin ma，整理得0.875，选项A正确.08 s内物体位移等于前8秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移x m14 m，选项B错误.08 s内物体动能增加量为mv2mv6 J，重力势能增加mgxsin 84 J，机械能增加量为6 J84 J90 J，选项C正确摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q1mgcos t114 J，第二部分为26 s，摩擦生热Q2mgcos t256 J，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以08 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q1Q270 J，选项D错误