高三物理二轮高考题型练题型4功能关系的理解和应用Word文件下载.docx
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C.车发动机输出功率不断增大
D.车发动机输出功率保持不变
答案 C
解析 设洒水车牵引力为F,洒水车质量为m,阻力为kmg,由牛顿第二定律有F-kmg=ma得,a=
-kg,开始时F=kmg,a=0,随着m减小,a逐渐增大,故洒水车做加速度逐渐增大加速运动,故A.B错误.由于速度逐渐增加,而牵引力不变,由P=Fv可得输出功率变大,故C正确,D错误.
3.(2014·
新课标Ⅱ·
16)一物体静止在粗糙水平地面上.现用一大小为F1水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力大小改为F2,物体从静止开始经过同样时间后速度变为2v.对于上述两个过程,用WF1.WF2分别表示拉力F1.F2所做功,Wf1.Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做功,则( )
A.WF2>
4WF1,Wf2>
2Wf1
B.WF2>
4WF1,Wf2=2Wf1
C.WF2<
D.WF2<
4WF1,Wf2<
解析 根据x=
t得,两过程位移关系x1=
x2,根据加速度定义a=
得两过程加速度关系为a1=
.由于在相同粗糙水平地面上运动,故两过程摩擦力大小相等,即Ff1=Ff2=Ff,根据牛顿第二定律得,F1-Ff1=ma1,F2-Ff2=ma2,所以F1=
F2+
Ff,即F1>
.根据功计算公式W=Fl,可知Wf1=
Wf2,WF1>
WF2,故选项C正确,选项A.B.D错误.
4.如图1所示,传送带足够长,与水平面间夹角α=37°
并以v=10m/s速度逆时针匀速转动着,在传送带A端轻轻地放一个质量为m=1kg小物体,若已知物体与传送带之间动摩擦因数μ=0.5,(g=10m/s2,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8)则下列有关说法正确是( )
图1
A.小物体运动1s后,受到摩擦力大小不适用公式Ff=μFN
B.小物体运动1s后加速度大小为2m/s2
C.在放上小物体第1s内,系统产生50J热量
D.在放上小物体第1s内,至少给系统提供能量70J才能维持传送带匀速转动
解析 释放后A由mgsinθ+μmgcosθ=ma1,得a1=10m/s2,再根据v=a1t=10m/s,可得:
t=1s,即1s后物体与传送带速度相等,又因为mgsinθ>
μmgcosθ,所以1s后物体继续做加速运动,mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得:
a2=2m/s2,摩擦力为滑动摩擦力,故适用公式Ff=μFN,所以A错误,B正确;
在第1s内物体位移x1=
vt=5m,传送带位移x2=vt=10m,故相对位移Δx=x2-x1=5m,所以系统产生热量Q=μmgcosθΔx=20J,故C错误;
物体增加动能Ek=
mv2=50J,系统提供能量E=Ek+Q-mgsinθ·
x1,小于70J,故D错误.
5.(2014·
福建·
18)如图2所示,两根相同轻质弹簧,沿足够长光滑斜面放置,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过程,两物块( )
图2
A.最大速度相同
B.最大加速度相同
C.上升最大高度不同
D.重力势能变化量不同
解析 当弹簧弹力和滑块重力沿斜面向下分力大小相等时,滑块速度最大,由于两滑块质量不同,故两滑块速度分别达到最大时,与质量大滑块接触弹簧形变量较小,根据能量守恒定律可知,质量大滑块最大速度较小,选项A错误.刚撤去外力时,根据牛顿第二定律得kx-mgsinθ=ma(θ为斜面倾角),a=
-gsinθ,若a>
gsinθ,则此时两滑块加速度最大,由于两滑块质量不同,故两滑块最大加速度不同,选项B错误.整个过程中,弹簧弹性势能全部转化为滑块重力势能,由于两滑块质量不同,故上升最大高度不同,选项C正确.两滑块重力势能变化量等于弹簧弹性势能减少量,故重力势能变化量相同,选项D错误.
二.不定项选择题
6.如图3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中点.下列说法中正确是( )
图3
A.小球从A出发到返回A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,减少动能相等
C.小球从A到C过程与从C到B过程,损失机械能相等
D.小球从A到C过程与从C到B过程,速度变化量相等
答案 BC
解析 小球从A出发到返回A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,但运动时间不同,故速度变化量不相等,所以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4(a)所示.现用一竖直向上力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将要离开地面过程中,下述判断正确是(设弹簧始终在弹性限度内)( )
图4
A.弹簧弹性势能一直减小
B.力F一直增大
C.木块A动能和重力势能之和一直增大
D.两木块A.B和轻弹簧组成系统机械能先增大后减小
解析 在木块A上升过程中,弹簧从压缩到伸长,所以弹簧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拉力F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速度增大,高度升高,则木块A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和轻弹簧组成系统机械能一直增大,故D错误.
8.将一物体以一定初速度从某一高度处竖直上抛,一段时间后物体回到原出发点,已知空气阻力与其速度成正比,则下面说法正确是( )
A.上升过程所用时间与下降过程所用时间相等
B.上升过程所用时间小于下降过程所用时间
C.上升和下降过程,小球机械能都减少,且上升过程机械能减少量大于下降过程
D.在出发点,上升时重力瞬时功率小于下降时瞬时功率
解析 空气阻力大小F阻=kv,上升过程中由牛顿第二定律得加速度大小为a1=g+
下降过程中加速度为a2=g-
所以a1>
a2,物体减速上升过程可看作初速度为零加速下降过程,由x=
at2可知上升过程时间小于下降过程时间,故选项A错误,B正确;
由于需要克服阻力做功,所以在同一位置速度上升时大于下降时速度,即上升时阻力大于下降时阻力,所以上升过程中阻力大于下降过程中阻力,即上升过程中克服阻力做功大于下降过程中克服阻力做功,故选项C正确;
因为上升和下降过程中克服阻力做功,物体回到出发点时速度小于出发时速度,所以在出发点,上升时重力瞬时功率大于下降时重力瞬时功率,故选项D错误.
9.如图5所示,斜面体固定在水平地面上,虚线以上部分斜面光滑,虚线以下部分斜面粗糙.质量分别为m1.m2(m2>
m1)两物体之间用细线连接,开始时m1处在斜面顶端并被束缚住.当由静止释放m1后,两物体开始沿斜面下滑,则下列说法正确是( )
图5
A.m2到达斜面底端前两物体一定不能相遇
B.m2到达斜面底端前两物体有可能相遇
C.在虚线上方运动时细线对两物体均不做功
D.在虚线上方运动时细线对m1做正功,对m2做负功
解析 虚线以上部分斜面光滑,物体受到重力和支持力作用,把两个物体看成整体,根据牛顿第二定律得:
a=
=gsinθ,两物体加速度相等,绳子拉直,但没有力作用,此过程,细线对两物体均不做功,m2先到达虚线下方,此时m2受到重力.支持力.滑动摩擦力作用,若滑动摩擦力大于重力沿斜面分量,则m2做匀减速运动,此时m1仍做匀加速运动,所以绳子处于松弛状态,m1运动到虚线位置时速度比m2运动到虚线位置时速度大,m1进入虚线下方做匀减速运动,相同时间内m1运动位移比m2运动位移大,所以m2到达斜面底端前两物体有可能相遇,故A.D错误,B.C正确.
10.如图6所示,轻弹簧上端通过一轻绳固定,下端拴一小球,小球与光滑三角形斜面接触,弹簧处于竖直状态.现用力F竖直向上推斜面,使斜面缓慢向上运动直至弹簧与斜面平行,则在此过程中,以下说法正确是( )
图6
A.小球对斜面压力一直增大
B.弹簧对小球不做功
C.斜面对小球做正功
D.推力F做功等于斜面与小球机械能增加
答案 AC
解析 斜面在上升过程中,小球受斜面支持力.重力和弹簧拉力,由平衡条件知,FN和弹簧弹力F弹合力大小等于mg,由三角形定则可知,FN一直增大,故A正确;
小球在弹力方向发生了位移,故弹力做功,故B错误;
斜面对小球作用力与小球位移成锐角,故斜面对小球做正功,故C正确;
推力做功等于斜面与小球机械能增加量和弹簧弹性势能变化量之和,故D错误.
11.如图7所示,倾角为θ光滑斜面足够长,一质量为m小物体,在沿斜面向上恒力F作用下,由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动,经过时间t,力F做功为60J,此后撤去力F,物体又经过相同时间t回到斜面底端,若以地面为零势能参考面,则下列说法正确是( )
图7
A.物体回到斜面底端动能为60J
B.恒力F=2mgsinθ
C.撤去力F时,物体重力势能是45J
D.动能与势能相等时刻一定出现在撤去力F之后
答案 ACD
解析 设撤去F前.后加速度为a1.a2,由运动学规律,有x=
a1t2和-x=a1t2-
a2t2,联立解得
=
由牛顿第二定律,有F-mgsinθ=ma1和mgsinθ=ma2,则F=
mgsinθ,选项B错误;
又W=Fx=
mgxsinθ=60J,可得mgxsinθ=45J,选项C正确;
物体从出发到回到斜面底端,由动能定理Fx=Ek=60J,选项A正确;
F作用时,动能从0增加到15J,重力势能从0增加到45J,不可能出现动能与势能相等位置,撤去力F后,物体上滑时,动能减少,势能增大,不可能出现动能与势能相等位置,物体下滑时,动能从0增加到60J,重力势能从60J减小到0,将能出现动能与势能相等位置,选项D正确.
12.一质量为2kg物体,在水平恒定拉力作用下以一定初速度在粗糙水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图8中给出了拉力随位移变化关系图象.已知重力加速度g=10m/s2,由此可知( )
图8
A.物体与水平面间动摩擦因数约为0.35
B.减速过程中拉力对物体所做功约为8J
C.匀速运动时速度约为6m/s
D.减速运动时间等于
s
解析 物体与水平面间动摩擦因数为μ=
=0.35,A正确;
减速过程中拉力对物体所做功可以用这段图线与横轴围成面积来表达,可以粗略得到功应为12J,B错误.对减速过程应用动能定理得WF-μmgx=0-
mv2,代入数据得v≈6m/s,C正确;
减速过程物体加速度逐渐增大,平均速度小于3m/s,运动时间大于
s,D错误.
13.如图9所示,固定光滑倾斜杆上套有一个质量为m圆环,圆环与竖直放置轻质弹簧上端相连,弹簧下端固定在水平地面上A点,开始弹簧竖直并且长度恰好为原长h.现让圆环由静止沿杆滑下,滑到杆底端(未触及地面)时速度恰好为零,已知当地重力加速度大小为g.则在圆环下滑整个过程中( )
图9
A.圆环.弹簧和地球组成系统机械能不守恒
B.弹簧弹性势能先增大后减小
C.弹簧弹性势能增大了mgh
D.弹簧最大压缩量小于其最大伸长量
答案 CD
解析 圆环沿杆滑下,滑到杆底端过程中有两个力对圆环做功,即环重力和弹簧弹力;
所以圆环机械能不守恒,如果把圆环和弹簧组成系统作为研究对象,则系统机械能守恒,故A选项错误;
弹簧弹性势能随弹簧形变量变化而变化,由图知弹簧先缩短后伸长,故弹簧弹性势能先增大再减小,最后再增大,故B选项错误;
根据系统机械能守恒,圆环机械能减少了mgh,那么弹簧机械能即弹性势能增大mgh,故C选项正确;
由图可知,弹簧最大压缩量在弹簧与杆垂直时刻,此时系统具有能量为圆环动能.重力势能和弹簧弹性势能,当圆环速度减为零时,到达最底端,此时圆环动能和势能都为零(以地面为零参考平面),系统所有机械能全部转化成了弹簧弹性势能,此时弹簧处于最大伸长状态,所以弹簧最大伸长量要大于最大压缩量,故D正确.
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- 物理 二轮 高考 题型 功能 关系 理解 应用