2021届高考物理(全国通用)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.docx

专练7　功　功率和功能关系
(限时：20分钟)
1．(2022·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(　　)
A．v2＝k1v1 B．v2＝v1
C．v2＝v1 D．v2＝k2v1
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P＝k1mgv1＝k2mgv2，解得v2＝v1，选项B正确．
2．(2022·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，物体从静止开头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(　　)
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　依据x＝t得，两过程的位移关系x1＝x2，依据加速度的定义a＝，得两过程的加速度关系为a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，依据牛顿其次定律得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>.依据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误．
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头下滑，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1
A．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＝4∶1
C．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＝1∶1
D．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 30°＝2m乙g，所以m甲∶m乙＝4∶1，故B正确；依据Ek＝mv2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沿粗糙斜面对上运动，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2
A．小球从A动身到返回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，削减的动能相等
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动身到返回A的过程中，重力做功为零，摩擦力始终做负功，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，削减的动能相等，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α＝37°，并以v＝10 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m＝1 kg的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)则下列有关说法正确的是(　　)

图3
A．小物体运动1 s后，受到的摩擦力大小不适用公式Ff＝μFN
B．小物体运动1 s后加速度大小为2 m/s2
C．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，至少给系统供应能量70 J才能维持传送带匀速转动
答案　B
解析　释放后A由mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10 m/s2，再依据v＝a1t＝10 m/s，可得：t＝1 s，即1 s后物体与传送带速度相等，又由于mgsin θ>μmgcos θ，所以1 s后物体连续做加速运动，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得：a2＝2 m/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1 s内物体的位移x1＝vt＝5 m，传送带的位移x2＝vt＝10 m，故相对位移Δx＝x2－x1＝5 m，所以系统产生的热量Q＝μmgcos θΔx＝20 J，故C错误；物体增加的动能Ek＝mv2＝50 J，系统供应能量E＝Ek＋Q－mgsin θ·x1，小于70 J，故D错误．
6．(2022·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、外形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对上弹出并离开弹簧，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对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，依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，依据牛顿其次定律得kx－mgsin θ＝ma(θ为斜面倾角)，a＝－gsin θ，若a>gsin θ，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削减量，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开头运动到木块B将要离开地面的过程中，下述推断正确的是(设弹簧始终在弹性限度内)(　　)

图5
A．弹簧的弹性势能始终减小
B．力F始终增大
C．木块A的动能和重力势能之和始终增大
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；由牛顿其次定律即可解出此过程所需的拉力F的大小，得出拉力始终增大，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，高度上升，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始终增大，故D错误．
8．(2022·河南省开封其次次模拟)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m＝1 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，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　)

图6
A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875
B．0～8 s内物体位移的大小为18 m
C．0～8 s内物体机械能的增量为90 J
D．0～8 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　依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a＝1 m/s2，依据物体在传送带上受力分析有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，整理得μ＝0.875，选项A正确.0～8 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＝－ m＝14 m，选项B错误.0～8 s内物体动能增加量为m×v2－m×v＝6 J，重力势能增加mgx×sin θ＝84 J，机械能增加量为6 J＋84 J＝90 J，选项C正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q1＝μmgcos θ×t1＝14 J，其次部分为2～6 s，摩擦生热Q2＝μmgcos θ×t2＝56 J，最终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0～8 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q1＋Q2＝70 J，选项D错误．