2019届高考物理二轮复习专项突破训练：功、功率和功能关系Word版含解析.docx

功、功率和功能关系1一辆CRH2型动车组的总质量M2105 kg，额定输出功率为4 800 kW.假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270 km/h，受到的阻力Ff与速度v满足Ffkv.当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为()A600 kW B1 200 kWC2 400 kW D4 800 kW2(2018天津卷2)滑雪运动深受人民群众喜爱如图1所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()来源:学科网图1A所受合外力始终为零B所受摩擦力大小不变C合外力做功一定为零D机械能始终保持不变3一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶，发动机的输出功率为P.从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v之后又开始匀速行驶若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力下列说法正确的是()A汽车加速过程的最大加速度为B汽车加速过程的平均速度为vC汽车速度从v增大到2v过程中做匀加速运动D汽车速度增大时发动机产生的牵引力不断增大4两轮平衡车(如图2所示)广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为Ff.已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做的功设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则()图2A平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为vB平衡车运动过程中所需的最小牵引力为Fma来源:Z+xx+k.ComC平衡车达到最大速度所用的时间tD平衡车能达到的最大行驶速度v0来源:学+科+网5(多选)如图3所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点在从A到B的过程中，物块()来源:学.科.网图3A加速度先减小后增大B经过O点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功6(多选)如图4所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为.现用力F将该小物块沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与小物块的运动方向一致，小物块从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为mgR，下列说法正确的是()图4A物块在下滑过程中，运动到B处时速度最大B物块从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2mgRC拉力F做的功小于2mgRD拉力F做的功为mgR(12)7(多选)某段滑雪道倾角为30，滑雪运动员(包括雪具在内)总质量为m，从距底端高为h处由静止开始匀加速下滑，下滑加速度为(重力加速度为g)在运动员下滑的整个过程中()A运动员减少的重力势能全部转化为动能B运动员克服摩擦力做功为C运动员最后获得的动能为D系统减少的机械能为8(多选)如图5所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处的质量为m的小球(可视为质点)相连A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30，OAOC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰好能停在C处已知重力加速度为g，则下列说法正确的是() 图5A小球通过B点时的加速度为B小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等C弹簧具有的最大弹性势能为mv2DA到C过程中，产生的内能为mgh9.(多选)如图6所示，一个质量为2m的甲球和一个质量为m的乙球，用长度为2R的轻杆连接，两个球都被限制在半径为R的光滑圆形竖直轨道上，轨道固定于水平地面初始时刻，轻杆竖直，且质量为2m的甲球在上方，此时，受扰动两球开始运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图6A甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能B甲球下滑过程中减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C整个运动过程中甲球的最大速度为D甲球运动到最低点前，轻杆对乙球一直做正功10如图7所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R0.2 m，圆心为O，下端与绝缘水平轨道在B点相切并平滑连接一带正电q5.0103C、质量为m3.0 kg的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A点已知A、B两点间的距离为L1.0 m，物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g10 m/s2.图7(1)若物块在A点以初速度v0向左运动，恰好能到达圆周的最高点D，则物块的初速度v0应为多大？(2)若整个装置处于方向水平向左、场强大小为E2.0103 N/C的匀强电场中(图中未画出)，现将物块从A点由静止释放，试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置(结果可用三角函数表示)；(3)在(2)问的情景中，试求物块在水平面上运动的总路程11如图8所示，在水平地面上固定一倾角30的粗糙斜面，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面匀减速上滑高度H后停止，在上滑的过程中，其加速度和重力加速度g大小相等求：图8(1)小物块与斜面间的动摩擦因数；(2)该过程中系统由于摩擦产生的热量Q.12如图9，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，O为其圆心一质量为m的小滑块，在外力F(未画出)的作用下静止在圆轨道上的B点，OB与竖直方向的夹角为(<)，重力加速度为g.图9(1)为使小滑块静止在B点，外力F的最小值Fmin多少？(2)若在B点撤去力F的同时，给小滑块一个沿切线方向向的初速度，为使小滑块能滑上圆轨道的最高点C，求初速度v0的范围参考答案1.答案B2.答案C3.答案A解析设汽车所受的阻力为Ff，则开始时PFfv，加大油门后，P1Ff2v，则P12P.汽车在开始加大油门时的加速度最大，最大加速度为am，选项A正确；若汽车做匀加速运动，则平均速度为v，但随速度的增加，由PFv可知汽车牵引力减小，则加速度减小，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度不等于v，选项B、C、D错误4.答案A解析平衡车做匀加速直线运动过程中，由牛顿第二定律，FFfma，则根据P0Fv可得能达到的最大速度为v，选项A正确；当平衡车的加速度为零时，牵引力最小，此时FFf，选项B错误；平衡车匀加速达到最大速度所用的时间t，匀加速结束后，平衡车可减小牵引力，减小加速度，最后当牵引力等于阻力时达到最大速度，此时vm，可知平衡车达到最大速度所用的时间大于t，选项C、D错误5.答案AD解析由A点开始运动时，F弹>Ff，合力向右，小物块向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹Ffma知，a减小；当运动到F弹Ff时，a减小为零，此时弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时F弹<Ff，小物块做减速运动，且随着压缩量减小，F弹与Ff差值增大，即加速度增大；当越过O点后，弹簧被拉伸，此时弹力方向与摩擦力方向相同，有F弹Ffma，随着拉伸量增大，a也增大故从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在压缩状态F弹Ff时速度达到最大，故A对，B错；在AO段物块运动方向与弹力方向相同，弹力做正功，在OB段物块运动方向与弹力方向相反，弹力做负功，故C错；由动能定理知，A到B的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为0，故D对6.答案CD解析物块在下滑过程中，开始阶段，重力沿轨道切线方向的分力大于滑动摩擦力，物块的速度增大后来，重力沿轨道切线方向的分力小于滑动摩擦力，速度减小，则当重力沿轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；物块缓慢地从B被拉到A，克服摩擦力做的功为mgR，而物块从A滑到B的过程中，物块做圆周运动，根据向心力知识可知物块所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力较大，所以克服摩擦力做的功Wf大于mgR，因此物块从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于mg2R，故B错误；从C到A的过程中，根据动能定理得：WFmgRmgRmgR00，则由此可得拉力F做的功为WFmgR(12)，故D正确；从A到C的过程中，根据动能定理得：mgRWfmgR0，因为Wf>mgR，由此可得：mgR>mgRmgR，由以上可得：WF<2mgR，故C正确7.答案CD解析由于运动员下滑的加速度aggsin 30g，所以运动员在下滑过程中受到了摩擦力的作用，摩擦力做负功，因此运动员减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；由牛顿第二定律可知，运动员受到的合力 F合mamg，下落的距离为 s2h, 故合力做的功 WF合smgh.由动能定理可知，运动员最后获得的动能为 EkWmgh，故C正确；运动员所受合外力 F合mgsin 30Ffmg，故摩擦力 Ffmg，摩擦力所做的功 WfFfsmgh，故克服摩擦力做功为mgh，故B错误；根据功能关系知，克服摩擦力做的功等于机械能的减小量，故机械能减小了mgh，故D正确8.答案BCD解析因在B点时弹簧处于原长，则小球到达B点时的加速度为agsin 30gcos 30<g，选项A错误；因AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力的平均值相等，摩擦力做功相等，选项B正确；设小球从A运动到B的过程中克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球从A到B的过程有：mghEpmv2Wf，从A到C的过程有：mgh2Wf，解得：Wfmgh，则Epmv2.即弹簧具有的最大弹性势能为mv2，故C正确；A到C过程中，产生的内能为2Wfmgh，选项D正确9.答案ACD解析在运动的过程中，重力对系统做正功，甲和乙的动能都增加由于只有动能和重力势能之间的相互转化，所以甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能，故A正确；在运动的过程中，重力对系统做正功，甲和乙的动能都增加，所以甲球下滑过程中减少的重力势能总大于乙球增加的重力势能，故B错误；当甲到达最低点时，乙也到达了最高点，该过程中系统减小的重力势能等于系统增加的动能，由于两球的线速度相等，设该速度为v，则：2mg2Rmg2Rmv22mv2，得：v，故C正确；甲球运动到最低点前，乙的重力势能一直增大，同时乙的动能也一直增大，可知轻杆对乙球一直做正功，故D正确10.答案见解析解析(1)物块恰好能到达圆周的最高点D，故有：mgm对A到D过程，根据动能定理有：mg2RmgLmvD2mv02联立解得：v0 m/s(2)假设物块能滑到C点，从A至C过程，由动能定理得：qE(LR)mgRmgLmvC20可得vC0，故物块始终没有脱离轨道当物块在圆弧轨道上切向受力平衡时，其速度最大对物块受力分析，可知tan 故物块在以后运动过程中速度最大时位于B点左侧圆周上，其与圆心的连线与OB的夹角为，且arctan (3)对物块，由释放至停在B点速度为0的过程中，由动能定理得：qELmgs0解得总路程为：s m.11.答案见解析解析(1)在小物块沿斜面匀减速上滑的过程中，由牛顿第二定律有：来源:学科网ZXXKmgsin mgcos maag解得：.(2)该过程中，小物块克服摩擦力所做的功为：Wmgcos 由功能关系有：QW解得：QmgH.12.答案(1)mgsin (2)v0解析(1)为使小滑块静止在B点，外力F最小时其方向垂直于OB向上，大小为：Fminmgsin .(2)设小滑块沿圆轨道运动到C点时的速度大小为vC，由牛顿运动定律有mg小滑块从B点运动到C点，由机械能守恒定律有mv02mvC2mgR(1cos )联立解得v0.