高考物理二轮复习选择题强化训练专题1.10 功能关系（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理二轮复习选择题强化训练专题1.10 功能关系（2份，原卷版+解析版），共14页。
A．钢索拉重物的力一直增大
B．钢索拉重物的力先增大后不变
C．在第二阶段，钢索拉重物的力一定大于重物的重力
D．在第二阶段，重物可能做匀速直线运动
【答案】D
【详解】AB．拉力对重物做的功，等于重物的机械能变化，则结合图像可知，图像的斜率为拉力F，由图可知，钢索拉重物的力先减小后不变，故AB错误；
CD．第二阶段，斜率保持不变，钢索对重物的拉力F不变，但F与mg大小关系不能确定，可能
做匀加速直线运动，可能做匀速直线运动，故C错误，D正确。故选D。
2．下列图像中，可表示地面附近一小球沿竖直方向做抛体运动过程中，速度与重力势能之间关系的是（不计空气阻力）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】根据可得重力势能的表达式速度的大小越小，重力势能越大，与速度的方向无关，与零势能面的选取无关。故选A。
3．如图所示，一轻质弹簧固定在斜面底端，t=0时刻，一物块从斜面顶端由静止释放，直至运动到最低点的过程中，物块的速度v和加速度a随时间t、动能Ek和机械能E随位移x变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】A．在接触弹簧前，物块的速度v随着时间均匀增加，接触弹簧后，在达到最大速度前，做加速度减小的加速运动，达到最大速度后，做加速度增大的减速运动，直到停止，故A正确；
B．在接触弹簧前，加速度恒定，刚接触弹簧后的加速度大小为达到最大速度后，设此时弹簧的型变量为其中设物块与弹簧接触前运动了,物块从释放到运动到最低点整理得
有因此故B错误；
C．由动能定理，在接触弹簧前，物体沿着斜面下滑的位移为x：动能随着位移线性增加，接触弹簧后，在达到最大速度前，做加速运动，物块的动能随着位移是增加的，达到最大速度后，做减速运动，动能随着位移的增加而减少，故C错误；
D．在接触弹簧前，只有摩擦力做负功，物体的机械能减少在接触弹簧后，有摩擦力和弹簧弹力做负功，物体的机械能随位移减少的规律如下是开口向下的抛物线的一段，故D错误。故选A。
4．如图所示，在倾角为底端具有挡板的固定斜面上，滑块b的一端通过一劲度系数为的轻质弹簧与另一滑块a连接后置于斜面上，滑块b的另一端通过一不可伸长的轻绳跨过光滑的定滑轮与带孔的小球c连接，小球c穿在光滑的固定轻杆上，轻杆与水平方向的夹角为，初始用手托住小球c置于M点，此时水平，弹簧被拉伸且弹力大小为，释放小球c，小球恰好能滑至N点，滑块a始终未离开挡板，已知，，，若整个支运动过程中，绳子一直绷紧则，下列说法正确的是（ ）
A．滑块b与斜面间的动摩擦因数为0.75
B．小球c滑至的中点处的速度
C．小球c从M点滑至N点的过程中，经过中点处时重力的功率最大
D．小球c从M点滑至N点的过程中，弹簧的弹性势能经历了先减小再增大的过程
【答案】B
【详解】A．小球c从M到N，滑块b先下滑再回到原来的位置，则由能量关系
解得滑块b与与斜面间的动摩擦因数为
选项A错误；
B．小球在M点时弹簧被拉伸，弹力为8N，此时弹簧被拉长小球c滑至的中点处时，b下滑的距离为则此时弹簧被压缩4cm，此时的弹性势能等于在M点的弹性势能，设此时c的速度为v，则b的速度为0，则由能量关系
解得选项B正确；
C．小球c从M点滑至N点的过程中，经过中点处时，小球c沿斜面方向的合力为mcgsin37°，则加速度不为零，速度不是最大，即此时重力的功率不是最大，选项C错误；
D．小球c从M点滑至MN中点的过程中，弹簧由伸长4cm到被压缩4cm，即弹簧的弹性势能先减小再增大；同样小球c从MN中点滑至N点的过程中，弹簧由压缩4cm到被拉长4cm，即弹簧的弹性势能仍先减小再增大，则选项D错误。故选B。
5．如图为某古法榨油装置，轻杆可绕轴转动，端重物质量为，下拉可通过滑轮将重物P提起，释放，P下落至平台Q，对固定在平台上的油饼进行锤压。已知P的质量为，。将重物拉到杆水平时释放，当杆转到与等高时，若系统减少的重力势能有转化为动能，则重物P此时的速度最接近（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】将重物A拉到杆水平时释放，当杆转到A与等高时，对A的速度进行分解
同一根绳的速度大小处处相等，即则同时根据动能定理，得，
联立两式可以解出故选B。
6．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，重力加速度为g，摩擦阻力和空气阻力均忽略。下列选项错误的是（ ）
A．开始运动后，B的加速度是A的2倍
B．开始运动后，A的加速度大小为
C．当B的位移为2h时，B的速度大小为
D．当A的位移为h时，A的速度大小为
【答案】D
【详解】A．由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式可知，B的加速度是A加速度的2倍，选项A正确；
B．对B分析，由牛顿第二定律有对A分析，由牛顿第二定律有又
联立解得选项B正确；
CD．由速度公式可知，由于B的加速度是A加速度的两倍，所以同一时刻，A的速度是B的一半，即当A上升h时，B下降高度2h，由机械能守恒得联立解得，选项C正确，D错误。本题选错误的，故选D。
7．如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以某一初速度在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，若小方块恰能全部进入粗糙水平面，则小方块克服摩擦力所做的功为（ ）
A．B．μMgl
C．D．2μMgl
【答案】A
【详解】总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中，滑动摩擦力由零开始均匀增大，令进入粗糙水平面的长度为x、该部分的质量为m，则有其中解得其中x的最大值为l，作出如图所示的f—x图像，如图所示
可知图线与横轴围成图形的面积即小方块克服滑动摩擦力做功的大小，解得故选A。
8．利用太阳能发电系统发电是我国近几年重点发展的新型发电方式，人们利用太阳能发电系统进行发电，该系统由太阳能电池组、太阳能控制器、蓄电池组组成。已知太阳与地球之间的平均距离约为1.5×1011m，太阳每秒辐射的能量约为3.86×1026J，现有一太阳能发电用户在自家楼顶装了面积为120m2的太阳能发电板，且太阳能转化为电能的效率为5%，如果每天的平均日照时间为6h，以下说法正确的是（ ）
A．该用户一天的太阳能发电约为5kW·h
B．太阳每秒照到太阳能发电板上的能量约为136.6J
C．发电一小时可供22W的灯泡正常工作约410h
D．以上说法都不正确
【答案】D
【详解】AB．建立以太阳为中心，太阳与地球间距为半径的球体模型，则球面面积S=4πr2=2.8×1023m2
已知太阳每秒辐射的能量约为E=3.86×1026J太阳能发电板的面积为S0=120m2太阳能转化为电能的效率为5%，则每秒产生的电能为E0=×S0×5%=8.27×103J根据焦耳与千瓦时的公式换算可知，这家用户一天的太阳能发电约为E总=6×3600E0=kW·h≈49.6kW·h故AB错误；
CD．发电一小时的能量E1=3600E0可供22W的灯泡正常工作时间t==h≈376h故C错误，D正确。故选D。
9．现在，电动车已经走进千家万户，逐渐被人们接受，其续航里程是人们关注的焦点。影响电动车续航里程的因素有很多，如电池电能、环境温度、系统效率、行驶阻力等等。某纯电动车研究团队在平直的公路上用同一辆纯电动车（总质量不同）作研究，改变电池电能从而改变整车质量，让电动车以某一速度做匀速直线运动，得到电池电能与续航里程的关系如图甲所示。设该纯电动车电机把电能转化为机械能的效率，电动车受到的阻力恒为总重力的0.05倍，电池电能与对应的质量关系如图乙所示。重力加速度g取。根据以上信息，可以得出（ ）
A．电池的电能越大，电动车的续航里程一定越大
B．电池的电能分别为和时，电动车的总质量之比为
C．电池的电能为时，电动车的总质量为4800kg
D．图乙中
【答案】C
【详解】A．由图甲可知，当电池的容量为时，续航里程为1200km，再增大电池的容量，续航里程不再增大，项错误；
BC．由题意知确定续航里程的条件是电动车做匀速直线运动，设除电池外电动车的质量为M，根据能量的转换和守恒定律得电池的容量为时，有电池的容量为时，有
联立解得；；，B错误，C正确；
D．由图乙有；结合前面的分析可得；
D错误；故选C。
10．某家用桶装纯净水手压式压水器如图，桶放置在水平地面上，在手连续稳定按压下，出水速度为，供水系统的效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差为，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A．出水口时间内的出水体积
B．出水口所出水落地时的速度
C．出水后，手连续稳定按压的功率为
D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和
【答案】AB
【详解】A．根据题意可知，时间内水从出水口流出的体积为故A正确；
B．水从出水口流出后到落地的过程，根据动能定理有解得故B正确；
C．根据题意可知，手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量
则出水口的水具有的机械能为而供水系统的效率为，所以手连续稳定按压做的功为手连续稳定按压的功率为
故C错误；
D．由于供水系统的效率，因此手按压输入的功率大于单位时间内所出水的动能和重力势能之和，故D错误。故选AB。
11．中国汽车工业协会日前公布的最新数据显示，2022年前10个月，我国新能源汽车产销量均超500万辆，持续保持高增长态势。为了测试某品牌新能源汽车的性能，某实验小组对一辆新能源汽车在同一平直轨道上进行了①②两次实验，其速度大小v随时间t的变化关系如图所示，第②次实验中变速阶段加速度的大小相同；两次实验中汽车所受阻力大小相等且恒定，汽车运动距离相等。对于第①次和第②次实验（ ）
A．汽车最大牵引力之比为2:1B．汽车运动时间之比为2:3
C．汽车输出的最大功率之比为4:1D．汽车牵引力所做的功之比为1:1
【答案】BD
【详解】A．图像的斜率的绝对值表示加速度想，对实验①②有， 解得，A错误；
C．根据，解得，C错误；
B．由于第②次实验中变速阶段加速度的大小相同，可知加速与减速过程的时间均为，令匀速运动的时间为，由于图像的面积表示位移，则有解得则第①次和第②次实验汽车运动时间之比，B正确；
D．根据图像可知，汽车初速度与末速度均为0，根据动能定理有由于阻力大小相等，运动的总位移相等，可知两次实验克服阻力做功相等，可知汽车牵引力所做的功，即汽车牵引力所做的功之比为1:1，D正确。故选BD。
12．如图甲所示，浅色倾斜传送带两侧端点间距6m，皮带总长12m，倾角37°。t＝0时，一质量为1kg的煤块从传送带底部的A点，以10m/s的速度冲上传送带。t＝1s时，传送带开始沿顺时针方向匀加速转动，A点运动的v－t图像如图乙所示。煤块与传送带间动摩擦因数为0.5，传送轮和煤块大小均可以忽略（，，）。煤块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．煤块运动至最高点，位移为5m
B．煤块在传送带上运动时间为2s
C．煤块在传送带上留下的痕迹为12m
D．煤块与传送带间产生的热量为90J
【答案】ACD
【详解】A．煤块滑上传送带做匀减速直线运动，加速度大小为经过时间t1速度减小到零，则，0~1s传送带速度为零，则煤块向上滑动的位移，1s后传送带开始加速，其加速度为由于煤块煤块向下加速，其加速度为
所以煤块运动至最高点，位移为5m，A正确；
B．煤块向下加速到A点时间为t2，则解得则煤块在传送带上运动时间为
B错误；
C．煤块上滑相对传送带的位移为x1=5m，下滑相对传送带的位移大小为由于皮带总长12m，则煤块在传送带上留下的痕迹为12m，C正确；
D．煤块与传送带间产生的热量为，D正确。故选ACD。
13．宇航员在空气稀薄的某星球上用一根不可伸长轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接质量为200g的小钢球，如图甲所示。多次拉起小钢球使绳伸直至不同位置并由静止释放，每次释放后小球均在竖直平面内摆动，拉力传感器分别记录下每次释放小钢球后，小钢球在竖直平面内摆动过程中绳子拉力的最大值和最小值。作出图像，如图乙所示，根据图像判断下列说法正确的是（ ）
A．增大小球质量，图像斜率会变大
B．随着释放高度增加，与的差值变大
C．该星球表面的重力加速度为
D．若该星球半径是地球半径的一半，则其第一宇宙速度约为4km/s
【答案】BD
【详解】AB．设刚释放时绳与竖直方向的夹角为，此时绳上拉力最小为球摆到最低点时绳上拉力最大，设绳长为L，球到最低点时速度为v，由机械能守恒有据向心力公式有联立解得可见图像的斜率为定值-2与m无关由题意知，释放高度增加增大减小，则增大，选项A错误，B正确；
CD．由对照图像可见解得约为地球表面的重力加速度一半，该星球第一宇宙速度若该星球半径是地球半径的一半，则其第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度7.9km/s的一半，即约为4km/s，C错误，D正确。故选BD。
14．如图甲，劲度系数的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为M的木板。开始时弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上、一质量的物块（可视为质点）从木板左端以初速度滑上木板，最终恰好停在木板的右端。图乙中A为物块的图线；B为木板的图线且为正弦图线。已知重力加速度，根据图中所给信息可得（ ）
A．木板的长度为
B．时，弹簧的弹性势能为
C．时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等
D．内“物块和木板”系统的摩擦生热为
【答案】AD
【详解】A．由于v-t图像与t轴围成的面积表示位移，通过图像可知，A一直向右运动，位移s=2m，B先向右后向左运动，总位移为0。因此，A运动的位移即为木板长度，即2m，A正确；
B．由于v-t图像的斜率表示加速度，可知A减速运动的加速度为1m/s2。而A在仅受摩擦力的作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知由物块B的v-t图像可知，t=0.5s时，B的速度最大，此时由于切线斜率为0，故B物块的加速度为0。对B进行受力分析可知，此时弹簧弹力与摩擦力二力平衡，且弹簧伸长量的大小应为B的位移x，则有：解得由正弦图线的对称性可知，t=1s时，B的速度为0，即位于简谐运动的振幅处，B向右的位移为2x。对0~1s过程列能量守恒：
其中A在1s内的位移为联立可得，B错误；
C．1s时，木板的v-t图切线斜率不为0，说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹簧弹力并不相等，C错误；
D．两秒内“物块和木板”系统的摩擦生热而由图像可知，全过程物块与木板的相对路程即等于物块的位移s，因此系统摩擦生热为2J，D正确。故选AD。
15．如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过分别固定在同一水平面上O、E两点的定滑轮一端与物块A相连，另一端与质量为m的小球C相连，小球C套在水平固定、粗细均匀的光滑直杆上。开始时，小球C锁定在直杆的P点，连接小球的轻绳与水平方向的夹角为，物块B对地面的压力恰好为零。某时刻解除对小球C的锁定，同时对小球C施加一个水平向右、大小为F的恒力，小球C运动到直杆Q点时的速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ，D点为P、Q两点的中点，P、Q两点间的距离为L，E点在物块A的正上方，小球C运动过程中轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内。忽略两定滑轮的大小，已知重力加速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物块A做的功为零
B．小球C从P点运动到D点的过程中，弹簧的弹力和轻绳的拉力对物块A冲量的和为零
C．小球C运动到Q点时物块A的速度大小为
D．小球C运动到Q点时物块A的加速度大小为
【答案】AD
【详解】A．小球C从P点时物块A的速度为零；小球C运动到D点时物块A的速度也为零，则该过程中，合外力对物块A做的功为零，选项A正确；
B．小球C从P点运动到D点的过程中，物块A的动量变化为零，根据动量定理可知，弹簧的弹力和轻绳的拉力以及物块A的重力对物块A冲量的和为零，选项B错误；
C．小球C运动到Q点时，A回到原来的位置，则弹簧弹性势能不变，设C的速度为v，则A的速度为vcsθ，由能量关系解得则物块A的速度大小为；选项C错误；
D．小球C运动到直杆Q点时的速度达到最大，则此时C受合力为零，则对小球C：
对A由牛顿第二定律解得A的加速度选项D正确。故选AD。