36　第二階段　層級二　第24天　功能關(guān)系-2025版新坐標(biāo)二輪專題復(fù)習(xí)與策略物理解析版

第24天功能關(guān)系1．(多選)(2024·湖南岳陽統(tǒng)考一模)起重機(jī)某次從t＝0時(shí)刻由靜止開始提升質(zhì)量為m＝150kg的物體，其a-t圖像如圖所示，5～10s內(nèi)起重機(jī)的功率為額定功率，不計(jì)其他阻力，重力加速度為g＝10m/s2，則以下說法正確的是()A．物體在0～10s內(nèi)運(yùn)動的最大速度為10m/sB．起重機(jī)的額定功率為18000WC．5～10s內(nèi)起重機(jī)對物體做的功等于0～5s內(nèi)起重機(jī)對物體做功的1.5倍D．5～10s內(nèi)起重機(jī)對物體做的功等于0～5s內(nèi)起重機(jī)對物體做功的2倍BD[由a-t圖像可知，物體在0～5s做勻加速直線運(yùn)動，5s時(shí)物體的速度為v1＝at1＝2×5m/s＝10m/s，由于5s后物體繼續(xù)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，可知物體在0～10s內(nèi)運(yùn)動的最大速度大于10m/s，故A錯(cuò)誤；由a-t圖像可知，在5s時(shí)，物體結(jié)束做勻加速運(yùn)動，此時(shí)起重機(jī)功率達(dá)到最大功率，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)－mg＝ma，解得F＝1800N，則起重機(jī)的額定功率為P額＝Fv1＝1800×10W＝18000W，故B正確；0～5s內(nèi)，物體的位移為x1＝v12t1＝102×5m＝25m，0～5s內(nèi)起重機(jī)對物體做的功為W1＝Fx1＝1800×25J＝45000J，5～10s內(nèi)起重機(jī)保持額定功率不變，則5～10s內(nèi)起重機(jī)對物體做的功W2＝P額t＝18000×5J＝90000J，可得2W1＝W2，故D正確，C錯(cuò)誤。故選2．(2024·河北統(tǒng)考一模)如圖所示，某航拍小型飛機(jī)有四個(gè)相同的風(fēng)扇，每個(gè)風(fēng)扇的半徑均為R，當(dāng)它在無風(fēng)的天氣懸停時(shí)，每個(gè)風(fēng)扇都呈水平狀態(tài)，風(fēng)扇吹出的空氣速度大小都等于v，吹出的空氣流動方向相同。已知空氣的平均密度為ρ，不考慮其他位置空氣流動的影響。則風(fēng)扇懸停時(shí)，下列說法錯(cuò)誤的是()A．風(fēng)扇吹出的空氣流動方向豎直向下B．單位時(shí)間內(nèi)每個(gè)風(fēng)扇吹出的空氣的質(zhì)量為πρR2vC．小型飛機(jī)受到的總重力等于4πρR2v2D．每個(gè)風(fēng)扇對空氣做功的功率為12πρR2vD[由于小型飛機(jī)懸停時(shí)受到的升力與其重力平衡，則風(fēng)扇吹風(fēng)方向均為豎直向下，故A正確；單位時(shí)間內(nèi)被每個(gè)風(fēng)扇推動的空氣質(zhì)量為ΔmΔt＝ρΔVΔt＝πρR2v，故B正確；根據(jù)動量定理得FΔt＝Δmv，解得每個(gè)風(fēng)扇對空氣的作用力為F＝πρR2v2，小型飛機(jī)的總重力G＝4F＝4πρR2v2，故C正確；每個(gè)風(fēng)扇對空氣做功的功率為P＝Fv＝πρR2v33．(多選)(2024·貴州校聯(lián)考模擬預(yù)測)如圖所示，一質(zhì)量為M、長為1m的木板靜止在水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度v0＝4m/s開始運(yùn)動。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，木板與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。則()A．當(dāng)M＝2m時(shí)，小物塊滑出長木板的時(shí)間為(2＋3)sB．當(dāng)M＝2m時(shí)，小物塊滑出長木板的時(shí)間為(2－3)sC．當(dāng)m＝2M時(shí)，小物塊滑出長木板的時(shí)間為4+10D．當(dāng)m＝2M時(shí)，小物塊滑出長木板的時(shí)間為4-10BD[設(shè)物塊所受滑動摩擦力為f1，以向右為正方向，則物塊與木板間的滑動摩擦力f1＝－μ1mg＝－2m，物塊在木板上與木板發(fā)生相對運(yùn)動時(shí)，設(shè)物塊加速度為a1，對物塊由牛頓第二定律可知物塊的加速度滿足f1＝ma1，代入得a1＝－2m/s2；設(shè)木板與地面間滑動摩擦力為f2，則f2＝μ2(M＋m)g，由分析知當(dāng)M＝2m時(shí)，如圖對木板進(jìn)行受力分析知f′1<f2，則木板在物塊運(yùn)動過程中靜止，物塊從木板左端運(yùn)動到木板右端的過程中，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式知L＝v0t1+12a1t12，代入得t1＝(2－3)s或t1＝(2＋3)s(舍去)，故A錯(cuò)誤，B正確；同理當(dāng)m＝2M時(shí)，如圖對木板進(jìn)行受力分析知f1'>f2，則物塊在木板上運(yùn)動時(shí)，對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度滿足f1'－f2＝Ma2，則μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，代入得a2＝1m/s2，物塊從木板左端運(yùn)動到木板右端的過程中，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得L＝x物－x板＝v0t2+12a14．(多選)(2024·湖南岳陽統(tǒng)考一模)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上的光滑轉(zhuǎn)軸O上，另一端與套在粗糙固定直桿N處的質(zhì)量為0.2kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))相連。直桿與水平面的夾角為30°，N點(diǎn)距水平面的高度為0.4m，NP＝PM，ON＝OM，OP等于彈簧原長。小球從N處由靜止開始下滑，經(jīng)過P處的速度為2m/s，并恰能停止在M處。已知重力加速度取10m/s2，小球與直桿的動摩擦因數(shù)為35，則下列說法正確的是(A．小球通過P點(diǎn)時(shí)的加速度大小為3m/s2B．彈簧具有的最大彈性勢能為0.5JC．小球通過NP段與PM段摩擦力做功相等D．N到P過程中，球和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為0.4JCD[因OP等于彈簧原長，則小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的加速度為a＝gsin30°－μgcos30°＝2m/s2，故A錯(cuò)誤；因NP段與PM段關(guān)于P點(diǎn)對稱，則在兩段上彈力的平均值相等，則摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正確；設(shè)小球從N運(yùn)動到P的過程克服摩擦力做功為Wf，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep，根據(jù)能量守恒定律得，對于小球從N到P的過程有mg×h2＋Ep＝12mv2＋Wf，N到M的過程有mgh＝2Wf，得Ep＝12mv2＝12×0.2×22J＝0.4J，故B錯(cuò)誤；N到P過程中，球和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝Wf＝mgh2＝0.4J，故5．(多選)(2024·四川南充閬中中學(xué)?？家荒?如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊靜止在豎直放置的輕彈簧上(不相連)，彈簧下端固定，勁度系數(shù)為k。t＝0時(shí)刻，對物塊施加一豎直向上的外力F，使物塊由靜止向上運(yùn)動，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，撤去外力F。從0時(shí)刻到F撤去前，物塊的加速度a隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示。重力加速度為g，忽略空氣阻力，則在物塊上升過程()A．外力F為恒力B．物塊的最大加速度大小為2gC．外力F撤去后物塊可以繼續(xù)上升的最大高度為mgD．彈簧的最大彈性勢能Ep＝mACD[物塊靜止在豎直放置的輕彈簧上時(shí)，彈簧的壓縮量為x0＝mgk，在物塊上升階段(撤去外力前)，當(dāng)物塊的位移為x時(shí)，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，解得a＝Fm-kxm，由a-x圖像可知Fm等于