2021高考物理二轮专题复习-素能提升-1-2-5-Word版含解析.docx

1．(2022年高考新课标Ⅱ全国卷)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
解析：因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得前后两个过程的平均速度是2倍关系，那么位移x＝t也是2倍关系，若Wf1＝fx，则Wf2＝f·2x故Wf2＝2Wf1；由动能定理WF1－fx＝mv2和WF2－f·2x＝m(2v)2得WF2＝4WF1－2fx<4WF1，C正确．
答案：C
2．(2022年高考重庆卷)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
解析：车达到最大速度时，牵引力大小等于阻力大小，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，B正确，A、C、D错误．
答案：B
3．(2022年高考福建卷)如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．

(1)若游客从A点由静止开头滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，连续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m)
解析：(1)游客从B点做平抛运动，有
2R＝vBt①
R＝gt2②
由①②式得vB＝ ③
从A到B，依据动能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为FN，从B到P由动能定理有
mg(R－Rcos θ)＝mv－0⑥
过P点时，依据向心力公式，有
mgcos θ－FN＝m⑦
FN＝0⑧
cos θ＝⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R.
答案：(1)　－(mgH－2mgR)　(2)R

4．(多选)如图甲所示，质量m＝2 kg的物块放在光滑水平面上，在P点的左方始终受到水平恒力F1的作用，在P点的右方除受F1外还受到与F1在同一条直线上的水平恒力F2的作用．物块从A点由静止开头运动，在0～5 s内运动的v­t图象如图乙所示，由图可知(　　)

A．t＝2.5 s时，小球经过P点
B．t＝2.5 s时，小球距P点距离最远
C．t＝3.0 s时，恒力F2的功率P为10 W
D．在1～3 s的过程中，F1与F2做功之和为－8 J
解析：由图象可知F1水平向右，F2水平向左，在t＝1 s时速度变小，故经过P点，A错；物块在前2.5 s内始终向右运动，2.5 s以后反向运动，故2.5 s时离P点最远，B对；物块在0～1 s内和1～4 s内的加速度大小分别为a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2，F1＝ma1＝6 N，F2－F1＝ma2，得F2＝10 N，由图象可知t＝3.0 s时速度大小为1 m/s，故F2的功率为P＝F2v＝10 W，C对；依据动能定理，在1～3 s内F1和F2做功之和等于动能的变化量ΔEk＝×2×12 J－×2×32 J＝－8 J，D对．
答案：BCD
5．(多选)如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到动身点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x关系的是(取初速度方向为正方向)(　　)

解析：由牛顿其次定律可知，滑块上滑的加速度方向沿斜面对下， 下滑的加速度也沿斜面对下， 但a上>a下，由于摩擦力做负功，滑块返回动身点的速度确定小于v0，故A正确，B错误；由于动能是标量，不存在负值，故C错误；重力做功W＝－mgh＝－mgxsin θ，故D正确．
答案：AD
6．如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v­t图象如图乙所示(在t＝15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小．求：

(1)汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1；
(2)汽车刚好到达B点时的加速度a；
(3)BC路段的长度．
解析：(1)汽车在AB路段时，有F1＝Ff1，P＝F1v1，Ff1＝P/v1，
联立解得Ff1＝ N＝2 000 N.
(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有F2＝Ff2，P＝F2v2，Ff2＝P/v2，
联立解得Ff2＝ N＝4 000 N.
t＝5 s时汽车开头做减速运动，有F1－Ff2＝ma，
解得a＝－1 m/s2.
(2)Pt－Ff2x＝mv－mv，
解得x＝68.75 m.
答案：(1)2 000 N　(2)－1 m/s2　(3)68.75 m
课时跟踪训练
一、选择题
1．(2022年北京东城区联考)一只苹果从楼上某一高度自由下落，苹果在空中依次经过三个完全相同的窗户1、2、3.图中直线为苹果在空中的运动轨迹．若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是(　　)

A．苹果通过第3个窗户所用的时间最长
B．苹果通过第1个窗户的平均速度最大
C．苹果通过第3个窗户重力做的功最大
D．苹果通过第1个窗户重力的平均功率最小
解析：因平均速度＝，所以通过第3个窗户的平均速度最大，时间最短，故选项A、B错误；因重力通过窗户所做的功W＝mgΔh，通过各窗户时做功相等，选项C错误；依据P＝，因通过第3个窗户的时间最短，所以选项D正确．
答案：D
2．质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开头，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10 m/s2，则在t＝0至t＝12 s这段时间拉力F对物体做的功为(　　)

A．72 J B．144 J
C．360 J D．720 J
解析：物体的滑动摩擦力Ff＝μmg＝4 N，对应F­t图象可知，物体在0～3 s内静止不动，3～6 s内做匀加速直线运动，a＝＝2 m/s2，第6～9 s内做匀速运动，第9～12 s内再做匀加速直线运动，故12 s内的总位移x＝at＋at2·t3＋at2·t4＋at＝54 m，末速度v＝a(t2＋t4)＝12 m/s，由动能定理得WF－Ffx＝mv2，解得WF＝360 J，C正确．
答案：C
3．(多选)质量为1 kg的物体静止于光滑水平面上．t＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F作用，第1 s内F1＝2 N，第2 s内F2＝1 N．下列推断正确的是(　　)
A．2 s末物体的速度是3 m/s
B．2 s内物体的位移为3 m
C．第1 s末拉力的瞬时功率最大
D．第2 s末拉力的瞬时功率最大
解析：物体在第1 s内的加速度a1＝2 m/s2，第2 s内的加速度a2＝1 m/s2，故2 s末物体的速度v2＝a1t1＋a2t2＝3 m/s，A正确；2 s内物体的位移x＝a1t＋a1t1·t2＋a2t＝3.5 m，B错误；第1 s末拉力的瞬时功率P1＝F1·a1t1＝4 W，第2 s末拉力的瞬时功率P2＝F2·v2＝3 W，P1>P2，故C正确，D错误．
答案：AC
4．某爱好小组的同学争辩一辆电动小车的性能．他们让这辆小车在平直的水平轨道上由静止开头运动，并将小车运动的全过程记录下来，得到了如图所示的v­t图象(除2～6 s时间段内的图线为曲线外，其余时间段的图线均为直线)．已知在2～8 s时间段内小车的功率保持不变，在8 s末让小车无动力自由滑行．小车质量为0.5 kg，设整个过程中小车所受阻力大小不变．则下列推断正确的有(　　)

A．小车在前2 s内的牵引力为0.5 N
B．小车在6～8 s的过程中发动机的功率为4.5 W
C．小车在全过程中克服阻力做功14.25 J
D．小车在全过程中发生的位移为21 m
解析：由图象分析可知，在8～9.5 s内小车只在阻力作用下自由滑行，可得F阻＝ma′＝1 N，在0～2 s内，小车做匀加速直线运动，小车受力满足F1－F阻＝ma，牵引力F1＝1.5 N，选项A错误；6～8 s内小车匀速运动，F2＝F阻，功率P＝F2v＝F阻v＝3 W，选项B错误；全过程由动能定理可知F1x1＋Pt2－W阻＝0，解得克服摩擦力做功W阻＝21 J，而W阻＝F阻x，x＝21 m，选项C错误，D正确．
答案：D
5．(多选)(2022年青岛质检)物体在光滑水平面上在外力F作用下的v­t图象如图所示，从图中可以推断物体在0～t4的运动和受力状况(　　)

A．物体始终在做曲线运动
B．在t1～t3时间内，合力先增大后减小
C．在t1、t3时刻，外力F的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力F做的总功为零
解析：由题图可知，物体在y方向做匀速直线运动，在x方向做变速运动，故物体始终做曲线运动，由vx­t图象可知在t1～t3时间内，ax先增大后减小，由牛顿其次定律知，在t1～t3时间内，合力先增大后减小，B正确；在t1、t3时刻，物体的速度最大，但合力为零，故外力F的功率为零，C错误；因在t1与t3时刻的速度大小相等，即vt1＝vt3，由动能定理可知，在t1～t3时间内，外力F做的功为零，D正确．
答案：ABD
6．一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，示意图如图所示，周期为T，人和车的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0，车对轨道的压力为2mg.设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则(　　)

A．车经最低点时对轨道的压力为3mg
B．车经最低点时发动机功率为2P0
C．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为P0T
D．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR
解析：摩托车在最高点时有2mg＋mg＝m，在最低点时有FN－mg＝m，解得FN＝4mg，选项A错误；在最高点：发动机功率P0＝F1v＝μFN1v＝2μmgv，在最低点：发动机功率P＝F2v＝μFN2v＝4μmgv，则有P＝2P0，故B正确．车从最高点经半周到最低点过程中发动机的功领先减小后增大，由于μ未知，所以不能确定该过程的平均功率与P0的关系，所以发动机做的功不能确定为P0T，故C错误；摩托车做匀速圆周运动，动能不变，依据动能定理知其合力做功为零，则发动机做功等于重力做功与摩擦力做功之和，故发动机做的功不为2mgR，D项错误．
答案：B
7．(多选)如图所示，光滑斜面倾角为θ，c为斜面上的固定挡板．物块a和b通过轻质弹簧连接，a、b处于静止状态，弹簧压缩量为x.现对a施加沿斜面对下的外力使弹簧再压缩3x，之后突然撤去外力，经时间t，物块a沿斜面对上运动的速度为v，此时物块b刚要离开挡板．已知两物块的质量均为m，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

A．弹簧的劲度系数为
B．物块b刚要离开挡板时，a的加速度为gsin θ
C．物块a沿斜面对上运动速度最大时，物块b对挡板c的压力为0
D．撤去外力后，经过时间t，弹簧弹力对物块a做的功为5mgxsin θ＋mv2
解析：a、b处于静止状态时，对a物块有mgsin θ＝kx，得弹簧的劲度系数k＝，A正确；当物块b刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，且有kx＝mgsin θ，对a应用牛顿其次定律可得mgsin θ＋kx＝maa，得物块a的加速度aa＝2gsin θ，B错误；当物块a的速度向上最大时，物块a的加速度为零，此时弹簧处于压缩状态，且有kx＝mgsin θ，故物块b对挡板c的压力为FN＝mgsin θ＋kx＝2mgsin θ，C错误；对物块a应用动能定理可得W弹－mg·5xsin θ＝mv2，解得W弹＝5mgxsin θ＋mv2，故D正确．
答案：AD
二、计算题
8．近来，我国多个城市开头重点治理“中国式过大路”行为．每年全国由于行人不遵守交通规章而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规章，才能保证行人的生命平安．如图所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23 m．质量8 t、车长7 m的卡车以54 km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．

(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过大路，卡车司机发觉行人，马上制动，卡车受到的阻力为3×104 N，求卡车的制动距离；
(2)若人人遵守交通规章，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD.为确保行人平安，D处人行横道信号灯应当在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？
解析：(1)已知阻力Ff＝3×104 N，卡车匀速行驶时速度v0＝54 km/h＝15 m/s，设卡车的制动距离为x1，卡车从制动到停车，由动能定理得
－Ffx1＝0－mv，
解得x1＝30 m.
(2)已知车长l＝7 m，AB与CD的距离为x0＝23 m．设D处人行横道信号灯至少需经过时间t后变绿，此时卡车驶过的距离为x2，则x2＝x0＋l，
x2＝v0t，
解得t＝2 s.
答案：(1)30 m　(2)2 s
9．(2022年汕头质检)为了从货车上卸货，工人在车厢旁倾斜架放一梯子，让质量为m的货箱顺着可视为平滑斜面的梯子下滑，如图所示．已知车厢顶部离地的高度为h，梯子所在斜面的倾角θ＝45°，货箱从车厢顶部所在高度处由静止释放，货箱与梯子间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度为g.

(1)求货箱沿梯子下滑的加速度大小和货箱下滑至地面时的速度大小．
(2)若工人先用轻绳绑紧货箱，再让货箱从原位置由静止下滑，下滑过程使用平行于梯子的轻绳向上拉货箱，货箱匀加速下滑，到达地面时的速度为v′＝，求货箱下滑过程克服轻绳拉力做功的平均功率P.
解析：(1)货箱下滑过程，由牛顿其次定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma①
将θ和μ代入解得加速度大小a＝g②
由动能定理得mgh－μmgcos θ·＝mv2－0③
解得货箱下滑到地面时的速度大小为v＝.
(2)货箱受绳子拉力下滑过程，由动能定理得
(mgsin θ－μmgcos θ)s－WF＝mv′2－0④
由匀加速运动规律得s＝v′t⑤
货箱克服轻绳拉力做功的平均功率P＝⑥
联立解得P＝mg.
答案：(1)g　　(2)mg
10．如图所示，一粗糙水平轨道与一光滑的圆弧轨道在A处相连接．圆弧轨道半径为R，以圆弧轨道的圆心O点和两轨道相接处A点所在竖直平面为界，在其右侧空间存在着平行于水平轨道向左的匀强电场，在其左侧空间没有电场．现有一质量为m、电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从水平轨道的B位置由静止释放，结果，物块第一次冲出圆形轨道末端C后还能上升的最高位置为D，且|CD|＝R.已知物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，B离A处的距离为x＝2.5R(不计空气阻力且边界处无电场)，求：

(1)物块第一次经过A点时的速度；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)物块在水平轨道上运动的总路程．
解析：(1)设物块第一次经过A点时的速度为vA，对物块由A至D过程，由动能定理得
－mg·2R＝0－mv
解得vA＝2.
(2)设匀强电场的电场强度为E，对物块由B至A过程，由动能定理得
Eqx－μmgx＝mv－0，
又x＝2.5R，解得E＝.
(3)由于电场力大于物块所受滑动摩擦力，物块最终只能静止在A处，设物块在水平轨道上运动的总路程为x1，对全过程由动能定理得
Eqx－μmgx1＝0，
解得x1＝.
答案：(1)2　(2)　(3)