2022年高考第二轮复习专题检测卷_ .pdf

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1、学习必备欢迎下载温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl, 滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。专题检测卷 ( 五) (45分钟 100分) 一、单项选择题( 本题共 4 小题，每小题6 分，共 24 分。每小题只有一个选项正确) 1. 如图所示，演员正在进行杂技表演。由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( ) A.0.3 J B.3 J C.30 J D.300 J 2.(2012 福建高考 ) 如图 , 表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮, 小物块 A、B用轻绳连接并跨过滑轮( 不计滑轮的质量和摩擦) 。初始时刻 ,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态

2、。剪断轻绳后 ,A 下落、 B沿斜面下滑 ,则从剪断轻绳到物块着地,两物块( ) A.速率的变化量不同B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.重力做功的平均功率相同3. 质量为 m的物体静止在粗糙的水平面上，若在水平拉力F 作用下产生位移为l 时，获得动能为E1; 若在水平拉力 2F 作用下产生位移为l 时，获得动能为E2, 则( ) A.E2=E1B.E2=2E1C.E22E1D.E22E1，故选项C 正确。4.【解析】 选 C。小球 a 加速度为g ，小于自由落体运动的小球b 的加速度g，相撞前瞬间，小球a 的速度小于小球b 的速度，选项A 错误；相撞前瞬间，小球a 的重力功率小

3、于小球b 的重力功率，选项B错误；相撞前瞬间，小球a 的速度可表示为gt ，小于自由落体运动的小球b 的速度 (可表示为gt) ，由动能公式可知， b 球的动能是a 球动能的2 倍，选项 C 正确；从开始运动到相撞， b 球位移可表示为，a 球位移可表示为，b 球位移是a 球位移的倍，选项D 错误。5.【解析】 选 B、D。由 F-t 图象可知，在0t1时间内， Ffm，故物块仍沿同一方向做加速运动，至t3时刻速度最大，动能最大，选项C 错、 D 对。2gh1v2gh2AAPm gvBBPm gsin vABPP222221gt2212gt222精选学习资料 - - - - - - - - -

4、 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 7 页学习必备欢迎下载6.【解析】 选 A、C。由等量正、负点电荷的电场线分布特点可知，带电小圆环由AB 滑动过程中受到的电场力先增大后减小，所以受到的摩擦力先增大后减小，因此它的加速度先变大再变小，故A 正确；由于电场力的方向与运动方向垂直，故电场力始终不做功，选项B 错误，由 AO 过程与由 O B 过程摩擦力做的功相等，据动能定理，由AO 过程有：22011Wmvmv22;由 AB 过程有：2012W0mv2，可解得02vv2，故 C 对、 D 错。7.【解析】 选 A、 C。由于汽车做匀速率运动，根据动能定理，A 正确。由于汽车

5、从A 运动到 B，除阻力做功，牵引力做功，还有重力做功，故B 错误。由于速度的方向不断变化，根据P=mgvcos ,C 正确。汽车在桥顶根据圆周运动规律，mg-FN= ,故 FN不等于重力，D 错误。8.【解析】 选 A、 C。由 v-t 图象， 0t1时间内物体的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律，拉力逐渐减小， A 正确。 V-t 图象是曲线并不代表物体做曲线运动，B 错误。由于物体在粗糙的水平面上运动，t1t2时间内动能不变，根据动能定理，拉力做功与克服摩擦力做功相等，故拉力的功率不为零，C 正确，而t1t2时间内合外力做功为零，D 错误。9.【解题指南】 解答本题时应把握以下关键点：(1

6、)明确 Ek-x 图象的意义，知道直线斜率的意义。(2)明确最大动能时对应汽车的匀速运动状态。(3)灵活运用动能定理列方程求解。【解析】 选 B、C。由题图可知，汽车的最大动能是Ek=8 105 J= ，因此，汽车运动过程中的最大速度为 vm=40 m/s，在关闭发动机过程中，关闭储能装置时，汽车动能全部转化为内能，则 f阻 s= ，根据图象知s=4 102 m ，那么 f阻=2 103 N ，当汽车速度达到最大时，牵引力等于阻力，即F=f阻=2 103 N ，汽车的额定功率为P额=F vm=f阻 vm=2 10340 W=80 kW，选项 A 错误，选项B 正确；在汽车加速运动过程中，根据动

7、能定理得，P额 t-f阻 s1= ,其中 s1=500 m，加速时间t=22.5 s，选项 C正确；根据开启储能装置时的关系图线知，E=Ek-f阻 s =8 105 J-2 103 1.5 102 J=5 105 J，选项 D 错误。【方法技巧】两种功率表达式的比较02vv22vmR2m1mv22m1mv22m1mv2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 7 页学习必备欢迎下载(1)功率的定义式：，所求出的功率是时间t 内的平均功率。(2)功率的计算式：P=Fvcos ，其中 是力与速度间的夹角，该公式有两种用法：求某一时刻的

8、瞬时功率。这时F 是该时刻的作用力大小，v 取瞬时值，对应的P 为 F 在该时刻的瞬时功率。当 v 为某段位移 (时间 )内的平均速度时，则要求这段位移(时间 )内 F必须为恒力，对应的P 为 F 在该段时间内的平均功率。10. 【解析】 (1)小物块从 C 水平飞出后做平抛运动，由得小物块从C 到 D 运动的时间(2 分) (2)从 C 到 D，小物块水平方向做匀速直线运动，(3 分) 得 v=2 m/s，(2 分) 此速度即小物块从C 点飞出时的速度。(3)小物块从A 运动到 C 的过程中，根据动能定理得mg(H-h)-Wf= -0 (6 分) 则克服摩擦力做功：Wf=0.1 J (2 分

9、 ) 答案： (1)0.3 s (2)2 m/s (3)0.1 J 11. 【解题指南】 解答本题需要把握以下四点：(1)读出图象中正、负最大加速度，由牛顿第二定律分别计算出最大拉力和最小拉力。(2)加速度图象与时间轴围成的面积表示速度的变化量。(3)速度最大时拉力等于重力，拉力的功率等于重力与速度的乘积。(4)根据动能定理可计算总功。 【解析】 (1) 由牛顿第二定律， 有 F-mg=ma (2 分) 由 a-t 图象可知， F1和 F2对应的加速度分别是a1=1.0 m/s2， a2=-1.0 m/s2 WPt21hgt22ht0.3 sgxvt21mv2精选学习资料 - - - - -

10、- - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 7 页学习必备欢迎下载F1=m(g+a1)=2.0 103(10+1.0) N =2.2 104 N (1 分) F2=m(g+a2)=2.0 103(10-1.0) N =1.8 104 N (1 分) (2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s 内 a-t 图线下的面积 v1=0.50 m/s (2 分) 同理可得 v2=v2-v0=1.5 m/s (1 分) v0=0 ，第 2 s 末的速率v2=1.5 m/s (2 分) (3)由 a-t 图象可知， 11 s 30 s 内速率最大，其值等于0 11 s 内 a-t

11、 图线下的面积，有vm=10 m/s (1 分 ) 此时电梯做匀速运动，拉力F 等于重力 mg ，所求功率P=Fvm=mg vm=2.0 103 10 10 W=2.0105 W 由动能定理，总功W=Ek2-Ek1= (3 分) 答案： (1) 2.2 104 N 1.8104 N (2)0.50 m/s 1.5 m/s (3)2.0 105 W 1.0 105 J【方法技巧】应用动能定理解题的一般步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程。(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和 Ek2。(4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程进行求解。2325m11mv02.0 1010 J1.0 10 J22精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 7 页