2022年高考物理二轮复习专题限时集训专题力学综合问题 .pdf

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1、学习好资料欢迎下载A运动员减少的重力势能全部转化为动能B运动员获得的动能为13mghC运动员克服摩擦力做功为23mghD下滑过程中系统减少的机械能为13mgh3在水平方向足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止 现将该木板改置成倾角为 的斜面， 让小物块以相同的初速度沿木板上滑，若小物块上滑到最高位置所需时间也为t，则小物块与木板之间的动摩擦因数 为 () A.sin1cosB.sin1cosC.cos1cosD.cos1cos4风能是一种环保型能源，风力发电是将风的动能转化为电能设空气的密度为 ，水平风速为v，风力发电机每个叶片长为L，设通过叶片旋转所围成的圆面内

2、的所有风能转化为电能的效率为 ，那么该风力发电机的发电功率P 的数学表达式为() A.12 LvB.12 L2v2C.12 L2v3D.12 L2v45如图73 所示， A、B、C 三个一样的滑块从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动， A 由静止释放， B 的初速度方向沿斜面向下，大小为 v0，C 的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0，下列说法中正确的是() 图 73 A滑到斜面底端时，B 的动能最大B滑到斜面底端时，B 的机械能减少最多CA 和 C 将同时滑到斜面底端DC 的重力势能减少得多精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页

3、，共 6 页学习好资料欢迎下载图 74 6 如图 74 所示，劲度系数为k 的弹簧下悬挂一个质量为m 的重物，处于静止状态 手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力下列说法正确的是() A手对重物做的功W1m2g2kB重物从静止下落到速度最大过程中重物克服弹簧弹力所做的功W2m2g2k12mv2C弹性势能最大时小球加速度大小为gD最大的弹性势能为2m2g2k7一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是() A运动员到达最低点前重力势能始

4、终减小B蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关8如图 75 所示，质量为M、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上质量为m 的小物块 (可视为质点 )放在小车的最左端现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动物块和小车之间的摩擦力为f.物块滑到小车最右端时，小车运动的距离为 x.在这个过程中，下列说法正确的是() 图 75 A.物块到达小车最右端时，物块具有的动能为F(L x) B物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC物块克服摩擦力所做的功为fLD

5、物块和小车增加的机械能为fx9如图 7 6 所示，长 L1.5m、高 h0.45m、质量 M10kg 的长方体木箱在水平面上向右做直线运动当木箱的速度v03.6m/s 时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F50N， 并同时将一个质量m 1kg 的小球轻放在木箱上距右端L3处的 P 点(小球可视为质点，放在 P 点时相对于地面间的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面已知木箱与地面间的动摩擦因数 0.2，而小球与木箱之间的摩擦不计取g 10m/s2，求：(1)小球从开始离开木箱至落到地面所用的时间；(2)小球放上P 点后，木箱向右运动的最大位移；(3)小球离开木箱时，木箱的速度图 76

6、10如图 77 所示，一位参加“挑战极限”的业余选手质量m60kg，要越过一宽度为 x2.5m 的水沟跃上高为H2.0m 的平台， 采用的方法是： 人手握一根长L3.25m 的轻精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 6 页学习好资料欢迎下载质弹性杆一端， 从 A 点由静止开始匀加速助跑，至 B 点时， 杆另一端抵在O 点的阻挡物上，接着杆发生形变，同时脚蹬地，人被弹起，离地时重心高h0.8m，到达最高点时杆处于竖直，人的重心在杆的顶端运动过程中空气阻力可忽略不计(取 g10m/s2) (1)第一次试跳，人恰能到达最高点，则人在

7、B 点离开地面时的速度v1是多大？(2)第二次试跳，人在最高点放开杆，人水平飞出，恰好趴落到平台边缘，则人在最高点飞出时速度v2至少是多大？(3)设在第二次试跳中，人跑到B 点时速度大小为vB 8m/s，则人在B 点蹬地弹起瞬间至少应做多少功？图 77 11如图 78 所示，一个质量为0.6kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的 A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)已知圆弧的半径R0.3m， 60 ，小球到达A 点时的速度vA4m/s.(取 g10m/s2)求：(1)小球做平抛运动的初速度v0；(2)P 点到 A点的水平距离和竖直距离；(

8、3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力图 78 12如图 79 甲所示，一倾角为37 的传送带以恒定速度运行现将一质量m2kg 的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示取沿精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 6 页学习好资料欢迎下载传送带向上为正方向，g 10m/s2，sin37 0.6，cos37 0.8.求：(1)0 10s 内物体位移的大小；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)0 10s 内物体机械能增量及其因与传送带摩擦产生的热量Q. 图 79 专题限时集训 (七) 1C【解

9、析】 球 A 和球 C 上升到最高点时速度均为零，而球B 上升到最高点时仍有水平方向的速度，即动能不为零根据机械能守恒定律，对A、C 球 mgh12mv20，解得 hv202g，对 B 球 mgh12mv2t12mv20，所以 hv20v2t2gh. 2D【解析】 运动员的加速度为13g，小于gsin30 ，所以必受摩擦力，且大小为16mg，克服摩擦力做功为16mghsin30 13mgh，故选项 C 错误；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的势能没有全部转化为动能，而是有13mgh 转化为内能，故选项A 错误， D 正确；由动能定理知，运动员获得的动能为13mghsin30 23mgh，故选项B

10、 错误3B【解析】 在水平面匀减速滑动过程，a1 mgmg，初速度 v0a1t；沿斜面匀减速滑动过程， a2mgsin mg cosmgsin g cos ，初速度v0a2t，联立解得 sin1cos. 4C【解析】 以时间 t 内吹到叶片旋转所围成的圆面的空气柱为研究对象，根据题意可得该风力发电机的发电功率为P12 L2vt v2t12 L2v3，选项 C 正确5A【解析】 三个滑块运动过程中受到的滑动摩擦力大小相等滑块A、B 均沿斜面向下做匀加速直线运动，下滑过程克服摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理知，滑到斜面底端时B 的动能大于A 的动能；滑块C 沿斜面向左偏下做曲线运动，运动

11、路程大于滑块 B 的位移大小，滑块C 滑动过程克服摩擦力做的功大于滑块B 克服摩擦力做的功，所以滑到斜面底端时，B 的动能最大，选项A 正确， B 错误滑块C 受到的摩擦力与运动方向相反， C 在沿斜面向下的加速度分量大于A，所以滑块C 的运动时间小于A 的下滑时间，选项 C 错误三个滑块减少的重力势能相等，选项D 错误6BCD 【解析】 重物开始处于静止状态时，mg kx1，弹簧伸长量x1mgk，根据能量守恒定律， W1mgx1 Ep， Ep为弹簧增大的弹性势能(负值 )，所以 W1mgx1m2g2k，选项A 错误；重物从静止开始下落过程，先加速下落x1高度，加速度减小到零，速度达到最大，后

12、减速下落x1高度，速度减小到零，此时弹簧的伸长量为2x1最大，弹簧的弹性势能最大，小球加速度a2kx1mgmg，根据能量守恒知，弹性势能等于下落过程减少的重力势能，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 6 页学习好资料欢迎下载为 mg 2x12m2g2k， 选项 CD 正确； 根据能量守恒知， 重物从静止下落到速度最大过程中，mgx112mv2Ep， 所以克服弹簧弹力所做的功W2Epmgx112mv2m2g2k12mv2，选项 B 正确7ABC【解析】 运动员到达最低点前其高度一直降低，故重力势能始终减小，A 正确；磞极绳张紧

13、后的下降过程中，其弹力方向与运动方向相反，弹力做负功，弹性势能增加，B正确；磞极过程中， 只有重力和弹力做功，运动员、 地球和磞极绳所组成的系统机械能守恒，C 正确；重力势能的改变量 Epmg h，只与初末位置的高度差有关，而与重力势能零点的选取无关， D 错误8.B【解析】 合外力做功引起物体动能的变化，物块到达小车最右端时，物块具有的动能对应这个过程中物块所受合外力做的功，即为(Ff)(Lx)，而小车具有的动能对应这个过程中小车所受合外力做的功，即为fx，所以选项A 错误，选项B 正确；物块克服摩擦力做的功为f(Lx)，所以选项C 错误；物块和小车增加的机械能为动力和阻力对系统做功之和，即

14、 F(Lx)fL，所以 D 错误9(1)0.3s(2)0.9m(3)2.8m/s 【解析】(1)小球离开木箱后做自由落体运动，则小球落到地面所用的时间为t2hg0.3s (2)小球放上木箱后相对地面静止，由牛顿第二定律FFNMa1FN(Mm)g解得木箱的加速度a1FMm gM7.2m/s2木箱向右运动的最大位移x1v202a10.9m (3)由于 x1 0.9m1m，故木箱在向右运动期间，小球不会从木箱的左端掉下木箱向左运动时，根据牛顿第二定律得F (Mm)gMa2解得木箱向左运动的加速度a22.8m/s2设木箱向左运动的位移为x2时，小球从木箱的右端掉下，则x2 x1L31.4m 由 x21

15、2a2t22得 t22x2a21s 故小球刚离开木箱时木箱的速度v2a2t22.8m/s，方向向左10(1)7m/s(2)5m/s(3)300J 【解析】(1)由机械能守恒定律，得12mv21mg()Lh解得 v12g()Lh 7 m/s (2)人飞出做平抛运动，人刚好落在平台上，则LH12gt2xv2t解得 v2xg2LH5m/s (3)由动能定理：Wmg(Lh)12mv2212mv2B解得 Wmg(Lh)12mv2212mv2B300J 11(1)2m/s(2)0.69m0.6m(3)8N 【解析】(1)将小球在A 点的速度分解，如图所示，由图可知：v0vxvAcos 4cos60 2 m

16、/s 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 6 页学习好资料欢迎下载(2)由平抛运动规律得，v2y2gh，vygt，xv0t其中， vyvAsin 4sin60 m/s 23m/s 联立解得， h0.6m， x253m0.69m (3)取 A 点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得：12mv2A12mv2Cmg(RRcos ) 解得 vC7m/s 设轨道对小球的压力为FNC，对小球在圆弧最高点，由牛顿第二定律得：FNCmgmv2CR代入数据得FNC 8N 由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力FNCFNC8N，方向竖直向上12(1

17、)33m(2)0.9375(3)423J405J 【解析】(1)由图乙得，物体的位移x6 482m322m33m (2)由图象知，物体在传送带上滑动时的加速度a1.5m/s2对此过程分析得mg cos mgsin ma，解得 15160.9375 (3)物体被送上的高度hxsin 19.8m 重力势能增量 Epmgh396J 动能增量 Ek12mv2212mv2127J 机械能增加 E Ep Ek423J 010s 内只有前 6s 发生相对滑动06s 内传送带运动距离x带 66m36m 06s 内物体位移x物9m xx带 x物27m 产生的热量Q mg cos x405J 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 6 页