高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题2能量与动量第1讲功和能.docx

《高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题2能量与动量第1讲功和能.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题2能量与动量第1讲功和能.docx（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第一部分专题二第1讲基础题知识基础打牢1. (多选)(2022河北沧州模拟)翼装飞行中的无动力翼装飞行，国际上称之为飞鼠装滑翔运动，运动员穿戴着拥有双翼的飞行服装和降落伞设备，从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下，运用肢体动作来掌控滑翔方向，最后运动员打开降落伞平稳落地无动力翼装飞行进入理想飞行状态后，飞行速度通常可达到200 km/h.若某次无动力翼装飞行从A到B的运动过程可认为是在竖直平面内的匀速圆周运动，如图所示，则从A到B的运动过程中，下列说法正确的是( BD )A运动员所受重力的功率逐渐增大B运动员所受重力的功率逐渐减小C运动员的机械能守恒D运动员的机械能逐渐减小【解析】由于速率不变，速度

2、与重力的夹角(锐角)逐渐增大，重力的功率为Pmgvcos ，所以重力的功率逐渐减小，A错误，B正确；运动员高度降低重力势能减小而动能不变，机械能逐渐减小，C错误，D正确故选BD.2. (2022全国甲，14,6分)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( D )A. BC. D【解析】在c点由牛顿第二定律得FNmgm，由牛顿第三定律得，FNFN，其中FNk

3、mg，又根据机械能守恒定律得，mghmv2，解得R，选项D正确，A、B、C错误3. (2022湖南长沙模拟)2022年3月10日，“95号汽油跑步进入9元时代”冲上微博热搜，许多车主纷纷表示顶不住油价而迫切想买电动车代步其中，某品牌纯电动车型部分参数：整备质量约1 200 kg，高性能版的驱动电机最大功率120 kW，峰值扭矩为290 Nm，驱动形式为前车驱动，NEDC综合续航里程430 km.该电动汽车在公路上行驶受到阻力大小恒为4103 N，则下列说法正确的是( B )A汽车的最大速度为20 m/sB汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力C汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动，启

4、动后第2 s末时发动机的实际功率是32 kWD里程120320 m过程克服阻力所做的功约为8104 J【解析】当汽车以最大速度vm行驶时，其牵引力与阻力大小相等，则vm30 m/s，故A错误；根据PFv可知，汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力，故B正确；汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动，设牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有Ffma，解得F6.4103 N，启动后第2 s末时汽车的速率为vat4 m/s，此时发动机的实际功率是PFv25.6 kW，故C错误；里程120320 m过程克服阻力所做的功为Wffs8105 J，故D错误4. (2022广东广州模拟)将一小球从地面上以1

5、2 m/s的初速度竖直向上抛出，小球每次与水平地面碰撞过程中的动能损失均为碰前动能的n倍，小球抛出后运动的vt图像如图所示已知小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度大小为10 m/s2，则n的值为( B )A. B C D【解析】小球第一次上升的最大高度h1(120) m6 m，上升阶段，根据动能定理有(mgFf)h1mv，v012 m/s，则Ffmg.下降阶段，根据动能定理可知碰前瞬间的动能为mgh1Ffh1Ek048m J，第一次与地面碰撞的过程中动能损失EkEk0mv8m J，则依题意有n，故A、C、D错误，B正确5. (2022山东押题卷)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直

6、板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上(桌面足够大)，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度下列有关该过程的分析中正确的是( C )AB物体受到细线的拉力保持不变BB物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量CA物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和DA物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体所受重力对B做的功【解析】以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得mBgkx(mAmB)a，从开始到B速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速

7、度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得mBgTmBa，可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，而绳上拉力小于B的重力，A与B运动的路程相等，所以A物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；根据机械能守恒定律可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细绳拉力做的功，故D错误6. (2022重庆

8、三诊)如图所示，轨道ABC由两段相同的光滑圆弧轨道组合而成，B点为两段圆弧轨道的平滑连接点，A，C两点高度差h0.2 m一质量m0.1 kg的物块(可视为质点)从最高点A由静止沿轨道下滑，并从C点水平滑出物块刚到B点时恰好对AB段轨道无压力，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2.则物块在C点对轨道的压力大小是( C )A2 N B3 N C N D N【解析】如图，设圆弧轨道半径为R，O为AB段圆弧圆心，AOB，物块刚到B点时速度大小为vB，有mvmg，mgcos m，RRcos ，联立解得Rh，物块运动到C点时，速度大小为vC，在C点受轨道的弹力大小为FN，有mvmgh，FNmgm，联

9、立解得FN N，故选C.7. (多选)(2022河北石家庄模拟)轮轴机械是中国古代制陶的主要工具如图所示，轮轴可绕共同轴线O自由转动，其轮半径R20 cm，轴半径r10 cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量为2 kg、1 kg的物块P和Q，将两物块由静止释放，释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动，不计轮轴的质量及轴线O处的摩擦，重力加速度g取10 m/s2.在P从静止下降1.2 m的过程中，下列说法正确的是( BD )AP、Q速度大小始终相等BQ上升的距离为0.6 mCP下降1.2 m时Q的速度大小为2 m/sDP下降1.2 m时的速度大小为4 m/s【解析】由题意知，轮

10、半径R20 cm，轴半径r10 cm，根据线速度与角速度关系可知，故A项错误；在P从静止下降1.2 m的过程中，由题意得，解得hQ0.6 m，故B项正确；根据机械能守恒得mPghPmPvmQvmQghQ，由A项和B项知，hQ0.6 m，解得vQ2 m/s，vP4 m/s，故C项错误，D项正确故选BD.8. (2022河北押题卷)如图所示，斜面NP与水平面OP在P点连接，斜面OQ倾角为，与OP连接于O点将质量为m的光滑小球(可视为质点)由斜面NP上的N点静止释放，小球经O点水平飞出后落到斜面OQ上的K点已知斜面及水平面均固定，NP之间的高度差为H，O、K之间的高度差为h，重力加速度为g，忽略空气

11、阻力则( C )A小球在K点处速度的方向与水平方向的夹角为2BO、K之间的距离为hC小球落到K点时的速度大小为D小球经过P点前后损失的机械能为mgH【解析】设小球从O点抛出时速度为v0，则落到斜面上时有tan ，设落在K点时速度方向与水平方向夹角为，则有tan ，对比可知tan 2tan ，A错误；O、K之间的距离为sh，B错误；小球落到K点时vygt，则v0为v0，则小球落到K点时的速度大小为v，C正确；小球经过P点前后损失的机械能为从释放到落到K点全过程损失的机械能，由能量守恒有Emg(Hh)mv2mgH，D错误9. (2022哈尔滨六中一模)2022年第24届冬季奥林匹克运动会在中国举行

12、，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示一次比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为，重力加速度为g.只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失由以上信息不可以求出( D )A运动员在空中飞行的时间BA、B之间的高度差C运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功DC、D两点之间的水平距离【解析】从B点做平抛运动，则由hgt2，可求解运动员在空中飞行的时间，A正确，不符合题意；由v0t，可求解在B点的速度v0，再

13、由mghABmv，可求解AB的高度差，B正确，不符合题意；从B点到D点由mvmghWf，可求解运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功，C正确，不符合题意；由题中条件无法求解C、D两点之间的水平距离，D错误，符合题意故选D.10. (2022辽宁模拟)如图(a)所示，一个可视为质点的小球从地面竖直上抛，小球的动能Ek随它距离地面的高度h的变化关系如图(b)所示，取小球在地面时的重力势能为零，小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则下列说法正确的是( C )A小球的质量为B小球受到空气阻力的大小为C上升过程中，小球的动能等于重力势能时，小球距地面的高度为h0D下降过程中，小球的动能

14、等于重力势能时，小球的动能大小为【解析】上升阶段，根据能量守恒2E0fh0mgh0，下降阶段，根据能量守恒E0fh0mgh0，联立解得，小球的质量为m，小球受到空气阻力的大小为f，故A、B错误；上升过程中，小球的动能等于重力势能时，根据能量守恒2E0Ek1mghfh2mghfh，解得小球距地面的高度为hh0，故C正确；下降过程中，小球的动能等于重力势能时，设此时高度h1，根据能量守恒mgh0Ek2mgh1f(h0h1)2Ek2fh0fh1，即2Ek2fh1，解得小球的动能大小Ek2，不等于，故D错误应用题强化学以致用11. (2022湖北联考)皮带输送机普遍应用于交通、物流、食品等各行各业，通

15、过扫码可实现快递自动分拣如图所示，传送带在电动机带动下以v02 m/s的速度匀速运动，将质量m1 kg的包裹(可视为质点)无初速度放在与扫码仪B相距10 m的A点处，包裹与传送带间的动摩擦因数0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g10 m/s2.下列说法正确的是( C )A包裹从A点运动到扫码仪B的过程中先受滑动摩擦力作用后受静摩擦力作用B包裹从A点运动到扫码仪B的时间为5 sC将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，电动机多消耗的电能为4 JD将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，系统因摩擦产生的热量为4 J【解析】包裹在传送带上加速时有mgma，解得a5 m/s2，包裹在传送带上加速的时间

16、t10.4 s，包裹在传送带上加速的位移x0.4 m10 m，包裹在传送带上匀速运动的时间t24.8 s，包裹从A点运动到扫码仪B的时间tt1t25.2 s，故B错误；包裹加速过程受滑动摩擦力作用，与传送带共速后不受摩擦力作用，故A错误；传送带在包裹加速时间内的位移x传v0t10.8 m，传送带克服摩擦力所做的功Wmgx传4 J，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，故C正确；包裹在传送带上加速的过程中，系统因摩擦产生的热量为Qmg(x传x)2 J，故D错误12. (多选)(2022山东押题卷)如图1为一自动卸货矿车工作时的示意图：矿车空载时质量为100 kg；矿车载满货物后，从倾角

17、30的固定斜面上A点由静止下滑，下滑一段距离后，压缩固定在适当位置的缓冲弹簧，当弹簧产生最大形变时(仍在弹性限度内)，矿车立即自动卸完全部货物，然后借助弹簧的弹力作用，返回原位置A，此时速度刚好为零，矿车再次装货设斜面对矿车的阻力为车总重量的k0倍，已知矿车下滑过程中，加速度a与位移x的部分关系图像如图2所示弹性势能Epkx(x0为形变量)，矿车可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则( ABD )Ak00.25B矿车的载货量为200 kgC弹簧的劲度系数为75 N/mD卸货点距A点32 m【解析】设矿车质量为m，载货量为M，矿车未接触弹簧前，由牛顿第二定律(Mm)gsin

18、k0(Mm)g(Mm)a，其中a2.5 m/s2，可得k00.25，故A正确；卸货点距A为s，由功能关系可得：下滑过程(Mm)gssin k0(mM)gsEp弹，弹回过程Ep弹k0mgsmgssin ，联立可得M2m200 kg，故B正确；设弹簧的劲度系数为k，由图可知25 m处的加速度为0，有(mM)gsin k0(mM)gkx，代入图像数据x(2524) m1 m，可得K750 N/m，故C错误；上升过程中k(s24)2k0mgsmgssin ，代入数据解得s32 m，故D正确故选ABD.13. (2021全国乙卷)一篮球质量为m0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h11.8 m处由

19、静止自由落下，反弹高度为h21.2 m若使篮球从距地面h31.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变重力加速度大小取g10 m/s2，不计空气阻力求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小【答案】(1)4.5 J(2)9 N【解析】(1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有v2gh1，设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v2gh2，则篮球与地面碰撞

20、前、后的动能之比.使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有v2gh3，因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有，设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有Wmgh3mv，解得W4.5 J.(2)篮球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a，篮球的位移xat2，运动员对篮球做的功WFx，联立解得F9 N.14. (2022浙江1月高考，12分)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角37的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角

21、也为37的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上已知可视为质点的滑块质量m0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R0.15 m，轨道AB长度lAB3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 370.6，cos 370.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，(g10 m/s2)(1)若释放点距B点的长度l0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG

22、的中点，求释放点距B点长度lx的值【答案】(1)7 N(2)v(lx0.85 m)(3) m m m【解析】(1)滑块从释放点运动到C点的过程，由动能定理mglsin 37mgR(1cos 37)mv经过C点时FNmgm解得FN7 N.(2)能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时mglxsin 37mg4Rcos 37mv2解得v而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理mglxsin 37mg(3Rcos37R)0可解得lx0.85 m则要保证小球能到F点，lx0.85 m，v.(3)设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n1,3,5，mglxsin 37mgsin 37nmgcos 370解得lx m，n1,3,5，又因为lABlx0.85 m，lAB3 m当n1时，lx1 m，当n3时，lx2 m，当n5时，lx3 m，满足要求即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度lx的值可能为 m， m， m.