第5章 2 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版

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[基础题组]1．(2017·江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)[解析]　依据动能定理，上升过程中F升＝mgsin α＋μmgcos α大小恒定，下降过程中F降＝mgsin α－μmgcos α大小恒定。说明在Ek­x图象中，上升、下降阶段图线的斜率均恒定，图线均为直线，则选项B、D错误。物块能够返回，返回过程位移减小，而动能增加，则A项错误。因整个过程中摩擦力做负功，则Ekt＜Ek0，故选项C正确。[答案]　C2．(2019·北京101中学检测)如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为(　　)A.　　　　　　　 B.C.  D．mv[答案]　C3．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)A．2 kg　　 B．1.5 kg　　C．1 kg　　 D．0.5 kg[解析]　设外力大小为f，在距地面高度3 m内的上升过程中，由动能定理知－(mg＋f)h＝mv－mv，由图象可知，mv＝72 J，mv＝36 J，得mg＋f＝12 N。同理结合物体在下落过程中的Ek­h图象有mg－f＝8 N，联立解得mg＝10 N，则m＝1 kg，选项C正确。[答案]　C4．(多选)(2021·山西省运城市质检)质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动。物体运动的v­t图象如图所示。下列说法正确的是(　　 )A．水平拉力大小为F＝mB．物体在3t0时间内位移大小为v0t0C．在0～3t0时间内水平拉力做的功为mvD．在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为μmgv0[解析]　根据v­t图象和牛顿第二定律可知F—μmg＝m，故选项A错误；由v­t图象与坐标轴所围面积可知，在3 t0时间内的位移为x＝·3t0·v0＝v0t0，所以选项B正确；在0～3t0时间内由动能定理可知W—μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝μmgv0t0，又Ff＝μmg＝，则W＝mv，选项C错误；0～3t0时间内克服摩擦力做功的平均功率为＝＝μmgv0，所以选项D正确。[答案]　BD5．(多选)(2020·安徽省A10联盟最后一卷)质量为m的小球在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上匀加速运动，经时间t运动到P点，撤去F又经时间t小球回到出发点，速度大小为v，不计阻力，已知重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　 )A．撤去力F时小球的动能为mv2 B．小球上升的最大高度为C．拉力F所做的功为mv2 D．拉力的最大功率为mgv[解析]　拉力F作用时，小球上升的加速度大小为a，末速度大小为v′，则小球上升的高度h＝at2，v′＝at，撤去外力后有－h＝v′t－gt2，解得a＝g，F＝mg。对全过程由动能定理知mv2＝Fh，C正确。拉力F作用时由动能定理知mv′2＝(F－mg)h，联立解得mv′2＝×mv2＝mv2，A错误。撤去力F后小球上升的高度为h′，由mv2＝Fh，mv′2＝mgh′知小球上升的最大高度H＝h＋h′＝，B正确。拉力F的最大功率Pm＝Fv′＝mgv，D正确。[答案]　BCD[提升题组]6．(2020·湖南湘东六校联考)如图甲所示，一质量为2 kg的物体受到水平拉力F的作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，物体的a­t图象如图乙所示，t＝0时其速度为2 m/s，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)A．在t＝6 s时，物体的速度为15 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为289 JC．在0～6 s时间内，合力对物体做功的平均功率为47.5 WD．在t＝6 s时，拉力F的功率为136 W[解析]　根据加速度—时间图象与坐标轴所围图形的面积表示速度的变化量可知，在0～6 s时间内，物体的速度增加量为Δv＝15 m/s，由Δv＝v－v0，可得在t＝6 s时，物体的速度为v＝17 m/s，选项A错误；由动能定理，可知在0～6 s时间内，合力对物体做的功为W＝mv2－·mv＝285 J，选项B错误；在0～6 s时间内，合力对物体做功的平均功率为＝＝47.5 W，选项C正确；由牛顿第二定律有，F－μmg＝ma，解得在t＝6 s时拉力F＝16 N，物体的速度v＝17 m/s，则拉力F的功率为P＝Fv＝16×17 W＝272 W，选项D错误。[答案]　C7．(2021·衡水月考)如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车(可视为质点)，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路段上运动时所受阻力f1的大小。(2)汽车刚好开过B点时加速度a的大小。(3)BC路段的长度。[解析]　(1)汽车在AB路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有F1＝f1，P＝F1v1，解得f1＝＝ N＝2 000 N。(2)t＝15 s时汽车处于平衡状态，有F2＝f2，P＝F2v2，解得f2＝＝ N＝4 000 N。刚好开过B点时汽车的牵引力仍为F1，根据牛顿第二定律，有f2－F1＝ma，解得a＝1 m/s2。(3)对于汽车在BC路段运动，由动能定理得Pt′－f2s＝mv－mv，解得s＝68.75 m。[答案]　(1)2 000 N　(2)1 m/s2　(3)68.75 m8．(2021·黑龙江牡丹江一中模拟)如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC＝60°，求：(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力；(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能。[解析]　(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FNP→C过程：mgR(1－cos 60°)＝mvC点：FN－mg＝m解得FN＝2mg，方向竖直向上。(2)对P→C→Q过程：mgR(1－cos 60°)－μmg·2R＝0解得μ＝0.25。(3)A点：mg＝mQ→C→A过程：Ep＝mv＋mg·2R＋μmg·2R解得弹性势能Ep＝3mgR。[答案]　(1)2mg，方向竖直向上　(2)0.25(3)3mgR9．(2020·济宁市第二次摸底)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究，他让这辆小车在水平地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的v­t图象。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，11 s末开始小车失去动力而自由滑行。已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：(1)在2～11 s内小车牵引力的功率P的大小；(2)小车在2 s末的速度vx的大小；(3)小车在2～9 s内通过的距离x。[解析]　(1)根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力Ff作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据题图可知：a＝ m/s2＝2 m/s2；根据牛顿第二定律有：Ff＝ma解得：Ff＝2 N；设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F，则：F＝Ff，vm＝8 m/s根据P＝Fvm解得：P＝16 W(2)0～2 s的匀加速直线运动过程中，小车的加速度为：ax＝设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有：Fx－Ff＝max根据题意有：P＝Fxvx联立解得：vx＝4 m/s(3)在2～9 s内的变加速过程，Δt＝7 s，由动能定理可得：PΔt－Ffx＝mv－mv解得x＝44 m。[答案]　(1)16 W　(2)4 m/s　(3)44 m10．(2021·湖南十校联考)如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小。(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小。(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。[解析]　(1)根据平抛运动的规律有v0＝vAcos 37°解得小物块经过A点时的速度大小vA＝5 m/s小物块从A点运动到B点，根据动能定理有mg(R－Rcos 37°)＝mv－mv小物块经过B点时，有FN－mg＝解得FN＝62 N，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62 N。(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有－μmgL－2mgr＝mv－mv在C点FN′＋mg＝解得FN′＝60 N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N。(3)小物块刚好能通过C点时，mg＝解得vC′＝2 m/s小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv解得L′＝10 m。[答案]　(1)62 N　(2)60 N　(3)10 m