新高考適用2023版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分專題突破方略專題2能量與動量第1講功和能

第一部分專題二第1講基礎(chǔ)題——知識基礎(chǔ)打牢1.(多選)(2022·河北滄州模擬)翼裝飛行中的無動力翼裝飛行，國際上稱之為飛鼠裝滑翔運(yùn)動，運(yùn)動員穿戴著擁有雙翼的飛行服裝和降落傘設(shè)備，從飛機(jī)、懸崖絕壁等高處一躍而下，運(yùn)用肢體動作來掌控滑翔方向，最后運(yùn)動員打開降落傘平穩(wěn)落地．無動力翼裝飛行進(jìn)入理想飛行狀態(tài)后，飛行速度通常可達(dá)到200km/h.若某次無動力翼裝飛行從A到B的運(yùn)動過程可認(rèn)為是在豎直平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動，如圖所示，則從A到B的運(yùn)動過程中，下列說法正確的是(BD)A．運(yùn)動員所受重力的功率逐漸增大B．運(yùn)動員所受重力的功率逐漸減小C．運(yùn)動員的機(jī)械能守恒D．運(yùn)動員的機(jī)械能逐漸減小【解析】由于速率不變，速度與重力的夾角θ(銳角)逐漸增大，重力的功率為P＝mg·vcosθ，所以重力的功率逐漸減小，A錯誤，B正確；運(yùn)動員高度降低重力勢能減小而動能不變，機(jī)械能逐漸減小，C錯誤，D正確．故選BD.2.(2022·全國甲，14,6分)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示．運(yùn)動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h.要求運(yùn)動員經(jīng)過c點(diǎn)時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動過程中將運(yùn)動員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于(D)A.eq\f(h,k＋1) B．eq\f(h,k)C.eq\f(2h,k) D．eq\f(2h,k－1)【解析】在c點(diǎn)由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)，由牛頓第三定律得，F(xiàn)N＝FN′，其中FN′≤kmg，又根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得R≥eq\f(2h,k－1)，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯誤．3.(2022·湖南長沙模擬)2022年3月10日，“95號汽油跑步進(jìn)入9元時代”沖上微博熱搜，許多車主紛紛表示頂不住油價而迫切想買電動車代步．其中，某品牌純電動車型部分參數(shù)：整備質(zhì)量約1200kg，高性能版的驅(qū)動電機(jī)最大功率120kW，峰值扭矩為290N·m，驅(qū)動形式為前車驅(qū)動，NEDC綜合續(xù)航里程430km.該電動汽車在公路上行駛受到阻力大小恒為4×103N，則下列說法正確的是(B)A．汽車的最大速度為20m/sB．汽車上坡時低速行駛，是為了使汽車獲得較大的牽引力C．汽車以2m/s2的加速度勻加速啟動，啟動后第2s末時發(fā)動機(jī)的實(shí)際功率是32kWD．里程120～320m過程克服阻力所做的功約為8×104J【解析】當(dāng)汽車以最大速度vm行駛時，其牽引力與阻力大小相等，則vm＝eq\f(P,f)＝30m/s，故A錯誤；根據(jù)P＝Fv可知，汽車上坡時低速行駛，是為了使汽車獲得較大的牽引力，故B正確；汽車以2m/s2的加速度勻加速啟動，設(shè)牽引力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－f＝ma，解得F＝6.4×103N，啟動后第2s末時汽車的速率為v＝at＝4m/s，此時發(fā)動機(jī)的實(shí)際功率是P＝Fv＝25.6kW，故C錯誤；里程120～320m過程克服阻力所做的功為Wf＝fs＝8×105J，故D錯誤．4.(2022·廣東廣州模擬)將一小球從地面上以12m/s的初速度豎直向上拋出，小球每次與水平地面碰撞過程中的動能損失均為碰前動能的n倍，小球拋出后運(yùn)動的v-t圖像如圖所示．已知小球運(yùn)動過程中受到的空氣阻力大小恒定，重力加速度大小為10m/s2，則n的值為(B)A.eq\f(5,6) B．eq\f(1,6)C．eq\f(5,9) D．eq\f(4,9)【解析】小球第一次上升的最大高度h1＝eq\f(1,2)(12＋0)m＝6m，上升階段，根據(jù)動能定理有－(mg＋Ff)h1＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，v0＝12m/s，則Ff＝eq\f(1,5)mg.下降階段，根據(jù)動能定理可知碰前瞬間的動能為mgh1－Ffh1＝Ek0＝48mJ，第一次與地面碰撞的過程中動能損失ΔEk＝Ek0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝8mJ，則依題意有n＝eq\f(ΔEk,Ek1)＝eq\f(1,6)，故A、C、D錯誤，B正確．5.(2022·山東押題卷)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A置于光滑水平桌面上(桌面足夠大)，A右端連接一細(xì)線，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連．開始時托住B，讓A處于靜止且細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度．下列有關(guān)該過程的分析中正確的是(C)A．B物體受到細(xì)線的拉力保持不變B．B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量C．A物體動能的增量小于B物體所受重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和D．A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于B物體所受重力對B做的功【解析】以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mBg－kx＝(mA＋mB)a，從開始到B速度達(dá)到最大的過程中，彈簧的伸長量x逐漸增加，則B加速度逐漸減?。粚根據(jù)牛頓第二定律可得mBg－T＝mBa，可知在此過程繩子上拉力逐漸增大，是變力，故A錯誤；整個系統(tǒng)中，根據(jù)功能關(guān)系可知，B減小的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為A的機(jī)械能以及彈簧的彈性勢能，故B物體機(jī)械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量，故B錯誤；根據(jù)動能定理可知，A物體動能的增量等于彈簧彈力和繩子上拉力對A所做功的代數(shù)和，而繩上拉力小于B的重力，A與B運(yùn)動的路程相等，所以A物體動能的增量小于B物體所受重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和，故C正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于B物體機(jī)械能的減少量，也就是等于B物體克服細(xì)繩拉力做的功，故D錯誤．6.(2022·重慶三診)如圖所示，軌道ABC由兩段相同的光滑圓弧軌道組合而成，B點(diǎn)為兩段圓弧軌道的平滑連接點(diǎn)，A，C兩點(diǎn)高度差h＝0.2m．一質(zhì)量m＝0.1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從最高點(diǎn)A由靜止沿軌道下滑，并從C點(diǎn)水平滑出．物塊剛到B點(diǎn)時恰好對AB段軌道無壓力，不計一切阻力，重力加速度g取10m/s2.則物塊在C點(diǎn)對軌道的壓力大小是(C)A．2N B．3NC．eq\f(7,3)N D．eq\f(11,3)N【解析】如圖，設(shè)圓弧軌道半徑為R，O為AB段圓弧圓心，∠AOB＝θ，物塊剛到B點(diǎn)時速度大小為vB，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgeq\f(h,2)，mgcosθ＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，R＝Rcosθ＋eq\f(h,2)，聯(lián)立解得R＝eq\f(3,2)h，物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時，速度大小為vC，在C點(diǎn)受軌道的彈力大小為FN，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgh，F(xiàn)N－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，聯(lián)立解得FN＝eq\f(7,3)N，故選C.7.(多選)(2022·河北石家莊模擬)輪軸機(jī)械是中國古代制陶的主要工具．如圖所示，輪軸可繞共同軸線O自由轉(zhuǎn)動，其輪半徑R＝20cm，軸半徑r＝10cm，用輕質(zhì)繩纏繞在輪和軸上，分別在繩的下端吊起質(zhì)量為2kg、1kg的物塊P和Q，將兩物塊由靜止釋放，釋放后兩物塊均做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，不計輪軸的質(zhì)量及軸線O處的摩擦，重力加速度g取10m/s2.在P從靜止下降1.2m的過程中，下列說法正確的是(BD)A．P、Q速度大小始終相等B．Q上升的距離為0.6mC．P下降1.2m時Q的速度大小為2eq\r(3)m/sD．P下降1.2m時的速度大小為4m/s【解析】由題意知，輪半徑R＝20cm，軸半徑r＝10cm，根據(jù)線速度與角速度關(guān)系可知eq\f(vP,vQ)＝eq\f(ωR,ωr)＝eq\f(2,1)，故A項(xiàng)錯誤；在P從靜止下降1.2m的過程中，由題意得，eq\f(hP,hQ)＝eq\f(vPt,vQt)＝eq\f(2,1)，解得hQ＝0.6m，故B項(xiàng)正確；根據(jù)機(jī)械能守恒得mPghP＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＋mQghQ，由A項(xiàng)和B項(xiàng)知eq\f(vP,vQ)＝eq\f(2,1)，hQ＝0.6m，解得vQ＝2m/s，vP＝4m/s，故C項(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確．故選BD.8.(2022·河北押題卷)如圖所示，斜面NP與水平面OP在P點(diǎn)連接，斜面OQ傾角為θ，與OP連接于O點(diǎn)．將質(zhì)量為m的光滑小球(可視為質(zhì)點(diǎn))由斜面NP上的N點(diǎn)靜止釋放，小球經(jīng)O點(diǎn)水平飛出后落到斜面OQ上的K點(diǎn)．已知斜面及水平面均固定，NP之間的高度差為H，O、K之間的高度差為h，重力加速度為g，忽略空氣阻力．則(C)A．小球在K點(diǎn)處速度的方向與水平方向的夾角為2θB．O、K之間的距離為heq\r(1＋tan2θ)C．小球落到K點(diǎn)時的速度大小為eq\r(2gh＋\f(gh,2tan2θ))D．小球經(jīng)過P點(diǎn)前后損失的機(jī)械能為mgH－eq\f(mgh,2tan2θ)【解析】設(shè)小球從O點(diǎn)拋出時速度為v0，則落到斜面上時有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，設(shè)落在K點(diǎn)時速度方向與水平方向夾角為α，則有tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，對比可知tanα＝2tanθ，A錯誤；O、K之間的距離為s＝eq\f(h,sinθ)≠heq\r(1＋tan2θ)，B錯誤；小球落到K點(diǎn)時vy＝gt＝eq\r(2gh)，則v0為v0＝eq\f(\r(2gh),2tanθ)，則小球落到K點(diǎn)時的速度大小為v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2gh＋\f(gh,2tan2θ))，C正確；小球經(jīng)過P點(diǎn)前后損失的機(jī)械能為從釋放到落到K點(diǎn)全過程損失的機(jī)械能，由能量守恒有ΔE＝mg(H＋h)－eq\f(1,2)mv2＝mgH－eq\f(mgh,4tan2θ)，D錯誤．9.(2022·哈爾濱六中一模)2022年第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動會在中國舉行，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一．跳臺滑雪賽道可簡化為助滑道、著陸坡、停止區(qū)三部分，如圖所示．一次比賽中，質(zhì)量為m的運(yùn)動員從A處由靜止下滑，運(yùn)動到B處后水平飛出，落在了著陸坡末端的C點(diǎn)，滑入停止區(qū)后，在與C等高的D處速度減為零．已知B、C之間的高度差為h，著陸坡的傾角為θ，重力加速度為g.只考慮運(yùn)動員在停止區(qū)受到的阻力，不計其他能量損失．由以上信息不可以求出(D)A．運(yùn)動員在空中飛行的時間B．A、B之間的高度差C．運(yùn)動員在停止區(qū)運(yùn)動過程中克服阻力做的功D．C、D兩點(diǎn)之間的水平距離【解析】從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動，則由h＝eq\f(1,2)gt2，可求解運(yùn)動員在空中飛行的時間，A正確，不符合題意；由eq\f(h,tanθ)＝v0t，可求解在B點(diǎn)的速度v0，再由mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可求解AB的高度差，B正確，不符合題意；從B點(diǎn)到D點(diǎn)由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝Wf，可求解運(yùn)動員在停止區(qū)運(yùn)動過程中克服阻力做的功，C正確，不符合題意；由題中條件無法求解C、D兩點(diǎn)之間的水平距離，D錯誤，符合題意．故選D.10.(2022·遼寧模擬)如圖(a)所示，一個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從地面豎直上拋，小球的動能Ek隨它距離地面的高度h的變化關(guān)系如圖(b)所示，取小球在地面時的重力勢能為零，小球運(yùn)動過程中受到的空氣阻力大小恒定，重力加速度為g，則下列說法正確的是(C)A．小球的質(zhì)量為eq\f(2E0,gh0)B．小球受到空氣阻力的大小為eq\f(E0,gh0)C．上升過程中，小球的動能等于重力勢能時，小球距地面的高度為eq\f(4,7)h0D．下降過程中，小球的動能等于重力勢能時，小球的動能大小為eq\f(E0,2)【解析】上升階段，根據(jù)能量守恒2E0＝fh0＋mgh0，下降階段，根據(jù)能量守恒E0＋fh0＝mgh0，聯(lián)立解得，小球的質(zhì)量為m＝eq\f(3E0,2gh0)，小球受到空氣阻力的大小為f＝eq\f(E0,2h0)，故A、B錯誤；上升過程中，小球的動能等于重力勢能時，根據(jù)能量守恒2E0＝Ek1＋mgh＋fh＝2mgh＋fh，解得小球距地面的高度為h＝eq\f(4,7)h0，故C正確；下降過程中，小球的動能等于重力勢能時，設(shè)此時高度h1，根據(jù)能量守恒mgh0＝Ek2＋mgh1＋f(h0－h(huán)1)＝2Ek2＋fh0－fh1，即eq\f(3E0,2)＝2Ek2＋eq\f(E0,2)－fh1，解得小球的動能大小Ek2＝eq\f(E0＋fh1,2)，不等于eq\f(E0,2)，故D錯誤．應(yīng)用題——強(qiáng)化學(xué)以致用11.(2022·湖北聯(lián)考)皮帶輸送機(jī)普遍應(yīng)用于交通、物流、食品等各行各業(yè)，通過掃碼可實(shí)現(xiàn)快遞自動分揀．如圖所示，傳送帶在電動機(jī)帶動下以v0＝2m/s的速度勻速運(yùn)動，將質(zhì)量m＝1kg的包裹(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度放在與掃碼儀B相距10m的A點(diǎn)處，包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.下列說法正確的是(C)A．包裹從A點(diǎn)運(yùn)動到掃碼儀B的過程中先受滑動摩擦力作用后受靜摩擦力作用B．包裹從A點(diǎn)運(yùn)動到掃碼儀B的時間為5sC．將一個包裹運(yùn)送到掃碼儀B的過程中，電動機(jī)多消耗的電能為4JD．將一個包裹運(yùn)送到掃碼儀B的過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J【解析】包裹在傳送帶上加速時有μmg＝ma，解得a＝5m/s2，包裹在傳送帶上加速的時間t1＝eq\f(v0,a)＝0.4s，包裹在傳送帶上加速的位移x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝0.4m<10m，包裹在傳送帶上勻速運(yùn)動的時間t2＝eq\f(L－x,v0)＝4.8s，包裹從A點(diǎn)運(yùn)動到掃碼儀B的時間t＝t1＋t2＝5.2s，故B錯誤；包裹加速過程受滑動摩擦力作用，與傳送帶共速后不受摩擦力作用，故A錯誤；傳送帶在包裹加速時間內(nèi)的位移x傳＝v0t1＝0.8m，傳送帶克服摩擦力所做的功W＝μmgx傳＝4J，電動機(jī)多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力所做的功，故C正確；包裹在傳送帶上加速的過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(x傳－x)＝2J，故D錯誤．12.(多選)(2022·山東押題卷)如圖1為一自動卸貨礦車工作時的示意圖：礦車空載時質(zhì)量為100kg；礦車載滿貨物后，從傾角α＝30°的固定斜面上A點(diǎn)由靜止下滑，下滑一段距離后，壓縮固定在適當(dāng)位置的緩沖彈簧，當(dāng)彈簧產(chǎn)生最大形變時(仍在彈性限度內(nèi))，礦車立即自動卸完全部貨物，然后借助彈簧的彈力作用，返回原位置A，此時速度剛好為零，礦車再次裝貨．設(shè)斜面對礦車的阻力為車總重量的k0倍，已知礦車下滑過程中，加速度a與位移x的部分關(guān)系圖像如圖2所示．彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)(x0為形變量)，礦車可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，則(ABD)A．k0＝0.25B．礦車的載貨量為200kgC．彈簧的勁度系數(shù)為75N/mD．卸貨點(diǎn)距A點(diǎn)32m【解析】設(shè)礦車質(zhì)量為m，載貨量為M，礦車未接觸彈簧前，由牛頓第二定律(M＋m)gsinθ－k0(M＋m)g＝(M＋m)a，其中a＝2.5m/s2，可得k0＝0.25，故A正確；卸貨點(diǎn)距A為s，由功能關(guān)系可得：下滑過程(M＋m)gssinθ＝k0(m＋M)gs＋ΔEp彈，彈回過程ΔEp彈＝k0mgs＋mgssinθ，聯(lián)立可得M＝2m＝200kg，故B正確；設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，由圖可知25m處的加速度為0，有(m＋M)gsinθ＝k0(m＋M)g＋kΔx，代入圖像數(shù)據(jù)Δx＝(25－24)m＝1m，可得K＝750N/m，故C錯誤；上升過程中eq\f(1,2)k(s－24)2＝k0mgs＋mgssinθ，代入數(shù)據(jù)解得s＝32m，故D正確．故選ABD.13.(2021·全國乙卷)一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運(yùn)動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m．若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m．假設(shè)運(yùn)動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變．重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力．求：(1)運(yùn)動員拍球過程中對籃球所做的功；(2)運(yùn)動員拍球時對籃球的作用力的大小．【答案】(1)4.5J(2)9N【解析】(1)使籃球從距地面高度為h1處由靜止自由落下時，設(shè)籃球的落地速度大小為v1，根據(jù)自由落體運(yùn)動的規(guī)律有veq\o\al(2,1)＝2gh1，設(shè)籃球被地面反彈時的速度大小為v2，則有veq\o\al(2,2)＝2gh2，則籃球與地面碰撞前、后的動能之比eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,1),\f(1,2)mv\o\al(2,2))＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(3,2).使籃球從距地面h3的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，設(shè)籃球的落地速度大小為v3，反彈后的速度大小為v4，則有veq\o\al(2,4)＝2gh3，因?yàn)榛@球每次與地面碰撞前、后的動能的比值不變，所以有eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,3),\f(1,2)mv\o\al(2,4))＝eq\f(3,2)，設(shè)運(yùn)動員拍球過程中對籃球做的功為W，根據(jù)動能定理有W＋mgh3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得W＝4.5J.(2)籃球在受到力F作用的時間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a＝eq\f(mg＋F,m)，籃球的位移x＝eq\f(1,2)at2，運(yùn)動員對籃球做的功W＝Fx，聯(lián)立解得F＝9N.14.(2022·浙江1月高考，12分)如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點(diǎn)，彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)(與B點(diǎn)等高)，B、O1、D、O2和F點(diǎn)處于同一直線上．已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m＝0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15m，軌道AB長度lAB＝3m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(7,8)，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8