2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項(xiàng)第1部分專題2第5講含答案及解析

第一部分專題二第5講A組·基礎(chǔ)練1.(2024·新疆一模)初動(dòng)能相同的兩個(gè)物體，在同一水平面上運(yùn)動(dòng)，因摩擦力的作用而停止。若兩物體與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，下列說法正確的是()A．質(zhì)量較大的物體滑行的時(shí)間較短B．質(zhì)量較大的物體滑行的距離較長(zhǎng)C．質(zhì)量較小的物體滑行的時(shí)間較短D．質(zhì)量較小的物體滑行的距離較短【答案】A【解析】根據(jù)動(dòng)能定理可得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv2，所以x＝eq\f(v2,2μg)，由于兩個(gè)物體初動(dòng)能相同，則質(zhì)量較大的物體初速度較小，滑行的距離較短，質(zhì)量較小的物體初速度較大，滑行的距離較長(zhǎng)，故B、D錯(cuò)誤；兩物體滑行的時(shí)間為t＝eq\f(v,μg)，質(zhì)量較大的物體初速度較小，滑行的時(shí)間較短，質(zhì)量較小的物體初速度較大，滑行的時(shí)間較長(zhǎng)，故A正確，C錯(cuò)誤。2.(2023·北京高考卷)如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在物體移動(dòng)距離為x的過程中()A．摩擦力做功大小與F方向無關(guān)B．合力做功大小與F方向有關(guān)C．F為水平方向時(shí)，F(xiàn)做功為μmgxD．F做功的最小值為max【答案】D【解析】設(shè)力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力f＝μ(mg－Fsinθ)，摩擦力的功Wf＝μ(mg－Fsinθ)x即摩擦力的功與F的方向有關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；合力功W＝F合x＝ma·x可知合力功與力F方向無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)力F水平時(shí)，F(xiàn)＝ma＋μmg則力F做功WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因合外力功為max大小一定，而合外力的功等于力F與摩擦力f做功的代數(shù)和，而當(dāng)Fsinθ＝mg時(shí)，摩擦力f＝0，則此時(shí)摩擦力做功為零，此時(shí)力F做功最小，最小值為max，選項(xiàng)D正確。3.(2024·遼寧模擬)滑雪是受人歡迎的游玩項(xiàng)目。如圖所示，一位質(zhì)量為60kg的滑雪愛好者從海拔1800m的雪道起點(diǎn)沿著長(zhǎng)為1200m的雪道進(jìn)行滑雪訓(xùn)練，20min后到達(dá)海拔為1600m雪道終點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，則在此過程中滑雪愛好者()A．位移大小為200mB．平均速度大小為1m/sC．重力做功為1.2×105JD．重力做功的平均功率為600W【答案】C【解析】由于滑雪道不是一條直線，所以滑雪愛好者的位移大小未知，平均速度大小未知，故A、B錯(cuò)誤；重力做功的大小為W＝mgΔh＝60×10×(1800－1600)J＝1.2×105J，故C正確；重力做功的平均功率為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(1.2×105,20×60)W＝100W，故D錯(cuò)誤。4.(2024·廣東梅州一模)如圖所示，噴泉經(jīng)常出現(xiàn)在廣場(chǎng)和公園等公共場(chǎng)所，給人們的生活增添了無窮樂趣。假設(shè)一水珠從噴出到落回地面在同一豎直線上運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)過程中水珠的質(zhì)量和空氣阻力的大小均保持不變，則該水珠在空中運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是()A．該水珠在落回地面時(shí)，重力的瞬時(shí)功率最小B．該水珠在落回地面時(shí)，水珠的機(jī)械能最小C．上升過程所用的時(shí)間大于下落過程所用的時(shí)間D．上升過程克服空氣阻力做的功大于下落過程克服空氣阻力做的功【答案】B【解析】重力的瞬時(shí)功率為P＝mgv，水珠在最高點(diǎn)時(shí)，速度為零，重力的瞬時(shí)功率最小，故A錯(cuò)誤；水珠在空中運(yùn)動(dòng)的過程中，一直克服空氣阻力做功，水珠的機(jī)械能逐漸減小，故該水珠在落回地面時(shí)，水珠的機(jī)械能最小，故B正確；水珠上升過程阻力方向與重力方向相同，下降過程阻力方向與重力方向相反，則水珠上升過程的加速度大于下降過程的加速度，水珠上升過程的位移等于下降過程的位移，故上升過程所用的時(shí)間小于下落過程所用的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)過程中水珠質(zhì)量和空氣阻力的大小均保持不變，水珠上升過程的位移等于下降過程的位移，故上升過程克服空氣阻力做的功等于下落過程克服空氣阻力做的功，故D錯(cuò)誤。故選B。5.(2024·蘇北七市二模)如圖所示，斜面體固定在水平面上，斜面體的兩側(cè)面與水平面平滑連接，兩小木塊同時(shí)從斜面體的頂端由靜止下滑，最終停在水平面上。已知木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，下列描述木塊水平分速度大小vx隨時(shí)間t變化關(guān)系圖像可能正確的是()【答案】B【解析】到達(dá)水平面時(shí)，水平方向分速度變化為了合速度，故速度大小會(huì)突然變大，根據(jù)動(dòng)能定理mgh－μmgeq\f(h,tanθ)＝eq\f(1,2)mv2可知兩物體到達(dá)底端時(shí)的速度不等，傾角θ大的速度大，結(jié)合圖像，故B正確。6.(2023·湖北高考卷)兩節(jié)動(dòng)車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達(dá)到的最大速度分別為v1和v2?，F(xiàn)將它們編成動(dòng)車組，設(shè)每節(jié)動(dòng)車運(yùn)行時(shí)受到的阻力在編組前后不變，則該動(dòng)車組在此鐵軌上能達(dá)到的最大速度為()A．eq\f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B．eq\f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)C．eq\f(P1＋P2v1v2,P1v1＋P2v2) D．eq\f(P1＋P2v1v2,P1v2＋P2v1)【答案】D【解析】由題意可知兩節(jié)動(dòng)車分別有P1＝f1v1，P2＝f2v2，當(dāng)將它們編組后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，聯(lián)立可得v＝eq\f(P1＋P2v1v2,P1v2＋P2v1)，故選D。7.(2024·山東菏澤模擬)如圖甲所示，一臺(tái)起重機(jī)將放在地面上的貨物吊起。貨物在起重機(jī)鋼繩的作用下由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，其v－t圖像如圖乙所示，其中2s<t<10s時(shí)間段圖像為曲線，其余時(shí)間段圖像均為直線。已知貨物的質(zhì)量為500kg，取重力加速度大小為g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．0～2s內(nèi)起重機(jī)對(duì)貨物的拉力大小為4950NB．14～18s內(nèi)起重機(jī)對(duì)貨物的拉力大小為5250NC．14～18s內(nèi)起重機(jī)拉力對(duì)貨物做功為－1.9×104JD．2s時(shí)起重機(jī)拉力的功率為5250W【答案】D【解析】0～2s內(nèi)貨物的加速度大小為a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(1,2)m/s2＝0.5m/s2，在14～18s內(nèi)貨物的加速度大小為a2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv2,Δt2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,18－14)))m/s2＝0.5m/s2，由牛頓第二定律得F1－mg＝ma1，mg－F2＝ma2，解得F1＝5250N，F(xiàn)2＝4750N，故0～2s內(nèi)起重機(jī)對(duì)貨物的拉力大小為5250N,14～18s內(nèi)起重機(jī)對(duì)貨物的拉力大小為4750N，故A、B錯(cuò)誤；14～18s內(nèi)貨物上升的位移h＝eq\f(1,2)×(18－14)×2m＝4m，則起重機(jī)拉力對(duì)貨物做功為W＝F2h＝1.9×104J，故C錯(cuò)誤；2s時(shí)起重機(jī)拉力的功率P＝F1v2＝5250W，故D正確。8.(2024·黑龍江模擬)如圖是半徑為R、內(nèi)壁粗糙程度相同的半球形碗，一質(zhì)量為m的小物塊從碗口A點(diǎn)由靜止開始沿著碗下滑，滑到碗底中心B處時(shí)，對(duì)碗底的壓力大小為2mg，重力加速度為g。當(dāng)物塊第二次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)與第一次經(jīng)過時(shí)比較，下列說法正確的是()A．小物塊的加速度不變B．小物塊的速率不變C．小物塊受到的摩擦力變小D．小物塊重力的功率變小【答案】C【解析】由于存在摩擦力做負(fù)功，物塊的機(jī)械能不斷減小，所以物塊第二次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)與第一次經(jīng)過時(shí)比較，小物塊的速率變小，根據(jù)N－mg＝meq\f(v2,r)，f＝μN(yùn)可得f＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋m\f(v2,r)))可知小物塊受到的摩擦力變小，故B錯(cuò)誤，C正確；小物塊的向心加速度大小為a1＝eq\f(v2,r)，小物塊沿切線方向的加速度大小為a2＝eq\f(f,m)則小物塊的加速度大小為a＝eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2))，物塊第二次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)與第一次經(jīng)過時(shí)比較，向心加速度和切線方向的加速度均變小，所以物塊的加速度變小，故A錯(cuò)誤；小物塊重力的功率為W＝mgvy，由于物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的豎直分速度為0，所以物塊第二次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)與第一次經(jīng)過時(shí)比較，小物塊重力的功率不變，均為0，故D錯(cuò)誤。9.(2024·江西南昌一模)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R，bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a處由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。則小球從a處開始運(yùn)動(dòng)到其落至水平軌道cd上時(shí)，水平外力所做的功為()A．5mgR B．7mgRC．9mgR D．11mgR【答案】D【解析】根據(jù)題意，小球從a→c過程中，由動(dòng)能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，其中F＝mg解得vc＝2eq\r(gR)，小球由c點(diǎn)離開曲面，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由豎直方向可得，小球從c點(diǎn)離開曲面到落在cd的時(shí)間為t＝eq\f(2vc,g)＝4eq\r(\f(R,g))水平方向有x＝eq\f(1,2)gt2＝8R則小球從a處開始運(yùn)動(dòng)到其落至水平軌道cd上時(shí)，水平外力所做的功為W＝F(3R＋8R)＝mg(3R＋8R)＝11mgR，故選D。B組·綜合練10.(多選)(2024·廣東深圳三模)小劉駕駛一輛質(zhì)量為m＝2×103kg的汽車由靜止開始以60kW的恒定功率在水平路面運(yùn)動(dòng)，100s后汽車以該情況下能達(dá)到的最大速度駛上一傾角固定的傾斜路面，隨即將汽車功率提高到90kW，并保持不變。已知汽車在水平路面行駛時(shí)所受阻力為其所受重力的0.1倍，在傾斜路面上勻速行駛時(shí)的速度為15m/s。重力加速度為g取10m/s2，下列說法正確的是()A．汽車在水平路面上能達(dá)到的最大速度為25m/sB．汽車在水平路面上行駛的距離為2550mC．汽車在傾斜路面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小為5000ND．汽車駛上傾斜路面瞬間的加速度大小為1.5m/s2【答案】BD【解析】汽車達(dá)到最大速度時(shí)，其牽引力與阻力大小相等，有F＝f＝0.1mg，由功率的公式有P＝Fvm，解得vm＝30m/s，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由題意可知，該車從靜止開始經(jīng)過100s達(dá)到最大速度，由動(dòng)能定理有Pt－fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，解得x＝2550m，故B項(xiàng)正確；設(shè)當(dāng)汽車在傾斜路面穩(wěn)定時(shí)其阻力為f1，則有P1＝F1v1，受力分析有F1＝f1，解得f1＝6000N，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；汽車提高到90kW時(shí)的牽引力為F2，有P1＝F2vm，到傾斜路面瞬間有F2－f1＝ma，解得a＝－1.5m/s2，所以其加速度大小為1.5m/s2，故D項(xiàng)正確。故選BD。11.(多選)(2024·遼寧期中)如圖，為某款新型配送機(jī)器人，該機(jī)器人可以自動(dòng)規(guī)避道路障礙與往來車輛行人，實(shí)現(xiàn)自動(dòng)化安全配送的全場(chǎng)景適應(yīng)。該機(jī)器人的額定功率為2.75kW，自身質(zhì)量為350kg，最大承載質(zhì)量為200kg，行駛時(shí)該配送機(jī)器人受到的阻力為其總重力的0.1倍。重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)其他摩擦，下列說法正確的是()A．該配送機(jī)器人空載行駛時(shí)，能達(dá)到的最大速度為9m/sB．該配送機(jī)器人滿載行駛時(shí)，能達(dá)到的最大速度為2.5m/sC．若該配送機(jī)器人以1m/s2的加速度勻加速滿載啟動(dòng)，則做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2.5sD．若該配送機(jī)器人以額定功率滿載啟動(dòng)，當(dāng)速度為2m/s時(shí)，其加速度為1.5m/s2【答案】CD【解析】空載時(shí)能達(dá)到的最大速度為vm＝eq\f(Pm,0.1mg)＝eq\f(2.75×103,0.1×350×10)m/s≈7.86m/s，A錯(cuò)誤；滿載時(shí)能達(dá)到的最大速度為vm＝eq\f(Pm,0.1m＋m′g)＝eq\f(2.75×103,0.1×350＋200×10)m/s＝5m/s，B錯(cuò)誤；若該配送機(jī)器人以1m/s2的加速度勻加速滿載啟動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得F－0.1(m＋m′)g＝(m＋m′)a，勻加速階段的牽引力為F＝1100N，則勻加速直線運(yùn)動(dòng)能達(dá)到的最大速度為v1＝eq\f(Pm,F)＝2.5m/s，則該階段時(shí)間為t＝eq\f(v1,a)＝2.5s，C正確；若該配送機(jī)器人以額定功率滿載啟動(dòng)，當(dāng)速度為2m/s時(shí)，牽引力大小為F′＝eq\f(Pm,v2)＝1375N，則此時(shí)加速度為a′＝eq\f(F′－0.1m＋m′g,m＋m′)＝1.5m/s2，D正確。故選CD。12.(2024·山東濰坊三模)如圖所示為冰雪沖浪項(xiàng)目流程圖，AB段為水平加速區(qū)，BC段為半徑r＝22.5m的光滑圓管型通道，AB與BC相切于B點(diǎn)；CDE段為半徑R＝100m的圓弧冰滑道，BC與CDE相切于C點(diǎn)，弧DE所對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝37°，D為軌道最低點(diǎn)，C、E關(guān)于OD對(duì)稱。安全員將小朋友和滑板(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)沿水平方向向左加速推動(dòng)一段距離后釋放，到達(dá)光滑圓管型通道上B點(diǎn)時(shí)小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，小朋友運(yùn)動(dòng)至滑道E點(diǎn)時(shí)對(duì)滑道壓力FN＝410N。已知小朋友和滑板總質(zhì)量為m＝40kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小朋友在B點(diǎn)時(shí)的速度v0；(2)小朋友通過CDE段滑道克服摩擦力做的功?！敬鸢浮?1)15m/s，方向水平向左(2)1800J【解析】(1)由于到達(dá)光滑圓管型通道上B點(diǎn)時(shí)小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，則mg＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，所以v0＝15m/s，方向水平向左。(2)小朋友從B滑到E，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgr(1－cos37°)－W克f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在E點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mgcos37°＝meq\f(v\o\al(2,E),R)，聯(lián)立可得W克f＝1800J。13.(2024·重慶九龍坡三模)某質(zhì)量為m＝50kg的體操運(yùn)動(dòng)員展示下杠動(dòng)作如圖，雙手與肩同寬抓住單杠，使重心以單杠為軸做半徑R＝1m的圓周運(yùn)動(dòng)，重心通過單杠正上方A點(diǎn)時(shí)速率v＝2m/s，轉(zhuǎn)至B點(diǎn)時(shí)松手脫離單杠，然后重心以速率vC＝1.8m/s經(jīng)過最高點(diǎn)C，落地時(shí)重心的位置為D點(diǎn)。脫離單杠后運(yùn)動(dòng)員空中上升與下降的時(shí)間之比為2∶3，B、D兩點(diǎn)的高度差為