素養(yǎng)培優(yōu)專練3高考物理總復(fù)習(xí)精品

素養(yǎng)培優(yōu)專練(三)一、功能在實際情境中的應(yīng)用(一)功能在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用1．(2020·天津高考)(多選)復(fù)興號動車在世界上首次實現(xiàn)速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標志性成果。一列質(zhì)量為m的動車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運動，經(jīng)時間t達到該功率下的最大速度vm，設(shè)動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內(nèi)()A．做勻加速直線運動B．加速度逐漸減小C．牽引力的功率P＝FvmD．牽引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BC解析動車加速的過程功率恒定，根據(jù)P＝F牽v可知，動車的牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律得F牽－F＝ma，可知動車的加速度減小，所以動車做加速度減小的加速直線運動，A錯誤，B正確；當加速度為0時，牽引力等于阻力，列車達到最大速度vm，則牽引力的功率P＝Fvm，C正確；動車的功率恒定，在時間t內(nèi)，牽引力做功W＝Pt，根據(jù)動能定理得Pt－Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故W>eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D錯誤。(二)功能在體育運動、活動中的應(yīng)用2.(2021·河北省二輪復(fù)習(xí)聯(lián)考一)跳傘運動被視為“勇敢者的運動”，驚險又刺激。在一次跳傘訓(xùn)練中，一名跳傘運動員打開降落傘后，先減速下降一段時間，此后勻速向下直線運動。下列說法正確的是()A．在減速下降階段，下降同樣的高度，運動員的動能變化量可能不相等B．在減速下降階段，下降同樣的高度，運動員的重力勢能變化量不相等C．在勻速下降階段，運動員的機械能守恒D．在勻速下降階段，運動員的重力勢能不變答案A解析因為在減速下降階段，跳傘運動員未必是勻減速下落，所受合力不一定恒定，則下降同樣的高度，運動員的動能變化量不一定相等，A正確；重力勢能變化量只與高度變化有關(guān)，下降同樣的高度，重力勢能變化量一定相等，B錯誤；機械能包括動能和勢能，運動員勻速下降時，v不變，則動能不變，高度減小，則重力勢能減小，所以運動員的機械能減小，C、D錯誤。3．(2021·遼寧高考)(多選)冰滑梯是東北地區(qū)體驗冰雪運動樂趣的設(shè)施之一。某冰滑梯的示意圖如圖所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；傾斜滑道和水平滑道與同一滑板間的動摩擦因數(shù)μ相同，因滑板不同μ滿足μ0≤μ≤1.2μ0。在設(shè)計滑梯時，要確保所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，且滑行結(jié)束時停在水平滑道上，以下L1、L2的組合符合設(shè)計要求的是()A．L1＝eq\f(h,2μ0)，L2＝eq\f(3h,2μ0)B．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(h,3μ0)C．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(2h,3μ0)D．L1＝eq\f(3h,2μ0)，L2＝eq\f(h,μ0)答案CD解析設(shè)傾斜滑道的傾角為θ，游客在傾斜滑道上做減速運動，則有μmgcosθ>mgsinθ，解得μ>tanθ＝eq\f(h,L1)，又因為μ0≤μ≤1.2μ0，所以μ0≥eq\f(h,L1)，解得L1≥eq\f(h,μ0)，故A錯誤。整個過程中只有重力和摩擦力做功，根據(jù)題意可知游客到達傾斜滑道底端時的速度v>0，根據(jù)動能定理有mg·2h－μmgcosθ·eq\f(L1,cosθ)＝eq\f(1,2)mv2>0，整理可得eq\f(2h,L1)>μ，結(jié)合μ0≤μ≤1.2μ0可得eq\f(2h,L1)>1.2μ0，解得L1<eq\f(5h,3μ0)；游客最后停在水平滑道上，有mg·2h－μmgcosθ·eq\f(L1,cosθ)≤μmgL2，整理可得L2≥eq\f(2h,μ)－L1，當L1＝eq\f(4h,3μ0)時，解得L2≥eq\f(2h,μ)－eq\f(4h,3μ0)≥eq\f(2h,μ0)－eq\f(4h,3μ0)＝eq\f(2h,3μ0)；當L1＝eq\f(3h,2μ0)時，解得L2≥eq\f(2h,μ)－eq\f(3h,2μ0)≥eq\f(2h,μ0)－eq\f(3h,2μ0)＝eq\f(h,2μ0)，故B錯誤，C、D正確。4．(2021·全國乙卷)一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運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)運動員拍球過程中對籃球所做的功；(2)運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)籃球從高度為h1處由靜止自由下落的過程中，由動能定理可得mgh1＝Ek1之后籃球反彈向上運動的過程中，由動能定理可得－mgh2＝0－Ek2籃球從高度為h3處由靜止下落，同時向下拍球，在籃球下落過程中，由動能定理可得W＋mgh3＝Ek3在籃球反彈上升的過程中，由動能定理可得－mgh3＝0－Ek4因籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變，則有eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(Ek3,Ek4)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得W＝4.5J。(2)因運動員拍球時對球的作用力為恒力，則拍球時籃球向下做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得F＋mg＝ma在拍球時間內(nèi)籃球運動的位移為x＝eq\f(1,2)at2運動員拍球過程中對球做的功為W＝Fx聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得F＝9N(F＝－15N舍去)。(三)功能在前沿科技、遷移創(chuàng)新中的應(yīng)用5．(2022·山東省青島市高三上期初學(xué)習(xí)質(zhì)量調(diào)研檢測)(多選)“太空水漂”，術(shù)語稱“半彈道跳躍式返回”，即在返回器第一次進入大氣層一定“深度”后，借助大氣層作用力再次升高，其速度會進一步降低，然后再次返回地球。如圖，嫦娥五號返回器在距地面高度約120km處，以接近第二宇宙速度(約11.2km/s)高速進入地球大氣層外層A點，減速下降至預(yù)定高度B點附近(圖中B點為AC段的最低點)，在大氣層作用下向上躍出大氣層，到達最高點D后又開始下降，之后再次進入大氣層外層，到達圖中E點時速度約為7.9km/s。在降至距地面約10km高度時，打開降落傘完成最后階段減速并保持姿態(tài)穩(wěn)定，最終平穩(wěn)著陸在內(nèi)蒙古四子王旗預(yù)設(shè)區(qū)域(圖中F點)。其中A、C、E在同一高度上，高度120km之外空氣阻力可忽略不計。返回器質(zhì)量設(shè)為300kg，下列說法正確的是()A．從A點到E點過程中返回器克服大氣層阻力做功約為9.45×109JB．從C點到E點過程中，返回器機械能守恒C．返回器在D點的瞬時加速度為零D．返回器從E點到F點的過程中始終處于失重狀態(tài)答案AB解析從A點到E點過程中返回器克服大氣層阻力做功約為Wf＝－ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＝eq\f(1,2)×300×(11.2×103)2J－eq\f(1,2)×300×(7.9×103)2J＝9.45×109J，A正確；從C點到E點過程中，返回器只有萬有引力做功，機械能守恒，B正確；返回器在D點時，受地球引力作用，其瞬時加速度不為零，C錯誤；返回器從E點到F點的過程中，打開降落傘后向下做減速運動，處于超重狀態(tài)，D錯誤。6．(2021·北京市豐臺區(qū)高三下二模)在慣性參考系中，力對質(zhì)點所做功僅取決于質(zhì)點的初始位置和末位置，而與質(zhì)點通過的路徑無關(guān)，這種力稱為保守力，重力、彈簧彈力、靜電力、萬有引力等均為保守力。保守力做功的特點決定了質(zhì)點在慣性系中的每一個位置都有一種由該位置確定的能量，稱為勢能；勢能隨位置變化的曲線稱為勢能曲線。如圖所示為兩個勢能曲線，下列說法正確的是()A．圖甲中勢能為零的位置，質(zhì)點所受保守力為零B．圖甲中質(zhì)點所受保守力的方向沿x軸的正方向C．圖乙中質(zhì)點從x1運動到x2的過程中保守力做正功D．圖乙中質(zhì)點在x1位置所受保守力大于質(zhì)點在x2位置所受保守力答案D解析根據(jù)ΔEp＝－W保＝－F保Δx，圖甲中質(zhì)點所受保守力為恒力，勢能為零的位置質(zhì)點所受保守力不為零，故A錯誤；根據(jù)ΔEp＝－W保，圖甲中沿x軸正方向勢能增加，說明保守力做負功，所以質(zhì)點所受保守力的方向沿x軸的負方向，故B錯誤；根據(jù)ΔEp＝－W保，圖乙中質(zhì)點從x1運動到x2的過程中勢能增加，說明保守力做負功，故C錯誤；根據(jù)ΔEp＝－W保＝－F保Δx可知，勢能隨位置變化的圖像中圖線的斜率的絕對值表示保守力的大小，所以圖乙中質(zhì)點在x1位置所受保守力大于質(zhì)點在x2位置所受保守力，故D正確。二、重難點強化專練(一)應(yīng)用能量觀點處理圖像問題專練7.(2022·山東省煙臺市高三上期中)A、B兩物體的質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶1，它們以相同的初速度v0在水平面上做勻減速直線運動，直到停止，其v-t圖像如圖所示。此過程中，A、B兩物體克服阻力做功的平均功率之比為()A．1∶1 B.3∶1C．9∶1 D.1∶3答案C解析由功能關(guān)系可知，克服阻力做功等于動能減少量，A、B兩物體克服阻力做功的平均功率之比為PA∶PB＝eq\f(\f(1,2)mAv\o\al(2,0),t0)∶eq\f(\f(1,2)mBv\o\al(2,0),3t0)＝9∶1，故選C。8.(2021·江蘇省徐州市高三下5月考前模擬)如圖所示為某人的滑雪情景，他先沿傾斜坡面由靜止開始下滑，平滑進入水平面后再滑行一段距離停止。若滑雪板與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同，則運動過程中某人的重力勢能Ep、動能Ek和時間t的關(guān)系中可能正確的是()答案D解析設(shè)人在斜面上滑行時的加速度為a1，人在斜面上向下做勻加速運動，則運動的位移x＝eq\f(1,2)a1t2，設(shè)斜面傾角為θ，則某時刻的重力勢能Ep＝Ep0－mgxsinθ＝Ep0－eq\f(1,2)mga1sinθ·t2，可知人在斜面上滑行時的Ep-t圖像是開口向下的拋物線，A、B錯誤。人在斜面上某時刻的速度為v＝a1t，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(a1t)2＝eq\f(1,2)maeq\o\al(2,1)t2，則人在斜面上滑行時的Ek-t圖像是開口向上的拋物線；當人在平面上滑行時做勻減速運動，設(shè)加速度大小為a2，t1時進入水平面速度大小為v1，則動能Ek＝eq\f(1,2)m[v1－a2(t－t1)]2，則對應(yīng)的Ek-t圖像為開口向上的拋物線，C錯誤，D正確。9.(2021·湖北省高三下二模)(多選)地面上質(zhì)量為m的物體在豎直向上的力F作用下由靜止開始向上運動，力F隨物體離地面高度x的變化關(guān)系如圖所示(圖中H已知)，物體上升的最大高度為h，重力加速度為g，不計空氣阻力。在物體運動的過程中，下列說法中正確的是()A．當高度為0或h時，加速度最大B．F0＝eq\f(2mgH,2H－h(huán))C．加速度的最大值為gD．動能的最大值為eq\f(mgh2,42H－h(huán))答案ABD解析從圖像可以得出力F隨高度x的變化關(guān)系為F＝F0－kx，其中k＝eq\f(F0,H)，可以計算出物體到達h處時力F1＝F0－eq\f(F0,H)h，物體從地面到h處的過程中，力F做正功，重力G做負功，由動能定理可得eq\x\to(F)h－mgh＝0－0，而eq\x\to(F)＝eq\f(F0＋F1,2)＝F0－eq\f(F0,2H)h，可以計算出F0＝eq\f(2mgH,2H－h(huán))，故B正確；物體在初位置有F0－mg＝ma1，計算得a1＝eq\f(gh,2H－h(huán))，當物體運動到h處時，有mg－F1＝ma2，而F1＝eq\f(2mgH,2H－h(huán))－eq\f(2mgh,2H－h(huán))，計算得a2＝eq\f(gh,2H－h(huán))，即加速度最大的位置是0或h處，故A正確，C錯誤；動能最大的位置出現(xiàn)在F＝mg時，即eq\f(2mgH,2H－h(huán))－eq\f(2mg,2H－h(huán))x＝mg，解得x＝eq\f(h,2)，由動能定理可得Ekm＝WF－mgeq\f(h,2)＝eq\f(F0＋mg,2)·eq\f(h,2)－mgeq\f(h,2)，可解得Ekm＝eq\f(mgh2,42H－h(huán))，故D正確。(二)動能定理在多過程問題中的應(yīng)用專練10．(2021·全國甲卷)(多選)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動時的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長答案BC解析設(shè)物體沿斜面向上滑動的距離為l，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，對全過程根據(jù)動能定理有－μmgcosα·2l＝eq\f(Ek,5)－Ek，對物體向上滑動的過程根據(jù)動能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，聯(lián)立得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A錯誤，C正確；物體向下滑動時，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，B正確；物體向上滑動時，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα＋μmgcosα＝ma上，可知a上>a下，由于上滑過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且兩過程位移大小均為l，根據(jù)l＝eq\f(1,2)at2，可得t上<t下，D錯誤。11．(2021·全國甲卷)如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質(zhì)量為m的無動力小車(可視為質(zhì)點)從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。(1)求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能；(2)求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；(3)若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應(yīng)滿足什么條件？答案(1)mgdsinθ(2)eq\f(mgL＋29dsinθ－μmgs,30)(3)L>d＋eq\f(μs,sinθ)解析(1)小車在光滑斜面上滑行時，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma設(shè)小車通過第30個減速帶后速度為v1，到達第31個減速帶前速度為v2，則有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ad因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面通過減速帶后的速度與到達下一個減速帶前的速度均為v1和v2，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)聯(lián)立以上各式解得ΔE＝mgdsinθ。(2)由(1)知小車通過第50個減速帶后的速度為v1，則在水平地面上的運動過程，根據(jù)動能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據(jù)動能定理有mg(L＋29d)sinθ－ΔE總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0聯(lián)立解得ΔE總＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs故小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能為ΔE′＝eq\f(ΔE總,30)＝eq\f(mgL＋29dsinθ－μmgs,30)。(3)由題意可知ΔE′>ΔE可得L>d＋eq\f(μs,sinθ)。(三)系統(tǒng)機械能守恒問題12．(2022·遼寧省沈陽市郊聯(lián)體高三上10月月考)如圖所示，質(zhì)量為m的物體P套在固定的光滑水平桿上。輕繩跨過光滑的滑輪O和O′，一端與物體P相連，另一端與質(zhì)量為2m的物體Q相連。用手托住物體Q使整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，此時輕繩剛好拉直，且AO＝L，OB＝h，AB＜BO′，重力加速度為g?，F(xiàn)釋放物體Q，讓二者開始運動，下列說法正確的是()A．在物體P從A滑到B的過程中，P的速度增加，Q的速度減小B．物體P運動的最大速度為2eq\r(gL－h(huán))C．在物體P從A滑到B的過程中，P的機械能減少，Q的機械能增加D．開始運動后，當物體P速度最大時，物體Q速度也達到最大答案B解析P從A點到B點的過程中，繩的拉力對其做正功，P的速度增加，做加速運動；Q從靜止開始先做加速運動，當P運動到B點時Q的速度等于零，說明Q先加速后減速，A錯誤。當P運動到B點時Q的速度等于零，且Q到達最低點，由系統(tǒng)機械能守恒知此時物體P運動速度最大，由機械能守恒定律得2mg·(L－h(huán))＝eq\f(1,2)mv2，解得物體P運動的最大速度v＝2eq\r(gL－h(huán))，B正確，D錯誤。由A項分析知，在物體P從A滑到B的過程中，P的機械能增加，因為系統(tǒng)機械能守恒，則Q的機械能減少，C錯誤。13.(多選)如圖所示，三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°。A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過程中，以下說法正確的是()A．A的動能最大時，B、C的動能均為零B．A的動能最大時，B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mgC．自靜止釋放到A的動能最大時，A球機械能減少量等于彈簧彈性勢能的增加量D．彈簧的彈性勢能最大值為eq\f(\r(3)－1,2)mgL答案BD解析A的動能最大時，A的加速度為零，速度最大，方向向下，彈簧要繼續(xù)伸長，B、C的動能均不為零，故A錯誤；A的動能最大時，其加速度為零，設(shè)B和C受到地面的支持力大小均為F，此時整體在豎直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝eq\f(3,2)mg，故B正確；當A動能最大時，B、C的速度并不為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，A球機械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量，故C錯誤；A由靜止釋放下降到最低點下落的高度為：h＝Lsin60°－Lsin30°＝eq\f(\r(3)－1,2)L，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球A的機械能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大值為：Ep＝mgh＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，故D正確。(四)能量觀點在傳送帶和板塊模型中的應(yīng)用14．(2022·遼寧省沈陽市郊聯(lián)體高三上10月月考)(多選)如圖甲所示，長木板在粗糙的水平地面上向左運動，某時刻一質(zhì)量與長木板相等的滑塊(可視為質(zhì)點)水平向左以某一初速度從右端滑上木板，滑塊始終在木板上且滑塊的動能—位移(Ek-x)圖像如圖乙所示。已知長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，重力加速度大小為10m/s2，則()A．小滑塊和木板的質(zhì)量均為0.25kgB．小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)是0.6C．小滑塊滑上木板瞬間，木板的速度大小為eq\f(2,3)m/sD．木板長度至少要eq\f(4,9)m，小滑塊才不會沖出木板答案BC解析由圖乙可知，滑塊滑上木板后動能減小，滑動x1＝1m后與木板共速，此時滑塊的動能為1J，則由動能定理得－μ1mgx1＝Ek1－Ek0＝1J－4J＝－3J，－μ2·2mgx2＝0－2Ek1＝－2J，其中x2＝2m，μ2＝0.1，解得μ1＝0.6，m＝0.5kg，A錯誤，B正確；根據(jù)Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小滑塊滑上木板瞬間，滑塊的速度大小為v0＝eq\r(\f(2Ek0,m))＝eq\r(\f(2×4,0.5))m/s＝4m/s，同理