浙江专用2022版高考物理大二轮复习优选习题专题综合训练2

专题综合训练(二)1.质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图甲所示,取水平向右为正方向,此物体的v-t图象如图乙所示,g取10m/s2,则(　　)A.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5B.10s内恒力F对物体做功102JC.10s末物体在计时起点位置左侧2m处D.10s内物体克服摩擦力做功30J2.如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是g2,下落H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C,在由A运动到C的过程中,空气阻力恒定,则(　　)A.物块机械能守恒B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒C.物块机械能减少mg(H+h)2D.物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H+h)23.8\n如图所示,A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动,A由静止释放,B的初速度方向沿斜面向下,大小为v0,C的初速度方向沿斜面水平,大小也为v0。下列说法中正确的是(　　)A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时,B的动能最大C.滑到斜面底端时,B的机械能减少最多D.滑到斜面底端时,C的重力势能减少最多4.图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹簧弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,不计空气阻力,则(　　)A.t1时刻小球的动能最大B.t2时刻小球的加速度最小C.t3时刻弹簧的弹性势能为零D.图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量5.如图所示,某人在P点准备做蹦极运动,假设蹦极者离开跳台时的速度为零。图中a是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点。b是人静止地悬吊着时的平衡位置。不计空气阻力,下列说法中正确的是(　　)A.从P到c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B.从P到c过程中重力做的功等于人克服弹力所做的功C.从P到b过程中人的速度不断减小D.从a到c过程中加速度方向保持不变6.如图所示,质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下,然后沿竖直圆轨道内侧运动,已知圆形轨道半径为R,不计一切摩擦阻力,重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)A.当h=2R时,小球恰好能到达最高点MB.当h=2R时,小球在圆心等高处P时对轨道压力为3mgC.当h≤R时,小球在运动过程中不会脱离轨道D.当h=R时,小球在最低点N时对轨道的压力为2mg7.8\n总质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶时,发动机的功率为P。司机为合理进入限速区,减小了油门,使汽车功率立即减小到23P并保持该功率继续行驶,设汽车行驶过程中所受阻力大小不变。从司机减小油门开始,汽车的v-t图象如图,从汽车开始减速到再次达到匀速运动的过程中,行驶的位移为x,汽车因油耗而改变的质量可忽略。则在该过程中,下列说法不正确的是(　　)A.汽车再次匀速运动时速度大小为23v0B.t=0时刻,汽车的加速度大小为P3mv0C.汽车的牵引力不断减小D.经历的时间为3x2v0-5mv0212P8.如图所示,物块从足够长粗糙斜面底端O点,以某一速度向上运动,到达最高点后又沿斜面下滑。物块先后两次经过斜面上某一点A时的动能分别为Ek1和Ek2,重力势能分别为Ep1和Ep2,从O点开始到第一次经过A点的过程中,重力做功为WG1,合外力做功的绝对值为W1,从O点开始到第二次经过A点的过程中重力做功为WG2,合外力做功的绝对值为W2,则下列选项正确的是(　　)A.Ek1>Ek2,Ep1=Ep2B.Ek1=Ek2,Ep1>Ep2C.WG1>WG2,W1<W2D.WG1>WG2,W1=W29.如图所示,AB为长度足够长的水平地面,AC为与水平方向成30°的倾斜地面,D为AC中点。已知将某物体以4J的初动能从D点水平抛出,其落地时的动能为8J。若将该物体以一定的初速度从C点水平抛出,要使其恰好能落在A点,则其抛出时的初动能应为(　　)A.4JB.6JC.8JD.10J10.一新型赛车在水平专用测试道上进行测试,该车总质量为m=1×103kg,由静止开始沿水平测试道运动。传感设备记录其运动的速度—时间图象(v-t图线先是一段曲线,后为直线)。g取10m/s2,求:(1)发动机牵引力的额定功率;(2)行驶中的最大速度vm。8\n11.如图所示为游乐场的一项娱乐设备。一环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处。然后让座舱自由落下,落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下。已知座舱开始下落的高度为H=75m,当落到离地面h=30m的位置时开始制动,座舱均匀减速。在一次娱乐中,某同学把质量m=6kg的书包放在自己的腿上。g取10m/s2。不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。(1)求座舱制动过程中书包对该同学腿部的压力多大;(2)若环形座舱与同学们的总质量M=4×103kg,求制动过程中机器输出的平均功率。12.如图(a)所示,一物体以一定的速度v0沿足够长斜面向上运动,此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出。设各种条件下,物体运动过程中的摩擦系数不变。g取10m/s2。试求:(1)物体与斜面之间的动摩擦因数;(2)物体的初速度大小;(3)θ为多大时,x值最小。13.如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6、cos37°=0.8。求:(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小;8\n(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔;(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。14.如图所示,一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5m。物块A以v0=10m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点N,再沿圆轨道滑出,P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.2m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.4,A的质量为m=1kg(重力加速度g取10m/s2;A可视为质点)。(1)求A滑过N点时的速度大小v和受到的弹力大小;(2)若A最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;(3)求A滑至第n个(n<k)光滑段上的速度vn与n的关系式。8\n专题综合训练(二)1.C　解析由图线可知0~4s内的加速度a1=2m/s2,可得F+μmg=ma1;由图线可知4~10s内的加速度a2=1m/s2,可得F+μmg=ma1,解得F=3N,μ=0.05,故A错误;0~4s内的位移大小x1=12×4×8m=16m;4~10s内的位移大小x2=12×6×6m=18m,故10s末物体在计时起点左侧2m处,故C正确;10s内恒力F对物体做功F·x=6J,故B错误;10s内物体克服摩擦力做功Wf=μmg(x1+x2)=34J,故D错误。2.D　解析对于物体来说,从A到C要克服空气阻力做功,从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能,因此机械能肯定减少,故A错误;对于物块和弹簧组成的系统来说,整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功,故B错误;由A运动到C的过程中,物块的动能变化为零,重力势能减少量等于机械能的减少量,所以物块机械能减少mg(H+h),故C错误;物块从A点由静止开始下落,加速度是12g,根据牛顿第二定律得:f=mg-ma=12mg,所以空气阻力所做的功为-12mg(H+h),整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功,所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减少12mg(H+h),故D正确。3.B　解析A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等,A所受滑动摩擦力沿斜面向上,C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力,所以C的加速度大于A的加速度,C先到达斜面底端,故A错误;三个滑块重力相同,下降的高度相同,重力做功相同,摩擦力对A、B做功相同,C克服摩擦力做功最大,A的初动能为零,B、C的初动能相等,则滑到斜面底端时,B滑块的动能最大,故B正确;滑动摩擦力做功与路程有关,C运动的路程最大,C克服摩擦力做功最大,C减少的机械能最多,故C错误;三个滑块重力相同,下降的高度相同,重力势能减少量相同,故D错误。4.C　解析由题图知,t1时刻小球刚与弹簧接触,此时小球的重力大于弹簧的弹力,小球将继续向下做加速运动,此时小球的动能不是最大,当弹力增大到与重力平衡,即加速度减为零时,速度达到最大,动能最大,故A错误;t2时刻,弹力F最大,故弹簧的压缩量最大,小球运动到最低点,动能最小,此时小球受的合力最大,加速度最大,故B错误;t3时刻弹簧的弹力为零,此时弹性势能为零,选项C正确;图乙中图线所围面积在数值上等于弹力对小球的冲量,根据动量定理可知I弹-mgt=Δp,故图线所围面积在数值上大于小球动量的变化量,选项D错误。5.B　解析从P到c过程,根据动量定理,有pG-pF=0,故重力的冲量等于拉力的冲量,故A错误;从P到c过程,根据动能定理,有WG-WF=0,故重力的功等于克服弹力的功,故B正确;从P到a的过程中人做自由落体运动,速度增大;从a到b过程中,弹力小于重力,加速度向下,则人的速度不断增大,选项C不正确;从a到b过程人做加速运动,加速度向下;从b到c过程中,弹力大于重力,加速度向上,做减速运动,则从a到c过程中加速度方向要变化,选项D错误。6.C　解析在圆轨道的最高点M,mg=mv02R,解得:v0=gR,根据机械能守恒得:mgh=mg·2R+12mv02,解得:h=2.5R,故A错误;当h=2R时,小球在圆心等高处P时速度为v,根据机械能守恒得:mg·2R=mgR+12mv2,小球在P时,有:FN=mv2R,联立解得FN=2mg,则知小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mg,故B错误;当h≤R时,根据机械能守恒知小球在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动,在运动过程中不会脱离轨道,故C正确;当h=R时,设小球在最低点N时速度为v',则有:mgR=12mv'2,在圆轨道最低点,有:FN'-mg=mv'2R,解得:FN'=3mg,则小球在最低点N时对轨道压力为3mg,故D错误。7.C　解析以速度v0匀速行驶时,P=Ffv0,再次匀速时,23P=Ffv,联立解得v=23v0,故A正确;在t=0时刻,根据牛顿第二定律:Pv0-2P3v0=ma,解得:a=P3mv0,所以B正确;根据P=Fv知,速度减小,功率不变,故牵引力增大,所以C错误;根据动能定理:23Pt-Ff·x=12m23v02-12mv02,解得:t=3x2v0-5mv0212P,所以D正确。8.A　解析由于摩擦力作用,物块先后两次经过斜面上某一点A时摩擦力做功不相等,动能不相等,Ek1>Ek2;上升的高度与下降的高度相同,所以质点上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功,重力做功为零,Ep1=Ep2,故A正确,B错误;重力做功只与初末高度差有关,WG1=WG2;合外力做功等于动能的变化量,第一次经过A点时的动能大,变化量小,W1<W2。故C不正确,D错误。8\n9.B　解析斜面倾角为30°,设AC的水平距离为x,则竖直高度为33x,D点抛出时的竖直高度为36x。从D点抛出,物体做平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动,则有Ek=Ek0+36mgx,36mgx=4J;C→A过程中,到达A点时:EkA=EkC+mg·33x,即EkA=EkC+8J;从C点抛出的物体x=v0t;33x=12gt2,解得gt=23v0,则到达A点的竖直速度vy=gt=23v0,到达A点的速度vA=v02+vy2=73v0,则EkA=73EkC,联立解得:EkC=6J,故选B。10.答案(1)1.2×105W　(2)60m/s解析(1)由题图可知,赛车在0~5s内(t1=5s)做匀加速直线运动,5s末的速度是v=20m/s,v=at1,代入数据解得:a=vt1=4m/s2根据牛顿第二定律F牵-F阻=ma解得:F牵=F阻+ma=μmg+ma=6×103N发动机牵引力的额定功率为P额=F牵v=1.2×105W。(2)当赛车匀速运动时,速度最大,此时F牵'=F阻=2×103N而P额=F牵'vm代入数据解得:vm=P额F牵'=60m/s11.答案(1)150N　(2)1.5×106W解析(1)设座舱开始制动时的速度为v,制动过程中的加速度大小为a,书包受到腿的支持力为FN,由运动公式可得:v2=2g(H-h)v2=2ah根据牛顿第二定律,对书包:FN-mg=ma解得FN=150N根据牛顿第三定律有该同学腿部受到的压力为150N。(2)设制动过程中座舱所受的制动力为F,经历的时间为t,由运动公式:h=vt-12at2;根据牛顿第二定律,对座舱:F-Mg=Ma座舱克服制动力做功:W=Fh机械输出的平均功率:P=Wt联立代入数据可得:P=1.5×106W。12.答案(1)μ=33　(2)5m/s　(3)π3解析(1)当θ为90°时v0=2gh,当θ为0°时,x0=534m,可知物体运动中必受摩擦阻力,设动摩擦因数为μ,此时摩擦力大小为μmg,加速度大小为μg,又v02=2μgx0,联立解得μ=33,v0=5m/s;(3)对于任意一角度,利用动能定理可得对应的最大位移x满足的关系式12mv02=mgxsinθ+μmgxcosθ解得x=v022g(sinθ+μcosθ)=hsinθ+μcosθ=h1+μ2sin(θ+φ)。其中μ=tanφ,可知x的最小值为x=h1+μ2=32h=1.08m对应的θ=π3。13.答案(1)3m/s　(2)2s　(3)1.4m解析(1)小滑块从A→B→C→D过程中,由动能定理得mg(h1-h2)-μmgx=12mvD2-0代入数据解得:vD=3m/s8\n(2)小滑块从A→B→C过程中,由动能定理得mgh1-μmgx=12mvC2-0得:vC=6m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=6m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1=1s由对称性可知,小滑块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s(3)对小滑块运动全过程利用动能定理,设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总,则mgh1=μmgx总,解得x总=8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2x-x总=1.4m。14.答案(1)45m/s　150N　(2)63　(3)vn=100-1.6nm/s解析(1)物块A从出发至N点过程,机械能守恒,有12mv02=mg·2R+12mv2解得:v=45m/s假设物块在N点受到的弹力方向竖直向下为FN,由牛顿第二定律有mg+FN=mv2R得物块A受到的弹力FN=mv2R-mg=150N(2)物块A经竖直圆轨道后滑上水平轨道,在粗糙路段摩擦力做负功,动能有损失,由动能定理有-μmgkL=0-12mv02解得:k=62.5物块A最终停在第63个粗糙段上。(3)由动能定理有-μmgnL=12mvn2-12mv02故A滑至第n个(n<k)光滑段上的速度vn=v02-2μgnL即vn=100-1.6nm/s8