素养培优专练3高考物理总复习精品

素养培优专练(三)一、功能在实际情境中的应用(一)功能在生产、生活中的应用1．(2020·天津高考)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内()A．做匀加速直线运动B．加速度逐渐减小C．牵引力的功率P＝FvmD．牵引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BC解析动车加速的过程功率恒定，根据P＝F牵v可知，动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得F牵－F＝ma，可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速直线运动，A错误，B正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，列车达到最大速度vm，则牵引力的功率P＝Fvm，C正确；动车的功率恒定，在时间t内，牵引力做功W＝Pt，根据动能定理得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错误。(二)功能在体育运动、活动中的应用2.(2021·河北省二轮复习联考一)跳伞运动被视为“勇敢者的运动”，惊险又刺激。在一次跳伞训练中，一名跳伞运动员打开降落伞后，先减速下降一段时间，此后匀速向下直线运动。下列说法正确的是()A．在减速下降阶段，下降同样的高度，运动员的动能变化量可能不相等B．在减速下降阶段，下降同样的高度，运动员的重力势能变化量不相等C．在匀速下降阶段，运动员的机械能守恒D．在匀速下降阶段，运动员的重力势能不变答案A解析因为在减速下降阶段，跳伞运动员未必是匀减速下落，所受合力不一定恒定，则下降同样的高度，运动员的动能变化量不一定相等，A正确；重力势能变化量只与高度变化有关，下降同样的高度，重力势能变化量一定相等，B错误；机械能包括动能和势能，运动员匀速下降时，v不变，则动能不变，高度减小，则重力势能减小，所以运动员的机械能减小，C、D错误。3．(2021·辽宁高考)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是()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解析设倾斜滑道的倾角为θ，游客在倾斜滑道上做减速运动，则有μmgcosθ>mgsinθ，解得μ>tanθ＝eq\f(h,L1)，又因为μ0≤μ≤1.2μ0，所以μ0≥eq\f(h,L1)，解得L1≥eq\f(h,μ0)，故A错误。整个过程中只有重力和摩擦力做功，根据题意可知游客到达倾斜滑道底端时的速度v>0，根据动能定理有mg·2h－μmgcosθ·eq\f(L1,cosθ)＝eq\f(1,2)mv2>0，整理可得eq\f(2h,L1)>μ，结合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，当L1＝eq\f(4h,3μ0)时，解得L2≥eq\f(2h,μ)－eq\f(4h,3μ0)≥eq\f(2h,μ0)－eq\f(4h,3μ0)＝eq\f(2h,3μ0)；当L1＝eq\f(3h,2μ0)时，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错误，C、D正确。4．(2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。答案(1)4.5J(2)9N解析(1)篮球从高度为h1处由静止自由下落的过程中，由动能定理可得mgh1＝Ek1之后篮球反弹向上运动的过程中，由动能定理可得－mgh2＝0－Ek2篮球从高度为h3处由静止下落，同时向下拍球，在篮球下落过程中，由动能定理可得W＋mgh3＝Ek3在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得－mgh3＝0－Ek4因篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变，则有eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(Ek3,Ek4)联立并代入数据可得W＝4.5J。(2)因运动员拍球时对球的作用力为恒力，则拍球时篮球向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得F＋mg＝ma在拍球时间内篮球运动的位移为x＝eq\f(1,2)at2运动员拍球过程中对球做的功为W＝Fx联立并代入数据可得F＝9N(F＝－15N舍去)。(三)功能在前沿科技、迁移创新中的应用5．(2022·山东省青岛市高三上期初学习质量调研检测)(多选)“太空水漂”，术语称“半弹道跳跃式返回”，即在返回器第一次进入大气层一定“深度”后，借助大气层作用力再次升高，其速度会进一步降低，然后再次返回地球。如图，嫦娥五号返回器在距地面高度约120km处，以接近第二宇宙速度(约11.2km/s)高速进入地球大气层外层A点，减速下降至预定高度B点附近(图中B点为AC段的最低点)，在大气层作用下向上跃出大气层，到达最高点D后又开始下降，之后再次进入大气层外层，到达图中E点时速度约为7.9km/s。在降至距地面约10km高度时，打开降落伞完成最后阶段减速并保持姿态稳定，最终平稳着陆在内蒙古四子王旗预设区域(图中F点)。其中A、C、E在同一高度上，高度120km之外空气阻力可忽略不计。返回器质量设为300kg，下列说法正确的是()A．从A点到E点过程中返回器克服大气层阻力做功约为9.45×109JB．从C点到E点过程中，返回器机械能守恒C．返回器在D点的瞬时加速度为零D．返回器从E点到F点的过程中始终处于失重状态答案AB解析从A点到E点过程中返回器克服大气层阻力做功约为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正确；从C点到E点过程中，返回器只有万有引力做功，机械能守恒，B正确；返回器在D点时，受地球引力作用，其瞬时加速度不为零，C错误；返回器从E点到F点的过程中，打开降落伞后向下做减速运动，处于超重状态，D错误。6．(2021·北京市丰台区高三下二模)在惯性参考系中，力对质点所做功仅取决于质点的初始位置和末位置，而与质点通过的路径无关，这种力称为保守力，重力、弹簧弹力、静电力、万有引力等均为保守力。保守力做功的特点决定了质点在惯性系中的每一个位置都有一种由该位置确定的能量，称为势能；势能随位置变化的曲线称为势能曲线。如图所示为两个势能曲线，下列说法正确的是()A．图甲中势能为零的位置，质点所受保守力为零B．图甲中质点所受保守力的方向沿x轴的正方向C．图乙中质点从x1运动到x2的过程中保守力做正功D．图乙中质点在x1位置所受保守力大于质点在x2位置所受保守力答案D解析根据ΔEp＝－W保＝－F保Δx，图甲中质点所受保守力为恒力，势能为零的位置质点所受保守力不为零，故A错误；根据ΔEp＝－W保，图甲中沿x轴正方向势能增加，说明保守力做负功，所以质点所受保守力的方向沿x轴的负方向，故B错误；根据ΔEp＝－W保，图乙中质点从x1运动到x2的过程中势能增加，说明保守力做负功，故C错误；根据ΔEp＝－W保＝－F保Δx可知，势能随位置变化的图像中图线的斜率的绝对值表示保守力的大小，所以图乙中质点在x1位置所受保守力大于质点在x2位置所受保守力，故D正确。二、重难点强化专练(一)应用能量观点处理图像问题专练7.(2022·山东省烟台市高三上期中)A、B两物体的质量之比mA∶mB＝3∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v­t图像如图所示。此过程中，A、B两物体克服阻力做功的平均功率之比为()A．1∶1 B.3∶1C．9∶1 D.1∶3答案C解析由功能关系可知，克服阻力做功等于动能减少量，A、B两物体克服阻力做功的平均功率之比为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，故选C。8.(2021·江苏省徐州市高三下5月考前模拟)如图所示为某人的滑雪情景，他先沿倾斜坡面由静止开始下滑，平滑进入水平面后再滑行一段距离停止。若滑雪板与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则运动过程中某人的重力势能Ep、动能Ek和时间t的关系中可能正确的是()答案D解析设人在斜面上滑行时的加速度为a1，人在斜面上向下做匀加速运动，则运动的位移x＝eq\f(1,2)a1t2，设斜面倾角为θ，则某时刻的重力势能Ep＝Ep0－mgxsinθ＝Ep0－eq\f(1,2)mga1sinθ·t2，可知人在斜面上滑行时的Ep­t图像是开口向下的抛物线，A、B错误。人在斜面上某时刻的速度为v＝a1t，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(a1t)2＝eq\f(1,2)maeq\o\al(2,1)t2，则人在斜面上滑行时的Ek­t图像是开口向上的抛物线；当人在平面上滑行时做匀减速运动，设加速度大小为a2，t1时进入水平面速度大小为v1，则动能Ek＝eq\f(1,2)m[v1－a2(t－t1)]2，则对应的Ek­t图像为开口向上的抛物线，C错误，D正确。9.(2021·湖北省高三下二模)(多选)地面上质量为m的物体在竖直向上的力F作用下由静止开始向上运动，力F随物体离地面高度x的变化关系如图所示(图中H已知)，物体上升的最大高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。在物体运动的过程中，下列说法中正确的是()A．当高度为0或h时，加速度最大B．F0＝eq\f(2mgH,2H－h)C．加速度的最大值为gD．动能的最大值为eq\f(mgh2,42H－h)答案ABD解析从图像可以得出力F随高度x的变化关系为F＝F0－kx，其中k＝eq\f(F0,H)，可以计算出物体到达h处时力F1＝F0－eq\f(F0,H)h，物体从地面到h处的过程中，力F做正功，重力G做负功，由动能定理可得eq\x\to(F)h－mgh＝0－0，而eq\x\to(F)＝eq\f(F0＋F1,2)＝F0－eq\f(F0,2H)h，可以计算出F0＝eq\f(2mgH,2H－h)，故B正确；物体在初位置有F0－mg＝ma1，计算得a1＝eq\f(gh,2H－h)，当物体运动到h处时，有mg－F1＝ma2，而F1＝eq\f(2mgH,2H－h)－eq\f(2mgh,2H－h)，计算得a2＝eq\f(gh,2H－h)，即加速度最大的位置是0或h处，故A正确，C错误；动能最大的位置出现在F＝mg时，即eq\f(2mgH,2H－h)－eq\f(2mg,2H－h)x＝mg，解得x＝eq\f(h,2)，由动能定理可得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)，故D正确。(二)动能定理在多过程问题中的应用专练10．(2021·全国甲卷)(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案BC解析设物体沿斜面向上滑动的距离为l，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，对全过程根据动能定理有－μmgcosα·2l＝eq\f(Ek,5)－Ek，对物体向上滑动的过程根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，联立得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，B正确；物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有mgsinα＋μmgcosα＝ma上，可知a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且两过程位移大小均为l，根据l＝eq\f(1,2)at2，可得t上<t下，D错误。11．(2021·全国甲卷)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案(1)mgdsinθ(2)eq\f(mgL＋29dsinθ－μmgs,30)(3)L>d＋eq\f(μs,sinθ)解析(1)小车在光滑斜面上滑行时，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带前速度为v2，则有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面通过减速带后的速度与到达下一个减速带前的速度均为v1和v2，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)联立以上各式解得ΔE＝mgdsinθ。(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上的运动过程，根据动能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L＋29d)sinθ－ΔE总＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs故小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE′＝eq\f(ΔE总,30)＝eq\f(mgL＋29dsinθ－μmgs,30)。(3)由题意可知ΔE′>ΔE可得L>d＋eq\f(μs,sinθ)。(三)系统机械能守恒问题12．(2022·辽宁省沈阳市郊联体高三上10月月考)如图所示，质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上。轻绳跨过光滑的滑轮O和O′，一端与物体P相连，另一端与质量为2m的物体Q相连。用手托住物体Q使整个系统处于静止状态，此时轻绳刚好拉直，且AO＝L，OB＝h，AB＜BO′，重力加速度为g。现释放物体Q，让二者开始运动，下列说法正确的是()A．在物体P从A滑到B的过程中，P的速度增加，Q的速度减小B．物体P运动的最大速度为2eq\r(gL－h)C．在物体P从A滑到B的过程中，P的机械能减少，Q的机械能增加D．开始运动后，当物体P速度最大时，物体Q速度也达到最大答案B解析P从A点到B点的过程中，绳的拉力对其做正功，P的速度增加，做加速运动；Q从静止开始先做加速运动，当P运动到B点时Q的速度等于零，说明Q先加速后减速，A错误。当P运动到B点时Q的速度等于零，且Q到达最低点，由系统机械能守恒知此时物体P运动速度最大，由机械能守恒定律得2mg·(L－h)＝eq\f(1,2)mv2，解得物体P运动的最大速度v＝2eq\r(gL－h)，B正确，D错误。由A项分析知，在物体P从A滑到B的过程中，P的机械能增加，因为系统机械能守恒，则Q的机械能减少，C错误。13.(多选)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中，以下说法正确的是()A．A的动能最大时，B、C的动能均为零B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mgC．自静止释放到A的动能最大时，A球机械能减少量等于弹簧弹性势能的增加量D．弹簧的弹性势能最大值为eq\f(\r(3)－1,2)mgL答案BD解析A的动能最大时，A的加速度为零，速度最大，方向向下，弹簧要继续伸长，B、C的动能均不为零，故A错误；A的动能最大时，其加速度为零，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝eq\f(3,2)mg，故B正确；当A动能最大时，B、C的速度并不为零，根据系统机械能守恒可知，A球机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；A由静止释放下降到最低点下落的高度为：h＝Lsin60°－Lsin30°＝eq\f(\r(3)－1,2)L，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为：Ep＝mgh＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，故D正确。(四)能量观点在传送带和板块模型中的应用14．(2022·辽宁省沈阳市郊联体高三上10月月考)(多选)如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块(可视为质点)水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能—位移(Ek­x)图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10m/s2，则()A．小滑块和木板的质量均为0.25kgB．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6C．小滑块滑上木板瞬间，木板的速度大小为eq\f(2,3)m/sD．木板长度至少要eq\f(4,9)m，小滑块才不会冲出木板答案BC解析由图乙可知，滑块滑上木板后动能减小，滑动x1＝1m后与木板共速，此时滑块的动能为1J，则由动能定理得－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错误，B正确；根据Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小滑块滑上木板瞬间，滑块的速度大小为v0＝eq\r(\f(2Ek0,m))＝eq\r(\f(2×4,0.5))m/s＝4m/s，同理