[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分
(45分钟)
一、单项选择题
1.(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，A对，B错；W阻与ΔEk的大小关系不确定，C、D错．
答案：A
2．如图所示，质量为m的汽车在某下坡的公路上，从速度v0开始加速运动，经时间t速度达到最大值vm.设在此过程中汽车发动机的功率恒为P，汽车所受的摩擦阻力为恒力．对于该过程，以下说法正确的是( )
A．该过程中汽车一直做匀加速直线运动
B．该过程中汽车所受阻力f＝
C．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt＋mv
D．该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动
解析：汽车发动机的功率恒为P，则汽车做加速度逐渐减小的加速运动，A错误，D正确；汽车速度达到最大值vm时，汽车的牵引力F＝，故f＝＋mgsin θ，B错误；由于还有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C错误．
答案：D
3.如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置．现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则( )
A．F1＝F2＝2mg
B．从A到B，拉力F做的功为F1L
C．从B到A的过程中，小球受到的合力大小不变
D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大
解析：在B位置，根据平衡条件有F1sin 30°＝mg，解得F1＝2mg.从B到A，根据动能定理得mgL(1－cos 60°)＝mv2，根据牛顿第二定律得F2－mg＝m，联立两式解得F2＝2mg，故A项正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WF－mgL(1－cos 60°)＝0，解得WF＝mgL，故B项错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D项错误．
答案：A
4.人与平衡车的总质量为m，在平直路面上行驶时，所受阻力不变．当平衡车加速度为a，速度为v时，平衡车的功率为P1，则当功率为P2时，平衡车行驶的最大速度为( )
A. B.
C. D.
解析：对平衡车受力分析，设受到的阻力的大小为Ff，由牛顿第二定律可得，F－Ff＝ma，所以F＝Ff＋ma，所以功率P1＝Fv＝(Ff＋ma)v，解得Ff＝－ma，当功率恒为P2时，设最大速度为v′，则P2＝F′v′＝Ffv′，所以v′＝＝，选项B正确．
答案：B
5．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时的速率为1 m/s，从此刻开始在与初速度相反的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，两图取同一正方向，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块的质量为2 kg
B．第1 s内摩擦力对滑块做的功为－1 J
C．第2 s末拉力F的瞬时功率为0.3 W
D．第2 s内拉力F的平均功率为0.15 W
解析：由题图乙可知滑块的加速度a＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，在第1 s内有F＋Ff＝ma，第2 s内有F′－Ff＝ma，代入数据解得Ff＝1 N，m＝2 kg，A正确；第1 s内滑块的位移大小x1＝×1×1 m＝0.5 m，则摩擦力对滑块做的功WFf＝－Ffx1＝－1×0.5 J＝－0.5 J，B错误；第2 s末拉力的功率P＝F′v＝3×1 W＝3 W，C错误；第2 s内滑块的位移x2＝×1×1 m＝0.5 m，则第2 s内拉力的平均功率P＝＝＝ W＝1.5 W，D错误．
答案：A
6.质量为500 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车( )
A．做匀加速直线运动
B．功率为20 kW
C．所受阻力大小为2 000 N
D．速度大小为50 m/s时牵引力大小为3 000 N
解析：
由图象可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动，选项A错误；根据P＝Fv，F－Ff＝ma可得a＝·－，由图象可知＝4，＝400，解得Ff＝2 000 N，P＝2×105 W，选项B错误，C正确；速度大小为
50 m/s时牵引力大小为F＝＝ N＝4 000 N，选项D错误．
答案：C
7．(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
解析：物块上滑时，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑时，摩擦力沿斜面向上，根据动能定理W＝ΔEk知，图象中的斜率表示物块受到的合力，物块上滑时恒定的合力大于物块下滑时恒定的合力，所以C项正确．
答案：C
二、多项选择题
8.(2018·湖南长沙高三一模)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W，第二次击打过程中小锤对小球做功4W，设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W的值可能是( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
解析：第一次击打小球时，小球运动的最大高度为R，即W≤mgR.第二次击打小球，使小球运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mg≤m，即
v高≥.小球从静止到到达最高点的过程中，由动能定理得W＋4W－mg·2R＝mv－0，得W≥mgR，所以W满足mgR≤W≤mgR，选项A、B正确．
答案：AB
9.a、b为紧靠着的且两边固定的两张相同薄纸，如图所示．一个质量为1 kg的小球从距纸面高为60 cm的地方自由下落，恰能穿破两张纸．若将a纸的位置升高，b纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则a纸距离b纸可能是(小球穿破两张纸时，克服阻力做功相同)( )
A．15 cm B．20 cm
C．30 cm D．60 cm
解析：小球穿过两张纸时，由动能定理得mgh－2W＝0，将a纸向上移，若恰能穿过第一张纸，则mgh′－W＝0，解得下落的高度h′＝h，因此两张纸的距离不能超过h＝30 cm，选项A、B、C正确．
答案：ABC
10．(2018·福建福州高三质检)如图所示为某电动汽车在加速性能试验过程中的v t图象．为了简化计算，可近似认为：汽车运动时受到的阻力恒定，在0～30 s内做匀加速直线运动，30 s后汽车发动机的功率保持不变．则( )
A．15 s末、30 s末汽车的牵引力大小之比为2∶1
B．15 s末、30 s末汽车的发动机功率之比为1∶2
C．30 s末、54 s末汽车的加速度大小之比为4∶3
D．0～30 s内、30～54 s内汽车发动机做功之比为5∶8
解析：由题意可知汽车前30 s做匀加速直线运动，则牵引力恒定，因此A错误；由图可知15 s末、30 s末的速度分别为9 m/s、18 m/s，由公式P＝Fv可知，15 s
末、30 s末汽车的发动机功率之比为1∶2，B正确；由图可知30 s末、54 s末的加速度之比应为＝＝×>，C错误；0～30 s内，汽车发动机做的功W1＝Fx1＝×(J)＝15P(J)，30～54 s内汽车发动机做功W2＝P(54 s－30 s)＝24P(J)，因此＝，D正确．
答案：BD
三、非选择题
11．一匹马拉着质量为60 kg的雪橇，从静止开始用80 s的时间沿平直冰面跑完1 000 m．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8 s时间内做匀加速直线运动，从第8 s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为
15 m/s；开始运动的8 s内马拉雪橇的平均功率是8 s 后功率的一半．求整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．
解析：设8 s后马拉雪橇的功率为P，则匀速运动时
P＝F·v＝Ff·v
即运动过程中雪橇受到的阻力大小Ff＝①
对于整个过程运用动能定理得
·t1＋P(t总－t1)－Ff·x＝mv2－0②
代入数据，解①②得P＝723 W，Ff＝48.2 N
再由动能定理可得t总－Ff·x＝mv2
解得＝687 W.
答案：687 W 48.2 N
12．某课外探究小组自制了如图所示的导轨，其中，导轨的所有半圆形部分
均光滑，水平部分均粗糙．圆半径分别为R、2R、3R和4R，R＝0.5 m，水平部分长度L＝2 m，将导轨竖直放置，轨道最低点离水平地面高h＝1 m．将一个质量为
m＝0.5 kg、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点P处，
钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为μ＝0.4.给钢球一初速度v0＝13 m/s，g取10 m/s2.求：
(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A时对轨道的压力；
(2)钢球落地点到抛出点的水平距离．
解析：(1)钢球从P点运动到A点的过程中，由动能定理得mg·2R－μmg·L＝mv－mv
由牛顿第二定律有FN－mg＝
代入数据解得FN＝178 N
由牛顿第三定律可知，钢球对轨道的压力大小为178 N，方向竖直向下．
(2)设钢球到达轨道末端点的速度为v2，对全程应用动能定理得－μmg·5L－mg·4R＝mv－mv
解得v2＝7 m/s
由平抛运动规律得h＋8R＝gt2，s＝v2t
解得s＝7 m.
答案：(1)178 N，方向竖直向下 (2)7 m
13．(2018·重庆高三一诊)如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为θ＝37°，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E＝1×104 N/C、水平向右的匀强电场中．一质量m＝4×10－3 kg、带电量q＝＋3×10－6 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零．已知CD段长度L＝0.8 m，圆弧DG的半径r＝0.2 m
；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.求：
(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块在CD段上运动的总路程；
(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能．
解析：(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得
qE－μmg(L＋)＝0，解得μ＝＝0.25
(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01 N、电场力qE＝0.03 N，滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，且在D点的速度为0
全过程由动能定理得
qE·L＋(－μmg·x)＝0
解得x＝L＝3L＝2.4 m
(3)GH段的倾角θ＝37°，滑块受到的重力mg＝0.04 N，电场力qE＝0.03 N，qEcos θ＝mgsin θ＝0.024 N，
则滑块加速度a＝0，
所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能
对C到G过程由动能定理得
Ek最大＝Eq(L＋rsin θ)－μmgL－mg(r－rcos θ)＝0.018 J
滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能
对D到G过程由动能定理得
Ek最小＝Eqrsin θ－mg(r－rcos θ)＝0.002 J
答案：(1)0.25 (2)2.4 m (3)0.018 J 0.002 J
微信/支付宝扫码支付