专题集训4-（word书稿）2023大二轮【导学教程】新教材新高考物理专题辅导与训练

专题集训(四) [对应学生用书P171] [保分基础练] 1．(2022·广州二模)图示为2022年北京冬奥会U型场地技巧比赛示意图，不计空气阻力且把其视为质点，则运动员在空中运动过程(　　) A．可能处于超重状态 B．速度、加速度均可能为零 C．速度改变量的方向总是竖直向下 D．只要有速度，重力的功率就不可能为零 解析　运动员在空中运动过程只受重力作用，加速度一直为重力加速度，处于完全失重状态，A、B错误；由于运动员在空中运动过程的加速度为g，根据Δv＝gt可知速度改变量的方向与重力加速度方向相同，即速度改变量的方向总是竖直向下，C正确；若运动员在空中运动到最高点的速度处于水平方向时，由于速度方向与重力方向垂直，重力的功率为零，D错误。 答案　C 2．(多选)(2021·全国卷Ⅱ)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。已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g。则(　　) A．物体向上滑动的距离为 B．物体向下滑动时的加速度大小为 C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 解析　物体从斜面底端回到斜面底端，根据动能定理有－μmg·2lcos α＝－Ek 物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有 －mglsin α－μmglcos α＝0－Ek 整理得 l＝，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 ma＝mgsin α－μmgcos α 求解得出a＝，B正确； 物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有 ma上＝mgsin α＋μmgcos α 物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有 ma下＝mgsin α－μmgcos α 由上式可知a上 > a下 由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式l＝at2 则可得出t上<t下，D错误。 故选BC。 答案　BC 3．(2021·湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vmax。下列说法正确的是(　　) A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vmax D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vmax，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mv－Pt 解析　对动车由牛顿第二定律有F－F阻＝ma 若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv，随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误； 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有－kv＝ma 故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误； 若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv 而以额定功率匀速时，有＝kvmax 联立解得v＝vmax 故C正确； 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vmax，由动能定理可知 4Pt－WF阻＝mv－0 可得动车组克服阻力做的功为 WF阻＝4Pt－mv 故D错误；故选C。 答案　C 4.(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，在小球从M点运动到N点的过程中(　　) A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 解析　因在M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知在M处时弹簧处于压缩状态，在N处时弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g，当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知WF＝0，即WG＝ΔEk，选项D正确。 答案　BCD 5．(多选)(2022·三湘联