专题集训4(Word练习)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

专题集训(四) [保分基础练] 1．(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是(　　) 解析　小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故A、B错误；小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确。故选D。 答案　D 2．(2023·辽宁卷)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　　) A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 解析　由题图(b)可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。故选B。 答案　B 3．(多选)(2023·新课标卷)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 解析　物体所受的滑动摩擦力大小为f＝μ mg＝4 N，0～1 m的过程，由动能定理有W1－μmgx1＝mv12，解得v1＝2 m/s，又W­x图像的斜率表示拉力F，则0～2 m的过程，拉力F1＝6 N，故x＝1 m时拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；0～4 m的过程，由动能定理有W2－μmgx4＝Ek4－0，则在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；0～2 m的过程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝fx2＝8 J，C正确；由W­x图像可知，2～4 m的过程，拉力F2＝3 N，则F1＞f＞F2，所以物体在0～2 m的过程做加速运动，2～4 m的过程做减速运动，故0～4 m的过程，物体在x＝2 m处速度最大，由动能定理有W2－fx2＝mv22，解得v2＝2 m/s，故物体的最大动量为pm＝2 kg·m/s，D错误。 答案　BC 4．(2024·广州统考模拟)物体以动能为E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为。取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为(　　) A．　　 B．　　 C．　　 D． 解析　设上升的最大高度为h，根据功能关系有f·2h＝E－＝，根据能量守恒定律可得E＝mgh＋fh，则mgh＝E，fh＝E，f＝mg。若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有Ek＋mgH＝E－fH，Ek＝Ep＝mgH，联立解得Ek＝mgH＝，故选B。 答案　B 5．(2024·浙江宁波二模)如图所示，一个两端封闭的玻璃管，把质量不相同的铁片和羽毛放到玻璃管中，玻璃管竖直放置，让铁片和羽毛从玻璃管上方同一位置同时开始下落，观察它们下落的情况，下列说法正确的是(　　) A．羽毛的加速度在增大 B．下落过程羽毛机械能守恒 C．铁片的重力势能不断在增大 D．羽毛与铁片之间的距离在增大 解析　对于羽毛有mg－f＝ma，由于阻力的变化情况未知，所以羽毛的加速度如何变化也是未知，故A项错误；由题图可知，羽毛下落过程中受到阻力的作用，所以下落过程羽毛的机械能不守恒，故B项错误；铁片下落过程中，其高度逐渐下降，重力做正功，所以铁片的重力势能在减少，故C项错误；铁片和羽毛在下落过程中，阻力对铁片自身的重力影响较小，因此铁片的加速度大于羽毛的加速度，两者的距离逐渐变大，故D项正确。 答案　D 6．(多选)一质量为m＝0.4 kg的电动玩具小车放在水平地面上，t＝0时刻，现在小车从静止开始运动，地面对小车的摩擦力恒定，牵引力的功率与运动时间的图像如图所示，已知从t0＝1 s开始小车以恒定的速度v＝4 m/s做匀速运动，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．地面对小车的摩擦力大小为5 N B．当小车的速度为v0＝2 m/s时牵引力为10 N C．当小车的速度为v0＝2 m/s时加速度为18.75 m/s2 D．0到t0时间内，小车的位移为2.72 m 解析　从t0＝1.0 s开始小车以恒定的速度v＝4 m/s做匀速运动，牵引力与地面对小车的摩擦力等大反向F＝f，牵引力的功率P2＝Fv，结合P2＝10 W，解得f＝2.5 N，A错误；当小车的速度为v0＝2 m/s，设牵引力为F0，牵引力的功率为P1＝20 W，则有P1＝F0v0，解得F0＝10 N，B正确；由牛顿第二定律小车的加速度为a0＝，解得a0＝18.75 m/s2，C正确；0到t0时间内，设小车的位移为x0，由动能定理可知P1t0－fx0＝mv2，解得x0＝6.72 m，D错误。 答案　BC 7．(多选)足球运动员在球场上进行足球训练，甲、乙两运动员分别将A、B球从地面同时踢起，结果两球在上升过程中在空中相遇，若两球的质量相等，不计空气阻力，忽略球的大小，则下列说法正确的是(　　) A．两球的运动轨迹一定在同一竖直平面内 B．两球相遇时，竖直方向分速度大小一定相等 C．两球相遇时的机械能一定相等 D．两球相遇时克服重力做功的功率一定相等 解析　两球相遇时，两小球竖直方向的位移相同，根据位移时间公式y＝v0yt－gt2，两球运动时间相等，可知两球竖直方向的初速度相等，但两球的运动轨迹不一定在同一竖直平面内，故A错误；根据vy＝v0y－gt，两球相遇时，两球运动时间相等，则竖直方向分速度大小一定相等，故B正确；两球相遇时，两球的重力势能相等，竖直方向的速度相等，水平方向的速度不一定相等，则两球的合速度不一定相等，动能不一定相等，故两球相遇时的机械能不一定相等，故C错误；两球相遇时，克服重力做的功相等，两球运动时间相等，故克服重力做功的功率一定相等，故D正确。 答案　BD 8．(2024·成都三模)如图(a)所示，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图(b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。由此可知(　　) A．小球的质量m＝0.2 kg B．初动能Ek0＝16 J C．小球在C点时重力的功率为60 W D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N 解析　由图(b)可知，轨道的半径为0.4 m，小球在C点的动能大小EkC＝9 J，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg＋F＝＝，解得小球的质量m＝2 kg，故A错误；由机械能守恒定律得，初动能Ek0＝mgh＋EkC＝25 J(其中h＝0.8 m)，小球在C点时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，故B、C错误；由机械能守恒定律得，B点的动能EkB＝mgR＋EkC＝17 J，在B点轨道对小球的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得F′＝＝＝85 N，故D正确。 答案　D [高分强化练] 9．(多选)(2023·湖北卷)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数为 B．小球在P点下方l处的加速度大小为(3－4)g C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大 D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 解析　小球置于杆上P点时恰好能保持静止，则根据平衡条件有mg＝μk·，解得k＝，A正确； 小球在P点下方处时，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律有mg＋k cos 45°－μk sin 45°＝ma，解得a＝g，B错误；杆对球的支持力FN等于弹簧弹力的水平分力，又滑动摩擦力Ff＝μFN，故P处滑动摩擦力最大，则从M到N，小球受到的摩擦力先增大后减小，C错误；关于P点上下对称处弹簧形变量相等，弹力大小相等，则关于P点上下对称处杆对球的支持力、滑动摩擦力都相等，所以从M到P和从P到N，小球受到的摩擦力做功相同，D正确。 答案　AD 10．(多选)如图甲所示为倾角为37°的固定斜面，一个质量为2 kg的物块自斜面底端沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离x的变化如图乙中直线Ⅰ和Ⅱ所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．物块的初速度为10 m/s B．物块和斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块上升的最大高度为5 m D．物块回到斜面底端时的动能为60 J 解析　根据Ek＝mv02，v0＝10 m/s，A正确；根据动能定理可得－(mg sin 37°＋μmg cos 37°)x＝F合x＝0－100 J，其中x＝5 m，联立解得μ＝0.5，B正确；物块上升的最大高度h＝5×sin 37°＝3 m，C错误；物块下滑时根据动能定理(mg sin 37°－μmg cos 37°)x＝Ek′，解得Ek′＝20 J，D错误。 答案　AB 11．(2024·重庆高三二模)如图所示，质量为m的篮球从离地H高处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍，且篮球每次与地面碰撞的碰后动能与碰前动能之比相同，重力加速度大小为g，则： (1)求篮球与地面碰撞的碰后动能与碰前动能之比； (2)若h＝H，求至少经过多少次碰撞篮球上升的最大高度小于H。 解析　(1)篮球下降过程中根据动能定理可得(mg－λmg)H＝Ek1 篮球反弹后上升过程中，根据动能定理可得 －(mg＋λmg)h＝0－Ek1′ 可得篮球与地面碰撞的碰后动能与碰前动能之比为＝＝。 (2)篮球第二次下落过程，有(mg－λmg)h＝Ek2 篮球反弹后上升过程中，根据动能定理可得－(mg＋λmg)h2＝0－Ek2′ 可得h2＝h·＝h·＝ 篮球第三次下落过程，有(mg－λmg)h2＝Ek3 篮球反弹后上升过程中，根据动能定理可得－(mg＋λmg)h3＝0－Ek3′ 可得h3＝h2·＝h2·＝ 同理可知经过n次碰撞后，篮球上升的高度为hn＝ 若h＝H，根据题意有hn＝<，可得< 当n＝2时，＝> 当n＝3时，＝< 若h＝H，至少经过3次碰撞篮球上升的最大高度小于H。 答案　(1)　(2)3次 12．(2024·九省联考)如图所示，半径为R的光滑圆环可绕过圆心的竖直轴OO′转动。质量为m的小球套在圆环上，原长为1.5R的轻质弹簧一端固定在小球上，另一端固定在圆环顶端O点。整个系统静止时，小球在O′点处于平衡且对圆环无压力。重力加速度为g。 (1)当圆环以角速度ω0转动时，小球在P点相对圆环静止，∠POO′＝α，sin α＝0.6，求弹簧弹力的大小及角速度ω0；(sin 2α＝0.96，cos 2α＝0.28) (2)利用F-x图像，证明小球从O′点运动到P点的过程中，弹簧弹力所做的功为W＝k，其中x1和x2分别为小球在O′和P点处弹簧的伸长量； (3)圆环开始转动后，小球受轻微扰动离开O′，当转速逐渐增大到ω0时，小球沿圆环缓慢上移到P点并相对圆环静止，求此过程中圆环作用在小球上的合力做的功。 解析　(1)小球在O′点处于平衡且对圆环无压力，有k(2R－1.5R)＝mg 小球在P点相对圆环静止而做匀速圆周运动，弹簧的长度为l＝2R cos α＝1.6R 由胡克定律有F弹＝k(l－l0)＝ 对小球受力分析，由牛顿第二定律有两个公式拆解为两行 F弹cos α＋FNcos 2α＝mg，F弹sin α＋FNsin 2α＝mω02R sin 2α，联立解得ω0＝ 。 (2)根据胡克定律F＝kx可知，弹力与形变量成正比，如图所示 则弹力的功为图像与横轴围成的面积，W弹＝·Δx＝·(x1－x2) 化简可得W弹＝·Δx＝k(x12－x22)。 (3)小球沿圆环缓慢上移到P点并相对圆环静止，由动能定理有W总＝mv2－0，v＝ω0R sin 2α 解得W总＝1.44 mgR。 设此过程中圆环作用在小球上的合力做的功为W合，其中 W总＝－mgR(1－cos 2α)＋W弹＋W合 对于弹力做功，其中x1＝0.5R，x2＝0.1R 解得W合＝1.92mgR。 答案　(1)　 (2)见解析 (3)1.92mgR 学科网（北京）股份有限公司 $$