（新课标）2022年高考物理 考前考点预测五

新课标2022年高考物理考前考点预测五1.如图所示，演员正在进行杂技表演。由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于()A.0.3JB.3JC.30JD.300J2.(2022·福建高考)如图所示,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后,A下落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块()A.速率的变化量不同B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.重力做功的平均功率相同3.(2022·福州二模)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是()-11-\nA.mgh-B.-mghC.-mghD.-(mg+)4.质量为m的物体静止在粗糙的水平面上，若在水平拉力F作用下产生位移为l时，获得动能为E1;若在水平拉力2F作用下产生位移为l时，获得动能为E2,则()A.E2=E1B.E2=2E1C.E2>2E1D.E2<2E15.(2022·潍坊二模)如图所示，小球a从倾角为45°的光滑斜面上由静止自由释放，同时小球b从斜面上方某一高度处也由静止自由释放，两个小球质量相同，它们在斜面的O点恰好相撞。则()A.相撞前瞬间，两小球速度大小相等B.相撞前瞬间，两小球重力功率相等C.相撞前瞬间，b球的动能是a球动能的2倍D.从开始运动到相撞，b球位移是a球位移的2倍二、多项选择题(本题共4小题，每小题8分，共计32分。每小题有多个选项符合题意)6.(2022·天津高考)如图甲所示,静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用,F与时间t的关系如图乙所示,设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等,则()-11-\nA.0～t1时间内F的功率逐渐增大B.t2时刻物块A的加速度最大C.t2时刻后物块A做反向运动D.t3时刻物块A的动能最大7.(2022·威海一模)如图甲所示，物体沿斜面由静止开始下滑，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，图乙中v、a、F、s、t、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小、路程、时间和动能。图乙中可能正确的是()8.(2022·济南二模)如图所示，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放置。杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种电荷连线的中点，AO=BO。现有一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0。则关于小圆环的运动，下列说法正确的是()-11-\nA.运动的加速度先变大再变小B.电场力先做正功后做负功C.运动到O点的动能为初动能的一半D.运动到O点的速度小于v0/29.某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图象所给的信息可求出()A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000NB．汽车的额定功率为80kWC．汽车加速运动的时间为22.5sD．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J三、计算题(本题共3小题，共38分，需写出规范的解题步骤)10.(2022·盐城二模)(10分)2022年2月在加拿大温哥华举行的第21届冬季奥运会上，冰壶运动再次成为人们关注的热点，中国队也取得了较好的成绩。如图所示，假设质量为m的冰壶在运动员的操控下，先从起滑架A点由静止开始加速启动，经过投掷线B时释放，以后匀减速自由滑行刚好能滑至营垒中心O停下。已知AB相距L1，BO相距L2,冰壶与冰面各处动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。-11-\n(1)求冰壶运动的最大速度vm。(2)在AB段运动员水平推冰壶做的功W是多少？(3)若对方有一只冰壶(冰壶可看做质点)恰好紧靠营垒圆心处停着，为将对方冰壶碰出，推壶队员将冰壶推出后，其他队员在BO段的一半长度内用毛刷刷冰，使动摩擦因数变为μ。若上述推壶队员是以与原来完全相同的方式推出冰壶的，结果顺利地将对方冰壶碰出界外，求运动冰壶在碰前瞬间的速度v。11.(14分)如图所示，轨道ABC被竖直地固定在水平桌面上，A距离水平地面高H=0.75m，C距离水平地面高h=0.45m。一质量m=0.10kg的小物块自A点从静止开始下滑，从C点以水平速度飞出后落在水平地面上的D点。现测得C、D两点的水平距离为x=0.60m，不计空气阻力，取g=10m/s2。求：(1)小物块从C点运动到D点经历的时间；(2)小物块从C点飞出时速度的大小；(3)小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功。12.(2022·北京高考)(14分)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯行程超过百米，电梯的简化模型如图甲所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t图象如图乙所示，电梯总质量m=2.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。-11-\n(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2;(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a-t图象，求电梯在第1s内的速度改变量Δv1和第2s末的速率v2;(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11s时间内拉力和重力对电梯所做的总功W。答案解析1.【解析】选A。估计一只鸡蛋的质量为60克，鸡蛋上升的高度为50厘米，对人抛鸡蛋以及鸡蛋上升到最高点全程应用动能定理有：WF-mgh=0，代入数值可知WF=0.3J，A项正确。2.【解题指导】解答本题时应明确以下三点：(1)矢量和标量的描述不同。(2)对平均功率的计算公式的理解。(3)据平衡状态得两物块的质量关系。-11-\n【解析】选D。设A、B离地高度为h,由于斜面表面光滑，A、B运动过程机械能守恒。机械能不变，物块着地时速率相等,均为因此速率变化量相等，A、B项错误。由于初始时刻A、B处于同一高度并处于静止状态，因此有mAg=mBgsinθ，重力势能变化量不相等，C项错误。从剪断轻绳到两物块着地过程的平均速度大小为则故选D。3.【解析】选A。由A到C的过程运用动能定理可得：所以W=mgh-故A项正确。4.【解析】选C。两种情况下物体受到的摩擦力相等，设为Ff，根据动能定理，Fl-Ffl=E1;2Fl-Ffl=E2。比较两式可得，E2>2E1，故选项C正确。5.【解析】选C。小球a加速度为g，小于自由落体运动的小球b的加速度g，相撞前瞬间，小球a的速度小于小球b的速度，选项A错误；相撞前瞬间，小球a的重力功率小于小球b的重力功率，选项B错误；相撞前瞬间，小球a的速度可表示为gt，小于自由落体运动的小球b的速度(可表示为gt)，由动能公式可知，b球的动能是a球动能的2倍，选项C正确；从开始运动到相撞，b球位移可表示为a球位移可表示为b球位移是a球位移的倍，选项D错误。6.【解析】选B、D。由F-t图象可知，在0～t1时间内，F<fm，故物块保持静止，所以F的功率为零，选项A错；在t1～t3时间内，由牛顿第二定律得:F-fm=ma，因为t2时刻F最大，fm不变，所以此时加速度最大，选项B正确；t1～t2时间内，物块做加速度逐渐增大的变加速直线运动，t2～t3时间内，由于F>fm，故物块仍沿同一方向做加速运动，至t3时刻速度最大，动能最大，选项C错、D对。7.【解析】选B、C、D。物体在斜面上受到的摩擦力为恒定值，在水平面上受到的摩擦力也为恒定值，物体在斜面上受到的摩擦力小于在水平面上受到的摩擦力，A错误；物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，B和C有可能正确；由动能定理可知D正确。故本题选B、C、D。8.【解析】选A、C。由等量正、负点电荷的电场线分布特点可知，带电小圆环由A→-11-\nB滑动过程中受到的电场力先增大后减小，所以受到的摩擦力先增大后减小，因此它的加速度先变大再变小，故A项正确；由于电场力的方向与运动方向垂直，故电场力始终不做功，选项B项错误；由A→O过程与由O→B过程摩擦力做的功相等，据动能定理，由A→O过程有：由A→B过程有：-2W=0可解得v=故C对、D错。9.【解题指导】解答本题时应把握以下关键点：(1)明确Ek-x图象的意义，知道直线①斜率的意义。(2)明确最大动能时对应汽车的匀速运动状态。(3)灵活运用动能定理列方程求解。【解析】选B、C、D。由题图可知，汽车的最大动能是因此，汽车运动过程中的最大速度为vm=40m/s，在关闭发动机过程中，关闭储能装置时，汽车动能全部转化为内能，则f阻·s=根据图象知s=4×102m，那么f阻=2×103N，当汽车速度达到最大时，牵引力等于阻力，即F=f阻=2×103N，汽车的额定功率为P额=F·vm=f阻·vm=2×103×40W=80kW，选项A错误，选项B正确；在汽车加速运动过程中，根据动能定理得，P额·t-f阻·s1=其中s1=500m，加速时间t=22.5s，选项C正确；根据开启储能装置时的关系图线知，E=Ek-f阻·s′=8×105J-2×103×1.5×102J=5×105J，选项D正确。【方法技巧】两种功率表达式的比较1.功率的定义式：P=所求出的功率是时间t内的平均功率。2.功率的计算式：P=Fvcosθ，其中θ是力与速度间的夹角，该公式有两种用法：(1)求某一时刻的瞬时功率。这时F是该时刻的作用力大小，v取瞬时值，对应的P为F在该时刻的瞬时功率。(2)当v为某段位移(时间)内的平均速度时，则要求这段位移(时间)内F必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率。10.【解析】(1)对冰壶在B→O段，由速度位移公式：又a==μg(2分)联立解出vm=-11-\n(1分)(2)在A→B段，对冰壶由动能定理得：W-μmgL1=0(2分)结合vm=解出W=μmg(L1+L2)(1分)(3)从B→O段，由动能定理得：(2分)将vm=代入，解出v=(2分)答案：(1)(2)μmg(L1+L2)(3)11.【解析】(1)小物块从C水平飞出后做平抛运动，由h=(2分)得小物块从C到D运动的时间t==0.3s(2分)(2)从C到D，小物块水平方向做匀速直线运动，v=(2分)得v=2m/s，(2分)此速度即小物块从C点飞出时的速度。(3)小物块从A运动到C的过程中，根据动能定理得mg(H-h)-Wf=-0(4分)则克服摩擦力做功：Wf=0.1J(2分)答案：(1)0.3s(2)2m/s(3)0.1J-11-\n12.【解题指导】解答本题需要把握以下四点：(1)读出图象中正、负最大加速度，由牛顿第二定律分别计算出最大拉力和最小拉力。(2)加速度图象与时间轴围成的面积表示速度的变化量。(3)速度最大时拉力等于重力，拉力的功率等于重力与速度的乘积。(4)根据动能定理可计算总功。【解析】(1)由牛顿第二定律，有F-mg=ma(1分)由a-t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2(2分)F1=m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104N(1分)F2=m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104N(1分)(2)类比可得，所求速度变化量等于第1s内a-t图线下的面积Δv1=0.50m/s(2分)同理可得Δv2=v2-v0=1.5m/s(1分)v0=0，第2s末的速率v2=1.5m/s(1分)(3)由a-t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a-t图线下的面积，有vm=10m/s(1分)此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率P=Fvm=mg·vm=2.0×103×10×10W=2.0×105W(2分)由动能定理，总功W=Ek2-Ek1=-0=×2.0×103×102J=1.0×105J(2分)答案：(1)2.2×104N1.8×104N(2)0.50m/s1.5m/s-11-\n(3)2.0×105W1.0×105J【方法技巧】应用动能定理解题的一般步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程。(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2。(4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程进行求解。-11-