还剩19页未读，
继续阅读
高中物理高考 专题07 功和能-2021年高考物理真题与模拟题分类训练（教师版含解析）
展开
这是一份高中物理高考 专题07 功和能-2021年高考物理真题与模拟题分类训练（教师版含解析），共22页。
专题07 功和能
1．(2021·浙江高考真题）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为，假设泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为( ）
发动机最大输出功率(）
332
最大输送高度(m）
63
整车满载质量(）
最大输送量(）
180
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功,故选C。
2．(2021·湖南）“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，若动车组所受的阻力与其速率成正比(，为常量），动车组能达到的最大速度为。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，则动车组匀速行驶的速度为
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，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
【答案】C
【解析】A．对动车由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．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
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；
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有,联立解得，故C正确；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，经过时间达到最大速度，由动能定理可知，可得动车组克服阻力做的功为，故D错误；故选C。
3．(2021·河北高考真题）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力）( ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】小球下落的高度为
h = πR - R + R = R
小球下落过程中，根据动能定理有
mgh = mv2
综上有
v = ，故选A。
4．(2021·浙江高考真题）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示则汽车( ）
A．发动机的输出功率为70kW
B．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
【答案】C
【解析】A．由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为0.45×104J，则输出功率为
选项A错误；BCD．每1s消耗的燃料有6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9×104J，选项C正确，BD错误。故选C。
5．(2021·浙江高考真题）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们( ）
A．沿雪道做匀速直线运动
B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大
D．所受重力沿雪道向下的分力相同
【答案】C
【解析】A．同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图
根据牛顿第二定律可知加速度，
又因为相同，所以同学们做匀加速直线运动，A错误；
B．下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；
C．根据匀加速直线运动位移与时间的关系，可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以从速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C正确；D．各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力也可能不相同，D错误。故选C。
6．(2021·广东高考真题）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有( ）
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
【答案】BC
【解析】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间
因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；
B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率
因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；
C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量
故C正确；D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC。
7．(2021·全国高考真题）一质量为m的物体自倾角为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，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，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
【答案】BC
【解析】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
整理得
；
A错误，C正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
求解得出
B正确；D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有，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，则可得出，D错误。故选BC。
1．如图所示，质量为m的小滑块P套在竖直固定的光滑长杆上，质量为m的小物块Q与P用跨过定滑轮的足够长无弹性轻绳连接。将P从位置a由静止释放，经过位置b时，左边轻绳刚好水平，图中ab=bc(忽略所有摩擦），则( ）
A．滑块P经过位置c时速度为零
B．滑块P经过位置b时所受轻绳拉力的功率为零
C．从a到c的过程，滑块P的机械能守恒
D．从a到c的过程，滑块P的机械能先增大后减小
【答案】BD
【解析】A．设滑块P运动至c时速度为v，此时轻绳与杆的夹角为，由于轻绳不可伸长，沿绳方向的速度大小相等，则物块Q的速度为
滑块P由a到c过程，系统减小的重力势能转化为滑块P与物块Q的动能，由速度关系可知，滑块P经过位置c时速度不可能为零，此时物块Q的速度也不可能为零，A错误；B．滑块P经过位置b时速度方向与轻绳拉力方向垂直，故所受轻绳拉力的功率为零，B正确；CD．从a到c的过程，轻绳对滑块P的拉力先做正功后做负功，故P的机械能先增大后减小，C错误，D正确。故选BD。
2．如图a，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25N，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2由此可知( ）
A．小球的质量m=2kg
B．初动能=16J
C．小球在C点时重力的功率为60W
D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85N
【答案】AD
【解析】A．由图b可知，轨道半径，在最高点C，根据牛顿第二定律可得
解得
故A正确；
B．从A到C，由机械能守恒得
解得
故B错误；
C．小球在最高点时速度方向水平，故重力的瞬时功率为零，故C错误；
D．从A到B根据动能定理得
在B点
联立解得
故D正确。
故选AD。
3．如图所示，固定的光滑长斜面的倾角θ=37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.在小车从图示位置发生位移过程中，下列说法正确的是( ）
A．弹簧的劲度系数为
B．绳的拉力对B做功为
C．若小车以速度向右匀速运动，位移大小为时，B的速率为
D．若小车以速度向右匀速运动，位移大小为时，绳的拉力对B做的功为
【答案】BD
【解析】A．初态，弹簧压缩量
A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量
解得
选项A错误；
B．根据x1=x2，弹性势能不变，则小车在位移内拉力对B做的功
解得
选项B正确；C．小车位移大小为时，滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率
选项C错误；
D．小车在位移大小内，拉力对B做的功设为W2，根据功能原理有
选项D正确。故选BD。
4．在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A和B，它们的质量分别为m1、m2(m1≠m2），弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，此时( ）
A．物块A的加速度为
B．弹簧弹性势能的增加量为
C．此过程中A的动能增加量为Fd
D．此过程中A的机械能变化量为Fd
【答案】AB
【解析】A．开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力满足
当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故
由于开始是弹簧是压缩的压缩量为x1上升d后弹簧被拉伸x2，故满足
故根据牛顿第二定律得
解得
A正确；B．根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即
B正确；
C．A动能的增加量为合外力做功，不仅是拉力做功，C错误；
D．A机械能增加量是除了重力之外的力做功之外，对于A除了重力之外的力还有弹簧弹力做功，D错误。
故选AD。
5．某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为= 30°的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在0~6s时间内物体运动的v-t图像如图乙所示，其中除1~5s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变。己知物体的质量为2kg，不计一切摩擦，重力加速度g=10m/s2。则下列判断正确的是( ）
A．在0~ls内电动机所做的功为25J
B．1s后电动机的输出功率为100W
C．在1~ 5s内电动机牵引力的冲量大小为50N⋅s
D．在0~ 5s内物体沿斜面向上运动了32.5m
【答案】BC
【解析】
A．在0~1s内，物体的位移大小为，
设0~1s内电动机做的功为W1， 由动能定理得
解得
W1＝50J
故A错误；
B．在0~1s内，物体的加速度大小为
设0~1s内细绳拉力的大小为F1，由牛顿第二定律得
F1－mgsin30°＝ma
解得
F1＝20N
由题意可知1s后电动机输出功率为
P＝ F1v1＝100W
故B正确；
C．当物体达到最大速度vm后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为
F2＝mgsin30°＝10N
根据功率的公式可得
在1~5s内，设电动机牵引力的冲量大小为I，由动量定理得
I－mgt2sin30°＝mvm－mv1
解得
I＝50N·s
故C正确；
D．设1~5s内物体沿斜面向上运动的距离为x2，对物体由动能定理得
解得
x2＝32.5m
所以在0~5s内物体沿斜面向上运动的距离为
x＝x1＋x2＝35m
故D错误。故选BC。
6．如图所示，足够长的轻绳左端跨过轻质光滑滑轮与放置在粗糙斜面上的物体A相连，右端跨过轻质光滑滑轮与放置在粗糙水平面上的物体B相连，从左边定滑轮到物体A间的轻绳与斜面平行，从右边定滑轮到物体B间的轻绳水平，质量为m的C物体悬挂在轻质光滑动滑轮上。A、B、C在初始位置静止时，A恰好不下滑，现用水平力F拉着小车向右运动，使物体C以v0的速度匀速上升，在物块上升的过程中(未到定滑轮所在的高度），A物体一直保持静止。则下列说法正确的是( ）
A．轻绳对物体A的拉力与斜面对物体A的摩擦力的合力不变
B．斜面对物体A的作用力不变
C．物块C所受合外力为零
D．力F做的功等于物体C重力势能的增加量与物体B克服摩擦力做功之和
【答案】AC
【解析】B．物块以匀速上升时，两边绳子的夹角变大，可知绳子的拉力变大，故A受到的摩擦力变化，而物体受到的斜面的支持力不变，所以斜面对物体A的作用力变化，故B错误；A．而轻绳对物体A的拉力与A受到的摩擦力的合力等于Ａ受到的重力和支持力的合力，故A正确；C．物块匀速上升，所受合外力为零，C正确；
D．设绳子与竖直方向的夹角为θ，则由运动的合成知识可知
则随着物体Ｃ的上升变大，B的速度减小，由能量关系可知
因小车动能减小，则即力F做的功小于物体C重力势能的增加量与物体B克服摩擦力做功之和，故D错误。故选AC。
7．如图所示，将一小物块从倾斜轨道上的M点静止释放，滑至水平轨道上的N点速度为v，已知小物块与倾斜轨道、水平轨道的动摩擦因数相同，且能平顺滑过轨道拼接处无能量损失。现将倾角q调大，如图中虚线QK，K为MN连线与斜轨的交点，Q与M等高，下列说法正确的是( ）
A．从Q点静止释放，到达N点时速度等于v
B．从Q点静止释放，到达N点时速度小于v
C．从K点静止释放，到达N点时速度等于v
D．从K点静止释放，到达N点时速度小于v
【答案】D
【解析】AB．从M点释放，根据动能定理得，从Q点释放，则高度h不变，变大，则变小，故动能变大，则速度变大，AB错误；CD．从K点释放，h变小，变大，则变小，即有，而即将斜面投影至水平面上摩擦力做的功，设M到N的直线距离为L，则有，即，从K点释放，α不变，L减小，故动能减小，即速度减小，C错误，D正确。故选D。
8．我国战国时期墨家的著作《墨经》记载了利用斜面提升重物可以省力的方法。如图所示，倾角为、长为的斜面固定在水平地面上，质量为的滑块置于斜面底部A处，滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，现用恒力F沿斜面将滑块拉到B处时，速度变为，重力加速度g取，，。将滑块沿斜面拉到距A处处时拉力F的功率为( ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】对物块受力分析有，根据运动学公式有
联立解得，，将滑块沿斜面拉到处时，速度为，则拉力的功率为，故选B。
9．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为。现将滑块2从A处由静止释放，经过处的速度最大，到达处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为，间距离为，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是( ）
A．滑块2下滑过程中，机械能先增大后减小
B．滑块2经过处时的加速度等于零
C．物块1和滑块2的质量之比为
D．若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由处从静止滑到处，滑块2到达处时，物块1和滑块2的速度之比为
【答案】B
【解析】A．滑块2下滑过程中，克服绳子拉力做功，机械能减少。A错误；B．滑块2经过处的速度最大，则滑块2在处合力为零，即加速度为零。B正确；C．弹簧及两物体组成的系统，机械能守恒，当滑块2到达处时，物块1上升的距离为，说明此时弹簧拉伸量为。根据系统机械能守恒得，解得，C错误；D．根据关联速度有，解得，D错误。故选B。
10．如图所示，一轻质弹簧一端固定在倾角为的光滑固定斜面底端，另一端连有一不计质量的挡板，一滑块从斜面上到挡板的距离为处由静止释放，取重力加速度大小。下列说法正确的是( ）
A．滑块与挡板碰撞前瞬间的速度大小为
B．滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的加速度一直增大
C．滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的机械能一直减小
D．滑块到达最低点后的反弹过程中，在离开挡板前滑块的速度一直增大
【答案】C
【解析】A．根据题意，由能量守恒可得，代入数据，解得，B．滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的加速度先减小后增大，B错误；C．滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，弹簧的弹性势能一直增大，系统的机械能不变，故滑块的机械能一直减小，C正确；D．滑块到达最低点后的反弹过程中，在离开挡板前滑块的速度先增大后减小，D错误。故选C。
11．如图所示，竖直放置的光滑圆形轨道(带底座）质量为，半径为，轨道最低点有一个质量为的小球(球直径小于管道内径，可视为质点）。现给小球一水平初速度，使小球在竖直轨道内做圆周运动，则下列说法正确的是(已知重力加速度为）( ）
A．当时，小球才能在竖直轨道内做圆周运动
B．小球在轨道最低、最高点时的压力大小差恒等于
C．当时，就能使轨道离开地面
D．小球从最低点运动到最高点的过程中，轨道对地面的压力一直在减小
【答案】C
【解析】A．小球在竖直轨道内能做圆周运动的条件是通过最高点时，因为轨道光滑，小球在运动中机械能守恒，所以有
A选项错误；
B．上述情况(时），小球在最低点和最高点时由向心力公式有
即
B选项错误；
C．当时，小球在最高点时由向心力公式得
由机械能守恒
解得
由牛顿第三定律有：小球对轨道有竖直向上大于的弹力作用，C选项正确；
D．在时，小球从轨道最低点到最高点的运动过程中轨道对球的弹力数值上先减小后增大，方向先向心后离心，中间有一点在90°~180°间球与轨道弹力为零，此时轨道对地面的压力大小为，其他位置大于，D选项错误。故选C。
12．如图甲，在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面体，物体A质量为m=0.1kg，以某一初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，一物体B质量也为m=0.1kg，以某一初速度水平抛出。当A上滑到最高点速度为0时恰好被物体B击中，规定相遇点所在平面为零势能面。A、B运动的高度随动能的变化关系h-Ek图像如图乙所示，已知C点坐标为(1.8，-1.8）。(A、B均可看成质点，不空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。则( ）
A．B物体的初速度v0=2.4m/s
B．A物体从最低点运动到斜面最高点的时间t=1.2s
C．A、B起始时刻的高度差H=5m
D．B撞击A瞬间的动能Ek=5.4J
【答案】A
【解析】AB．由相遇点所在平面为零势能面，结合题图，可知A初始时动能
上高度为
则A得水平位移
由牛顿第二定律有
得
由
得
所以上升时间
因为A与B相撞于最高点，所以
则
故A正确，B错误；
C．B在竖直方向下落的高度
所以
C错误；
D．由动能定理得
代入数据解得
D错误。故选A。
13．滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，小王同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是( ）
A．滑块下滑时的加速度大于上滑时的加速度
B．图2是滑块下滑的照片
C．滑块下滑到底端时的速度大于刚开始上滑时的初速度
D．滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率
【答案】D
【解析】A．由牛顿第二定律可得，下滑时满足，上滑时满足，对比可得，故滑块下滑时的加速度小于上滑时的加速度，A错误；B．设斜面的长度为，下滑时有，上滑过程可反向看成初速度为零的匀加速运动，同理可得，可得，设频闪时间间隔为T，由图可知，图1为5T，图2为4T，故图2是滑块上滑的照片，B错误；C．由，可知，下滑的末速度小于上滑的初速度，C错误；D．克服摩擦力所做的功均为，平均功率为，由于，所以滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率，D正确。故选D。
14．如图所示，两质量均为m的小球a、b用等长的细线悬挂在O点，两球间有一根水平轻弹簧，整个系统处于静止状态，细线和弹簧恰好构成正三角形。用水平向右的力F缓慢拉动小球b，最终使连接a球的细线竖直，并保持两小球处于静止状态(如虚线所示）。重力加速度大小为g。则下列说法正确的是( ）
A．初始状态时，弹簧弹力大小为mg
B．最终状态时，水平拉力F大小为mg
C．最终状态与初始状态相比，轻弹簧的弹性势能保持不变
D．最终状态与初始状态相比，小球b机械能的增加量等于力F做的功、小球a重力势能的减少量及弹簧弹性势能的减少量之和
【答案】D
【解析】A．由共点力平衡可得，初始状态时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大小为
A错误；BC．最终状态时，由于连接小球a的细线竖直，则此时弹簧恢复到原长，弹性势能减为零，则此时细线与弹簧构成的不再是正三角形，故不能求得水平拉力F的大小为，BC错误；
D．由功能原理可知，最终状态与初始状态相比，小球b机械能的增加量等于力F做的功、小球a重力势能的减少量及弹簧弹性势能的减少量之和，D正确。故选D。
15．有同学发现，计算斜抛物体的水平射程时，可以将初速度矢量和末速度矢量移到起点相同，然后将两者末端连起来形成一个三角形，然后过共同起点向竖直底边作一条高线，则高线的长度就是初速度的水平分量，而竖直底边长度正比于斜抛物体运动的时间，因此斜抛物体的水平射程就正比于这个三角形的面积。现请你根据这个发现，分析如图所示情形：在高度为的平台边缘沿不同方向以相同大小的初速度斜向右上抛出一个石块，已知重力加速度为，则( ）
A．水平抛出石块时，石块落地时离抛出点的水平距离最大
B．与水平方向成角时，石块落地时离抛出点的水平距离最大
C．石块落到地面上时离抛出点的最大水平距离为6.5m
D．石块落到地面上时离抛出点的最大水平距离为13m
【答案】C
【解析】由矢量减法知识可知，初速度矢量和末速度矢量移末端连线，就是斜抛过程中物体速度的变化量，即
故这个三角形的面积为
而
由机械能守恒可算出石块落地速度大小为，由几何知识可知，这个三角形的面积最大时，是初速度矢量和末速度矢量垂直的时候，即
故
故C正确，ABD错误。故选C。
专题07 功和能
1．(2021·浙江高考真题）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为，假设泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为( ）
发动机最大输出功率(）
332
最大输送高度(m）
63
整车满载质量(）
最大输送量(）
180
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功,故选C。
2．(2021·湖南）“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，若动车组所受的阻力与其速率成正比(，为常量），动车组能达到的最大速度为。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，则动车组匀速行驶的速度为
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，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
【答案】C
【解析】A．对动车由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．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
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；
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有,联立解得，故C正确；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，经过时间达到最大速度，由动能定理可知，可得动车组克服阻力做的功为，故D错误；故选C。
3．(2021·河北高考真题）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力）( ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】小球下落的高度为
h = πR - R + R = R
小球下落过程中，根据动能定理有
mgh = mv2
综上有
v = ，故选A。
4．(2021·浙江高考真题）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示则汽车( ）
A．发动机的输出功率为70kW
B．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
【答案】C
【解析】A．由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为0.45×104J，则输出功率为
选项A错误；BCD．每1s消耗的燃料有6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9×104J，选项C正确，BD错误。故选C。
5．(2021·浙江高考真题）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们( ）
A．沿雪道做匀速直线运动
B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大
D．所受重力沿雪道向下的分力相同
【答案】C
【解析】A．同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图
根据牛顿第二定律可知加速度，
又因为相同，所以同学们做匀加速直线运动，A错误；
B．下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；
C．根据匀加速直线运动位移与时间的关系，可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以从速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C正确；D．各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力也可能不相同，D错误。故选C。
6．(2021·广东高考真题）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有( ）
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
【答案】BC
【解析】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间
因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；
B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率
因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；
C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量
故C正确；D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC。
7．(2021·全国高考真题）一质量为m的物体自倾角为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，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，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
【答案】BC
【解析】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
整理得
；
A错误，C正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
求解得出
B正确；D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有，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，则可得出，D错误。故选BC。
1．如图所示，质量为m的小滑块P套在竖直固定的光滑长杆上，质量为m的小物块Q与P用跨过定滑轮的足够长无弹性轻绳连接。将P从位置a由静止释放，经过位置b时，左边轻绳刚好水平，图中ab=bc(忽略所有摩擦），则( ）
A．滑块P经过位置c时速度为零
B．滑块P经过位置b时所受轻绳拉力的功率为零
C．从a到c的过程，滑块P的机械能守恒
D．从a到c的过程，滑块P的机械能先增大后减小
【答案】BD
【解析】A．设滑块P运动至c时速度为v，此时轻绳与杆的夹角为，由于轻绳不可伸长，沿绳方向的速度大小相等，则物块Q的速度为
滑块P由a到c过程，系统减小的重力势能转化为滑块P与物块Q的动能，由速度关系可知，滑块P经过位置c时速度不可能为零，此时物块Q的速度也不可能为零，A错误；B．滑块P经过位置b时速度方向与轻绳拉力方向垂直，故所受轻绳拉力的功率为零，B正确；CD．从a到c的过程，轻绳对滑块P的拉力先做正功后做负功，故P的机械能先增大后减小，C错误，D正确。故选BD。
2．如图a，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25N，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2由此可知( ）
A．小球的质量m=2kg
B．初动能=16J
C．小球在C点时重力的功率为60W
D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85N
【答案】AD
【解析】A．由图b可知，轨道半径，在最高点C，根据牛顿第二定律可得
解得
故A正确；
B．从A到C，由机械能守恒得
解得
故B错误；
C．小球在最高点时速度方向水平，故重力的瞬时功率为零，故C错误；
D．从A到B根据动能定理得
在B点
联立解得
故D正确。
故选AD。
3．如图所示，固定的光滑长斜面的倾角θ=37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.在小车从图示位置发生位移过程中，下列说法正确的是( ）
A．弹簧的劲度系数为
B．绳的拉力对B做功为
C．若小车以速度向右匀速运动，位移大小为时，B的速率为
D．若小车以速度向右匀速运动，位移大小为时，绳的拉力对B做的功为
【答案】BD
【解析】A．初态，弹簧压缩量
A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量
解得
选项A错误；
B．根据x1=x2，弹性势能不变，则小车在位移内拉力对B做的功
解得
选项B正确；C．小车位移大小为时，滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率
选项C错误；
D．小车在位移大小内，拉力对B做的功设为W2，根据功能原理有
选项D正确。故选BD。
4．在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A和B，它们的质量分别为m1、m2(m1≠m2），弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，此时( ）
A．物块A的加速度为
B．弹簧弹性势能的增加量为
C．此过程中A的动能增加量为Fd
D．此过程中A的机械能变化量为Fd
【答案】AB
【解析】A．开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力满足
当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故
由于开始是弹簧是压缩的压缩量为x1上升d后弹簧被拉伸x2，故满足
故根据牛顿第二定律得
解得
A正确；B．根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即
B正确；
C．A动能的增加量为合外力做功，不仅是拉力做功，C错误；
D．A机械能增加量是除了重力之外的力做功之外，对于A除了重力之外的力还有弹簧弹力做功，D错误。
故选AD。
5．某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为= 30°的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在0~6s时间内物体运动的v-t图像如图乙所示，其中除1~5s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变。己知物体的质量为2kg，不计一切摩擦，重力加速度g=10m/s2。则下列判断正确的是( ）
A．在0~ls内电动机所做的功为25J
B．1s后电动机的输出功率为100W
C．在1~ 5s内电动机牵引力的冲量大小为50N⋅s
D．在0~ 5s内物体沿斜面向上运动了32.5m
【答案】BC
【解析】
A．在0~1s内，物体的位移大小为，
设0~1s内电动机做的功为W1， 由动能定理得
解得
W1＝50J
故A错误；
B．在0~1s内，物体的加速度大小为
设0~1s内细绳拉力的大小为F1，由牛顿第二定律得
F1－mgsin30°＝ma
解得
F1＝20N
由题意可知1s后电动机输出功率为
P＝ F1v1＝100W
故B正确；
C．当物体达到最大速度vm后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为
F2＝mgsin30°＝10N
根据功率的公式可得
在1~5s内，设电动机牵引力的冲量大小为I，由动量定理得
I－mgt2sin30°＝mvm－mv1
解得
I＝50N·s
故C正确；
D．设1~5s内物体沿斜面向上运动的距离为x2，对物体由动能定理得
解得
x2＝32.5m
所以在0~5s内物体沿斜面向上运动的距离为
x＝x1＋x2＝35m
故D错误。故选BC。
6．如图所示，足够长的轻绳左端跨过轻质光滑滑轮与放置在粗糙斜面上的物体A相连，右端跨过轻质光滑滑轮与放置在粗糙水平面上的物体B相连，从左边定滑轮到物体A间的轻绳与斜面平行，从右边定滑轮到物体B间的轻绳水平，质量为m的C物体悬挂在轻质光滑动滑轮上。A、B、C在初始位置静止时，A恰好不下滑，现用水平力F拉着小车向右运动，使物体C以v0的速度匀速上升，在物块上升的过程中(未到定滑轮所在的高度），A物体一直保持静止。则下列说法正确的是( ）
A．轻绳对物体A的拉力与斜面对物体A的摩擦力的合力不变
B．斜面对物体A的作用力不变
C．物块C所受合外力为零
D．力F做的功等于物体C重力势能的增加量与物体B克服摩擦力做功之和
【答案】AC
【解析】B．物块以匀速上升时，两边绳子的夹角变大，可知绳子的拉力变大，故A受到的摩擦力变化，而物体受到的斜面的支持力不变，所以斜面对物体A的作用力变化，故B错误；A．而轻绳对物体A的拉力与A受到的摩擦力的合力等于Ａ受到的重力和支持力的合力，故A正确；C．物块匀速上升，所受合外力为零，C正确；
D．设绳子与竖直方向的夹角为θ，则由运动的合成知识可知
则随着物体Ｃ的上升变大，B的速度减小，由能量关系可知
因小车动能减小，则即力F做的功小于物体C重力势能的增加量与物体B克服摩擦力做功之和，故D错误。故选AC。
7．如图所示，将一小物块从倾斜轨道上的M点静止释放，滑至水平轨道上的N点速度为v，已知小物块与倾斜轨道、水平轨道的动摩擦因数相同，且能平顺滑过轨道拼接处无能量损失。现将倾角q调大，如图中虚线QK，K为MN连线与斜轨的交点，Q与M等高，下列说法正确的是( ）
A．从Q点静止释放，到达N点时速度等于v
B．从Q点静止释放，到达N点时速度小于v
C．从K点静止释放，到达N点时速度等于v
D．从K点静止释放，到达N点时速度小于v
【答案】D
【解析】AB．从M点释放，根据动能定理得，从Q点释放，则高度h不变，变大，则变小，故动能变大，则速度变大，AB错误；CD．从K点释放，h变小，变大，则变小，即有，而即将斜面投影至水平面上摩擦力做的功，设M到N的直线距离为L，则有，即，从K点释放，α不变，L减小，故动能减小，即速度减小，C错误，D正确。故选D。
8．我国战国时期墨家的著作《墨经》记载了利用斜面提升重物可以省力的方法。如图所示，倾角为、长为的斜面固定在水平地面上，质量为的滑块置于斜面底部A处，滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，现用恒力F沿斜面将滑块拉到B处时，速度变为，重力加速度g取，，。将滑块沿斜面拉到距A处处时拉力F的功率为( ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】对物块受力分析有，根据运动学公式有
联立解得，，将滑块沿斜面拉到处时，速度为，则拉力的功率为，故选B。
9．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为。现将滑块2从A处由静止释放，经过处的速度最大，到达处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为，间距离为，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是( ）
A．滑块2下滑过程中，机械能先增大后减小
B．滑块2经过处时的加速度等于零
C．物块1和滑块2的质量之比为
D．若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由处从静止滑到处，滑块2到达处时，物块1和滑块2的速度之比为
【答案】B
【解析】A．滑块2下滑过程中，克服绳子拉力做功，机械能减少。A错误；B．滑块2经过处的速度最大，则滑块2在处合力为零，即加速度为零。B正确；C．弹簧及两物体组成的系统，机械能守恒，当滑块2到达处时，物块1上升的距离为，说明此时弹簧拉伸量为。根据系统机械能守恒得，解得，C错误；D．根据关联速度有，解得，D错误。故选B。
10．如图所示，一轻质弹簧一端固定在倾角为的光滑固定斜面底端，另一端连有一不计质量的挡板，一滑块从斜面上到挡板的距离为处由静止释放，取重力加速度大小。下列说法正确的是( ）
A．滑块与挡板碰撞前瞬间的速度大小为
B．滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的加速度一直增大
C．滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的机械能一直减小
D．滑块到达最低点后的反弹过程中，在离开挡板前滑块的速度一直增大
【答案】C
【解析】A．根据题意，由能量守恒可得，代入数据，解得，B．滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的加速度先减小后增大，B错误；C．滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，弹簧的弹性势能一直增大，系统的机械能不变，故滑块的机械能一直减小，C正确；D．滑块到达最低点后的反弹过程中，在离开挡板前滑块的速度先增大后减小，D错误。故选C。
11．如图所示，竖直放置的光滑圆形轨道(带底座）质量为，半径为，轨道最低点有一个质量为的小球(球直径小于管道内径，可视为质点）。现给小球一水平初速度，使小球在竖直轨道内做圆周运动，则下列说法正确的是(已知重力加速度为）( ）
A．当时，小球才能在竖直轨道内做圆周运动
B．小球在轨道最低、最高点时的压力大小差恒等于
C．当时，就能使轨道离开地面
D．小球从最低点运动到最高点的过程中，轨道对地面的压力一直在减小
【答案】C
【解析】A．小球在竖直轨道内能做圆周运动的条件是通过最高点时，因为轨道光滑，小球在运动中机械能守恒，所以有
A选项错误；
B．上述情况(时），小球在最低点和最高点时由向心力公式有
即
B选项错误；
C．当时，小球在最高点时由向心力公式得
由机械能守恒
解得
由牛顿第三定律有：小球对轨道有竖直向上大于的弹力作用，C选项正确；
D．在时，小球从轨道最低点到最高点的运动过程中轨道对球的弹力数值上先减小后增大，方向先向心后离心，中间有一点在90°~180°间球与轨道弹力为零，此时轨道对地面的压力大小为，其他位置大于，D选项错误。故选C。
12．如图甲，在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面体，物体A质量为m=0.1kg，以某一初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，一物体B质量也为m=0.1kg，以某一初速度水平抛出。当A上滑到最高点速度为0时恰好被物体B击中，规定相遇点所在平面为零势能面。A、B运动的高度随动能的变化关系h-Ek图像如图乙所示，已知C点坐标为(1.8，-1.8）。(A、B均可看成质点，不空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。则( ）
A．B物体的初速度v0=2.4m/s
B．A物体从最低点运动到斜面最高点的时间t=1.2s
C．A、B起始时刻的高度差H=5m
D．B撞击A瞬间的动能Ek=5.4J
【答案】A
【解析】AB．由相遇点所在平面为零势能面，结合题图，可知A初始时动能
上高度为
则A得水平位移
由牛顿第二定律有
得
由
得
所以上升时间
因为A与B相撞于最高点，所以
则
故A正确，B错误；
C．B在竖直方向下落的高度
所以
C错误；
D．由动能定理得
代入数据解得
D错误。故选A。
13．滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，小王同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是( ）
A．滑块下滑时的加速度大于上滑时的加速度
B．图2是滑块下滑的照片
C．滑块下滑到底端时的速度大于刚开始上滑时的初速度
D．滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率
【答案】D
【解析】A．由牛顿第二定律可得，下滑时满足，上滑时满足，对比可得，故滑块下滑时的加速度小于上滑时的加速度，A错误；B．设斜面的长度为，下滑时有，上滑过程可反向看成初速度为零的匀加速运动，同理可得，可得，设频闪时间间隔为T，由图可知，图1为5T，图2为4T，故图2是滑块上滑的照片，B错误；C．由，可知，下滑的末速度小于上滑的初速度，C错误；D．克服摩擦力所做的功均为，平均功率为，由于，所以滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率，D正确。故选D。
14．如图所示，两质量均为m的小球a、b用等长的细线悬挂在O点，两球间有一根水平轻弹簧，整个系统处于静止状态，细线和弹簧恰好构成正三角形。用水平向右的力F缓慢拉动小球b，最终使连接a球的细线竖直，并保持两小球处于静止状态(如虚线所示）。重力加速度大小为g。则下列说法正确的是( ）
A．初始状态时，弹簧弹力大小为mg
B．最终状态时，水平拉力F大小为mg
C．最终状态与初始状态相比，轻弹簧的弹性势能保持不变
D．最终状态与初始状态相比，小球b机械能的增加量等于力F做的功、小球a重力势能的减少量及弹簧弹性势能的减少量之和
【答案】D
【解析】A．由共点力平衡可得，初始状态时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大小为
A错误；BC．最终状态时，由于连接小球a的细线竖直，则此时弹簧恢复到原长，弹性势能减为零，则此时细线与弹簧构成的不再是正三角形，故不能求得水平拉力F的大小为，BC错误；
D．由功能原理可知，最终状态与初始状态相比，小球b机械能的增加量等于力F做的功、小球a重力势能的减少量及弹簧弹性势能的减少量之和，D正确。故选D。
15．有同学发现，计算斜抛物体的水平射程时，可以将初速度矢量和末速度矢量移到起点相同，然后将两者末端连起来形成一个三角形，然后过共同起点向竖直底边作一条高线，则高线的长度就是初速度的水平分量，而竖直底边长度正比于斜抛物体运动的时间，因此斜抛物体的水平射程就正比于这个三角形的面积。现请你根据这个发现，分析如图所示情形：在高度为的平台边缘沿不同方向以相同大小的初速度斜向右上抛出一个石块，已知重力加速度为，则( ）
A．水平抛出石块时，石块落地时离抛出点的水平距离最大
B．与水平方向成角时，石块落地时离抛出点的水平距离最大
C．石块落到地面上时离抛出点的最大水平距离为6.5m
D．石块落到地面上时离抛出点的最大水平距离为13m
【答案】C
【解析】由矢量减法知识可知，初速度矢量和末速度矢量移末端连线，就是斜抛过程中物体速度的变化量，即
故这个三角形的面积为
而
由机械能守恒可算出石块落地速度大小为，由几何知识可知，这个三角形的面积最大时，是初速度矢量和末速度矢量垂直的时候，即
故
故C正确，ABD错误。故选C。
相关试卷
高考物理真题和模拟题分项汇编专题07功和能 含解析： 这是一份高考物理真题和模拟题分项汇编专题07功和能 含解析，共8页。
2020-2022年高考物理真题分专题训练 专题07 功和能（教师版含解析）： 这是一份2020-2022年高考物理真题分专题训练 专题07 功和能（教师版含解析），共24页。
高中物理高考 专题07 功和能-2021年高考物理真题与模拟题分类训练（学生版）： 这是一份高中物理高考 专题07 功和能-2021年高考物理真题与模拟题分类训练（学生版），共11页。
