广东省深圳高考物理三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-04功和能

这是一份广东省深圳高考物理三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-04功和能，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广东省深圳高考物理三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-04功和能 一、单选题1．（2022·山东·模拟预测）如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO=3.6 m。质量为m=4.0 kg的小圆环（可视为质点，小环直径略大于杆的粗细）套在细杆上，在大小为50 N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0。已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2在这一过程中摩擦力做功为（　　）A．66.6 J B．–66.6 J C．210.6 J D．–210.6 J2．（2022·广东深圳·模拟预测）如图所示，长为L的轻质细绳一端固定在天花板上的O点，另一端拴一质量为m的小球。刚开始细绳处于水平位置，现将小球由静止释放，细绳从水平位置运动到竖直位置，在此过程中小球沿圆弧从A点运动到B点，C点、D点是圆弧的两个三等分点，不计空气和O点阻力，则重力在C点和D点的瞬时功率之比满足（　　）A． B． C． D．3．（2022·广东深圳·模拟预测）如图（a）所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落。其原理可等效为如图（b）所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变。不计摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g，则（　　）A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B．铁球经过A点的速度一定大于C．轨道对铁球的磁性引力至少为，才能使铁球不脱轨D．铁球绕圆轨道运动时，B点受轨道的弹力比A点大4．（2022·广东深圳·模拟预测）如图所示，光滑的铁丝做成的圆环固定在竖直平面内，一中心有孔的小球穿在铁丝上，由于受到轻微扰动，小球从最高点向下滑动，则在小球从最高点A滑到最低点B的过程中（　　）A．铁丝对小球的作用力一直增大B．铁丝对小球的作用力做功为零C．铁丝对小球的作用力的冲量为零D．重力对小球做功的功率一直增大5．（2022·广东深圳·模拟预测）已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比，篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图像可能正确的是（　　）A． B．C． D．6．（2021·广东深圳·统考一模）一新能源电动汽车，总质量为2×103kg，在平直的公路上以10m/s的速度匀速运动。车头正前方30m处的斑马线上有行人，为礼让行人，驾驶员开始刹车，从发现行人到停下，其v-t图像如图所示。已知汽车减速过程中动能减少量的60%转化回收为电池电能。则（　　）A．汽车减速过程的加速度大小为2m/s2 B．汽车停止时车头距斑马线1.5mC．图示过程中汽车运动的平均速度大小为5m/s D．此刹车过程中，汽车回收的电能为105J 二、多选题7．（2022·广东深圳·统考二模）如图，工人用传送带运送货物，传送带倾角为，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物质量为，重力加速度取。则（　　）A．传送带匀速转动的速度大小为B．货物与传送带间的动摩擦因数为C．两点的距离为D．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功8．（2022·广东深圳·统考一模）我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（　　）A．物块的速度先增大后减小 B．物块加速度一直减小到零C．弹簧弹性势能先增大后减小 D．物块和弹簧组成的系统机械能一直增大9．（2022·广东深圳·模拟预测）如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R=0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m=0.01kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠落到OP上的距O点距离为的Q点。不计空气阻力，取g=10m/s2。则该次发射（　　）A．小钢珠经过N点时速度的大小为2m/sB．小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力C．小钢珠离开弹簧枪时的动能为0.12JD．弹簧释放的弹性势能为0.20J10．（2022·广东深圳·模拟预测）如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接起来，一个滑轮下方挂着重物，另一个滑轮下方挂着重物，悬挂滑轮的绳均竖直，重物用手固定。松开手后，、两个重物同时运动。已知、质量均为，重力加速度为，忽略一切摩擦和空气阻力。当的位移大小为时（未着地），下列说法正确的是（　　）A．重物的重力势能增加了B．松开手瞬间，重物的加速度大小为C．松开手瞬间重物的加速度大小为D．运动过程中重物的动能是重物的动能的4倍11．（2021·广东深圳·统考二模）质量为20kg的木板静置于倾角为30°的足够长斜坡上，木板与斜坡间的动摩擦因数为，木板的AB段长0.9m，上表面因结冰可视为光滑，BC段长为1.6m，上表面粗糙。质量为20kg可视为质点的小孩从A端由静止下滑，与BC段之间的动摩擦因数为。g取10m/s2，则（　　）A．人在AB段滑动时，木板与斜面间摩擦力为240NB．下滑过程中，人的最大速度为3m/sC．人不会从C端滑出木板D．整个过程中人与木板之间因摩擦产生热量240J12．（2021·山东泰安·统考三模）2021年，我国航天发射次数有望首次突破40次。在发射升空的初始阶段，一颗卫星（包含外壳）在火箭的推动下由静止开始竖直向上匀加速上升，当卫星上升的高度为h时，卫星的速度大小为v。若卫星受到的阻力大小恒为（m为卫星的质量，g为重力加速度大小），不考虑该过程中重力加速度的变化，则下列说法正确的是（　　）A．卫星的加速度大小为B．卫星从地面上升h高度所用的时间为C．卫星所受推力的大小为D．卫星所受推力的平均功率为13．（2020·广东深圳·统考一模）在倾角的足够长斜面底端，物块以某初速度沿斜面上滑，上滑过程的加速度大小为（为重力加速度，），则（　　）A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.2C．物块回到斜面底端的速度是沿斜面上滑初速度大小的0.05倍D．物块上滑过程克服摩擦力做功的平均功率是下滑过程的倍 三、实验题14．（2021·广东深圳·统考二模）利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺。实验步骤：（1）测量小球1、2的质量分别为m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面，如图甲；（2）将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍；（3）分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后到达最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，如图乙。已知重力加速度为g，碰前球1的动量大小为_____。若满足关系式______，则验证碰撞中动量守恒；（4）与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是：______。（5）球1在最低点与静止的球2水平正碰后，球1向右反弹摆动，球2向左摆动。若为弹性碰撞，则可判断球1的质量______球2的质量（填写“大于”、“等于”或“小于”）；若为非弹性碰撞，则______（填“能”或“不能”）比较两球质量大小？理由是：______ 四、解答题15．（2022·广东深圳·统考二模）2022年北京冬奥会的冰壶项目被喻为“冰上象棋”。如图，为场地中心线上的三个点，一冰壶B静止在半径的营垒圆形边界N处。队员使壶A以速度从P点沿中心线出发，在与初速度同向恒力作用下，经在M处脱手。脱手后，队友用冰刷擦拭间的冰面，A以速度在N处与B正碰（碰撞时间极短）。A、B可视为质点，质量均为，已知未用冰刷擦拭过的冰面动摩擦因数，擦拭后变为。间距，重力加速度取，不计空气阻力，冰刷始终不接触冰壶。(1)求段冰面k的大小；(2)第一次碰撞后，B恰好停在营垒中心O处，求碰后A的速度大小；(3)已知A、B碰撞前后速度均满足比值不变，若每次碰后，只擦拭A前方冰面使。试通过计算说明，最终B将停在营垒的哪个区域？（营垒各区域尺寸如图）16．（2021·广东深圳·统考二模）一个体重为m=50kg的中学生，乘坐正常工作的电梯从七楼下降到一楼。用传感器记录下他受到的支持力随时间变化的关系如图。查阅资料得知电梯的空轿厢质量为M1=1150kg，“对重”的质量为M2=1300kg，不计滑轮摩擦，重力加速度g=10m/s2，求：（1）0~14s内电梯下降的高度；（2）0~4s内钢索对“对重”的拉力大小以及0~10s内钢索对“对重”做的功。
参考答案：1．B【详解】小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则拉力F沿圆的切线方向，根据动能定理又摩擦力做功为故选B。2．B【详解】如图所示设与的夹角为，A到C动能定理得重力的瞬时功率为联立解得同理得D点重力的瞬时功率将带入，解得故ACD错误，B正确。故选B。3．C【详解】A．铁球绕轨道不可能做匀速圆周运动，铁球的速度大小不断变化，所以A错误；B．在A点轨道对小球的弹力方向向上，小铁球的速度只要大于等于0即可通过A点，所以B错误；C．由于小铁球在运动过程中机械能守恒，所以小铁球在A点的速度越小，则在B点的速度也越小，铁球不脱轨需要的磁性引力最小的条件是：小铁球在A点的速度恰好为0，而且到达B点时，轨道对铁球的弹力恰好为0，则有在B点有联立解得所以C正确；D．铁球绕圆轨道运动时，B点有在A点有从A点运动到B点有联立解得所以铁球绕圆轨道运动时，B点受轨道的弹力比A点小，则D错误；故选C。4．B【详解】A．对小球进行受力分析，小球受到重力和铁丝的支持力，重力竖直向下，支持力垂直于切面向上，小球做圆周运动，重力与支持力的合力提供向心力，在运动过程中，有一瞬间重力的分量恰好提供全部的向心力，则此时铁丝对小球的支持力为零，故A错误.BC．铁丝对小球的作用力方向与小球运动方向总是垂直，所以对小球的功为零，但冲量Ft不为零，故B正确，C错误．D．小球下滑过程中速率增大，速度在竖直方向的分量先增大后减小，所以重力对小球做功的功率也是先增大后减小，故D错误.5．B【详解】AB．篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律有可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图像的斜率越来越小，下降过程中，v越大，阻力就越大，则加速度就越小，故A错误，B正确；D．上升过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越来越小，动能变化就越慢，所以h越大图线斜率越小，故D错误；C．下降过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力越大，动能变化越快，所以h越大图线斜率越大，故C错误。故选B。6．B【详解】A．图线的斜率表示加速度，可得A错误；B．由图线的面积可求得汽车的位移为故汽车停止时车头距斑马线距离为=30m=28.5m=1.5mB正确；C．图示过程中汽车运动的平均速度大小为C错误；D．此刹车过程中，汽车回收的电能为D错误。故选B。7．AB【详解】A．由图像可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为，选项A正确；B．开始时货物的加速度由牛顿第二定律可知解得货物与传送带间的动摩擦因数为选项B正确；C．由图像可知，AB两点的距离为选项C错误；D．由动能定理可知解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功选项D错误。故选AB。8．AD【详解】接触弹簧之前，物块受的合力接触弹簧后，开始时弹力F弹小于合力F，物块仍加速向上运动，随着弹力增加，加速度减小，当加速度减小到零时速度最大，以后当弹力F弹大于合力F时，加速度反向，物块做减速运动直到停止，此时加速度反向最大，则此过程中，物块的速度先增加后减小，加速度先减小后增加，弹簧的弹性势能一直变大，因风力做正功，则物块和弹簧组成的系统机械能一直增大。故选AD。9．BC【详解】A．小钢珠从N到Q做平抛运动，设运动时间为t，水平方向有竖直方向有解得故A错误；B．据牛顿第二定律解得故B正确；C．选M点为零势面，从M到N由机械能守恒定律有解得故C正确；D．有系统机械能守恒可得弹簧释放的弹性势能等于小钢珠离开弹簧枪时的动能和增加的重力势能，故D错误。故选BC。10．CD【详解】A．由滑轮知识可知，在相同的时间内，运动的位移大小是的2倍，当下降时，上升，的重力势能增加了，A错误；BC．由可知，的加速度大小是的2倍，即受力分析可知，松开手后，重物下落，上升，松开手的瞬间，设绳上的拉力为，对物体有对物体有解得选项B错误，C正确；D．由可知，的速度是的2倍，由可知，运动过程中重物的动能是重物的动能的4倍，选项D正确。故选CD。11．BC【详解】根据题意可知，木板的质量为m=20kg，小孩的质量为M=20kg，木板与斜坡间的动摩擦因数为，小孩与BC段之间的动摩擦因数为A．假设小孩不在木板上且木板能够匀速滑下，则有解得所以小孩在木板上AB部分滑动时，木板处于静止状态，根据平衡条件可得木板与斜面间摩擦力为f=mgsin30°=20×10×0.5N=100N故A错误；B．小孩滑到BC部分时受到的滑动摩擦力大小为方向沿斜面向上；小孩的重力沿斜面向下的分力大小为所以小孩达到B点时速度最大，对小孩根据动能定理可得解得vm=3m/s故B正确；C．小孩滑到BC段时，木板的加速度大小为解得a1=0.5m/s2方向沿斜面向下，小孩的加速度大小为方向沿斜面向上，设经过t时间二者速度相等，则有解得t=1s此过程中小孩相对于木板的距离为以后二者一起减速运动，所以小孩不会从C端滑出木板，故C正确；D．整个过程中小孩与木板之间因摩擦产生热量为故D错误。故选BC。12．BD【详解】A．设火箭的加速度大小为a，有解得所以A错误；B．设卫星从地面上升h高度所用的时间为t，有解得所以B正确；C．设卫星所受推力的大小为F，有解得所以C错误；D．该推力的平均功率所以D正确；故选BD。13．AD【详解】AB．物体向上做匀减速运动加速度大小为0.8g，由牛顿第二定律可得代入数值可求得。故A正确，B错误；C．物体下滑时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得代入数值可求得 设上滑初速度为，由运动学公式可得设下滑滑到底端时速度为，由运动学公式可得两式相比可得故C错误；D．上滑过程中平均速度物块上滑过程克服摩擦力做功的平均功率下滑过程中的平均速度物块下滑过程克服摩擦力做功的平均功率二者比值说明物块上滑过程克服摩擦力做功的平均功率是下滑过程的倍，故D正确。故选AD。14．               双摆线能保证小球运动更稳定，使得小球运动轨迹在同一竖直平面内     小于     能     理由见解析【详解】(3)[1]对小球1，根据动能定理得碰前动量为[2]碰后小球1、2的速度分别为，如果动量守恒，则满足即(4)[3] 双摆线能保证小球运动更稳定，使得小球运动轨迹在同一竖直平面内，避免小球做圆锥摆运动。(5)[4]根据弹性碰撞的特征有，解得球1反弹，则说明球1的质量小于球2的质量。[5][6]能。如果小球1碰后速度反弹，根据动量守恒可知同时需要满足碰后机械能不增加，有可知必然小于。15．(1)；(2)；(3)最终B停在最中间圆形区域【详解】(1)壶A从P点到N处的过程中，根据动能定理则有解得(2)第一次碰撞后，B恰好停在营垒中心O处，，根据动能定理则有解得A、B第一次碰撞后，系统动量守恒，则有解得(3)根据题意则有A、B第一次碰撞后，对B分析，根据牛顿第二定律则有B运动的时间为A、B第一次碰撞后，对A分析，根据牛顿第二定律则有根据运动学公式则有解得A运动的时间为所以B刚停止时，A、B发生第二次碰撞；A、B第二次碰撞，系统动量守恒，则有根据题意则有解得第二次碰撞后，对B分析，根据运动学则有解得B运动的时间为A、B第二次碰撞后，对A分析，根据运动学则有解得A运动的时间为所以B刚停止时，A、B发生第三次碰撞；A、B第三次碰撞，系统动量守恒，则有根据题意则有解得第三次碰撞后，对B分析，根据运动学则有解得B运动的时间为A、B第三次碰撞后，对A分析，根据运动学则有解得A运动的时间为所以B刚停止时，A、B发生第四次碰撞；以此类推，可得……第二次碰撞后，B运动的总距离为所以最终B停在最中间圆形区域16．（1）H=20m；（2）T=13650 N，W=210600 J【详解】（1）在0~4 s内，对人由牛顿第二定律分析可知代入数据可知此段时间内电梯下降的位移为此时电梯的速度为在4~10 s内，由于可知电梯匀速下降，下降的位移为在10~14 s内，对人由牛顿第二定律分析可知代入数据可知，即电梯将减速下降，位移为电梯下降的总高度代入数据得H=20m（2）0~4 s内对“对重”由牛顿第二定律分析可列代入数据解出T=13650 N0~10 s 内对“对重”由动能定理可知代入数据算得W=210600 J