2022屆新高考物理2年真題與1年全真模擬訓(xùn)練卷專題6 功和能 -【含答案】

1、2022年高考2年真題與1年全真模擬訓(xùn)練卷（新高考地區(qū)專用）專題6 功和能 2021年高考真題1（2021浙江高考真題）中國制造的某一型號泵車如圖所示，表中列出了其部分技術(shù)參數(shù)。已知混凝土密度為，假設(shè)泵車的泵送系統(tǒng)以的輸送量給高處輸送混凝土，則每小時泵送系統(tǒng)對混凝土做的功至少為（）發(fā)動機(jī)最大輸出功率（）332最大輸送高度（m）63整車滿載質(zhì)量（）最大輸送量（）180ABCD2（2020江蘇高考真題）如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動能與水平位移x關(guān)系的圖象是（）ABCD3（202

2、1河北高考真題）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為、不可伸長的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球，小球位于P點右側(cè)同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直，將小球從Q點由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計空氣阻力）（）ABCD4（2021山東高考真題）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（）ABCD5（2021湖南高考真題）如圖，兩端開口、下端連通的導(dǎo)熱汽

3、缸，用兩個輕質(zhì)絕熱活塞（截面積分別為和）封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與汽缸壁間無摩擦。在左端活塞上緩慢加細(xì)沙，活塞從下降高度到位置時，活塞上細(xì)沙的總質(zhì)量為。在此過程中，用外力作用在右端活塞上，使活塞位置始終不變。整個過程環(huán)境溫度和大氣壓強保持不變，系統(tǒng)始終處于平衡狀態(tài)，重力加速度為。下列說法正確的是（）A整個過程，外力做功大于0，小于B整個過程，理想氣體的分子平均動能保持不變C整個過程，理想氣體的內(nèi)能增大D整個過程，理想氣體向外界釋放的熱量小于E.左端活塞到達(dá)位置時，外力等于6（2020山東高考真題）如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩，左側(cè)通過一傾斜

4、輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當(dāng)彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點時（未著地），A對水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下判斷正確的是（）AM2mB2m M a下由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)公式則可得出D錯誤。故選BC。8(1)；(2)；(3)【解析】(1)由題意可知當(dāng)重物落地后鼓形輪轉(zhuǎn)動的角速度為，則根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系可知小球的線速度為(2)小球勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)在水平位置時設(shè)桿對球的作用力為F，合力提供向心力，則有結(jié)合(1)可解得桿對球的作

5、用力大小為(3)設(shè)重物下落高度為H，重物下落過程中對重物、鼓形輪和小球組成的系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知而重物的速度等于鼓形輪的線速度，有聯(lián)立各式解得9（1）；（2）；（3）【解析】（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)小車通過第30個減速帶后速度為v1，到達(dá)第31個減速帶時的速度為v2，則有因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達(dá)下一個減速帶均為v1和v2；經(jīng)過每一個減速帶時損失的機(jī)械能為聯(lián)立以上各式解得（2）由（1）知小車通過第50個減速帶后的速度為v1，則在水平地面上根據(jù)動能定理有從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根

6、據(jù)動能定理有聯(lián)立解得故在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能為（3）由題意可知可得10(1)8N，方向水平向左；(2)不會沖出；(3) （）；（）【解析】(1)機(jī)械能守恒定律牛頓第二定律牛頓第三定律方向水平向左(2)能在斜軌道上到達(dá)的最高點為點，功能關(guān)系得故不會沖出(3)滑塊運動到距A點x處的速度為v，動能定理碰撞后的速度為，動量守恒定律設(shè)碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h，動能定理得11（1）、；（2）；（3）；（4）【解析】（1）從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系得彈簧恢復(fù)原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒得聯(lián)立

7、方程解得（2）當(dāng)A剛要離開墻時，設(shè)彈簧得伸長量為，以A為研究對象，由平衡條件得若A剛要離開墻壁時B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值，從彈簧恢復(fù)原長到A剛要離開墻得過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒得結(jié)合第（1）問結(jié)果可知根據(jù)題意舍去，所以恒力得最小值為（3）從B、C分離到B停止運動，設(shè)B的路程為，C的位移為，以B為研究對象，由動能定理得以C為研究對象，由動能定理得由B、C得運動關(guān)系得聯(lián)立可知（4）小物塊B、C向左運動過程中，由動能定理得解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為則坐標(biāo)原點的加速度為之后C開始向右運動過程（B、C系統(tǒng)未脫離彈簧）加速度為可知加速度隨位移為線性關(guān)系，隨著彈簧逐漸恢復(fù)原

8、長，減小，減小，彈簧恢復(fù)原長時，B和C分離，之后C只受地面的滑動摩擦力，加速度為負(fù)號表示C的加速度方向水平向左；從撤去恒力之后到彈簧恢復(fù)原長，以B、C為研究對象，由動能定理得脫離彈簧瞬間后C速度為，之后C受到滑動摩擦力減速至0，由能量守恒得解得脫離彈簧后，C運動的距離為則C最后停止的位移為所以C向右運動的圖象為12（1）；（2）（其中，）；（3）【解析】（1）物塊從光滑軌道滑至點，根據(jù)動能定理解得（2）物塊從點飛出后做平拋運動，設(shè)飛出的初速度為，落在弧形軌道上的坐標(biāo)為，將平拋運動分別分解到水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，有，解得水平初速度為物塊從點到落點，根據(jù)動能定理可知解得落

9、點處動能為因為物塊從點到弧形軌道上動能均相同，將落點的坐標(biāo)代入，可得化簡可得即（其中，）（3）物塊在傾斜軌道上從距軸高處靜止滑下，到達(dá)點與物塊碰前，其速度為，根據(jù)動能定理可知解得 - 物塊與發(fā)生彈性碰撞，使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右側(cè)，則A與B碰撞后需要反彈后再經(jīng)過水平軌道-傾斜軌道-水平軌道再次到達(dá)O點。規(guī)定水平向右為正方向，碰后AB的速度大小分別為和，在物塊與碰撞過程中，動量守恒，能量守恒。則解得 - -設(shè)碰后物塊反彈，再次到達(dá)點時速度為，根據(jù)動能定理可知解得 -據(jù)題意， A落在B落點的右側(cè)，則 -據(jù)題意，A和B均能落在弧形軌道上，則A必須落在P點的左側(cè)，即： -聯(lián)立以上

10、，可得的取值范圍為13C【解析】A根據(jù)題意，由能量守恒可得代入數(shù)據(jù)，解得B滑塊與擋板一起沿斜面向下滑行的過程中，滑塊的加速度先減小后增大，B錯誤；C滑塊與擋板一起沿斜面向下滑行的過程中，彈簧的彈性勢能一直增大，系統(tǒng)的機(jī)械能不變，故滑塊的機(jī)械能一直減小，C正確；D滑塊到達(dá)最低點后的反彈過程中，在離開擋板前滑塊的速度先增大后減小，D錯誤。故選C。14B【解析】對物塊受力分析有根據(jù)運動學(xué)公式有聯(lián)立解得，將滑塊沿斜面拉到處時，速度為則拉力的功率為故選B。15A【解析】AB由相遇點所在平面為零勢能面，結(jié)合題圖，可知A初始時動能上高度為則A得水平位移由牛頓第二定律有得由得所以上升時間因為A與B相撞于最高點

11、，所以則故A正確，B錯誤；CB在豎直方向下落的高度所以C錯誤；D由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得D錯誤。故選A。16B【解析】A滑塊2下滑過程中，克服繩子拉力做功，機(jī)械能減少。A錯誤；B滑塊2經(jīng)過處的速度最大，則滑塊2在處合力為零，即加速度為零。B正確；C彈簧及兩物體組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，當(dāng)滑塊2到達(dá)處時，物塊1上升的距離為說明此時彈簧拉伸量為。根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得解得C錯誤；D根據(jù)關(guān)聯(lián)速度有解得D錯誤。故選B。17D【解析】AB從M點釋放，根據(jù)動能定理得從Q點釋放，則高度h不變，變大，則變小，故動能變大，則速度變大，AB錯誤；CD從K點釋放，h變小，變大，則變小，即有而即將斜面投影至水平面上摩擦力

12、做的功，設(shè)M到N的直線距離為L，則有即從K點釋放，不變，L減小，故動能減小，即速度減小，C錯誤，D正確。故選D。18AC【解析】A物塊由靜止向下運動的過程中，彈簧彈力先沿斜面向上，且大小減小，物塊的合外力減小，加速度減小后來彈力反向增大，合外力先減小后增大，加速度先減小后增大，所以加速度先減小后增大選項A正確；B物塊先沿斜面向上加速，后向上減速，則重力的功率先增大后減小選項B錯誤；C物塊重力勢能的增加量為選項C正確；D對于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律知，物塊重力勢能、動能與彈簧彈性勢能之和保持不變，而彈簧的彈性勢能在不斷變化，所以物塊重力勢能與動能之和也不斷變化，選項D錯誤。故選AC

13、。19BC【解析】A剛開始下落時，繩子的拉力方向沿水平方向，豎直方向上只受重力，所以加速度為g，故A錯誤；BB下降的高度為故物塊B減小的重力勢能為故B正確；C將B的速度分解為沿繩方向的速度和垂直繩方向的速度，則則物塊A的速度小于物塊B的速度，故C正確；D系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故其中根據(jù)運動的合成與分解可得聯(lián)立解得故D錯誤。故選BC。20（1）橢圓的一段；（2）；（3）【解析】（1）由于建筑材料在間運動時到A、B兩小齒輪的距離之和不變，所以在間的軌跡為橢圓的一段； （2）設(shè)間的距離為，由幾何關(guān)系，有解得 當(dāng)材料運動到最低點時，設(shè)其與水平線的豎直高度差為，由幾何關(guān)系，有解得 此處對應(yīng)材料的最大速度v。由機(jī)械能守恒，有 解得 （3）材料以的加速度達(dá)到的時間，運動距離 同理，后段減速時間，運動距離 中間運動距離用時 故材料從D運動到B的時間 加速階段，由牛頓第二定律有 得 在加速終了前瞬間，約束電機(jī)的功率最大，其值為21（1）；（2）81m；（3）8.5m；（4）【解析】（1）對貨物由圖像可知根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）設(shè)貨車制動前速度為，制動距離為，用時為t，則有（3）