2024年高考物理真題和模擬題分類匯編專題07功能含解析

高考資源網(wǎng)（ks5u），您身邊的高考專家PAGE歡迎廣闊老師踴躍來稿，稿酬豐厚。ks5uPAGE15高考資源網(wǎng)（ks5u），您身邊的高考專家歡迎廣闊老師踴躍來稿，稿酬豐厚。ks5u專題07功、能選擇題1.(2024·浙江卷)中國制造的某一型號(hào)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(shí)泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功至少為()

發(fā)動(dòng)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()180A.B.C.D.答案C解析：泵車的泵送系統(tǒng)以的輸送量給高處輸送混凝土，每小時(shí)泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功故選C。2.(2024·浙江卷)大功率微波對(duì)人和其他生物有肯定的殺傷作用。試驗(yàn)表明，當(dāng)人體單位面積接收的微波功率達(dá)到時(shí)會(huì)引起神經(jīng)混亂，達(dá)到時(shí)會(huì)引起心肺功能衰竭?，F(xiàn)有一微波武器，其放射功率。若放射的微波可視為球面波，則引起神經(jīng)混亂和心肺功能衰竭的有效攻擊的最遠(yuǎn)距離約為()A.B.C.D.答案B解析：設(shè)微波有效攻擊范圍為r時(shí)單位面積接收微波功率為解得則引起神經(jīng)混亂時(shí)有引起心肺功能衰竭時(shí)有所以B正確；故選B。3.(2024·全國甲卷)一質(zhì)量為m的物體自傾角為的固定斜面底端沿斜面對(duì)上滑動(dòng)。該物體起先滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為。已知，重力加速度大小為g。則()A.物體向上滑動(dòng)的距離為B.物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為C.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5D.物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長答案BC解析：物體從斜面底端回到斜面底端依據(jù)動(dòng)能定理有物體從斜面底端到斜面頂端依據(jù)動(dòng)能定理有整理得；A錯(cuò)誤，C正確；物體向下滑動(dòng)時(shí)的依據(jù)牛頓其次定律有求解得出B正確；故選BC。4.(2024·湖南卷)“復(fù)興號(hào)”動(dòng)車組用多節(jié)車廂供應(yīng)動(dòng)力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為的動(dòng)車組在平直的軌道上行駛。該動(dòng)車組有四節(jié)動(dòng)力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率均為，若動(dòng)車組所受的阻力與其速率成正比(，為常量)，動(dòng)車組能達(dá)到的最大速度為。下列說法正確的是()A.動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)過程中，牽引力恒定不變B.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則動(dòng)車組從靜止起先做勻加速運(yùn)動(dòng)C.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為，則動(dòng)車組勻速行駛的速度為D.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間達(dá)到最大速度，則這一過程中該動(dòng)車組克服阻力做的功為答案C解析：若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為，則動(dòng)車組勻速行駛時(shí)加速度為零，有而以額定功率勻速時(shí)，有聯(lián)立解得故C正確；故選C。5.(2024·河北卷)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為、不行伸長的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個(gè)小球，小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直，將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A.B.C.D.答案A解析：小球下落的高度為h=πR-R+R=R小球下落過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有mgh=mv2綜上有v=故選A。6.(2024春·浙江卷)一輛汽車在水平高速馬路上以80km/h的速度勻速行駛，其1s內(nèi)能量安排狀況如圖所示則汽車()A.發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為70kWB.每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是5.7×104JC.每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是6.9×104JD.每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是7.0×104J【答案】C【解析】A．由圖可知，發(fā)動(dòng)機(jī)1s內(nèi)克服轉(zhuǎn)動(dòng)阻力做功為0.45×104J，則輸出功率為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；BCD．每1s消耗的燃料有6.9×104J進(jìn)入發(fā)動(dòng)機(jī)，則最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能的量為6.9×104J，選項(xiàng)C正確，BD錯(cuò)誤。故選C。7.(2024·廣東卷)長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡銷的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說法正確的有()A.甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C.從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢(shì)能削減D.從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變更量為答案BC解析：做平拋運(yùn)動(dòng)的物體落地前瞬間重力的功率因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確；從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢(shì)能減小量故C正確；故選BC。8.(2024·四川瀘州三模)如圖所示，帶立桿的小車放在光滑水平面上，小球P用輕繩系在立桿上，把小球拉開肯定角度，然后將小球P和小車同時(shí)由靜止釋放。在小球P從靜止起先擺到最低點(diǎn)的過程中()A.小球P的機(jī)械能守恒B.小球P和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.細(xì)線的拉力對(duì)小球P始終不做功D.小球P重力的瞬時(shí)功領(lǐng)先增大后減小【答案】D【解析】B．小球P和小車組成系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受外力不為零，系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，故B錯(cuò)誤；AC．由于車和球這個(gè)系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，所以當(dāng)小球下擺時(shí)，車子也會(huì)隨之反方向移動(dòng)，動(dòng)能增加，繩對(duì)車的拉力對(duì)車做正功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則繩對(duì)小球的拉力做負(fù)功，小球的機(jī)械能削減，故AC錯(cuò)誤；D．小球在剛釋放時(shí)，速度為零，重力瞬時(shí)功率為零，在最低點(diǎn)時(shí)，重力方向與速度方向垂直，則重力瞬時(shí)功率為零，可知小球P從靜止起先擺到最低點(diǎn)的過程中，重力的功領(lǐng)先增大后減小，故D正確。故選D。9.(2024·云南曲靖一模)一物體僅受重力和豎直向上的拉力作用，沿豎直方向向上做減速運(yùn)動(dòng)．此過程中物體速度的平方和上上升度的關(guān)系如圖所示．若取h=0處為重力勢(shì)能等于零的參考平面，則此過程中物體的機(jī)械能隨高度變更的圖象可能正確的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】拉力豎直向上，與物體的位移方向相同，則拉力對(duì)物體做正功，由功能關(guān)系知物體的機(jī)械能增加，故A、B錯(cuò)誤．由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移關(guān)系公式v2-v02=2ah得：v2=v02+2ah;由數(shù)學(xué)學(xué)問可知，v2-h圖象的斜率等于2a，直線的斜率肯定，則知物體的加速度a肯定，因此物體向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律知拉力恒定．

由功能關(guān)系知：F△h=△E，即得，所以E-h圖象的斜率等于拉力F，F(xiàn)肯定，因此E-h圖象應(yīng)是向上傾斜的直線，故C錯(cuò)誤，D正確．故選D.【點(diǎn)睛】依據(jù)物理規(guī)律得到解析式，再結(jié)合數(shù)學(xué)學(xué)問分析圖象的形態(tài)和物理意義，是常用的方法，要能嫻熟運(yùn)用.10.(2024·上海普陀一模)如圖所示，長度為l的輕桿上端連著一質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點(diǎn))，桿的下端用鉸鏈固接于水平面上的O點(diǎn)。置于同一水平面上的立方體B恰與A接觸，立方體B的質(zhì)量為m2。施加微小擾動(dòng)，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計(jì)，而小球A與立方體B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰為，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A.小球A與立方體B剛脫離接觸的瞬間A與立方體B的速率之比為1:2B.小球A與立方體B剛脫離接觸的瞬間，立方體B的速率為C.小球A落地時(shí)速率為D.小球A、立方體B質(zhì)量之比為1:4【答案】BD【解析】A.A與B剛脫離接觸的瞬間，A的速度方向垂直于桿，水平方向的分速度與B速度大小一樣，設(shè)B運(yùn)動(dòng)的速度為vB，則因此故A錯(cuò)誤；B.依據(jù)牛頓其次定律解得又得故B正確；C.由機(jī)械能守恒可知解得故C錯(cuò)誤；D.依據(jù)A與B脫離之前機(jī)械能守恒可知解得故D正確。故選BD。11．(2024·江蘇常州一模)物體沿粗糙斜面底端以一初速度上滑到頂端又滑回究竟端。下列關(guān)于物體的動(dòng)能隨時(shí)間的變更圖像正確的是()A．B．C．D．【分析】先依據(jù)牛頓其次定律分析物體沿斜面上滑和下端加速度的大小，由位移﹣時(shí)間公式分析上滑和下滑運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系。依據(jù)速度﹣時(shí)間公式得到速度與時(shí)間的關(guān)系式，再得到動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系式，即可確定圖象的形態(tài)?！窘獯稹拷猓涸O(shè)斜面的傾角為θ，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體沿斜面上滑的加速度大小為a1，下滑的加速度大小為a2。依據(jù)牛頓其次定律得：上滑過程有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1下滑過程有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a1＞a2。由于上滑和下滑的位移大小相等，由x＝知上滑的時(shí)間短于下滑的時(shí)間。上滑過程，有v＝v0﹣a1t，動(dòng)能為Ek＝＝，Ek﹣t圖象是開口向上的拋物線(左支)；設(shè)上滑的時(shí)間為t0。下滑過程，有v＝a2(t﹣t0)，動(dòng)能為Ek＝＝，Ek﹣t圖象是開口向上的拋物線(右支)，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要知道有摩擦?xí)r物體在斜面上的運(yùn)動(dòng)過程不具有對(duì)稱性，上滑時(shí)間比下滑時(shí)間短，要依據(jù)牛頓其次定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系。依據(jù)速度﹣時(shí)間公式和動(dòng)能表達(dá)式得到動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系，從而分析圖象的形態(tài)。12.(2024·河北石家莊一模)如圖所示，將一內(nèi)壁光滑的半圓形槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)緊靠固定的豎直墻壁。將一小球自左端槽口處由靜止釋放。到第一次運(yùn)動(dòng)至槽內(nèi)右側(cè)最高點(diǎn)過程中，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是()A.從釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，小球的機(jī)械能不變B.從釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，小球的機(jī)械能減小C.從最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，小球的機(jī)械能不變D.從最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，小球的機(jī)械能減小【答案】AD【解析】【詳解】AB．小球從釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，槽沒有動(dòng)，對(duì)小球來說，只有重力做功，所以小球的機(jī)械能保持不變，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．小球從最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，槽同時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，半圓形槽對(duì)小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能減小，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。13.(2024·河北石家莊一模)從地面以初速度v斜向上拋出一物塊，不計(jì)空氣阻力。重力加速度為g，以地面為零勢(shì)能面參考面，當(dāng)物塊的重力勢(shì)能是動(dòng)能的4倍時(shí)，物塊離地面的高度為()A.B.C.D.【答案】C【解析】依題意知物體機(jī)械能守恒，初動(dòng)能重力勢(shì)能恰好是動(dòng)能4倍時(shí)，離地面高度設(shè)為h，則此時(shí)重力勢(shì)能為mgh，則有解得故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。14．(2024·北京東城一模)如圖所示為豎直放置的離心軌道，其中圓軌道半徑為r，最低點(diǎn)為A、最高點(diǎn)為B，小球從斜軌道上無初速釋放，可模擬游樂園的“翻滾過山車”。某試驗(yàn)小組同學(xué)通過變更釋放小球距圓軌道底端的高度h多次試驗(yàn)，發(fā)覺有時(shí)小球能通過B點(diǎn)，有時(shí)在到達(dá)B點(diǎn)前就脫離軌道。他們結(jié)合視察和分析提出了一些猜想，請(qǐng)運(yùn)用物理學(xué)問分析其中正確的是(不考慮摩擦力等阻力的影響，小球視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小記為g)A．若h<2.5r，小球在到達(dá)B點(diǎn)前脫離軌道做自由落體運(yùn)動(dòng)B．若h>2.5r，小球?qū)點(diǎn)和B點(diǎn)都有壓力，且h越高，壓力之差也越大C．若h<2.5r，小球在到達(dá)B點(diǎn)前脫離了軌道，脫軌前瞬間在指向圓軌道中心方向的加速度比g小D．若h>2.5r，小球能通過B點(diǎn)且對(duì)B點(diǎn)沒有壓力【答案】C【解析】因?yàn)樾∏蛟谶@樣的一個(gè)圓軌道上運(yùn)行，到達(dá)最高點(diǎn)的速度vB≥，依據(jù)機(jī)械能守恒規(guī)律可知，mg(h-2r)=mvB2，解得h≥2.5r；若h<2.5r，則小球不會(huì)到達(dá)最高點(diǎn)B，而在到達(dá)B點(diǎn)前脫離軌道，脫離軌道時(shí)，小球是有肯定速度的，故它不會(huì)做自由落體運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；脫軌前瞬間它受重力的作用，而該重力是豎直向下的，并不指向軌道的中心，所以此時(shí)在指向圓軌道中心方向的力是重力的一個(gè)分力，自然該分力就比重力小，所以此時(shí)的向心加速度肯定比重力加速度g小，選項(xiàng)C正確；若h>2.5r，小球?qū)點(diǎn)和B點(diǎn)都有壓力，設(shè)壓力分別為FA和FB，則FA-mg=，同理可得mg-FB=；對(duì)AB兩點(diǎn)而言，依據(jù)動(dòng)能定理可知：mg×2r=mvA2-mvB2，以上三式結(jié)合可得FA-FB=4mg，說明小球?qū)牲c(diǎn)的壓力之差是不變的，與h無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若h>2.5r，小球能通過B點(diǎn)，且軌道對(duì)B點(diǎn)有向下的壓力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。計(jì)算題15.(2024·全國甲卷)如圖，一傾角為的光滑斜面上有50個(gè)減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無動(dòng)力小車(可視為質(zhì)點(diǎn))從距第一個(gè)減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。視察發(fā)覺，小車通過第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個(gè)減速帶后立即進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，接著滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。(1)求小車通過第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；(2)求小車通過前30個(gè)減速帶的過程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；(3)若小車在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿意什么條件？

答案：(1)；(2)；(3)解析：(1)由題意可知小車在光滑斜面上滑行時(shí)依據(jù)牛頓其次定律有設(shè)小車通過第30個(gè)減速帶后速度為v1，到達(dá)第31個(gè)減速帶時(shí)的速度為v2，則有因?yàn)樾≤囃ㄟ^第30個(gè)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(gè)減速帶均為v1和v2；經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)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(gè)減速帶后的速度為v1，則在水平地面上依據(jù)動(dòng)能定理有從小車起先下滑到通過第30個(gè)減速帶，依據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得故在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能為(3)由題意可知可得16.(2024·全國乙卷)一籃球質(zhì)量為，一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為處由靜止自由落下，反彈高度為。若使籃球從距地面的高度由靜止下落，并在起先下落的同時(shí)向下拍球、球落地后反彈的高度也為。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力為恒力，作用時(shí)間為；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力加速度大小取，不計(jì)空氣阻力。求：(1)運(yùn)動(dòng)員拍球過程中對(duì)籃球所做的功；(2)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小。答案：(1)；(2)解析：(1)第一次籃球下落的過程中由動(dòng)能定理可得籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過程由動(dòng)能定理可得其次次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動(dòng)能定理可得其次次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，籃球下落過程中，由動(dòng)能定理可得因籃球每次和地面撞擊的前后動(dòng)能的比值不變，則有比例關(guān)系代入數(shù)據(jù)可得(2)因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因此有牛頓其次定律可得在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為做得功為聯(lián)立可得(舍去)17．(2024·北京東城一模)如圖1所示，彈簧a和彈簧b為兩根相同的彈簧，與可視為質(zhì)點(diǎn)的小球相連，另外兩端固定，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)兩彈簧均處于伸長狀態(tài)且伸長量為x0，彈簧的勁度系數(shù)為k，質(zhì)量不計(jì)，小球的質(zhì)量為m，整個(gè)裝置處于光滑的水平面上?，F(xiàn)將小球向右緩慢推動(dòng)一段距離x(x<x0)。(1)求此刻彈簧a彈力的大小和彈簧b彈力的大小。(2)a.用圖2中的橫軸x表示小球相對(duì)于初始位置的位移，縱軸F表示彈簧的彈力(均以水平向右為正方向)。請(qǐng)?jiān)趫D2中畫出彈簧a的彈力Fa隨x變更的Fa-x圖像，以及彈簧b的彈力Fb隨x變更的Fb-x圖像。b.取小球處于初始位置時(shí)系統(tǒng)的彈性勢(shì)能為零，請(qǐng)利用圖2中的圖像求出小球被向右推動(dòng)了距離x時(shí)系統(tǒng)的彈性勢(shì)能EP。(3)如圖3所示，將小球在水平面內(nèi)沿與兩彈簧軸線相垂直的方向移動(dòng)一小段距離y，請(qǐng)通過計(jì)算論證，釋放后小球是否做簡諧運(yùn)動(dòng)以及其運(yùn)動(dòng)可視為簡諧運(yùn)動(dòng)的條件。(請(qǐng)對(duì)論證過程中用到的物理量加以說明；論證過程中有可能用到的數(shù)學(xué)學(xué)問有：當(dāng)θ很小時(shí)，sinθ≈tanθ)【答案】(1)Fa=k(x0-x)；Fb=k(x0+x)；(2)a.圖像見解析；b.EP=kx2；(3)認(rèn)證過程見解析?！窘馕觥?12分)(1)彈簧a的彈力大小為k(x0-x)；彈簧b的彈力大小為k(x0+x)(2)見答圖1。(2)由圖2中的圖像可知小球被向右推動(dòng)距離x的過程中，彈