专题6 机械能守恒定律-【满分思维】2026年高考物理真题分类

专题六机械能守恒定律 一、单项选择题 1.(2025·云南卷)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水 平直轨道逐渐加速到144km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最 接近 ( A.4×105J B.4×104J C.4×103J D.4×102J 2.(2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转化成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车 以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为，运动过程中受到的阻力F= k(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为？，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为 2kv2 A kv2 B.21 C.kv'+m 2kv2+mv2 D. 27 7 3.(2025·河北卷)随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星 球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均 匀的球体，半径为R,表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为 mgR,(尺。》(，≥R)。要使飞行器在距星球表面高度为R。的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速 度为 3goRo A.√gaRo B.2 C.√2gaR0 D.√3gRo 4.(2025·辽吉黑内蒙古卷)如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道B℃在B点相切，轨 道半径为r,圆心为O,O、A间距离为3。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正 电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的静电力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后， 依次经过AB、C三点时的动能分别为Ek、E、EK,则 () C 3r 的 A.EM<Ek<Ek B.Ek<EM<Ekc C.Ek<EK<Ek D.Ekc<E<Ek 5.(2025·四川卷)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可 伸长轻绳与小车相连，小4上静置一物块。小车与物块质敏均为m,两者之间动李擦因数为。电动机 ·12· 以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大 小为。。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g,忽略其他摩 擦。则这段时间内 () 电动机 30 A物块的位移大小为2 3g B物块机械能增量为5mw。 2 C.小车的位移大小为 6Po02u2 8Pvomvo2 5mg2 5g D.小车机械能增量为5g 2 二、多项选择题 6.(2025·云南卷)如图所示，倾角为0的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长 时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数u=tan0。过程I:Q以速度 v。从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静 止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则 ( vo2-4mg'sin'0 A.P、M两点之间的距离为 4kg sin 0 wwWW B过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到0点的过程中损失的机械能为， C过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为a,一8gsin0 2kg sin 0 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在(OM(含O、M点)之间 三、非选择题 7.(2025·辽吉黑内蒙古卷)如图，一雪块从倾角0=37°的屋顶上的O点巾静止开始下滑，滑到A点后离 开屋顶。)、A间距离x=2.5m,A点距地面的高度h=1.95m,雪块与屋顶的动摩擦因数=0.125。 不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°=0.6，重力加速度大小g=l0m/s2。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v; (2)雪块落地时的速度大小1，及其速度方向与水平方向的夹角α。 ·13· 8.(2025·广东卷)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把 手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开 始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动。木塞所受摩擦力F随位移大小x的变 化关系为P=Fa1一若)，其中F。为常量，h为圆柱形木塞的高。木塞质量为m,底面积为S,加速度 为α。齿轮半径为r。重力加速度为g。瓶外气压减瓶内气压为△p且近似不变，瓶子始终静止在桌面 上。（提示：可用Fx图线下的“面积”表示F:所做的功）求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度w; (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W; (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 把手 齿轮 转轴 拔塞钻 固定支架 软木塞 瓶子t 齿轮啮合 简图 9.(2025·安徽卷)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5m。一根长为3L的 轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量=0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时， 小球以水平向右的初速度vo=10m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M,运动 到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不 可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小： (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； (3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最 小值。 M…N 7 ·14· 10.(2025·北京卷)关于飞机的运动，研究下列问题。 (1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中， 飞机受到的平均阻力为F,求牵引力对飞机做的功W。 (2)飞机准备起飞，在跑道起，点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超 过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L,飞机加速时加速度大小为1，减 速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。 (3)无风时，飞机以速率“水平向前匀速飞行，相当于气流以速率“相对飞机向后运动。气流掠过飞机 机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上 的作用力大小F与u的关系满足Focu,并确定a的值。 11.(2025·福建卷)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg,A与地面 间动摩擦因数为4=0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化 图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地而平滑连接，初始 时水平地面上A、B与P点间的长度大于4m,g取l0m/s2。求： (1)0~1m内F做的功； (2)x=1m时，A与B之间的弹力大小： (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。 FIN 1.56 1.0--5- 0.5n 01234x/m 分 乙 ·15·6.A万有引力定律、开普勒定律根据开普勒第二定律可知，探 测器在椭圆轨道上近月点A的速度大于在远月点B的速度，所 以探测器在轨道2上从A向B运动过程中，动能逐渐减小，A正 确：根据万有引力定律F_GMm可知，探测器在椭圆轨道近月 2 点A受到的万有引力大于在远月点B受到的万有引力，又根据 牛顿第二定律可知a=F,则探测器在轨道2上从A向B运动 m 过程中，加速度逐渐减小，B错误；从轨道1变到轨道2需要外界 对探测器做正功，探测器的机械能增加，C错误；探测器在轨道1做 匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有G= R2 =m其R可知 要求出月球的质量，需要知道引力常量、轨道1的周期和半径， D错误 溯源教材 本题源于教材必修第二册第七章第3节练习与应用的 第4题。 关联点：教材通过哈雷彗星在近日点和远日点的速度与加速 度的比较，指导考生对开普勒第二定律和牛顿第二定律的 应用。 迁移应用：本题通过“嫦娥六号”在近月点和远月点速度与加 速度的比较基础上加入了变轨问题，对考生综合分析天体运 动的能力要求更高了。 7.C天体运动中机械能的变化、开普勒第二定律设地球公转轨 道半径为r,假设彗星以0.6x绕太阳做匀速圆周运动的速度为 ,地球绕太阳做圆周运动的环绕速度为：，根据高轨低速的推 论，可知v1>,如果彗星从0.6r的圆轨道变为原木的椭圆轨 道，要做离心运动，需要在近地点瞬间加速，则彗星在原木椭圆 轨道近日点的速度2>w1,所以v2>v3,即彗星在近日点的速 度大丁地球的速度，A错误；彗星从b运行到c的过程中，机械能 守恒，万有引力·直做负功，故动能·直减小，B错误；根据开普 勒第二定律，可知彗星从运行到b的时间大于从c运行到d的 时间，C正确：对于地球绕太阳的匀速圆周运动，根据牛顿第二 定律有GM=m,解得4-G,对T梦星在近日点，根 GMI 据牛顿第二定律有G G06m'a,解得a三0 0.36r2 D错误。 专题六机 1.B功能关系由题可知，在加速的过程中，该高中生的速度由 0变为144km/h=40m/s,一名高巾生的质量约为50kg,即该 ·物理 8.D开普勒定律、万有引力定律 小行星轨道半长轴a=6R目地，由开普勒第三定律可得 T2 a3 A错误 3=63,则其公转周期T=6√6年 从远日点到近日点，小行星与太阳间距离r减小，由 M可知，小行星所受太阳引力增大，由开普BC错误 F万=G 勒第二定律可知，小行星线速度增大 小行星在近日点到太阳的距离为5R地，由GMm r2 D正确 加可得，小行星加速度与地球公转加速度的比值为房 一题多解 小行星从远日点到近日点运动过程中，万有引力做正 功，由动能定理可知，其线速度增大，C错误。 9.A万有引力定律由题图知地球每转动半个周期接收到的信 号最强，此时该卫星离观测站最近，设该卫星运动的角速度为 w,则。·否-x=2x,解得a=票，由万有引力定律得G T r2 3GMT mwr,解得该卫星的轨道半径r一√36T,A正确，BCD错误。 10.A万有引力与宇宙航行卫星绕小行星做圆周运动时由万有 引力提供向心力，则卫星在小行星同步轨道做圆周运动时有 GMm (Rh)m R+h).卫星在小行星表面附近做匀速圆周 4π 运动时有9MmR,联立两方程解得R一 R2 2 h, To3-T MR结合题意可得a=T,b=T(一T,A正确 BCD错误。 11.BC开普勒第三定律、万有引力定律对于卫星甲的椭圆轨 道，其半长轴4aR)R)_)少-R.根据开普勒 2 第三定律可知，绕同一中心天休（月球）运动的卫星，轨道半长 轴的三次方与周期的平方之比相等，因为甲、乙周期相同，所以 ,=ab+R,B正确，A错误：对于卫星乙，由万有引力提供向 2 心力有G-m仁r(m为卫星乙的质量).整理可得月球质 4π r2 量M=1nr3 G7,C正确，D错误。 或能守恒定律 商中牛的动能增加量为△正=专m-0=号×0×10J 0=4×10J,根据功能关系，列车对座椅上的高巾生所做的功即 答5· 其动能的增加量，故选B。 2.A功率设光伏电池单位时间内获得的太阳能为E,小车以 速度v匀速运动，则50%E7=2,解得E=2k 7,A正确， BCD错误。 3.B万有引力定律、机械能守恒定律不考虑自转，在星球表面， 飞行器爱到的万有引力等于重办，即G-mg,可得GM gR,2,飞行器在距星球表面高度为R。的轨道上做匀速圆周运 动时，轨道半径r=R。十R。=2R。,根据万有引力提供向心力，有 G-m二联立解得2-尽，设发射初速度为，则飞行 2 2 器发射过程由机械能守恒定律可得弓m,2十0=)m+ g,k(侵)解得四放走。 4.C动能定理、功能关系、静电力做功、弹性势能物块从B点 到C点，静电力与弹力做功都为零，有一mg·2r=Ec一EkB,则 Ekc<EkB;从A点到C点，弹簧由伸长r变为压缩r,弹簧的弹 性势能不变，弹力做功为零，有qE·LAB一mg·2r=Ec一EkA, 由几何关系知lAB=2√2r>2r,又gE=mg,则Ekc>EkA,故 EA<Ekc<EkB,C正确。 5.C动能定理、功能关系对物块，由动能定理得gcos30°· 一mgsm30=7m,解得物块的位移大小为.，=至 A错误；巾功能关系得物块机械能增量为△F1一gcos30°· 3 1一之m,,B错误：对物块由运动学公式有一21，对小 车，由动能定理得P:-gcos30°·.x2-grasin30°= ,,联立解得小车的位移x2 16P_2.C正确：小车 5mg 5g 机械能增量为△三s,5n30十2m一8P十子w 1 5g D错误。 6.CD(B)动能定理、弹簧振子设()、P两点间的竖直高度为h, sim0 过程I中由动能定理可知一mgh一gco0·A。 2o,·解得h三过程中Q在M点速度最大·故滑块工 滑时在该点受力平衡，设此位置弹簧的伸长量为x.有kx= mgn0-gcos0,解得r-2gin9,P、M两点间的距离 PM-A,2ngm,联立解得PM-8mgn0.A错 sin 0 k 4kg sin 0 误；滑块上滑时，做有摩擦的简谐运动，M点为平衡位置【点拨： 回复力为零的位置即平衡位置】.故上滑的最大位移为xm 2PM,C正确：M点以下、()点以上的位置，Q不可能受力平衡， ·物理 无法静止，D正确。（若认为滑块损失的机械能仅为克服摩擦力 做的功，则上滑时从P点到O点的过程中，滑块Q损失的机械能 1 A5号w。2一mgh三，B正确：若认为滑块损失的机械 能为滑块减少的机械能，则上滑时从P点到O点的过程中，滑 块Q的重力势能和动能都增加，则机械能增加，B错误。) 7.动能定理、运动的合成与分解 解：(1)设雪块的质量为，从O点到A点，根据动能定理有 mgxsin 0-umgrcos 2 mvo 解得vo=5m/s (2)从A点到地面，根据动能定理有 、222222之。2 解得v1=8m/s 雪块离开屋顶后水平方向速度不变，所以 vocos 0=vcos a c0sa=0.5 即a=60° 8.运动学规律、动能定理、瞬时功率 解：(1)由运动学公式得v2=2ah 解得软木塞离开瓶口时的速度v=√2ah 齿轮的角速度ω v_V2ah (2)全过程巾，根据动能定理得 w-号FA-mgh-ApSM=专mw 解得w=方F,h-mh十AS+h (3)设拔塞钻对软木塞的作用力为F,对软木塞，牛顿第二定 律得F-F,一g一△pS=ma 拔塞钻对软木塞的作用力的瞬时功率P=Fv v=ut 整理得P=ama+△pS+g十F-2）,其巾0≤ 9.机械能守恒定律、牛顿运动定律、平抛运动规律 解：(1)从1-0小球开始运动至小球运动到M正下方与M相距 L的位置的过程，不计空气阻力，只有重力对小球做功，小球的 机械能守何，设绳子被拉断时小球的速度大小为，则山机械能 守恒定律可得·2.=弓m2-之m 解得v=45m/s 小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，说 明此时绳子对小球的拉力最大，设其值为Fx,对处于该位置的 6· 小球进行受力分析，由牛顿第二定律有 Fmx-mg=m工 结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小 Fmax=Fmax=17 N (2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L,此后小球做平抛运 动，设小球做平抛运动的时间为，水平位移大小（抛出点到落地 点的水平距离)为x,则由平抛运动规律可得 在竖直方向上有2L= 在水平方向上有x=t 联立解得x=4m (3)当小球通过N的正上方且绳子刚好不松弛时，小球的初速度 最小，设此初速度为vmm,小球通过N的正上方时的速度为v、, 则对小球从开始运动至运动到N的正上方的过程，由机械能守 恒定律可得 mg·5L= 小球运动到N的正上方时，绳子对小球的拉力为零，由牛顿第二 定律可得 mg=m·2L 联立解得vmn=2√15m/s 10.动能定理、运动学公式、牛顿第三定律 解：1)根据动能定理W一F=2u-0 1 得W=Fx2m (2)根据匀变速直线运动规律，设飞机匀加速时间为11，匀减速 时间为12 匀加速位移和创减速位移分别为=2Q:=之a: 根裙圆意总位移等于能道长度+24 T2ug12”=L 匀加速运动的末速度为v=a1t1=2t2 %一1 得d=x1一a1十 (3)简化模型如答图。 专题七动目 1.B自由落体运动、弹性碰撞小球A竖直方向为门由洛体运 动，有力=分g,解得小球Λ自落休20m需要1=2s,但其 ·物理名 假定空气分子和机翼为弹性碰撞，则气流掠过飞机机翼 后的速率仍为u,方向改变0。 设空气密度为ρ，气流与机翼碰撞的有效面积为S,则 △t时间内流过机翼的空气质量△m=pSu△t 气流在竖直方向的动量变化△p=△mu·sin0 根据动量定理，机翼对气流竖直向下的作用力F'=兰，即 F'ocu? 根据牛顿第三定律，气流对机翼竖直向上的作用力大小F= F',即Focu 由此确定α=2 (建立其他模型，合理即可得分) 11.牛顿第二定律、动能定理、圆周运动 解：(1)F-x图像与坐标轴所围图形的面积表示F所做的功的 大小，由题图乙可知0~1m内F所做的功 W=1.5×1J=1.5J (2)由题图乙可知，x=1m时外力F刚开始变化，此时A、B有 相同的加速度 A与地面间的摩擦力F:=mg 对A、B整体，由牛顿第二定律得F-Fr=2ma 由于B与地面间无摩擦，对B,由牛顿第二定律得 FAB=ma 联立解得A、B间的弹力大小FAB=ma=0.5N (3)当a=0时A,B分离，由(2)中分析可知，当F=F:=0.5N时 A、B开始分离，由题图乙可知，此时x=3m 初始时，水平地面上A、B与P点间的长度大于4m,对A、B从 开始运动到开始分离过程，动能定理得 W:-mgx=2·2mu 结合(1)巾分析，由题图乙可得 w=1,5J+0.5+.5)x(3-DJ=3.5J 2 假设B可以运动到圆弧轨道最高点M,对B从两者开始分离到 运动到M点的过程，山动能定理得 一g·2r三2013-7m2 B恰好到达M点时，只受重力作州，由重力提供向心力得 mgm r 要保证B能到达M点，则B在M点的速度云√g 联立解得r0.2m 量守恒定律 白由下落1s斤与小球B碰撞，质量相等的两球在水平方向的碰 撞为完全弹性碰撞，则水平方向交换速度【点拨：根据水平方向 7