专题6 考点闯关(实战册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

实战册 实战高考·物理 碰撞 3 次序 碰撞时 1.121.582.002.402.783.143.47 刻/s 根据实验数据，回答下列问题 (1)利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞 后乒乓球的弹起高度为 m(保留两 位有效数字，当地重力加速度大小g取 9.80m/s2)。 (2)设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速 度大小的比值为，则每次碰撞损失的动能 为碰撞前动能的 倍（用k表示），第 3次碰撞过程中= (保留两位有 效数字)。 (3)由于存在空气阻力，第(1)问中计算的弹 起高度 (选填“高于”或“低于”)实 际弹起高度。 8.(2021山东，18,16分)如图甲示，三个质 量均为m的小物块A、B、C,放置在水平地 面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的 轻弹簧将A、B连接，C紧靠B,开始时弹簧 处于原长，A、B、C均静止。现给C施加 水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向 左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段 时间后A离开墙壁，最终三个小物块都停 止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦 力大小均为f,最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性 将来考什么 山东模 考点 考点①功和功率的分析与计算 【题型1】变力做功的计算 1.(2024山东泰安三模)蹦极是一项非常刺激 的户外运动。如图所示，某景区蹦极所用的 橡皮绳原长为L=80m,劲度系数为= 74 势能可表示为E,=,为弹簧的劲度 系数，x为弹簧的形变量) (1)求B、C向左移动的最大距离xo和B、C 分离时B的动能Ek。 (2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小 值Fmin。 (3)若三个小物块都停止时B、C间的距离 为xC,从B、C分离到B停止运动的整个过 程，B克服弹簧弹力做的功为W,通过推导 比较W与fxc的大小。 (4)若F=5f,请在图乙所给坐标系中，画出 C向右运动过程中加速度a随位移x变化 的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止 运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求 推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原 点，水平向右为正方向。 AMB CF 777777777777777777777777777777777 甲 乙 拟专练 答案：P447 闯关 25N/m,橡皮绳一端固定在跳 台上，另一端拴接在游客脚踝 处。已知游客的质量m= 50kg,重力加速度g取10m/s2， 不计橡皮绳的重力和空气阻 力，橡皮绳始终在弹性限度内，假设游客始终 在同一竖直线上运动，则游客无初速度地从 跳台跳下后，橡皮绳的最大伸长量为() A.20m B.40m C.60m D.80m 【题型2】机车启动 2.(2025山东泰安期末)有一质量m=1000kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v= 24m/s的速度匀速行驶，蓄电池不工作，汽 油发动机的输出功率为P1=48kW。当司 机看到前方较长一段距离内无其他车辆时， 使轿车汽油发动机和电动机开始同时工作 (以该时刻作为计时起点)，汽油发动机的输 出功率保持不变仍为48kW,电动机输出功 率P2恒定，轿车汽油发动机和电动机同时 工作之后的v-t图像如图所示。若轿车运 动过程中所受阻力始终不变，则电动机输出 功率P2为( ↑/m·s) 30 t/s A.68 kW B.30 kW C.20 kW D.10 kW 3.(2024山东青岛二模)加快发展新质生产力 是新时代可持续发展的必然要求，我国新能 源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新 能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车 性能，t=0时刻驾驶汽车由静止启动，t1 6s时汽车达到额定功率，t2=14s时汽车速 度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵 引力F随速率倒数1变化的关系图像。已 知汽车和司机的总质量m=2000kg,所受 阻力与总重力的比值恒为，重力加速度g O专题6机械能守恒定律 取10m/s2,下列说法正确的是( tF(103N) B 10 0 s·m) A.汽车启动后做匀加速直线运动，直到速 度达到最大 B.汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB 段做匀速运动 C.汽车达到的最大速度大小为15m/s D.从启动到速度达到最大，汽车通过的距 离为150m 【题型3】平均功率 4.(2024山东名校联盟二模)如图所示为古代 的水车，该水车周边均匀分布着N个盛水 的容器，容器到水车大圆转轴的距离为R。 在流水的冲力作用下，水车以n转/分的转 速匀速转动，当装满水的容器到达最高处时 将水全部倒人水槽中。设每个盛水容器装 入水的质量均为m,忽略容器装水给水增加 的动能和水车浸入水的深度，不计一切摩 擦。已知重力加速度为g,则水车运水的功 率为( A.nNmgR B.nNmgR 30 60 C.120NmgR D.2nNmgR n 考点②动能定理及其应用 【题型1】动能定理的应用 5.(2025山东青岛一模)一小球以初速度从 底端滑上光滑固定斜面，当向上运动40cm 75 实战册 实战高考·物理 时，速度减为3功。 已知小球恰好能到达斜 面顶端，则斜面的长度为( A.45 cm B.50 cm C.55 cm D.60 cm 6.(2025山东烟台期末)（多选）如图甲所示， 放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力 F的作用，在0~3s内物体的速度v与时间 t的关系图像如图乙所示，拉力F的功率P 与时间t的关系图像如图丙所示。下列说 法正确的是( tv/m·s) P/W 15 60 10- 40- 20 12 3 t/s 0 t/s 甲 乙 丙 A.物体的质量为0.4kg B.0~3s内拉力做的功为90J C.物体受到的摩擦力大小为6N D.物体在0~1s内受到的拉力大小为6N 【题型2】与动能定理相关的图像问题 7.(2025山东泰安一模)某缓冲装置的主要部 分是弹簧，工作过程可简化为以下情境：轻 质弹簧劲度系数k=400N/m,左端固定在 竖直墙上。水平地面上一滑块从P点以某 一速度水平向左冲向弹簧，如图甲所示。滑 块经弹簧缓冲后向左最远运动到Q点，又 被弹簧弹回，最后恰好停在P点。以Q点 为坐标原点、水平向右为正方向建立x轴， 滑块从Q点到P点的运动过程中，加速度a 随位置坐标x的变化规律如图乙所示。已 知弹簧始终在弹性限度内，滑块与水平地面 间动摩擦因数保持不变，重力加速度大小g 取10m/s2。下列说法正确的是() 76 ↑a/m·s2) 1 \0.2xp 0 x/m 甲 A.P点的坐标xp=0.35m B.P点的坐标xp=0.45m C.滑块从P点开始向左运动时的动能Ek= 16J D.滑块从P点开始向左运动时的动能Ek= 32J 考点3机械能守恒定律 【题型1】杆连接系统 8.(2025山东泰安期末)（多选） 如图所示，质量为3.4kg的 带孔物块A和质量为 6.8kg的金属环B通过光 滑铰链用轻质细杆连接，A 套在固定的竖直杆上且与竖直放置的轻弹 簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平横杆 上，轻弹簧劲度系数k=100N/m,B套在固 定的水平横杆上。弹簧处于原长状态时将 A由静止释放，弹簧始终在弹性限度内。忽 略一切摩擦，重力加速度g大小取10m/s2, 在A下降的过程中，下列说法正确的 是() A.物块A和弹簧组成的系统机械能最小 时，B受到水平横杆的支持力大小等于 102N B.物块A和弹簧组成的系统机械能最小 时，B受到水平横杆的支持力大小等于 68N C.物块A和金属环B组成的系统动能最大 时，弹簧的压缩量为0.34m D.物块A和金属环B组成的系统动能最大 时，弹簧的压缩量为0.17m 【题型2】弹簧系统 9.(2025山东临沂期末)（多选）竖直轻弹簧下 端固定在水平地面上，上端与木块A连接， 物块B叠放在A上，系统处于静止状态，如 图甲所示。现对B施加竖直向上的拉力F, 使B以恒定的加速度α竖直向上做匀加速 直线运动，直至分离后一小段时间，力F的 大小随B的位移x变化的关系如图乙所示， 重力加速度为g,下列说法正确的是( ) a 甲 A.物块B的质量mg= F2 g十a B.当物块B运动到xo时，弹簧恰好处于原 长位置 C.从0到xo的过程中，力F所做的功小于 A和B构成的系统的机械能增加量 D.从0到xo的过程中，力F与B的重力所 做功的代数和等于物块B的动能增加量 考点④功能关系能量守恒定律 【题型1】功能关系 10.(2024山东威海二模)如图所示，竖直面内 一半径为R的部分圆筒轨道固定在水平 地面上，O为圆心，AB为竖直直径，轨道末 端为C点，OC与OB的夹角为0。轨道左 侧地面上有一可以沿地面左右移动的竖直 立柱，其高度为H,下端为D点，其上放一 球b。现将质量为m的球a以速度vo从A 点射入，离开C点时对轨道的压力大小为 1.6N,然后击中b,已知m=0.1kg,= 1m/s,R=0.5m,0=37°，H=0.17m,重 力加速度大小g取10m/s2,空气阻力忽略 不计。小球可看成质点，sin37°=0.6， O专题6机械能守恒定律 c0s37°=0.8。求： (1)a由A点运动至C点的过程中损失的 机械能。 (2)BD间的距离。 00 A 月0 R C D B 【题型2】传送带模型 11.(2024山东济宁一模)济宁大安机场某货 物传送装置简化图如图甲所示，该装置由 传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传 送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与 水平地面的夹角0=37°，CD与水平面平 行。传送带始终匀速转动，工作人员将质 量分布均匀的正方体货物从D点由静止 释放，货物对地发生位移L=10m后被取 走，货物在传送带上运动时的剖面图如图 乙所示。已知传送带速率=2m/s,货物 77 实战 实战高考·物理 质量m=10kg,货物与传送带间的动摩擦 因数h=0.5,与挡板间的动摩擦因数2 =0.25。(sin37°=0.6，cos37°=0.8，重 力加速度g大小取10m/s2,不计空气阻 力)求： 传送带 上表面 A 传送带底边与 水平地面平行 2 E固定 挡板 水平面地面 甲 乙 分层 基础题组 1.(2025山东威海期末)如图所示，长为0 L的轻质硬杆中点和末端各固定一小 球1、2，两小球的质量相等，硬杆可以 02 绕顶端O点在竖直面内转动。若小 球2从最低点获得初速度，恰好能通过最 高点，重力加速度为g,忽略所有阻力，则6 为() 人受 6gL B.25 C 6gL D.4 2.新题型(2025山 0 1209 东滨州期末)如 图所示，形状为 120°C “>”的轻质框架， ∠P=120°，OP段和PQ段的长度均为L。 框架的一端悬挂于O点，并可绕O点处的 光滑转轴在竖直平面内自由转动，另一端固 定一小球Q,小球的质量为m。轻绳QM一 端连接在小球上，另一端连接在竖直墙壁 上。框架OP段和轻绳QM均处于水平状 态。忽略空气阻力，重力加速度为g。剪断 78 (1)货物在传送带上经历的时间t。 (2)因运送货物传送装置多消耗的电能E。 闯关 轻绳，则( ) A.剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为g B.小球到最低点时的速度大小为√3g工 C.小球到最低点时框架对小球的弹力大小 为2mg D.小球到最低点时框架对小球弹力的功率 大小为2mg√3gL 3.(2024山东名校联盟二模)如图所示为某种 电梯结构的简化示意图。某次在做电梯性 能测试实验时，电梯轿厢内无乘客，电动机 不工作，测得轿厢A从静止开始下降25m 用时5s。已知轿厢A质量为600kg,忽略 滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度大小g取 10m/s2。下列说法正确的是() 定滑轮 定滑轮 配重B 轿厢 0鱼 电动机定滑轮 A.轿厢A下降过程中处于完全失重状态 B.配重B的质量为480kgFm=(3+)f (3)从B、C分离到B停止运动，设B的路程为xB,C的位 移为xC,以B为研究对象，由动能定理得一W一fxB=0 一Ek, 以C为研究对象，由动能定理得一fxC=0一Ek, 由B、C的运动关系得xB>xC一xBC, 联立可知W<fxC。 (4)小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得5fx1一 2fm-2ka好=0， 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kx1=6f, 则坐标原点的加速度为a1= x1-2f_2f 2m m 之后C开始向右运动，该过程(B、C系统未脱离弹簧)的 加速度为a=虹2f, 2m 可知加速度与位移x为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原 长，x减小，a减小，弹簧恢复原长时B和C分离，之后C 山东模 考点闯关 ①D解析当游客运动到最低点时，橡皮绳的伸长量最 大，设橡皮绳的最大伸长量为x,则橡皮绳从原长到伸长 x的过程中，游客克服橡皮绳做的功为W1=虹，0.x 2 昌如，游客从跳台跳下到下落至最低点时逢度减为0，对 该过程由功能关系可得g(L十x)一W1=0,解得x= 80m,D正确。故选D。 2C解析设阻力为F阻，汽油发动机单独工作以V= 24m/s的速度匀速行驶时，牵引力大小等于阻力，可知u =v=24m/5,由功率公式有P1=F阻1，轿车汽油发动 机和电动机同时工作之后，由心t图像可知，最大速度为 2=34m/s,且牵引力大小等于阻力，则有P1十P2= F阻2，解得P2=20kW。故选C。 3D解析由图可知，在AB段汽车牵引力不变，根据牛 颜第二定律有F-子mg=ma,解得a=25m/g,可知汽 车在AB段做匀加速直线运动，汽车在BC段牵引力逐渐 减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加 速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到 最大，故A、B错误；ti=6s时汽车的速度为)=at= 15m/s,汽车的额定功率为P=F=10×103×15W= 5X105w,汽车达到的最大速度大小为-P O实战册参考答案及解析 只受地面的滑动摩擦力，加速度为2=一千，负号表示加 m 速度方向水平向左， 从撤去恒力到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能 定理得-2fa=号·2md2, 脱离弹簧瞬间C的速度为)，之后受到滑动摩擦力减速至 0,由能量守恒得f2=2mu, 解得脱离弹簧后C运动的距离为x2=21, 1 3=3,6f_9f 则C最后停止的位移为x1十x2=2x1=2 ”k一k” 所以C向右运动的图像如图所示。 a 9f 0 x f m 拟专练 1.5×105 X2000X10 1 m/s=30m/s,故C错误；汽车AB段的 位移为1=2a=45m,对BC段根据动能定理有P(a 1 1 一h)一4mgx2=2m哈-2m听，解得x2=105m,则汽 车通过的距离为x=x1十x2=150m,故D正确。故选D。 ☑A解析水车每秒转动的图数为0，水车转动一图对 水微的功W=mg·2R,则水车的功率P-Y×品= 2NmgR×60-m5,故选A. 30 ⑤A解析设斜面与水平方向夹角为0，当向上运动 40cm时，由动能定理可得一mglsin0=2m×(3w)2 .1 m哈，当小球恰好到达斜面顶端时，由动能定理可得 1 一ngLsin0=0-zm6,联立上式可得L=45cm。故 选A。 6AD解析P-t图像中，图线与坐标轴所围图形的面 积，在数量上等于功，所以0~3s内拉力做的功为W=四 ×1J十20×2J=70J,故B错误；由图乙可知，1~3s内 物体匀速运动，受到的摩擦力与拉力等大、反向，由P= R-f解得f产号-8N=2N故C错溪：由图乙可 447 答案册 实战高考·物理 知，0~1s内的位移为x=受=5m,根据动能定理有 WF-fx=2mv2,解得m=0.4kg,故A正确；物体在0~ 1s内，由牛领第二定律结合国乙可得F-=m,a=铝， 解得F=6N,故D正确。故选A、D。 ⑦C解析滑块从Q点运动到P点的过程中，根据动能 定理可得2r好=mgxp,由图乙可知a=mg=4m/s2, m 在Q点有kx1一ng=ma0,联立可得m=5kg,xp= 0.4m,故A、B错误；根据能量守恒定律可得Es= 2mgxp-16J,故C正确，D错误。故选C。 ⑧BC解析经分析可知，物块A和弹簧组成的系统机 械能最小时，B的动能最大，速度最大，加速度为零，轻杆 对B的作用力为零，水平横杆对B的支持力大小等于B 的重力，即，FN=mBg-68N,A错误，B正确；物块A和 金属环B组成的系统动能最大时，系统的加速度为0，合 外力为0，对A有mAg=x,解得x=0.34m,C正确，D 错误。故选B、C。 ⑨AC解析当物块B运动到x0时，两物块恰好分离， 二者加速度仍为a,物块A所受合力竖直向上，故弹簧对 A有向上的弹力，即弹簧处于压缩状态；对于物块B,由牛 领第二定非得一mg=ma,可得m8=平。故A正 确，B错误；从0到x0的过程中，力F和弹簧弹力均对A 和B构成的系统做正功，根据功能关系可知，力F和弹簧 弹力所做的功之和等于A和B构成的系统机械能的增加 量，故力F所做的功小于A和B构成的系统的机械能增 加量，故C正确；从0到x0的过程中，力F、A对B的支持 力、B的重力所做功的代数和等于物块B的动能增加量， 故D错误。故选A、C。 10(1)0.75J(2)0.46m或0.524m 解析(1)小球在C点时，根据牛顿第二定律可得FN ,2 mgcos 0=m R' 小球由A运动到C的过程，根据能量守恒定律有mgR(1 十cos》=2m2-7m6+Q, 联立解得Q=0.75J。 (2)小球从C点到击中b上升的高度为h=H一R(1一cos), 竖直方向有h=usin0t一之g2, 水平方向有x=cos0·t, BD间的距离为xBD=x十Rsin 0, 联立解得xD=0.46m或xD=0.524m。 11(1)5.4s(2)202J 448 解析(1)设传送带对货物的弹力为N1,挡板对货物的弹 力为N2,对货物进行分析，有N1=mgcos0,N2= mgsin 0, 对货物进行受力分析，有IN1一2N2=ma, 解得a=2.5m/s2, 货物匀加速至2m/s的过程，根据速度一位移关系式有 哈=2a0, 解得x0=0.8m<L=10m, 匀加速直线运动的时间1=0=0.8s, a 之后货物做匀速直线运动，经历时间2=L一四=4,6s, 0 则货物在传送带上经历的时间t=t1十t2=5.4s。 (2)货物在匀加速与匀速运动过程中，传送带的位移分别 为x1=0t1=1.6m,x2=wt2=9.2m, 匀加速过程传送带克服摩擦力做功为W1=f1x1= 1 ngcos8·x1=64J, 匀速过程传送带克服摩擦力做功为W2=f22=2 mgsin日· x2=138J, 则因运送货物传送装置多消耗的电能为E=W十W2= 202J。 分层闯关) ①B解析由于两小球的角速度相等，小球2圆周运动 的半径是小球1的2倍，故当小球2的速度为0时，小球 、1 1的速度为20，小球2恰好能通过最高点，杆起到支撑 的作用，故在最高点时，两小球的速度1=2=0，整个过 程系统的机城能守恒，则有m6+2(2)》=mg·2L 十msL,每得西=2√吧.故选B 2C解析剪断轻绳的瞬间，小球受到重力和框架的弹 力，将重力沿PQ方向和垂直于PQ方向分解，垂直于PQ 方向，根据牛顿第二定律可得F=mgsin30°=ma,解得a 1 一2g,A错误；小球摆到最低点时，根据机械能守恒定律 可得mgLc0s30°=7m2,解得=V3gL,B错误；小球 在最低点时的向心力Fa-"紧-mg,此时杆的弹力F个 mg=Fn,可得FT=2mg,C正确；在最低点时，弹力方向 与速度方向垂直，则弹力的功率为0，D错误。故选C。 目D解折轿厢A下降位移A=云42，解得加速度a= 2m/s2,故轿厢A下降过程处于失重状态，但不是完全失 重状态，故A错误；对轿厢A和配重B的整体应用牛顿 第二定律，可得mAg-mBg=(mA十mB)a,解得配重B的