专题6 高考全国视野(实战册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

他省考什公 高考全 真题精练 1.(2025云南，2,4分)如图 所示，中国一老挝铁路国 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 名高中生所做的功最接近( A.4×105J B.4×104J C.4X103J D.4×102J 2.(2024全国甲，17,6分) 如图所示，一光滑大圆环 固定在竖直平面内，质量 为m的小环套在大圆环 上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点 自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的 切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用 力大小() A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 3.(2024安徽，7,4分)在某地区的干旱季节， 人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简 化模型如图所示。水井中的水面距离水平 地面的高度为H。出水口距水平地面的高 度为h,与落地点的水平距离约为1。假设 抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的？ 倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能 已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为 S,重力加速度为g,不计空气阻力。则水泵 的输出功率约为( 出水口 O专题6机械能守恒定律 国视野 答案：P451 A竖2(H+h+员) 2nh B(H+h+) 2nh cs(H+5》 2n ns巫(H+ 2mh 4.(2025广东，14,13分)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f=f(1一无)，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a,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f-x图线下的“面积”表示 f所做的功)求： 把手 齿 转轴 拔塞钻 固定支架 软木塞 瓶子t 83 实战 实战高考·物理】 (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。 (2)拔塞的全过程，拔塞钴对木塞做的 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。 5.(2025黑吉辽蒙，13,10分)如图所示，一雪 块从倾角0=37°的屋顶上的O点由静止开 始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、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μ=0.125。不计 空气阻力，雪块质量不变，sin37°=0.6，重 力加速度g大小取10m/s2。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小o。 (2)雪块落地时的速度大小U,及其速度方 向与水平方向的夹角α。 84 6.(2024新课标，24,8分)将重物从高层楼房 的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降 过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图 所示，一种简单的操作方法是一人在高处控 制一端系在重物上的绳子P,另一人在地面 控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二人 配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质 量m=42kg,重力加速度g大小取 10m/s2,当P绳与竖直方向的夹角a=37° 时，Q绳与竖直方向的夹角3=53°(sin37° =0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力 的大小。 (2)若开始竖直下降时重物 距地面的高度h=10m,求 Q 在重物下降到地面的过程 中，两根绳子拉力对重物做的总功。 7.(2024浙江1月，20,12分)某固定装置的竖 直截面如图所示，由倾角0=37°的直轨道 AB,半径R=1m的圆弧轨道BCD,长度L =1.25m、倾角为0的直轨道DE,半径为 R、圆心角为0的圆弧管道EF组成，轨道间 平滑连接。在轨道末端F右侧的光滑水平 面上紧靠着质量m=0.5kg的滑块b,其上 表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质 量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高 度为h处由静止释放，经圆弧轨道BCD滑 上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成，小物 块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下 运动时动摩擦因数2=0.5，且最大静摩擦 力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b 上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动 到滑块右侧的竖直挡板时能发生完全弹性 碰撞。（其他轨道均光滑，小物块视为质点， 不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8) (1)若h=0.8m,求小物块： ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在DE上经过的总路程； ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时 间t之比。 (2)若h=1.6m,滑块至少多长才能使小物 块不脱离滑块。 A父小物块a 0 滑块b 、B R、 0 0 O专题6机械能守恒定律 模拟精练 1.(2025河北部分学校一模)一辆起重机某次 从t=0时刻由静止开始竖直提升质量为 500kg的物体，物体的a-t图像如图所示， 2$后起重机的功率为额定功率，不计空气 阻力，重力加速度g大小取10m/s2,下列说 法正确的是( ) ↑a/m·s) 0.5 0 2 t/s A.物体在匀加速阶段的位移大小为2m B.该起重机的额定功率为5.25kW C.物体的最大速度大小为2.1m/s D.0~2s和2~8s时间内牵引力对物体做 的功之比为1：8 2.(2025江苏南京一模)如图所示，轻质弹簧 的两端分别与小物块A、B相连，并放在倾 角为0的固定斜面上，A靠在固定的挡板P 上，弹簧与斜面平行，A、B均静止。将物块 C在物块B上方与B相距x处由静止释 放，C和B碰撞的时间极短，碰撞后粘在一 起不再分开，已知A、B、C的质量均为m,弹 簧劲度系数为，且始终在弹性限度内，不 计一切摩擦，则为保证A不离开挡板，x的 最大值为( ) B P 777777777 A.4mgsin 0 B.Emgsin k k c D. 3.(2025河北部分示范校一模)（多选）如图所 示，长度为6m、倾角为30°的传送带以 85 实战 实战高考·物理 4m/s的速率逆时针匀速转动。将质量为 2kg的小物块无初速度地放置在传送带的 顶端，小物块与传送带之间的动摩擦因数为 怎，最大静摩擦力等于滑动率擦力，重力加 速度g大小取10m/s2,则小物块从传送带 顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的 是() 6m 30 A.小物块运动的时间为2.25s B.传送带对小物块做的功为一24J C.重力对小物块做功的平均功率为60W D.小物块与传送带之间因摩擦产生的热量 为12J 4.(2024江西一模)如图所示，曲线轨道AB (足够长)、水平直轨道BC、竖直圆环轨道 CD、水平直轨道CE、竖直半圆形管道EFG 间平滑连接，其中圆环轨道CD最低点C处 的入口、出口靠近且相互错开。将一可视为 质点、质量为m=2kg的小滑块P从曲线 轨道AB上某处由静止释放，其刚好能沿竖 直圆环轨道的内侧通过最高点D。已知水 平直轨道BC长为L1=0.5m,其上铺设了 特殊材料，其动摩擦因数为1=0.4十0.4x (x表示BC上一点至B点的距离，单位为 m),水平直轨道CE长为L2=2.0m,动摩 擦因数为2=0.1，轨道其余部分的阻力及 空气阻力不计。竖直圆环轨道CD的半径 为R=0.4m,竖直半圆形管道EFG的半径 R'可在0.25~0.35m间调节，半圆管道的 内径远小于其半径且比滑块尺寸略大，重力 加速度g大小取10m/s2,求： 86 (1)小滑块P释放点的位置高度h。 (2)P从管道G点水平抛出后落到水平面上 时，其落地点至G点的最大水平距离。 A P G R 2 B高考全 真题精练 ①B解析高中生的质量约为50kg,根据动能定理有W =7W2=4.0X104J,故选B。 ②C解析设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处(P 点)与大圆环的作用力恰好为零，如图所示，从大圆环顶 端到P点的过程，根据机械能守恒定律有mgR(1一cos) =2m2,在P点，根据牛顿第二定律有mgeos0=mR, 美立解得c0s0号从大圆环项瑞到P点的过程中 速度较小，小环重力沿大圆环圆心方向的分力大于小环 所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断 减小，从P点到最低点的过程中，小环速度变大，小环重 力和大圆环对小环弹力的合力提供向心力，所以大圆环 对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知，小环下 滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。 Q 3B解析设水从出水口射出的初速度为0，取t时间 内的水为研究对象，该部分水的质量为m=otS0,根据平 抛运动规律有w(=l,h=g,解得w=√氛根据功 能关系得Pt切一2m6十mg(H+h),联立解得水泵的输 出功率为P=Y2(H十h计)，故选B。 2mh ④(1)V2a5 (2)mah+mgh+foh+ApSh (3)magt土ma2t+foat+△pSat-2gt3 解析(1)木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运 动学公式有2=2ah, 根据角速度和线速度的关系有v=wr, 联立可得w=√2 (2)根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图，如图 所示， h ○实战册参考答案及解析 国视野 1 可得摩擦力所做的功为W1=一2f0h, 对木塞，根据动能定理有W+W:一mgh一△Sh= 2n2 一0， 1 解得W=mah+mgh+之foh+△pSh. (3)设开瓶器对木塞的作用力为F,对木塞，根据牛顿第二 定律有F-mg-f-△pS=ma, 1 速度了=at,位移x=2at2, 开瓶器的功率P=F, 联立可得P=magt十ma2t+fat+△pSat-fa品， 2ht3。 ⑤(1)5m/s(2)8m/s60° 解析(1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理有 mgzsin romgcos, 代入数据，解得雪块到A点速度大小为vo=5m/s。 (2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理有mgh =2muf-2m6, 代入数据，解得雪块到地面速度大小u=8m/s, 速度与水平方向夹角a满足c0sa=0cos0=5X0.8 01 8 解得a=60°。 6(1)1200N900N(2)-4200J 解析(1)重物缓慢下降的过程中受力平衡，设此时P、Q 绳中拉力的大小分别为T1、T2,竖直方向有T1cosa=mg +T2cOs B, 水平方向有T1sina=T2sinB, 联立解得T1=1200N,T2=900N。 (2)整个过程根据动能定理可得W十mgh=0, 解得两根绳子拉力对重物做的总功为W=一4200J。 7(1)①16m/s2②2m③1：2(2)0.2m 解析(1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据 机械能守恒定律有mgh=m呢， 第一次经这C点的向心加连度大小为。一爱-缴 =16m/s2。 ②小物块a在DE上时，因为2 mgcos0<mgsin0,所以 小物块a每次在DE上到达最高点后一定会下滑，之后经 过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将 在B、D间往复运动。 451 答案册 实战高考·物理 分析可知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距 离相等，设其在DE上经过的总路程为5，根据能量守恒定 律有mg[h-R(1-cosD]=(mgcos0+2 mgs)含， 解得s=2m。 ③根据牛顿第二定律可知，小物块a在DE上向上运动和 向下运动的加速度大小分别为a上=gsin0十gcos0= 8 m/s2,ar=gsin 0-u2gcos 0=2 m/s2, 将小物块α在DE上的若干次运动等效看作是一次完整 的上滑和下滑，根据运动学公式有2a上五=2ar异， 解得特=。 (2)对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有2m呢 -mg[h-Lsin 0-2R(1-cos 0)]-uimgLcos 0, 解得vF=2m/s, 设滑块长度为时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者 达到共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mup=2mu,2m呢=2 _g·2m2+2nmgl, 解得l=0.2m。 模拟精练 目B解玩物体在匀加速阶段的位移大小x=}×0,5 ×22m=1m,故A错误；设物体匀加速阶段的牵引力为 F,加速度为a,根据牛顿第二定律有F-mg-ma,物体在 该阶段的最大速度v=at中，则该起重机的额定功率P= Fv,联立解得P=5250W=5.25kW,故B正确：物体的 最大速度大小m一mg P 1.05m/s,故C错误；0~2s时 间内牵引力对物体做的功为W1=Fx=5250J,2~8s时 间内牵引力对物体做的功为W2=Pt=5250×6J= 31500J,则0~2s和2~8s时间内牵引力对物体做的功 之比为W1:W2=1:6,故D错误。故选B。 2B解析A、B均静止时，对B,根据平衡条件有mgsin 0 =kx0,设A刚要离开挡板时弹簧伸长x1,对A,由平衡条 件有mgsin0=kx1,可知x1=x0,物块B、C从相碰粘在 起运动到A刚要离开挡板，物块B、C和弹簧组成的系统 机械能守恒，A刚要离开挡板时物块B、C速度为零，从碰 后到A刚要离开挡板，弹簧弹性势能变化为零，设C与B 碰后速度为2，由机械能守恒定律得号·2m6=2mgX 2x1sin0,碰撞过程根据动量守恒有mU1=2mu2,碰撞前C 下滑过程，由机搞能守恒定律有7m=mg.sin0,联立 452 解得x=8 ngsin0,故选B。 3BD解析小物块与传送带共速前，由牛顿第二定律 得mgsin30°+mgcos30°=ma1,解得a1=8m/s2,小物 块运动到与传送带共速所用的时间1=0=0.5$，运动 的距离1=透-1m,关递后，由牛领第二定律得 mgsin30°-mgcos30°=ma2,解得a2=2m/s2,运动到 传送带底端的过程有一哈=2a2(L一x1),解得小物块 运动到传送带底端时的速度大小=6m/s,该过程所用 的时间2=四心0=1S,所以整个过程小物块运动的时 a2 间t=1十t2=1.5s,故A错误；整个过程传送带对小物 块做的功W=mg1cos30°-4mg(L一x1)cos30°，解得 W=一24J,故B正确；整个过程重力做的功Wc= mglsin30°=60J,故重力做功的平均功率P=Wc= t 40W,故C错误；整个过程中小物块与传送带之间因摩擦 产生的热量Q=mg(0t1-x1)cos30°+ng(L-x1- 0t2)cos30°，解得Q=12J,故D正确。故选B、D。 (1)1.25 m(2m 解析(I)小滑块恰好能通过最高点D,则mg=m尺， 解得p=√gR=2m/s, 从小滑块P的释放点到竖直圆环轨道CD的最高点D,由 动能定理有mgh-Wc一mg·2R=2m6,其中Wc= f·xc-Amg1=0,4X2X100.6X2X10×0.5J= 2 5J, 解得h=1.25m。 (2)小滑块P由D点到G点的过程，由动能定理有g· 2R-emgL2-mg2R'=7m6-2m元， 小滑块P离开G点后假平抛运动，有2R=号g,=, 可得x=√16-40R·√0.4R=10√(0.16-0.4R)·0.4R, 当0.16-0.4R=0.4R,即R=0.2m时，水平距离达到 极大值， 由于0.25m≤R'≤0.35m,则当R=0.25m,落地，点至G 3 点的水平距离最大，xm=√行m。