2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题六　机械能守恒定律

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题点1 功的分析与计算
(2024·山东卷·7)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d4.2 kW·h,所以储能电池充满电后,即使连续一周无风且阴雨,路灯也能正常工作,故D正确。
【难度】 中档题
(2024·贵州卷·6)质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到处，F做功的瞬时功率为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据图像可知物块运动到处，F做的总功为
该过程根据动能定理得
解得物块运动到处时的速度为
故此时F做功的瞬时功率为
故选A。
【难度】基础题
(2024·安徽卷·7)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l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η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，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为( )
A.eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋h＋eq \f(l2,2h))
B.eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋h＋eq \f(l2,4h))
C.eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋eq \f(l2,2h))
D.eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋eq \f(l2,4h))
【答案】B
【解析】设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，
该部分水的质量为m＝v0tSρ
根据平抛运动规律v0t′＝l
h＝eq \f(1,2)gt′2
解得v0＝leq \r(\f(g,2h))
根据功能关系得
Ptη＝eq \f(1,2)mv02＋mg(H＋h)
联立解得水泵的输出功率为
P＝eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋h＋eq \f(l2,4h))
故选B。
【难度】中档题
【关联考点】功与重力势能
(2020·浙江7月选考·16)如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动．现有质量为20 kg、额定功率为5 kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200 s到达100 m高处后悬停并进行工作．已知直流电源供电电压为400 V，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则( )
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于200 N
B．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 A
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为100 W
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
【答案】BD
【解析】无人机在上升过程中有加速上升和减速上升的过程．在减速上升过程中空气对无人机作用力小于无人机的重力，即作用力小于200 N，故A错误；由P＝UI，得I＝PU＝12.5 A，故B正确；无人机上升过程中，克服重力做的功W＝mgh＝2×104 J，故克服重力做功的平均功率P＝Wt＝100 W，而无人机在上升及悬停过程中还受到空气作用力，由牛顿第三定律知无人机对空气有反作用力，使空气流动，无人机对空气做功，在无人机上升过程中，既要克服重力做功，也要对空气做功，平均功率大于100 W，故C错误，D正确．
【难度】基础题
(2021·浙江6月选考·8)大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用．实验表明，当人体单位面积接收的微波功率达到250 W/m2时会引起神经混乱，达到1 000 W/m2时会引起心肺功能衰竭．现有一微波武器，其发射功率P＝3×107 W．若发射的微波可视为球面波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离约为( )
A．100 m 25 m B．100 m 50 m
C．200 m 100 m D．200 m 50 m
【答案】B
【解析】微波有效攻击范围为r时单位面积接收微波功率为P′＝eq \f(P,S)＝eq \f(P,4πr2)
解得r＝eq \r(\f(P,4πP′))
则引起神经混乱时有
r1＝eq \r(\f(P,4πP1′))＝eq \r(\f(3×107,4×3.14×250)) m≈100 m
引起心肺功能衰竭时有
r2＝eq \r(\f(P,4πP2′))＝eq \r(\f(3×107,4×3.14×1000)) m≈50 m
所以B正确，A、C、D错误．
【难度】基础题
(2023·山东卷·4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A．eq \f(2nmgω2RH,5) B.eq \f(3nmgωRH,5)
C.eq \f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH
【答案】B
【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝eq \f(W,T)，T＝eq \f(2π,ω)，联立解得P＝eq \f(3nmgωRH,5).
【难度】基础题
(2023·湖南卷·8)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( )
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝eq \r(2gR)
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
【答案】AD
【解析】由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，则小球从C到B的过程中，有mgR(1－cs α)＝eq \f(1,2)mv2，FN＝mgcs α－meq \f(v2,R)，联立有FN＝3mgcs α－2mg，则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cs α逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，由牛顿第三定律知，对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P＝－mgvsin θ，则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(4gR)，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcs θ＝meq \f(vB2,R)，则vB＝eq \r(gRcs θ)，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为eq \r(gRcs θ)，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。
【难度】中档题
【关联题点】动能定理应用
(2022·河北卷·9)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq \f(g,3).T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点．下列说法正确的是( )
A．物体P和Q的质量之比为1∶3
B．2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2)
C．2T时刻物体P重力的功率为eq \f(3E,2T)
D．2T时刻物体P的速度大小为eq \f(2gT,3)
【答案】BCD
【解析】开始释放时物体Q的加速度大小为eq \f(g,3)，
则有mQg－FT＝mQ·eq \f(g,3)，FT－mPg＝mP·eq \f(g,3)，
解得FT＝eq \f(2,3)mQg，eq \f(mP,mQ)＝eq \f(1,2)，选项A错误；
在T时刻，两物体的速度大小v1＝eq \f(gT,3)，
P上升的距离h1＝eq \f(1,2)×eq \f(g,3)T2＝eq \f(gT2,6)，
轻绳断后P能上升的高度h2＝eq \f(v12,2g)＝eq \f(gT2,18)，
则开始时P、Q竖直方向上的距离为h＝h1＋h2＝eq \f(2gT2,9)，
开始时P所处的水平面为零势能面，则开始时Q的机械能E＝mQgh＝eq \f(2mQg2T2,9)，
从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q做负功，大小为WF＝FTh1＝eq \f(mQg2T2,9)，
则绳断裂时物体Q的机械能E′＝E－WF＝eq \f(mQg2T2,9)＝eq \f(E,2)，
此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为eq \f(E,2)，选项B正确；
在2T时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－eq \f(2gT,3)，
方向向下，此时物体P重力的瞬时功率PG＝mPg|v2|＝eq \f(mQg,2)·eq \f(2gT,3)＝eq \f(mQg2T,3)＝eq \f(3E,2T)，
选项C、D正确．
【关联题点】机械能守恒应用
【难度】中档题
(2021·浙江1月选考·19)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝16 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2 s滑行到最高点．然后，滑块返回到出发点．已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求滑块：
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率eq \x\t(P).
【答案】(1)16 m (2)0.25 (3)67.9 W
【解析】(1)小车沿斜面向上做匀减速直线运动，有：x＝eq \f(v0,2)t
解得x＝16 m
(2)上滑过程有：加速度a1＝eq \f(Δv,t)＝eq \f(v0,t)＝8 m/s2
由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
解得μ＝0.25
(3)下滑过程有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，
解得a2＝4 m/s2
由运动学公式有vt2＝2a2x，得vt＝eq \r(2a2x)＝8eq \r(2) m/s
重力的平均功率eq \x\t(P)＝mgeq \x\t(v)cs(90°－θ)＝mgeq \f(vt,2)cs(90°－θ)＝48eq \r(2) W≈67.9 W.
【关联题点】牛顿第二定律应用
【难度】基础题
(2021北京卷·8)如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车速率不变)通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面．不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化．下列说法正确的是( )
A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小
B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大
C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小
D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大
【答案】B
【解析】在ab段，根据平衡条件可知，
牵引力F1＝mgsin θ＋Ff
汽车的输出功率P1＝F1v不变，
在bc段牵引力F2＝Ff
汽车的输出功率P2＝F2veq \f(h,μ0)
滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有
mg·2h－μmgcs θ·eq \f(L1,cs θ)－μmgx＝0－0
其中0v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22＋fl，整理可得eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv02－fl－eq \f(1,2)Mv22v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝fxM