《2026年新高考5年真题高中物理全一册通用版湖南专版》

1. [2025·山东卷，5T，3分] 一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换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$m$，运动过程中受到的阻力$f = kv$($k$为常量)，该光伏电池的光电转换效率为$\eta$，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为
(A)

A.$\frac{2kv^{2}}{\eta}$
B.$\frac{kv^{2}}{2\eta}$
C.$\frac{kv^{2} + mv^{2}}{2\eta}$
D.$\frac{2kv^{2} + mv^{2}}{\eta}$

答案： 1. 参考答案 A
命题意图 本题考查能量的转化和功率，考查考生的推理能力。
解题思路 根据题意小车匀速运动，则有$F = f = kv$，小车的机械功率$P_{机}=Fv = kv^{2}$，由于电动机的效率为$50\%$，则有$P_{电}=\frac{P_{机}}{\eta}=\frac{kv^{2}}{0.5}=2kv^{2}$，光伏电池的光电转换效率为$\eta$，即$\eta=\frac{P_{电}}{P_{阳}}$，联立可得$P_{阳}=\frac{2kv^{2}}{\eta}$，故A正确，B、C、D错误。

2. [2025·云南卷，10T，6分] (多选)如图所示，倾角为$\theta$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$\mu = \tan\theta$。过程Ⅰ：$Q$以速度$v_0$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
(CD)


A.$P$、$M$两点之间的距离为$\frac{kv_{0}^{2} - 4mg^{2}\sin^{2}\theta}{4kgsin\theta}$
B.过程Ⅱ 中，$Q$在从$P$点单向运动到$O$点的过程中损失的机械能为$\frac{1}{4}mv_{0}^{2}$
C.过程Ⅱ 中，$Q$从$P$点沿斜面向上运动的最大位移为$\frac{kv_{0}^{2} - 8mg^{2}\sin^{2}\theta}{2kgsin\theta}$
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

答案： 2. 参考答案 CD
命题意图 本题考查动能定理、受力分析和简谐运动，考查考生的推理能力和分析综合能力。
解题思路 设$P$、$O$两点间的距离为$L$，过程Ⅰ中，根据动能定理有$-mgsin\theta× L - \mu mgcos\theta× L = 0 - \frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，设$M$、$O$两点间的距离为$L_{1}$，过程Ⅱ中，当$Q$速度最大时，根据平衡条件有$kL_{1}=mgsin\theta+\mu mgcos\theta$，$P$、$M$两点之间的距离为$L_{2}=L - L_{1}$，又$\mu = tan\theta$，联立解得$L=\frac{v_{0}^{2}}{4gsin\theta}$，$L_{2}=\frac{kv_{0}^{2}-8mg^{2}sin^{2}\theta}{4kgsin\theta}$，故A错误。过程Ⅱ中，$Q$在从$P$点单向运动到$O$点的过程中，动能增大，重力势能增大，则其机械能增大，故B错误。过程Ⅱ中，$Q$从$P$点运动到最高点的过程中，$Q$受到弹簧弹力和沿斜面向下的恒定作用力（包括摩擦力和重力沿斜面向下的分力），所以$Q$从$P$点到最高点的运动为单向简谐运动，其平衡位置为$M$点，设最高点为$N$，可知$PM = MN$，所以$Q$向上运动的最大位移为$l = 2L_{2}=$
解得$v = 4\sqrt{5}\ m/s$。
小球运动到$M$正下方与$M$相距$L$的位置时，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球进行受力分析，由牛顿第二定律可得$F_{m}-mg = m\frac{v^{2}}{L}$，
由牛顿第三定律可知绳子所受的最大拉力大小$F_{m}^{\prime}=F_{m}$，
联立解得$F_{m}^{\prime}= 17\ N$。
(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，设小球从抛出到落地所用时间为$t_{1}$，抛出点到落地点的水平距离为$x$，则由平抛运动的规律可得$2L = \frac{1}{2}gt_{1}^{2}$，
$x = vt_{1}$，
联立解得$x = 4\ m$。
(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，设其大小为$v_{min}$，此种情况下小球通过$N$的正上方时的速度为$v_{N}$，小球从$t = 0$时至运动到$N$的正上方的过程，由机械能守恒定律可得$mg×(3L + 2L)=\frac{1}{2}mv_{min}^{2}-\frac{1}{2}mv_{N}^{2}$，
小球运动到$N$的正上方时，由牛顿第二定律可得$mg = \frac{mv_{N}^{2}}{2L}$，
联立解得$v_{min}=2\sqrt{15}\ m/s$。
能守恒定律(二)
，故C正确。设$Q$最终静止的位置到$O$点的距离为$x$，$Q$处于静止状态时，加速度为零，速度也为零。若弹簧弹力为零，此时由$mgsin\theta=\mu mgcos\theta$，可知满足平衡条件，$Q$静止在$O$点；若弹簧处于拉伸状态，此时摩擦力沿斜面 向下，根据平衡条件有$mgsin\theta+F_{f}=kx$，其中$F_{f}\leq\mu mgcos\theta$，解得$x\leq\frac{2mgsin\theta}{k}=L_{1}$，则$Q$静止在$O$点与$M$点之间，包含$M$点；若弹簧处于压缩状态，由$kx + mgsin\theta＞\mu mgcos\theta$，可知不满足平衡条件，$Q$不可能静止在$O$点上方。
综上分析可知，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，故D正确。
一题多解
对于选项C，由胡克定律$F = kx$可知，弹簧弹力与弹簧形变量呈线性关系，则弹簧弹力做的功与弹簧形变量的关系为$W=\overline{F}x=\frac{1}{2}kx× x=\frac{1}{2}kx^{2}$。设过程Ⅱ中，$Q$从$P$点沿斜面向上运动的最大位移为$l$，根据能量守恒定律有$\frac{1}{2}kl^{2}=mgsin\theta× l+\mu mgcos\theta× l+\frac{1}{2}k(l - L)^{2}$，联立解得$l=\frac{kv_{0}^{2}-8mg^{2}sin^{2}\theta}{2kgsin\theta}$。故C正确。

3. [2024·江西卷，5T，4分] “飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为$10 m^3/s$，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为
(B)

A.$10^9$ W
B.$10^7$ W
C.$10^5$ W
D.$10^3$ W

答案： 3. 参考答案 B
命题意图 本题考查对功率的估算，考查考生的推理能力。
解题思路 由题意可知，$\Delta t$时间内流出水的质量为$m = \rho Q\Delta t$，发电过程中水的重力势能转化为电能，则有$P = \frac{mgh}{\Delta t}×70\% = 0.7\rho Qgh = 1.05×10^{7}\ W$，故B正确，A、C、D错误。

4. [2024·安徽卷，7T，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$l$。假设抽水过程中$H$保持不变，水泵输出能量的$\eta$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$\rho$，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
(B)


A.$\frac{\rho gSl\sqrt{2gh}}{2\eta h}(H + h + \frac{l^{2}}{2h})$
B.$\frac{\rho gSl\sqrt{2gh}}{2\eta h}(H + h + \frac{l^{2}}{4h})$
C.$\frac{\rho gSl\sqrt{2gh}}{2\eta h}(H + \frac{l^{2}}{2h})$
D.$\frac{\rho gSl\sqrt{2gh}}{2\eta h}(H + \frac{l^{2}}{4h})$

答案： 4. 参考答案 B
命题意图 本题考查平抛运动和功能关系，考查考生的推理能力和分析综合能力。
解题思路 设水从出水口射出时的速度为$v_{0}$，取$t$时间内从出水口喷出的水为研究对象，该部分水的质量为$m = \rho v_{0}tS$，根据平抛运动的规律有$l = v_{0}t_{1}$，$h = \frac{1}{2}gt_{1}^{2}$，联立解得$v_{0}=l\sqrt{\frac{g}{2h}}$。根据功能关系可得$\eta Pt=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}+mg(H + h)$，联立解得水泵的输出功率$P=\frac{\rho gSl\sqrt{2gh}}{2\eta h}(H + h+\frac{l^{2}}{4h})$。故B正确，A、C、D错误。