1、一、單項選擇題1(2013·茂名模擬)我國“蛟龍號”在某次試驗時，深潛器內的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面的10 min內全過程的深度曲線(a)和速度圖像(b)，則正確的有()圖1A(a)圖中h3代表本次下潛最大深度為360 mB全過程中最大加速度是0.025 m/s2C潛水員感到超重體驗發生在01 min和810 min內D整個潛水器在810 min時間段內機械能守恒解析：選A最大深度h3(2×604×60)×2× m360 m，A正確；最大加速度am m/s2 m/s2，B錯誤；在01 min和810 min內潛水員的加速度方

2、向均向下，故潛水員有失重感，C錯誤；810 min內，潛水器的加速度方向向下，大小為a m/s20.025 m/s2，故除重力以外，其他力的合力方向向上，機械能增大，D錯誤。2. (2013·濱州模擬)將一個質量為1 kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反。該過程的v ­t圖像如圖2所示，g取10 m/s2。下列說法中正確的是()A小球上升與下落所用時間之比為23B小球下落過程，處于超重狀態圖2C小球上升過程中克服阻力做功48 JD小球上升過程中機械能的損失大于下落過程中的機械能損失解析：選C由mgFfma1，又由v­

3、;t圖像得a112 m/s2，故：Ff2 N，小球下落時，由mgFfma2，得：a28 m/s2，由h24 ma2t22得：t2 s，故小球上升與下落所用時間之比為2，A錯誤；因下落過程中加速度向下，故小球處于失重狀態，B錯誤；由于損失的機械能E機Ff·h可知，小球上升與下落過程中損失的機械能相同，均為2×24 J48 J，故C正確，D錯誤。3(2013·上海長寧區模擬)如圖3所示，在豎直平面內有一固定軌道，其中AB是長為R的粗糙水平直軌道，BCD是圓心為O、半徑為R的3/4光滑圓弧軌道，兩軌道相切于B點。在推力作用下，質量為m的小滑塊從A點由靜止開始做勻加速直線

4、運動，到達B點時即撤去推力，小滑塊恰好能沿圓軌道經過最高點C。重力加速度大小為g。則小滑塊() 圖3A經B點時加速度為零B在AB段運動的加速度為2.5gC在C點時合外力的瞬時功率為mgD上滑時動能與重力勢能相等的位置在與OD等高處解析：選B小滑塊經過B點時具有向心加速度，A錯誤；小滑塊在C點時合外力豎直向下，速度沿水平方向，其瞬時功率為零，C錯誤；由mgm，mvB2mg·2RmvC2，可得：vB，由vB22axAB，可得a2.5g，B正確；由mvB2mghmv22mgh，得：hR>R，故D錯誤。4.(2013·淄博模擬)在傾角為的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物

5、塊A、B，它們的質量分別為m1、m2，彈簧勁度系數為k，C為一固定擋板，系統處于靜止狀態。現用一平行斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛 圖4要離開擋板C時，物塊A運動的距離為d，速度為v。則此時()A拉力做功的瞬時功率為Fvsin B物塊B滿足m2gsin kdC物塊A的加速度為D彈簧彈性勢能的增加量為Fdm1v2解析：選C拉力做功的瞬時功率為Fv，A錯誤；開始靜止時，m1gsin kx1，當物塊B剛要離開擋板C時，m2gsin kx2，而dx1x2，故B錯誤；對A應用牛頓第二定律：Fm1gsin kx2m1aA，故有aA，C正確；由能量守恒定律可得：Fdm1gdsin m1v2

6、Ep，故彈簧彈性勢能的增加量EpFdm1gdsin m1v2，D錯誤。 5(2013·湖北襄陽調研)如圖5所示，質量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面，沿斜面上升的最大高度為h。已知斜面傾角為，斜面與滑塊間的動摩擦因數為，且<tan ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取斜面底端為零勢能面，則能表示滑塊在斜面上運動的機械能E、動能Ek、勢能Ep與上升高度h之間關系的圖像是() 圖5圖6解析：選D勢能先隨高度增加而變大，后隨高度減小而變小，上行與下行圖線重合為一條第一象限內過原點的傾斜線段，A選項錯誤；機械能變化參考摩擦力做功，上行和下行過程中摩擦力隨高度變化均勻

7、做功，機械能隨高度變化均勻減小，B選項錯誤；動能變化參考合外力做功，上行過程的合外力大于下行過程的合外力，且合外力在運動過程中大小恒定，隨高度變化均勻做功，D選項正確，C選項錯誤。二、多項選擇題6(2013·大綱全國卷)如圖7所示，一固定斜面傾角為30°，一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做勻減速運動，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的() 圖7A動能損失了2mgHB動能損失了mgHC機械能損失了mgH D機械能損失了mgH解析：選AC本題考查力學的基本規律，意在考查考生對牛頓運動定律和能量守恒定律的綜合應用

8、能力。由于上升過程中的加速度大小等于重力加速度，則由牛頓第二定律mgsin 30°fmg，則fmg。由動能定理可知EkmgHfL2mgH，則A正確，B錯誤；機械能的減少量在數值上等于克服摩擦力做的功，WffLmgH，則C正確，D錯誤。7(2013·山東高考)如圖8所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪。質量分別為M、m(Mm)的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，圖8輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動。若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()A兩滑塊組成系統的機械能守恒B重

9、力對M做的功等于M動能的增加C輕繩對m做的功等于m機械能的增加D兩滑塊組成系統的機械能損失等于M克服摩擦力做的功解析：選CD由于M與ab面之間存在滑動摩擦力，故兩滑塊組成系統的機械能不守恒，A項錯；合外力對M做的功等于M動能的增加，B項錯；除了m的重力對其做功外，只有輕繩對其做功，故輕繩對m做的功等于m機械能的增加，C項正確；對于兩滑塊組成的系統，其在運動過程中克服摩擦阻力做功，系統的機械能轉化為內能，故該系統機械能的損失等于M克服摩擦力做的功，D項正確。8(2013·廣東高考)如圖9，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處

10、，下列說法正確的有()A甲的切向加速度始終比乙的大B甲、乙在同一高度的速度大小相等圖9C甲、乙在同一時刻總能到達同一高度D甲比乙先到達B處解析：選BD若切線的傾角為，則這時的加速度為gsin ，由于甲的軌道切線傾角并不是都比乙的大，因此A項錯誤；根據機械能守恒定律，mghmv2，在同一高度甲、乙的速度大小相等，B項正確；甲開始的切向加速度比乙的大，且這個加速度在豎直方向的分加速度也大，因此開始時甲在豎直方向的分運動比乙在豎直方向的分運動快，則C項錯誤；從如圖所示的速率時間圖像可以判斷，甲先到達B點，D項正確。三、計算題9(2013·日照模擬)如圖10所示，從A點以v04 m/s的水平

11、速度拋出一質量m1 kg的小物塊(可視為質點)，當物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進入光滑圓弧軌道BC，經圓弧軌道后滑上與C點等高、靜止在粗糙水平面的長木板上，圓弧軌道C端切線水平。已知長木板的質量M4 kg，A、B兩點距C點的高度分別為H0.6 m、h0.15 m，圓弧軌道BC對應圓的半徑R0.75 m，物塊與長木板之間的動摩擦因數10.5，長木板與地面間的動摩擦因數20.2，g取10 m/s2。求：圖10(1)小物塊運動至B點時的速度大小和方向；(2)小物塊滑動至C點時，對圓弧軌道C點的壓力大小；(3)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板。解析：(1)物塊做平拋運動：Hhgt2設到

12、達B點時豎直分速度為vy，則vygt小物塊運動至B點的速度v15 m/s方向與水平面的夾角為：tan vy/v03/4，即37°(2)從A至C點，由動能定理得mgHmv22mv02設C點受到的支持力為FN，則有FNmg由上式可得v22 m/s，FN47.3 N根據牛頓第三定律可知，小物塊對圓弧軌道C點的壓力大小為47.3 N(3)由題意可知小物塊對長木板的摩擦力Ff1mg5 N長木板與地面間的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力Ff2(Mm)g10 N因Ff<Ff，所以小物塊在長木板上滑動時，長木板靜止不動。由動能定理得：1mgL0mv22，解得長木板長度至少為L2.8 m。答案：(

13、1)5 m/s，與水平方向的夾角為37°(2)47.3 N(3)2.8 m10(2013·濰坊模擬)如圖11所示，水平軌道MN與豎直光滑半圓軌道相切于N點，輕彈簧左端固定在軌道的M點，自然狀態下右端位于P點，將一質量為1 kg的小物塊靠在彈簧右端并壓縮至O點，此時彈簧儲有彈性勢能Ep18.5 J，現將小物塊無初速釋放，已知OP0.25 m，PN2.75 m，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數0.2，圓軌道半徑R0.4 m，g取10 m/s2。求：圖11(1)物塊從P點運動到N點的時間；(2)分析說明物塊能否通過半圓軌道最高點B。若能，求出物塊在水平軌道上的落點到N點的距離。若不能，簡要說明物塊的運動情況。解析：(1)從開始釋放到小物塊運動至P，由能量守恒定律，EpmgxOPmvP2解得：vP6 m/s設物塊由P至N用時為t，由勻變速直線運動規律：xPNvPtat2mgma