1、精選優質文檔-傾情為你奉上高考導航本專題主要考查的內容有動能定理及其應用、機械能守恒定律及其應用、功能關系等從近幾年高考來看，對本專題的考查主要以多過程、多狀態的形式出現，常與其他知識綜合考查，對考生的能力要求較高.5年來高考對動能和動能定理、功能關系、機械能守恒定律及其應用的考查略有浮動，整體趨于平穩試題一般條件隱蔽，過程復雜，靈活性強.2016年高考，單獨考查會以選擇題為主；如果與牛頓運動定律、曲線運動、電磁學等內容結合考查會以計算題為主預計以選擇題形式呈現的概率較大體系構建一、功、功率的計算1功的定義式：WFlcos，該公式只能求恒力做的功2計算功的方法(1)按照功的定義求功(2)用動能

2、定理WEk或功能關系求功(當F為變力時，高中階段往往考慮用這種方法求功)(3)利用功率公式WPt求解3功率的計算(1)平均功率的計算方法利用P利用PFvcos(2)瞬時功率的計算方法：PFvcos，v是t時刻的瞬時速度二、機車的啟動問題1恒定功率啟動機車第一階段做加速度逐漸減小的加速運動，第二階段做勻速直線運動速度圖象如圖所示，當FFf時，vmax2恒定加速度啟動機車第一階段做勻加速直線運動，當功率達到額定功率后達到勻加速過程的最大速度v1；第二階段保持功率不變，做變加速運動，直至達到最大速度vmax；第三階段做勻速直線運動，速度圖象如圖所示(1)求v1：由FFfma，PP額Fv1得v1.(2

3、)求vmaxvmax說明(1)機車勻加速啟動，當勻加速結束時，速度并未達到整個過程的最大速度vm. (2)PFv中的F是牽引力，并非合力三、動能定理的理解1外力對物體做的總功是物體受到的所有力做功的代數和，包括重力、彈力、摩擦力，也可以是電場力或其他外力 2.動能定理雖然是在物體受恒力做直線運動時推導出來的，但對于物體受變力做曲線運動時，同樣適用其中的力可以是各種性質的力，各種力既可以同時作用，也可以分段作用，只要求出在作用過程中各力做功的多少和正負即可 3.對涉及單個物體的受力、位移及過程始末速度的問題的分析，尤其不涉及時間時，應優先考慮用動能定理求解4若物體運動包含幾個不同過程時，可分段運

4、用動能定理列式，也可以全程列式(不涉及中間速度時)說明應用動能定理分析過程問題，關鍵是對研究對象進行受力分析，明確各力做功的正負及始末狀態的動能，無須探究運動過程的細節四、機械能守恒定律、功能關系及能量守恒 1機械能是否守恒的判斷(1)用做功來判斷：分析物體或系統的受力情況(包括內力和外力)，明確各力做功的情況，若對物體或系統只有重力或彈力做功，雖受其他力，但其他力不做功或做功的代數和為零，則機械能守恒(2)用能量轉化來判定：若物體系中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式能的轉化，則物體系機械能守恒(3)對一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等問題，機械能一般不守恒，除非題目中有特別說明及暗示

5、 2.功能關系：做功的過程就是能量轉化的過程，做了多少功就表示有多少能量發生了轉化，所以說功是能量轉化的量度，熟練掌握不同功與不同形式能量的轉化關系，以此解題就是利用功能關系解題常見的功能關系：3對能量守恒定律的理解 (1)某種形式能量的減少，一定存在另外形式能量的增加且減少量與增加量相等(2)某個物體能量的減少，一定存在別的物體能量的增加且減少量與增加量相等1(2014·課標)一物體靜止在粗糙水平地面上現用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經過一段時間后其速度變為v.若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經過同樣的時間后速度變為2v.對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力

6、F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()AWF2>4WF1，Wf2>2Wf1BWF2>4WF1，Wf22Wf1CWF2<4WF1，Wf22Wf1DWF2<4WF1，Wf2<2Wf1答案C解析WF1mv2mg·t，WF2m·4v2mgt，故WF24WF1；Wf1mg·t，Wf2mg·t，故Wf22Wf1，C正確2(2015·海南單科)假設摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率如果摩托艇發動機的輸出功率變為原來的2倍，則摩托艇的最大速率變為原來的()A4倍B2倍C.倍 D.倍答案

7、D解析因摩托艇受到的阻力fkv，設原來發動機的輸出功率為P，最大速率為vm.輸出功率為2P時，最大速率為vm，由PFvfvmkv得vm，所以，因此A、B、C錯，D對3(2015·浙江理綜)(多選)我國科學家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器艦載機總質量為3.0×104 kg，設起飛過程中發動機的推力恒為1.0×105 N；彈射器有效作用長度為100 m，推力恒定要求艦載機在水平彈射結束時速度大小達到80 m/s.彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發動機推力之和，假設所受阻力為總推力的20%，則()A彈射器的推力大小為1.1×106 NB彈射器對艦載機所

8、做的功為1.1×108 JC彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8×107 WD艦載機在彈射過程中的加速度大小為32 m/s2答案ABD解析艦載機彈射過程中的加速度am/s232 m/s2，選項D正確；對艦載機在水平方向受力分析，根據牛頓第二定律得：F彈F發20%(F彈F發)ma，解得：F彈1.1×106N，選項A正確；由功的定義得：W彈F彈·x1.1×108J，選項B正確；由速度公式得彈射器對艦載機的作用時間ts2.5 s，由功率的定義得：P彈4.4×107W選項C錯4(2015·課標)如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半

9、圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功則()AWmgR，質點恰好可以到達Q點BWmgR，質點不能到達Q點CWmgR，質點到達Q點后，繼續上升一段距離DWmgR，質點到達Q點后，繼續上升一段距離答案C解析質點由靜止開始下落到最低點N的過程中由動能定理：mg·2RWmv2質點在最低點：FNmg由牛頓第三定律得：FN4mg聯立得WmgR，質點由N點到Q點的過程中在等高位置處的速度總小于由P點到N點下滑時的速

10、度，故由N點到Q點過程克服摩擦力做功WW，故質點到達Q點后，會繼續上升一段距離，選項C正確 1.動能定理是功能關系的一個具體體現，應用動能定理的關鍵是選擇合適的研究對象，選好初態和末態，注意一定是合外力所做的總功，其中合外力是所有外力(包括重力)，一定是末動能減去初動能應用動能定理解題時，在分析運動過程時無須深究物體運動過程中狀態變化的細節，只需考慮整個過程的功及過程始末狀態的動能，計算時把各個力的功連同符號(正、負)一同代入2動能定理是計算物體的位移或速率的簡捷方法，當題目中涉及位移時可優先考慮動能定理3若物體運動的過程中包含幾個不同過程，應用動能定理時，可以分段考慮，也可以把全過程作為一整

11、體來處理【例1】 如圖所示，傾角30°的斜面固定在水平面上，斜面長L2 m，小物體A與斜面間的動摩擦因數，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端正好在斜面中點B處現從斜面最高點給物體A一個沿斜面向下的初速度v02 m/s，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好被彈回到AB的中點C處，不計空氣阻力，g10 m/s2，則()A物體第一次運動到B點時速率為1 m/s B彈簧最大的壓縮量為0.15 mC物體在被反彈上升過程中到達B點時速度最大D物體第二次運動到B點時速率為3 m/s【審題突破】 (1)本題以彈簧模型考查動能定理的應用，題中涉及的過程多，狀態多，求解時一定要抓住動能定理的特點(不

12、受物體受力情況、運動情況、軌跡情況限制，適用于單個物體和系統，也適用于單個過程和全過程，中間細節可不考慮)(2)解答本題時要結合要求的問題，確定合適的研究過程，在求彈簧最大壓縮量x時，選取從A到返回C的過程，研究會使問題簡便答案B解析物體從A到B，由動能定理知(mgsinmgcos)·mvmv，代入數值得v13 m/s，A錯；設彈簧最大壓縮量為x，從A到返回C的整個過程中，由動能定理得mgsin·mgcos(2x)0mv，代入數值得x0.15 m，B對；物體在被反彈上升的過程中，當其合力為零時，速度最大，而在B點合力沿斜面向下，即不是速度最大點，C錯；由動能定理知mgsin

13、·mgcos(2x)mvmv， 代入數值得v2m/s，D錯應用動能定理的三點注意(1)如果在某個運動過程中包含有幾個不同運動性質的階段(如加速、減速階段)，可以分段應用動能定理，也可以對全程應用動能定理，一般對全程列式更簡單(2)因為動能定理中功和動能均與參考系的選取有關，所以動能定理也與參考系的選取有關在中學物理中一般取地面為參考系(3)動能定理通常適用于單個物體或可看成單個物體的系統如果涉及多物體組成的系統，因為要考慮內力做的功，所以要十分慎重在中學階段可以先分別對系統內每一個物體應用動能定理，然后再聯立求解【變式訓練】1(2015·棗莊調研)如圖所示，絕緣水平面上有寬

14、為L1.6 m的勻強電場區AB，電場強度方向水平向右，半徑R0.8 m的豎直光滑半圓軌道與水平面相切于C，D為與圓心O等高的點，GC是豎直直徑，一質量為m0.1 kg，電荷量q0.01C的帶負電滑塊(可視為質點)以v04 m/s的初速度沿水平面向右進入電場，滑塊恰好不能從B點滑出電場，已知滑塊與AB段的動摩擦因數10.4，與BC段的動摩擦因數20.8，g10 m/s2.(1)求勻強電場的電場強度E的大小(2)將滑塊初速度變為v0v0，則滑塊剛好能滑到D點，求BC的長度s.(3)若滑塊恰好能通過最高點G，則滑塊的初速度應調為原初速度的多少倍？答案(1)10 N/C(2)1.0 m(3)v解析(1

15、)由動能定理知qEL1mgLmv代入數值得E10 N/C.(2)因滑塊剛好能到達D點，則由動能定理知qEL1mgL2mgsmgRmv代入數值得s1.0 m.(3)設滑塊滑到C點時速度為v1，因滑塊恰好能通過G點，則在G點有mgm從C到G由動能定理知mg·2Rmvmv從A到C由動能定理知qEL1mgL2mgsmvmv聯立并代入數值得v016m/sv0.解決機械能守恒綜合題目的一般方法(1)對物體進行運動過程的分析，分析每一運動過程的運動規律(2)對物體進行每一過程中的受力分析，確定有哪些力做功，有哪些力不做功，哪一過程中滿足機械能守恒定律的條件(3)分析物體的運動狀態，根據機械能守恒定

16、律及有關的力學規律列方程求解【例2】(2013·浙江高考)山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質青藤，其示意圖如下圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點，O為青藤的固定點，h11.8 m，h24.0 m，x14.8 m，x28.0 m開始時，質量分別為M10 kg和m2 kg的大、小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上，當大猴發現小猴將受到傷害時，迅速從左邊石頭的A點水平跳至中間石頭大猴抱起小猴跑到C點，抓住青藤下端，蕩到右邊石頭上的D點，此時速度恰好為零運動過程中猴子均可看成質點，空氣阻力不計，重力加速度g10 m/s2.求：(1)大猴從A點水平跳離時速度的最小值；(2)猴子抓住青藤蕩

17、起時的速度大小；(3)猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大小【審題突破】1.命題立意：本題以兩只猴子的運動為情景，考查了平拋運動的規律、機械能守恒定律、牛頓第二定律能力立意上考查考生分析物理運動過程中的各狀態，找出彼此聯系，進行計算得出結論的能力2解題關鍵：(1)題干中“速度恰好為零”，猴子到達D點的動能為零(2)問題中“速度的最小值”即大猴從A到C水平位移大小為x1.(3)“猴子蕩起時”即猴子做圓周運動3解題技巧：(1)處理平拋運動時，分解為水平和豎直兩個方向處理(2)猴子抓住青藤蕩起，滿足機械能守恒定律(3)猴子抓住青藤蕩起時，拉力和重力的合力提供向心力答案(1)8 m/s(2)9 m/s(3)

18、216 N解析(1)設猴子從A點水平跳離時速度的最小值為vmin，根據平拋運動規律，有h1gt2x1vmint聯立式得vmin8 m/s(2)猴子抓住青藤后從C到D的過程，由動能定理，得：(Mm)gh20(Mm)vvCm/s9 m/s(3)設拉力為FT，青藤的長度為L，在最低點，由牛頓第二定律得FT(Mm)g(Mm)由幾何關系(Lh2)2xL2得：L10 m綜合式并代入數據解得：FT(Mm)g(Mm)216 N.應用機械能守恒定律的“四種情景”(1)情景一：物體沿軌道運動，軌道光滑，物體只受重力和軌道彈力，只有重力對物體做功時(2)情景二：物體在繩子或桿作用下運動，繩子或桿對物體的彈力始終與速

19、度方向垂直時(3)情景三：物體只在重力作用下做自由落體、上拋、下拋、平拋等各種拋體運動時(4)情景四：多個物體組成的系統，在運動過程中沒有摩擦生熱，沒有非彈性碰撞，沒有繩子瞬間繃緊等現象，只有動能與重力勢能(或彈性勢能)相互轉化時【變式訓練】2(2015·天津理綜)如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環，圓環與水平狀態的輕質彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態現讓圓環由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環下滑到最大距離時彈簧的長度變為2L(未超過彈性限度)，則在圓環下滑到最大距離的過程中()A圓環的機械能守恒B彈簧彈性勢能變化了mgLC圓環下滑到最大距離時

20、，所受合力為零D圓環重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變答案B解析圓環在下滑過程中，圓環的重力和彈簧的彈力對圓環做功，圓環的機械能不守恒，圓環和彈簧組成的系統機械能守恒，系統的機械能等于圓環的動能和重力勢能以及彈簧的彈性勢能之和，選項A、D錯誤；對圓環進行受力分析，可知圓環從靜止開始先向下加速運動且加速度逐漸減小，當彈簧對圓環的彈力沿桿方向的分力與圓環所受重力大小相等時，加速度減為0，速度達到最大，而后加速度反向且逐漸增大，圓環開始做減速運動，當圓環下滑到最大距離時，所受合力最大，選項C錯誤；由圖中幾何關系知圓環的下降高度為L，由系統機械能守恒可得mg×LEp，解得EPmgL，選項B正

21、確利用功能關系解題的基本思路(1)分析物體的運動過程及每個過程的受力情況因為每個過程的受力情況可能不同，引起的能量變化也不同(2)分析清楚哪幾個力做功、各力的位移、引起了哪種能量的變化(3)根據功能關系列方程式求解或定性分析(4)功能關系式選用上首先考慮動能定理，其次是機械能守恒定律，最后選擇能量守恒定律，特別地當研究對象是系統，且系統機械能守恒時，首先考慮機械能守恒定律【例3】(2014·廣東高考)如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結構圖圖中和為楔塊，和為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()A緩沖器的機械能守恒B摩擦力做功消耗機械能C墊板的動能全

22、部轉化為內能D彈簧的彈性勢能全部轉化為動能【審題突破】1.命題立意：本題綜合考查機械能守恒的條件、摩擦生熱、彈簧彈力做功等知識點，與實際應用相聯系，綜合性強2解題關鍵：車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中，摩擦力做功，機械能不守恒3解題技巧：(1)機械能守恒的條件：只有機械能內部的相互轉化，沒有摩擦力做功(2)功是能量轉化的量度，特定的力做功與特定的能量轉化對應答案B解析在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中，有摩擦力做功，消耗機械能，緩沖器的機械能不守恒，A項錯誤、B項正確；在彈簧壓縮的過程中，有部分動能轉化成了彈簧的彈性勢能，并沒有全部轉化為內能，C項錯誤；在彈簧壓縮的過程中，是部分動能轉化成了彈簧的

23、彈性勢能，而不是彈簧的彈性勢能全部轉化為動能，D項錯誤利用功能關系解題的“三點注意”(1)功能：分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功，根據功、能之間的對應關系，可以判定能的轉化形式，確定能量之間的轉化情況(2)能功：根據能量之間的轉化情況，確定是什么力做功，可以計算變力做功的多少(3)功能關系的實質：功能關系反映了做功和能量轉化之間的對應關系，功是能量轉化的量度和原因，能量轉化是做功過程的必然結果【變式訓練】3(多選)(2015·遵義二模)如圖所示，長為L的長木板水平放置，在木板的A端放置一個質量為m的小物塊，現緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉動，當木板轉到與水平面的夾角

24、為時小物塊開始滑動，此時停止轉動木板，小物塊滑到底端的速度為v，在整個過程中()A木板對小物塊做的功為mv2B支持力對小物塊做的功為零C小物塊的機械能的增量為mv2mgLsinD滑動摩擦力對小物塊做的功為mv2mgLsin答案AD解析在運動過程中，小物塊受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整個過程重力做功為零，由動能定理W木mv20，A正確；在物塊被緩慢抬高過程中摩擦力不做功，由動能定理得W木mgLsin00，則有W木mgLsin，故B錯誤；由功能關系，機械能的增量為木板對小物塊做的功，大小為mv2，C錯誤；滑動摩擦力對小物塊做的功WfW木W木mv2mgLsin，D正確突破審題·規范解

25、答如圖所示，x軸與水平傳送帶重合，坐標原點O在傳送帶的左端，傳送帶長L8 m，勻速運動的速度v05 m/s.一質量m1 kg的小物塊，輕輕放在傳送帶上xP2 m的P點小物塊隨傳送帶運動到Q點后沖上光滑斜面且剛好到達N點(小物塊到達N點后被收集，不再滑下)若小物塊經過Q處無機械能損失，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數0.5，重力加速度g10 m/s2.求：(1)N點的縱坐標；(2)小物塊在傳送帶上運動產生的熱量；(3)若將小物塊輕輕放在傳送帶上的某些位置，最終均能沿光滑斜面越過縱坐標yM0.5 m的M點，求這些位置的橫坐標范圍答案(1)1.25 m(2)12.5 J(3)0x<7 m解析(1)

26、小物塊在傳送帶上做勻加速運動的加速度ag5 m/s2.小物塊與傳送帶共速時，所用時間t1 s運動的位移xat22.5 m<(LxP)6 m故小物塊與傳送帶共速后以v05 m/s的速度勻速運動到Q，然后沖上光滑斜面到達N點，由機械能守恒定律得mvmgyN解得yN1.25 m(2)小物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的位移x相對v0tx2.5 m產生的熱量Qmgx相對12.5 J(3)設在坐標為x1處輕輕將小物塊放在傳送帶上，最終剛好能到達M點，由能量守恒得mg(Lx1)mgyM代入數據解得x17 m故小物塊在傳送帶上的位置橫坐標范圍0x<7 m【易錯分析】(1)常見的思維障礙：在求小物塊沖

27、上斜面的初速度時，誤認為小物塊一直加速至Q處，錯誤求出v02m/s.在求摩擦生熱時，誤認為相對滑行的距離為LxP6 m，這樣求忽視了相對靜止的一段距離(2)因解答不規范導致失分：將Qmgx相對寫成Qmg(LxP)，書寫不規范而失分坐標范圍寫成x7 m或0x7，不夠準確而失分1輕質彈簧右端固定在墻上，左端與一質量m0.5 kg的物塊相連，如圖甲所示，彈簧處于原長狀態，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數0.2.以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x軸現對物塊施加水平向右的外力F，F隨x軸坐標變化的情況如圖乙所示物塊運動至x0.4 m處時速度為零則此時彈簧的彈性勢能為(g10 m/s2)()A3.

28、1 JB3.5 JC1.8 J D2.0 J答案A解析物塊與水平面間的滑動摩擦力為fmg1 NFx圖線與x軸包圍的面積表示功，可知物塊從靜止到運動至x0.4 m時F做功W3.5 J，物塊克服摩擦力做功Wffx0.4 J由功能關系可知，WWfEp，此時彈簧的彈性勢能為Ep3.1 J，選項A正確2.如圖所示，質量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin.已知滑塊與斜面間的動摩擦因數tan，取出發點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產生的熱量Q、滑塊的動能Ek、機械能E隨時間t變化關系，滑塊的勢能Ep隨位移x變化關系的是()答案CD解析滑塊運動到最高

29、點的過程中，所受的合力等于沿斜面向下的摩擦力，滑塊沿斜面向上做勻減速運動，運動到最高點的過程中產生的熱量Qfxmgsin(vtat2)，圖A錯誤，由動能定理得mgsin(vtat2)Ekmv2，Ekmgsin(vtat2)mv2，圖B錯誤滑塊的重力勢能EPmg xsin，圖C正確根據題述知，Fmgsinmgcos，機械能E隨時間t不變，圖D正確3(2015·青島5月檢測)光滑水平面上質量為m1 kg的物體在水平拉力F的作用下從靜止開始運動，如圖甲所示，若力F隨時間的變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是()A拉力在前2 s內和后4 s內做的功之比為11B拉力在前2 s內和后4 s內做

30、的功之比為13C拉力在4 s末和6 s末做功的功率之比為23D拉力在前2 s內和后4 s內做功的功率之比為23答案BD解析由牛頓第二定律可得Fma，2 s時的速度v2a1t，則v2t8 m/s，6 s時的速度v6v2t16 m/s；由動能定理可得前2s內拉力做的功Wmv032 J，后4 s內拉力的功Wmvmv96 J，則，選項A錯誤，選項B正確；4 s末拉力做功的功率PFv232 W，6 s末拉力做功的功率PFv62×16 W32 W，則，選項C錯誤；根據平均功率的定義P，則前2 s內做功的功率P16 W，后4 s內做功的功率24 W，即，選項D正確4(多選)如圖所示，將質量為2m的

31、重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的環，環套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點下方距離A為d處現將環從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是()A環到達B處時，重物上升的高度hB環到達B處時，環與重物的速度大小之比為C環從A到B，環減少的機械能大于重物增加的機械能D環能下降的最大高度為d答案BD解析環到達B處時，重物上升的高度等于繩拉伸過來的長度，所以hdd，A錯誤；環和重物在沿繩方向的速度相等，環到達B處時，環與重物的速度大小之比為，B正確；環和重物組成的系統機械能守恒，環減少的機械能等于重物增加的機械能

32、，C錯誤；當環下降的高度最大時，兩者速度均為零，由系統機械能守恒得，環減少的重力勢能等于重物最大的重力勢能，有mgh2mg(d)，解得hd，D正確專題提升練習(五)一、選擇題(共9小題，每小題6分，共54分在每小題給出的四個選項中，第16小題只有一個選項符合題目要求，第79小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分)1有一質量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖所示如果由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，則以下敘述正確的是()A木塊的加速度不變B木塊所受的合外力為零C木塊所受的力都不對其做功D木塊所受的合外力不為零，但合外力對木塊所做

33、的功為零答案D2質量為10 kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運動，力隨坐標x的變化情況如圖所示物體在x0處，速度為1 m/s，一切摩擦不計，則物體運動到x16 m處時，速度大小為()A2 m/sB3 m/sC4 m/s D. m/s答案B3質量為2 kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊動能Ek與其發生位移x之間的關系如圖所示已知物塊與水平面間的動摩擦因數0.2，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是()Ax1 m時速度大小為2 m/sBx3 m時物塊的加速度大小為2.5 m/s2C在前4 m位移過程中拉力對物塊做的功為9 JD在前4 m位移過程中物

34、塊所經歷的時間為2.8 s答案D解析對物塊由動能定理得F合xEk，則F合，即圖線的斜率等于合外力在02 s內，F合2 N，設x1 m時速度大小為v，由動能定理得F合x×mv20，v m/s，選項A錯誤；由圖線知24 m內加速度恒定，a m/s2 m/s2，選項B錯誤；在前4 m位移過程中由動能定理得Wmgx9 J，W9 J0.2×2×10×4 J25 J，選項C錯誤；在x2 m時，mv4 J，v12 m/s，在x4 m時，mv9 J，v23 m/s，在前2 m內，2 mt1，t12 s，在后2 m內，2 mt2，t20.8 s，故tt1t22.8 s，選

35、項D正確4在傾角為的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊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FvsinB物塊B滿足m2gsinkdC物塊A的加速度為D彈簧彈性勢能的增加量為Fdm1v2答案C解析由于拉力F與速度v同向，所以拉力的瞬時功率為PFv，故選項A錯誤；開始系統處于靜止狀態，彈簧彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，m1gsinkx1；當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsi

36、nkx2，但由于開始彈簧是壓縮的，則dx1x2，故選項B錯誤；當B剛離開C時，對A，根據牛頓第二定律得：Fm1gsinkx2m1a1，又開始時，A平衡，則有m1gsinkx1，而dx1x2，得物塊A加速度為a1，故選項C正確；根據功能關系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統動能和重力勢能的增加量，即為Fdm1gdsinm1v2，故選項D錯誤5(2013·浙江理綜)如圖所示，水平木板上有質量m1.0 kg的物塊，受到隨時間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測出相應時刻物塊所受摩擦力Ff的大小取重力加速度g10 m/s2，下列判斷正確的是()A5 s內拉力對物塊做功為零B4 s末物

37、塊所受合力大小為4.0 NC物塊與木板之間的動摩擦因數為0.4D6 s9 s內物塊的加速度大小為2.0 m/s2答案D解析由圖象可知物塊在04 s內處于靜止狀態，其所受合外力為零，選項B錯誤；4 s5 s內做變加速直線運動，因此5 s內拉力對物塊做的功不為零，選項A錯誤；物塊的滑動摩擦力Ff3 N，則0.3，選項C錯誤；在6 s9 s內由牛頓第二定律得FFfma，a m/s22.0 m/s2，選項D正確6(2014·北京東城區期末)質量為m的物體由靜止開始下落，由于空氣阻力影響，物體下落的加速度為g，在物體下落高度為h的過程中，下列說法正確的是()A物體的動能增加了mghB物體的機械

38、能減少了mghC物體克服阻力所做的功為mghD物體的重力勢能減少了mgh答案A解析由牛頓第二定律有mgfma，又ag，得fmg，利用動能定理有WFhmghEk，選項A正確；判斷機械能的變化要看除重力外其他力的做功情況，fhmghE，說明阻力做負功，機械能減少mgh，選項B錯誤；物體克服阻力做的功應為mgh，選項C錯誤；高度下降了h，則重力勢能減少了mgh，選項D錯誤7(2015·濰坊聯考)如圖甲所示，傾角為的光滑斜面體固定在水平面上，勁度系數為k的輕彈簧，一端固定在斜面底端，另一端與質量為m的小滑塊接觸但不拴接現用沿斜面向下的力F推滑塊至離地高度h0處，彈簧與斜面平行，撤去力F，滑塊

39、沿斜面向上運動，其動能Ek和離地高度h的變化關系如圖乙所示，圖中h2對應圖線的最高點，h3到h4范圍內圖線為直線，其余部分為曲線，重力加速度為g，則()Ah1高度處，彈簧形變量為Bh2高度處，彈簧形變量為Ch3高度處，彈簧的彈性勢能為mg(h3h0)Dh1高度處，彈簧的彈性勢能為mg(h3h1)答案BD解析開始時，滑塊所受合力沿斜面向上，合力做功最多時，滑塊的動能最大，即在h2時，滑塊所受合外力為零，由共點力平衡條件可知，mgsinkxx，B項正確，A項錯；滑塊到達h3后，加速度不變，此時彈簧處于原長，滑塊和彈簧組成的系統機械能守恒，由h0到h3過程中，Ep0mgh0mgh3Ek1，解得Ep0

40、mg(h3h0)Ek1，C項錯；同理，由h1到h3過程中，Ep1mgh1Ek1mgh3Ek1，解得Ep1mg(h3h1)，D項正確8(2015·課標)(多選)如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動，不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g.則()Aa落地前，輕桿對b一直做正功Ba落地時速度大小為Ca下落過程中，其加速度大小始終不大于gDa落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg答案BD解析因為桿對滑塊b的限制，a落地時b的速度為零，所以b的運動為先加速后減速，桿對b的作用力對

41、b做的功即為b所受合外力做的總功，由動能定理可知，桿對b先做正功后做負功，故A錯對a、b組成的系統應用機械能守恒定律有：mghmv，va，故B正確桿對a的作用效果為先推后拉，桿對a的作用力為拉力時，a下落過程中的加速度大小會大于g，即C錯由功能關系可知，當桿對a的推力減為零的時刻，即為a的機械能最小的時刻，此時桿對a和b的作用力均為零，故b對地面的壓力大小為mg，D正確9(2015·江蘇單科)(多選)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環相連，彈簧水平且處于原長圓環從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，ACh.圓環在C處獲

42、得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g.則圓環()A下滑過程中，加速度一直減小B下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2C在C處，彈簧的彈性勢能為mv2mghD上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度答案BD解析圓環在B處速度最大，加速度為0，BC段加速度在增大，因此，下滑過程中，加速度先減小后增大，選項A錯誤下滑過程中，設克服摩擦力做的功為Wf，由動能定理mghWfW彈00上滑過程中mghWfW彈0mv2聯立得Wfmv2，選項B正確W彈mghmv2，在C處，彈簧的彈性勢能等于圓環從AC過程克服彈簧彈力做的功，選項C錯誤設從B到C克服彈簧彈力做功為W彈，克服摩擦力做功

43、為Wf故有下滑過程從BCW彈mghBCWf0mv上滑過程從CBW彈mghBCWfmvmv2聯立可得mv2Wfmv2mv因WfWfmv2故2Wfmv2則有mvmvvBvB，選項D正確二、計算題(共3小題，共56分解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位)10(16分)如圖所示，質量mB3.5 kg的物體B通過一輕彈簧固定在地面上，彈簧的勁度系數k100 N/m，輕繩一端與物體B連接，繞過無摩擦的兩個輕質小定滑輪O1、O2后，另一端與套在光滑直桿頂端質量mA1.6 kg的小球A連接已知直桿固定，桿長L為0.8 m，與水平面

44、的夾角37°，初始時使小球A靜止不動，與A端相連的繩子保持水平，此時繩子中的張力F為45 N已知AO10.5 m，重力加速度g取10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8，繩子不可伸長現將小球A從靜止釋放，求：(1)在釋放小球A前彈簧的形變量；(2)若直線CO1與桿垂直，求小球從A點運動到C點的過程中繩子拉力對小球A所做的功答案(1)0.1 m(2)7 J評分標準：共16分，式2分，每式1分，每式3分解析(1)釋放小球A前，物體B處于平衡狀態，kxFmBg得x0.1 m故彈簧被拉長了0.1 m.(2)小球從桿頂端運動到C點的過程，由動能定理WTmAgh

45、mAv0其中hCO1cos37°而CO1AO1sin37°0.3 m物體B下降的高度hAO1CO10.2 m由此可知，此時彈簧被壓縮了0.1 m，則彈簧的彈性勢能在初、末狀態相同再以A、B和彈簧為系統，由機械能守恒：mAghmBghmAvmBv對小球進行速度分解可知，小球運動到C點時物體B的速度vB0可得WTmBgh7 J11(18分)如圖，將一個小鐵塊(可看成質點)以一定的初速度沿傾角可在090°之間任意調整的木板向上滑動，設它沿木板向上能達到的最大位移為x.若木板傾角不同時對應的最大位移x與木板傾角的關系如圖所示g取10 m/s2.求(結果如果是根號，可以保留

46、)：(1)小鐵塊初速度的大小v0以及小鐵塊與木板間的動摩擦因數分別是多少？(2)當60°時，小鐵塊達到最高點后，又回到出發點，其速度將變為多大？答案(1)5 m/s(2)m/s評分標準：共18分，式每式2分解析(1)由圖象可知，當90°時，x1.25 m由v2gx得v05 m/s當30°時，有agsin30°gcos30°v2ax得.(2)當60°時，agsin60°gcos60°m/s2沿斜面向上運動的位移xm設回到出發點時的速度為v，由功能關系2mgxcos60°mvmv2解得vm/s.12(22分)

47、(2015·浙江理綜)如圖所示，用一塊長L11.0 m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高H0.8 m，長L21.5 m斜面與水平桌面的傾角可在060°間調節后固定將質量m0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數10.05，物塊與桌面間的動摩擦因數為2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失(重力加速度取g10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(1)求角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數2；(已知sin37°0.6，cos37°

48、0.8)(3)繼續增大角，發現53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm.答案(1)tan0.05(2)0.8(3)1.9 m解析(1)為使小物塊下滑mgsin1mgcos(3分)滿足的條件tan0.05(1分)(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos2mg(L2L1cos)(3分)由動能定理得mgL1sinWf0(3分)代入數據得20.8(1分)(3)由動能定理得mgL1sinWfmv2(3分)代入數據得v1 m/s(1分)Hgt2(2分)t0.4 s(1分)x1vt(1分)x10.4 m(2分)xmx1L21.9 m(1分)對爸爸的印象，從記事的時候，就有了，他留給我的

49、印象就是沉默少言的，但是臉上卻始終有微笑，不管家里遇到了什么樣的困難，只要有爸爸在，一切都能夠雨過天晴的，小時候，家里很窮，可是作為孩子的我們（我和哥哥），卻很幸福。爸爸從來不會因為缺錢，而讓我們感覺得些許的拮據和緊張，哪怕的低三下氣的問人借錢，爸爸都會按時給我們交了學費，從來都不會給我們兄妹倆拖欠學費。爸爸閑下來的時候，就會給我和哥哥講他們生活的那個年代，很苦很累，還經歷過自然災害，窮的時候，連飯都吃不飽。在我的印象里，最深的一件事情就是過年的時候，不管這一年錢賺的多還是少，爸爸總會讓媽媽帶著我和哥哥去買新衣服，當然了，媽媽也必須買新的，唯有爸爸，他是家里面唯一一個可以穿舊衣服過新年的人，這

50、就是我關于爸爸的兒時的印象，他愛家人，從來不肯委屈自己的妻子和孩子。成長歲月里的爸爸在我們漸漸成長的的歲月里，作為孩子，我們都有了自己的認知和想法，青春期的叛逆，我們也給爸爸惹了不少禍，但是，不管我們闖的禍有多大，最后都是爸爸出面，來擺平解決一切。在這個漸漸懂事的過程中，爸爸扮演著一位良師的角色，事情過后，爸爸也會趁機好好的教育我們，讓我們懂得，我們做的是對的，值得鼓勵的，還是不對的，今后需要去改正的。爸爸在社會上經歷的多了，懂得的道理也比我們多很多。我們是在跌跌撞撞的認知中去探索這個社會，而爸爸就是這條探索道路的指明燈！在我們長大的青春光陰里，我們在爸爸身上看到了責任、懂得了承擔的重要性！爸

51、爸，在我們的生活中，必不可少，他讓我們（大哥和我）擁有了正確的人生觀和價值觀，他教會了我們如何看待這個世界，如何去更好的創造自己想要的生活！漸漸上了年紀的爸爸：我只想用“漸漸上了年紀”來形容現在的爸爸，不想要用已經“老去”來形容爸爸。沒錯，歲月是真的很無情的，不知不覺間，爸爸的眼角多了些許的皺紋，額頭的皺紋也不自覺的來向他報到了，爸爸再偉大，也終究抵不過歲月的蹉跎。兩角鬢白的爸爸，讓我們看著多了很多的心疼，一向雷厲風行、無所不能的爸爸，漸漸地，變得老了，特別是當我們都成家以后，爸爸也算是把他一生最重要的任務也都完成了，上了年紀的爸爸，更多的心思，留在了媽媽的身上，一路走來，是媽媽的陪伴和默默的

52、奉獻，才讓爸爸能夠在外工作的時候，毫無雜念！媽媽，就是爸爸最為堅強的后盾，而我們，是爸爸努力奮斗的最大動力，如今，爸爸漸漸地老了，作為兒女，我們無法讓時光倒流，能做的就是多陪伴他們，讓他們的晚年生活能夠幸福！爸爸的一生，都在付出，為了家和家人而付出，如今的我們，都已經成家，更加體會到了為人父母的心酸苦楚，我們能做的就是常回家看看！讓父母不感到孤獨！我們都是母親身上掉下來的一塊肉，我們跟母親之間的關系，血濃于水，彼此間的那種愛，是神圣而又不可侵犯的，是媽媽給了我們生命，也是媽媽無怨無悔的把我們撫養成人，在我們成長的過程中，不管是好還是不好，媽媽都一味的去包容，去引領著我們我和媽媽的溫情小生活，母愛，總是那么的偉大！都說慈母多敗兒，其實啊，母親在我們的生活著，扮演著不可或缺的角色，沒有母親的無私奉獻，又怎會有我們的今天呢？更多的時候，是我們忽略了母親的重要性，甚至是把母親對我們的關心和愛護變成了理所當然！其實啊，也是因為我們從出生的時候，就擁有了母親的愛，也就變得不那么的珍惜了！我覺得，我們生活在這個世上，更要好好地對待我們的母親，在我的記憶深處，母親總是很慈祥的，她也有屬于她自己的小憂愁，