2025年高考物理一轮复习之功和能VIP

第1页（共1页）2025年高考物理一轮复习之功和能一．选择题（共10小题）1．某同学在健身房利用杠铃进行负重深蹲训练，双手紧握杠铃后完成“下蹲—维持—站起”的深蹲动作。为了保证动作质量，要“慢蹲快起”，即下蹲过程要慢且稳，持续时间2秒，在最低点维持1.5秒静止不动，随后站起过程要较快且稳，持续时间0.5秒。该同学按照这样的标准，持续做了2分钟共计完成了30次深蹲，每次下蹲深度保持在60cm。若该杠铃的质量为40kg，深蹲过程中杠铃的运动轨迹是竖直的，重力加速度大小取g＝10m/s2，则在这2分钟内该同学在“站起”过程对杠铃做的总功和功率分别为（）A．8064J，60W B．8064J，480W C．7200J，480W D．7200J，60W2．如图所示，质量为m的苹果，从离地面高H的树上由静止开始下落，树下有一深度为h的坑。若以地面为重力势能的零势能面，不考虑空气阻力，重力加速度为g；则当苹果落到坑底时，其机械能为（）A．mg（H+h） B．mgH C．mg（H﹣h） D．﹣mgh3．如图，固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小球（可视为质点），小球以大圆环最高点为起点从静止开始自由下滑，在小球滑到最低点的过程中，小球的速率v与其位移大小x的关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．4．火箭从地面竖直向上发射，经两级加速后关闭发动机，其v﹣t图象如图所示，不计空气阻力，则（）A．火箭在t2时刻到达最高点 B．火箭在t3时刻回到了发射点 C．火箭在0～t2时间内机械能增大 D．火箭在t2～t3时间，机械能减小5．如图甲所示，水平地面上质量为m＝0.4kg的物体在水平向右的力F作用下由静止开始运动，力F随物体位移x的变化关系如图乙所示，当位移x1＝0.8m时撤去拉力，当位移x2＝1.0m时物体恰好停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3，取g＝10m/s2，忽略空气阻力，则F与物体运动的过程中速度的最大值分别为（）A．2.5N，1.5m/s B．2.5N，1.3m/s C．2.0N，1.4m/s D．2.0N，1.2m/s6．号称“江苏脊梁”的连淮扬镇铁路设计时速250km/h，其线路图如图所示。一列车从连云港站出发行驶304.5km抵达镇江站，历时约2小时。已知列车使用电能进行供能且平均功率为5460kW。列车在整个行程中，下列说法正确的是（）A．时速250km/h约为694m/s B．位移大小为304.5km C．平均速率约为250km/h D．消耗的电能约为2×1010J7．某同学将一乒乓球从手中竖直向上抛出，随后在同一位置接住乒乓球，乒乓球在空中运动时不发生旋转，所受空气阻力与乒乓球的速率成正比。下列说法正确的是（）A．下降过程中乒乓球的速度一定一直在增加 B．抛出时乒乓球的速度与接住时的速度大小相等 C．乒乓球在空中运动过程中机械能一直在减小 D．运动过程中在同一高度处乒乓球的加速度大小相等8．如图ab、cd为在同一竖直面内的两光滑水平轨道，两轨道间的竖直距离为h。轨道上有两个可视为质点的物体A和B，质量均为m，它们通过一根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳相连接。现有水平向右的拉力拉动物块A，使A、B运动起来，在轨道间的绳子OB与水平轨道成θ＝30°角的瞬间，撤掉拉力，此时物体A在下面的轨道运动速率为v，设绳长BO远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°时，物体B的速度大小为2v B．在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°角到θ＝90°角的过程中，绳对B做的功为76C．当轻绳OB与水平轨道成θ＝90°角时，物体B的速度大小为213vD．若在轻绳OB与水平轨道θ＝90°角时，绳与物体B恰好分离且物体B恰好离开ab面，物体B下落过程中不与墙面、滑轮相碰，则B落地的速度大小为29．蹦极是一项非常刺激的户外运动。如图所示，某景区蹦极所用的橡皮绳原长为L＝80m、劲度系数为k＝25N/m橡皮绳一端固定在跳台上，另一端拴接在游客脚踝处。已知游客的质量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，不计橡皮绳的重力和空气阻力，橡皮绳始终在弹性限度内，假设游客始终在同一竖直线上运动，则游客无初速度的从跳台跳下后，橡皮绳的最大伸长量为（）A．20m B．40m C．60m D．80m10．如图，倾角为30°的足够长的光滑斜面体ABC固定放置在水平地面上，在A点的上方再固定一光滑的细杆，细杆与竖直方向的夹角为30°。质量均为m的小球甲、乙（均视为质点）用长为L的轻质杆通过铰链连接（铰链的质量忽略不计），小球甲套在细杆上，小球乙放置在斜面上A点，重力加速度大小为g。现让小球甲、小球乙由静止释放，小球乙一直沿着斜面向下运动，当小球甲刚要到达A点还未与斜面接触时，小球甲的动能为（）A．4(3+1)7mgL C．3(3+1)7mgL二．多选题（共5小题）（多选）11．如图甲，某水电站建筑工地用发动机沿倾斜光滑轨道将建材拉到大坝顶上，已知轨道的倾角θ＝37°，每次从大坝底端向上拉建材的过程中，发动机所做的功与位移的关系如图乙所示。图乙中x＜6m时图线为直线，当x＝6m时发动机达到额定功率，6m＜x＜18m对应的图线为曲线；当x＝18m时建材达到最大速度，x＞18m时图线为直线。已知每个建材的质量m＝100kg，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。据图中数据可知（）A．建材在前6s做匀加速运动，加速度大小为3m/s2 B．从6m到18m的过程中，建材做加速度增大的加速运动 C．发动机的额定功率为5400W D．建材能达到的最大速度为9m/s（多选）12．如图所示，光滑水平面上放有质量为M＝2kg的足够长的木板P，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的质量为m＝1kg的物块Q叠放在P上。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长，现用一水平向右、大小为F＝9N的拉力作用在P上。已知P、Q间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧的劲度系数k＝100N/m，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（）A．Q受到的摩擦力逐渐变大 B．Q速度最大时，向右运动的距离为2cm C．P做加速度减小的加速运动 D．摩擦力对Q先做正功后做负功（多选）13．如图所示，质量为1kg、可视为质点的物块沿倾角为37°的斜面上的A点由静止开始下滑，经过1s物块运动到斜面上的B点，然后通过一小段光滑的弧面滑上与地面等高的传送带。已知A、B间距离为1m，传送带以4m/s的恒定速率顺时针运行，传送带左右两端之间距离为8m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计空气阻力和物块在衔接弧面运动的时间。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法中正确的是（）A．物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5 B．物块在传送带上运动的时间为2s C．物块在传送带上因摩擦产生的热量为2J D．若传送带以2m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，物块从A点静止释放以后，在AB上运动的总路程为1.5m（多选）14．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m＝5×103kg的重物，到A点时，起重机的功率达到额定功率P0，以后起重机保持该功率不变，继续向上提升重物到B点达到最大速度，之后匀速上升，不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2。则整个过程中，下列说法正确的是（）A．OA过程起重机对重物的拉力不变，且F＝2×103N B．P0C．BC过程中牵引力做功4.4×103J D．BC过程重物上升的高度h＝2.4m（多选）15．图甲是滑雪道的示意图。一质量为m的运动员（可视为质点）从倾角为θ的斜面AB上的A点由静止自由滑下，经水平段BC后飞入空中，落在斜面CD的E点。不计运动员经过B点的机械能损失，不计一切摩擦和空气阻力，运动员的加速度大小a随时间t变化的图像如图乙所示，图乙中的物理量均为已知量，根据图中信息可求得（）A．斜面AB倾角的正弦值sinθ=aB．运动员通过C点时的速度大小为（a1+a2）t0 C．运动员落到E点时的动能为12m（a1+a2）2tD．运动员落到E点时重力的瞬时功率为ma22三．填空题（共2小题）16．某同学在原地进行单手运球训练中发现，让篮球从静止开始下落并自由反弹，弹起的最大高度比原来低20cm。为了让球每次都能弹回到原来的高度，当球回到最高点时，向下拍打一次球，每分钟拍打100次，篮球质量为600g。取重力加速度大小为10m/s2。不计空气阻力和拍球瞬间的能量损失，则该同学每次拍打小球需做功为J，拍打小球的平均功率为W。17．某同学探究小球在竖直面内做圆周运动时向心力随位置变化的规律，选用光滑的圆轨道，如图甲，圆轨道半径R＝3m，在轨道内侧距离最低点A高度H分别为0、h、2h、3h、4h、5h、6h处固定有压力传感器，质量为m的小球从A点以速度v0沿轨道内侧向右运动，记录小球在各位置对轨道的压力F的数值，作出F﹣H图像如图乙。（1）若小球在A点对轨道的压力大小为F0，则F与H的关系可表示为F＝（用m、g、R、H、F0表示）；（2）取重力加速度g＝10m/s2，由图乙可得小球质量m＝kg，小球经过最低点A时的初速度v0＝m/s。（v0的结果用根式表示）四．解答题（共3小题）18．某户外大型闯关游戏“渡河”环节中，甲从高为h＝5m的固定光滑水上滑梯滑下，乙坐在气垫船一侧固定位置上操控气垫船，在滑梯底部等候甲。气垫船与滑梯底部相切靠在一起，如图所示。甲滑上气垫船的同时，乙立即启动引擎，在恒定的牵引力F作用下驾驶气垫船沿着直线运动。假设船不会侧翻，甲和乙不会相撞，甲与气垫船之间的动摩擦因数μ＝0.8，水对气垫船的阻力f恒为484N，甲的质量m＝48kg，气垫船与乙的总质量M＝62kg，汽垫船长度L＝5m，忽略其他阻力以及甲滑到滑梯底端的能量损失，同时将甲视为质点，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）甲刚滑上气垫船时的速度；（2）为保证甲不会滑离气垫船，牵引力F应满足的条件？19．近两年自媒体发展迅猛，受到各年龄段用户的青睐；人们经常在各种自媒体平台分享自己生活的精彩片段，某位同学就分享了自己在一个大的水泥管内玩足球炫技的视频。如图，该同学面向管壁站立在管道最低点，先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出两个足球，足球在如图所示竖直圆截面内运动，恰好分别落入该同学胸前和背后的两个背包。已知水泥管道截面半径为R，该同学胸前和背后的两个背包口看成两个水平圆框，且圆框与竖直圆截面的圆心O等高，两水平圆框最近点的间距为0.28R，且两最近点关于过（1）两球与水泥管道的脱离点分别为A、B，求OA、OB与水平方向的夹角θ1、θ2；（2）设R＝1m，胸前的背包口圆框的直径是多少米（数据保留两位小数）？20．如图所示，一高为h＝1.5m，倾角为θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，一质量为m＝1kg、长度为L＝0.85m的薄木板B置于斜面顶端，薄木板下端连接有一根原长为L0＝0.1m的轻弹簧，恰好能保持静止。一质量为M＝2kg的小物块A从斜面体左侧以v0＝1.2m/s的初速度水平抛出，经一段时间后恰好从斜面顶端沿平行于斜面方向落到薄木板上，当薄木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，小物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内。已知A、B之间的动摩擦因数μ=78，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37（1）小物块A水平抛出的高度H；（2）薄木板与挡板碰撞前瞬间，薄木板和小物块的速度大小；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。

2025年高考物理一轮复习之功和能参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．某同学在健身房利用杠铃进行负重深蹲训练，双手紧握杠铃后完成“下蹲—维持—站起”的深蹲动作。为了保证动作质量，要“慢蹲快起”，即下蹲过程要慢且稳，持续时间2秒，在最低点维持1.5秒静止不动，随后站起过程要较快且稳，持续时间0.5秒。该同学按照这样的标准，持续做了2分钟共计完成了30次深蹲，每次下蹲深度保持在60cm。若该杠铃的质量为40kg，深蹲过程中杠铃的运动轨迹是竖直的，重力加速度大小取g＝10m/s2，则在这2分钟内该同学在“站起”过程对杠铃做的总功和功率分别为（）A．8064J，60W B．8064J，480W C．7200J，480W D．7200J，60W【考点】利用动能定理求解多过程问题；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】D【分析】根据动能定理求出该同学在单次“站起”过程对杠铃做的功，根据题意求得在这2分钟内该同学在“站起”过程对杠铃做的总功。在这2分钟内该同学在“站起”过程对杠铃做的功的功率等于这2分钟内该同学在“站起”过程对杠铃做的总功除以时间。【解答】解：设该同学在单次“站起”过程对杠铃做的功为W，由动能定理可得：W﹣mgh＝0﹣0，解得：W＝mgh＝40×10×60×10﹣2J＝240J在这2分钟内该同学在“站起”过程对杠铃做的总功为：W总＝30W＝30×240J＝7200J在这2分钟内该同学在“站起”过程对杠铃做的功的功率为：P=W总t故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查了动能定理的应用与功率的概念，注意瞬时功率与平均功率的区别。2．如图所示，质量为m的苹果，从离地面高H的树上由静止开始下落，树下有一深度为h的坑。若以地面为重力势能的零势能面，不考虑空气阻力，重力加速度为g；则当苹果落到坑底时，其机械能为（）A．mg（H+h） B．mgH C．mg（H﹣h） D．﹣mgh【考点】机械能守恒定律的简单应用．【专题】定量思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】B【分析】不考虑空气阻力，苹果在下落的过程中机械能守恒，根据苹果落到坑底时的机械能与苹果刚下落时的机械能相等求解。【解答】解：以地面为重力势能的参考平面，苹果刚下落时的机械能为mgH。不考虑空气阻力，苹果在下落过程中机械能守恒，则当苹果将要落到坑底时，其机械能等于刚下落时的机械能mgH，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题考查机械能守恒定律，要掌握机械能守恒的条件，灵活选择研究的位置。3．如图，固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小球（可视为质点），小球以大圆环最高点为起点从静止开始自由下滑，在小球滑到最低点的过程中，小球的速率v与其位移大小x的关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】机械能守恒定律的简单应用；复杂的运动学图像问题．【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；分析综合能力．【答案】A【分析】根据机械能守恒定律，结合几何关系，可求出速度关系式，从而得出正确的图像。【解答】解：如图所示设小球下滑的高度为h时，速率为v，根据机械能守恒定律有mgh=12mv2，根据几何关系有hx=x2R，联立解得v＝x故选：A。【点评】本题考查机械能守恒及图像问题，学生在解答图像问题时，可以通过求解图像的表达式来判断正确的图像。4．火箭从地面竖直向上发射，经两级加速后关闭发动机，其v﹣t图象如图所示，不计空气阻力，则（）A．火箭在t2时刻到达最高点 B．火箭在t3时刻回到了发射点 C．火箭在0～t2时间内机械能增大 D．火箭在t2～t3时间，机械能减小【考点】功是能量转化的过程和量度；根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理能力．【答案】C【分析】AB：根据v﹣t图像判断火箭的运动性质，即可判断火箭在哪个时刻到达最高点；C：根据功能关系判断机械能的变化；D：根据机械能守恒定律条件判断。【解答】解：AB.根据v﹣t图像可知，火箭在0～t2时间内向上做加速运动，t2～t3时间内向上做减速运动，故火箭在t3时刻到到达最高点，故AB错误；C.火箭在0～t2时间内，除重力外的外力做正功，机械能增大，故C正确；D.火箭在t2～t3时间内，只有重力做功，机械能不变，故D错误。故选：C。【点评】本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。5．如图甲所示，水平地面上质量为m＝0.4kg的物体在水平向右的力F作用下由静止开始运动，力F随物体位移x的变化关系如图乙所示，当位移x1＝0.8m时撤去拉力，当位移x2＝1.0m时物体恰好停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3，取g＝10m/s2，忽略空气阻力，则F与物体运动的过程中速度的最大值分别为（）A．2.5N，1.5m/s B．2.5N，1.3m/s C．2.0N，1.4m/s D．2.0N，1.2m/s【考点】动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】B【分析】根据图象，结合动能定理解得F0的大小，当F＝μmg时物体达最大速度，根据动能定理求得最大速度即可。【解答】解：设x1位置拉力大小为F1，根据图像可知：F0根据动能定理可得：(联立解得：F0＝2.5N当F＝μmg时物体达最大速度，设此时位移为x3，则有：F解得：x根据动能定理可得：(F解得：vmax＝1.3m/s，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查了动能定理的运用，熟悉公式结合图像，是解决此类题的办法。6．号称“江苏脊梁”的连淮扬镇铁路设计时速250km/h，其线路图如图所示。一列车从连云港站出发行驶304.5km抵达镇江站，历时约2小时。已知列车使用电能进行供能且平均功率为5460kW。列车在整个行程中，下列说法正确的是（）A．时速250km/h约为694m/s B．位移大小为304.5km C．平均速率约为250km/h D．消耗的电能约为2×1010J【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；位移、路程及其区别与联系；速度与速率的定义、物理意义、标矢性及换算和比较．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．【答案】D【分析】根据路程和位移的定义分析，根据平均速率的定义计算；根据W＝Pt计算消耗的电能。【解答】解：A、时速250km/h约为250×13.6B、列车从连云港站出发行驶304.5km抵达镇江站，304.5km是路程，不是位移，故B错误；C、平均速率等于路程与时间的比值，即v=stD、消耗的电能约为W＝Pt＝5460×103×2×3600J≈2×1010J，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了路程与位移、平均速率、功和功率，考查的是对基本公式的理解，要注意单位的换算，比较容易。7．某同学将一乒乓球从手中竖直向上抛出，随后在同一位置接住乒乓球，乒乓球在空中运动时不发生旋转，所受空气阻力与乒乓球的速率成正比。下列说法正确的是（）A．下降过程中乒乓球的速度一定一直在增加 B．抛出时乒乓球的速度与接住时的速度大小相等 C．乒乓球在空中运动过程中机械能一直在减小 D．运动过程中在同一高度处乒乓球的加速度大小相等【考点】功是能量转化的过程和量度；竖直上抛运动的规律及应用．【专题】定性思想；推理法；功能关系能量守恒定律；理解能力．【答案】C【分析】乒乓球下降过程中，空气阻力方向向上，根据受力情况分析运动情况；乒乓球在空中运动过程中，空气阻力做负功，乒乓球的机械能一直在减小，由此分析抛出时和接住时的速度大小；根据阻力方向结合牛顿第二定律分析加速度大小。【解答】解：A、乒乓球下降过程中，空气阻力方向向上，当空气阻力与重力相等时，乒乓球速度达到最大，此后乒乓球做匀速直线运动，故A错误；B、乒乓球在运动过程中空气阻力一直做负功，乒乓球的机械能一直减小，故乒乓球抛出时速度大于接住时的速度，故B错误；C、乒乓球在空中运动过程中，空气阻力做负功，根据功能关系可知，乒乓球的机械能一直在减小，故C正确；D、乒乓球在上升过程中，空气阻力方向向下，加速度大于重力加速度，乒乓球在下降过程中，空气阻力方向向上，加速度小于重力加速度，所以运动过程中在同一高度处乒乓球的加速度大小不相等，故D错误。故选：C。【点评】本题主要是考查了功能关系；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或系统内弹力做功，除重力或系统内弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。8．如图ab、cd为在同一竖直面内的两光滑水平轨道，两轨道间的竖直距离为h。轨道上有两个可视为质点的物体A和B，质量均为m，它们通过一根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳相连接。现有水平向右的拉力拉动物块A，使A、B运动起来，在轨道间的绳子OB与水平轨道成θ＝30°角的瞬间，撤掉拉力，此时物体A在下面的轨道运动速率为v，设绳长BO远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°时，物体B的速度大小为2v B．在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°角到θ＝90°角的过程中，绳对B做的功为76C．当轻绳OB与水平轨道成θ＝90°角时，物体B的速度大小为213vD．若在轻绳OB与水平轨道θ＝90°角时，绳与物体B恰好分离且物体B恰好离开ab面，物体B下落过程中不与墙面、滑轮相碰，则B落地的速度大小为2【考点】机械能守恒定律的简单应用；合运动与分运动的关系；关联速度问题；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】C【分析】在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°时，将B的速度分解到沿绳方向和垂直于绳方向，B沿绳方向的速度大小等于A的速度大小，根据几何关系求解B的速度大小；当轻绳OB与水平轨道成θ＝90°角时，A的速度为零，根据系统机械能守恒求解物体B的速度大小；根据动能定理求绳对B做的功；物体B下落过程中，根据机械能守恒定律求B落地的速度大小。【解答】解：A、在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°时，将物体B的速度分解到沿绳方向和垂直于绳方向，B沿绳方向的分速度大小等于A的速度大小，如图所示。由几何关系有v＝vBcos30°，解得：vB=233v，故BC、当轻绳OB与水平轨道成θ＝90°角时，A的速度为零，设此时B的速度大小为vB′。根据系统机械能守恒得12解得：vB′=21在轻绳OB与水平轨道成θ＝30°角到θ＝90°角的过程中，对B，根据动能定理得绳对B做的功为W=解得：W=12mv2D、设B落地的速度大小为v′。B下落的过程，根据机械能守恒定律得12mvB'2+mgh=12mv'2，结合v故选：C。【点评】解题关键是知道两物体沿绳方向的分速度大小相等，两个物体组成的系统机械能守恒，但单个物体的机械能并不守恒。9．蹦极是一项非常刺激的户外运动。如图所示，某景区蹦极所用的橡皮绳原长为L＝80m、劲度系数为k＝25N/m橡皮绳一端固定在跳台上，另一端拴接在游客脚踝处。已知游客的质量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，不计橡皮绳的重力和空气阻力，橡皮绳始终在弹性限度内，假设游客始终在同一竖直线上运动，则游客无初速度的从跳台跳下后，橡皮绳的最大伸长量为（）A．20m B．40m C．60m D．80m【考点】功是能量转化的过程和量度；胡克定律及其应用．【专题】定量思想；寻找守恒量法；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．【答案】D【分析】橡皮绳从原长到伸长x的过程中，根据弹力平均值与橡皮绳最大伸长量的乘积求出游客克服橡皮绳的弹力做的功，再根据功能关系求解橡皮绳的最大伸长量。【解答】解：当游客运动到最低点时，橡皮绳的伸长量最大，设橡皮绳的最大伸长量为x。橡皮绳从原长到伸长x的过程中，游客克服橡皮绳的弹力做的功为W1游客从跳台跳下到最低点速度减为0的过程中，由功能关系可知mg（L+x）﹣W1＝0联立解得：x＝80m，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题中，由于橡皮绳的弹力与伸长量成正比，可根据弹力平均值来求解游客克服橡皮绳的弹力做的功。10．如图，倾角为30°的足够长的光滑斜面体ABC固定放置在水平地面上，在A点的上方再固定一光滑的细杆，细杆与竖直方向的夹角为30°。质量均为m的小球甲、乙（均视为质点）用长为L的轻质杆通过铰链连接（铰链的质量忽略不计），小球甲套在细杆上，小球乙放置在斜面上A点，重力加速度大小为g。现让小球甲、小球乙由静止释放，小球乙一直沿着斜面向下运动，当小球甲刚要到达A点还未与斜面接触时，小球甲的动能为（）A．4(3+1)7mgLC．3(3+1)7mgL【考点】机械能守恒定律的简单应用．【专题】计算题；定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】B【分析】根据机械能守恒和连接体的速度关系，联立方程求出小球甲的动能。【解答】解：当小球甲下降到A点时，由几何关系可得小球甲、乙下降的高度分别为h甲＝Lcos30°h乙＝Lsin30°当小球甲刚要到达A点还未与斜面接触时，轻质杆与斜面平行，小球甲的速度沿着细杆，小球乙的速度沿着斜面向下，所以小球甲与小球乙的速度关系为：v乙＝v甲cos30°由机械能守恒定律可得mgh小球乙的动能为Ek代入数据联立解得Ek故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要考查机械能守恒的应用，在做题中要注意两者的速度关系。二．多选题（共5小题）（多选）11．如图甲，某水电站建筑工地用发动机沿倾斜光滑轨道将建材拉到大坝顶上，已知轨道的倾角θ＝37°，每次从大坝底端向上拉建材的过程中，发动机所做的功与位移的关系如图乙所示。图乙中x＜6m时图线为直线，当x＝6m时发动机达到额定功率，6m＜x＜18m对应的图线为曲线；当x＝18m时建材达到最大速度，x＞18m时图线为直线。已知每个建材的质量m＝100kg，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。据图中数据可知（）A．建材在前6s做匀加速运动，加速度大小为3m/s2 B．从6m到18m的过程中，建材做加速度增大的加速运动 C．发动机的额定功率为5400W D．建材能达到的最大速度为9m/s【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；分析综合能力．【答案】ACD【分析】A.根据W﹣x图像的斜率等于拉力F，分析知道建材在前6s所受的拉力恒定不变，则建材做匀加速运动，并根据斜率求出拉力大小，由牛顿第二定律求出加速度大小；B.由图像可知，当x＝6m时发动机达到额定功率，根据P＝Fv，只能做加速度不断减小的加速运动；C.由公式P＝Fv求发动机的额定功率。x＝18m时货物达到最大速度；D.由P＝Fv和平衡条件相结合求出最大速度。【解答】解：A．因W﹣x图像的斜率等于拉力F，可知建材在前6s所受的拉力恒定不变，则做匀加速运动，拉力F=则加速度大小为a=解得a＝3m/s2故A正确；B．当x＝6m时发动机达到额定功率，此后建材要做加速运动，根据P＝Fv，只能做加速度不断减小的加速运动，故B错误；C．x＝6m时建材的速度大小为v1=2ax=发动机的额定功率为P＝Fv1＝900×6W＝5400W故C正确；D．x＝18m时货物达到最大速度vm故D正确。故选：ACD。【点评】本题与汽车匀加速运动启动类型，要明确建材的运动过程，熟练运用功率公式P＝Fv、动能定理、牛顿第二定律等规律处理。要知道W﹣x图像的斜率等于拉力F。（多选）12．如图所示，光滑水平面上放有质量为M＝2kg的足够长的木板P，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的质量为m＝1kg的物块Q叠放在P上。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长，现用一水平向右、大小为F＝9N的拉力作用在P上。已知P、Q间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧的劲度系数k＝100N/m，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（）A．Q受到的摩擦力逐渐变大 B．Q速度最大时，向右运动的距离为2cm C．P做加速度减小的加速运动 D．摩擦力对Q先做正功后做负功【考点】功的正负及判断；判断是否存在摩擦力；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；理解能力．【答案】BD【分析】Q受到的滑动摩擦力是不变的；根据“弹簧振子”的模型分析Q向右运动的最大位移；对P受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据摩擦力与位移的方向分析摩擦力对Q做功情况。【解答】解：A、二者恰好发生相对运动时，Q的加速度a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，此时对应的拉力：F0＝（M+m）a＝（2+1）×2N＝6N＜9N，所以力F＝9N作用在P上，一开始二者就发生相对运动，Q受滑动摩擦力保持不变，故A错误；B、物体P、Q间的最大静摩擦力fm＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，当P对Q的静摩擦力达到最大时，Q向右运动的距离为：x=Fk=2100m＝0.02m＝2cm；此时弹力与摩擦力相等，Q与PC、对P受力分析可知：F﹣f＝Ma，由于二者之间的摩擦力保持不变，可知P的加速度保持不变，故C错误；D、物块Q达到最大距离的过程中，摩擦力对Q做正功；物块Q达到最大距离后，先向左加速、后做减速，此过程中，摩擦力对Q做负功，即摩擦力对Q先做正功，再做负功，故D正确。故选：BD。【点评】本题主要是考查功的正负的判断以及牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚A和B的运动情况，结合牛顿第二定律达到加速度的变化情况。（多选）13．如图所示，质量为1kg、可视为质点的物块沿倾角为37°的斜面上的A点由静止开始下滑，经过1s物块运动到斜面上的B点，然后通过一小段光滑的弧面滑上与地面等高的传送带。已知A、B间距离为1m，传送带以4m/s的恒定速率顺时针运行，传送带左右两端之间距离为8m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计空气阻力和物块在衔接弧面运动的时间。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法中正确的是（）A．物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5 B．物块在传送带上运动的时间为2s C．物块在传送带上因摩擦产生的热量为2J D．若传送带以2m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，物块从A点静止释放以后，在AB上运动的总路程为1.5m【考点】从能量角度求解传送带问题；水平传送带模型．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】ABD【分析】A、物块在斜面运动过程，由运动学公式和牛顿第二定律可得动摩擦因数；B、利用牛顿第二定律可得物块在传送带上加速度大小，由运动学公式可得物块与传送带共速时的位移，此位移与传送带的长度比较，可判断物块是否滑落传送带，利用运动学公式可得物块在传送带上运动时间；C、由运动学公式可得物块相对传送带滑动距离，利用Q＝fx相对可得热量；D、根据物块第一次滑到B点速度可知物块在传送带、斜面运动特点，传送带对物块做功为零，物块最终静止在B点，全过程利用动能定理可得解。【解答】解：A、物块从A点到B点运动时间为：t1＝1s，运动的位移为：x1＝1m，由x1=12a1t12，可得物块在斜面上运动时的加速度：a代入数据可得物块与斜面之间的动摩擦因数为：μ1＝0.5，故A正确；B、物块运动到B点的速度：vB＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s，物块在传送带上运动时，由牛顿第二定律可得物块的加速度：a2=μ2g=0.2×10m/s2=2m/s2，物块速度从2m/s与传送带共C、物块在传送带上运动2s的时间内，传送带的位移：x3＝vt2＝6×2m＝12m物块相对传送带滑动的距离：Δx＝x3﹣x2＝12m﹣6m＝6m物块在传送带上因摩擦产生的热量：Q＝μ2mg•Δx＝0.2×1×10×6J＝12J，故C错误；D、若传送带以2m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，由上分析可知物块从A点静止释放以后到达B点的速度为2m/s，物块滑上传送带做匀减速直线运动，速度减为零时运动的位移：x4=vB22a2=222×2m=1m＜L=8m，所以物块速度减为零，反向做匀加速直线运动，到达传送带左端的速度恰好为2m/s，物块沿着斜面向上做匀减速运动，速度减为零，反向做匀加速运动，由于摩擦力，物块再次到达B点的速度小于2m/s，物块滑上传送带做匀减速运动，速度减为零，反向运动，到达B点的速度大小与第二次下滑经过B点的速度大小相等，整个过程，传送带对物块做功为零，此后重复前面的运动，最后物块静止在B点，全过程由动能定理有：mgx故选：ABD。【点评】本题考查了动能定理、水平传送带模型，解题的关键是知道传送带速度为2m/s逆时针转动时，滑块在传送带上运动过程，传送带对物块做功为零。（多选）14．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m＝5×103kg的重物，到A点时，起重机的功率达到额定功率P0，以后起重机保持该功率不变，继续向上提升重物到B点达到最大速度，之后匀速上升，不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2。则整个过程中，下列说法正确的是（）A．OA过程起重机对重物的拉力不变，且F＝2×103N B．P0C．BC过程中牵引力做功4.4×103J D．BC过程重物上升的高度h＝2.4m【考点】动能定理的简单应用；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】根据加速度公式求出加速度；匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力；由P＝Fv求出额定功率；由W＝pt求出BC过程中牵引力做功；重物以最大速度为vm匀速上升时，F＝mg，所以vm＝求出最大速度，进而求出上升高度。【解答】解：A．OA过程货物做匀加速运动，则起重机对重物的拉力不变，加速度a=根据F﹣mg＝ma可得F＝6×104N故A错误；B．额定功率P0故B正确；C．BC过程中牵引力做功W＝P0tBC＝1.2×105×1J＝1.2×105J故C错误；D．BC过程的速度vm重物上升的高度h＝vmtBC＝2.4×1m＝2.4m故D正确。故选：BD。【点评】本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉。（多选）15．图甲是滑雪道的示意图。一质量为m的运动员（可视为质点）从倾角为θ的斜面AB上的A点由静止自由滑下，经水平段BC后飞入空中，落在斜面CD的E点。不计运动员经过B点的机械能损失，不计一切摩擦和空气阻力，运动员的加速度大小a随时间t变化的图像如图乙所示，图乙中的物理量均为已知量，根据图中信息可求得（）A．斜面AB倾角的正弦值sinθ=aB．运动员通过C点时的速度大小为（a1+a2）t0 C．运动员落到E点时的动能为12m（a1+a2）2tD．运动员落到E点时重力的瞬时功率为ma22【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力．【答案】AD【分析】A.根据加速度的公式列式求解；B.根据图像的面积的物理意义进行分析解答；C.根据分速度和合速度的关系求解合速度，再根据动能的表达式求解动能；D.根据重力的瞬时功率的表达式求解。【解答】解：A.由图乙可知，运动员在AB段的加速度大小a1＝gsinθ，运动员在BC段的加速度为0，运动员从C点飞出做平抛运动，加速度大小a2＝g，故解得sinθ=a1aB.a﹣t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化，故运动员在BC段运动的速度大小v＝a1t0，故B错误；C.运动员从C到E做平抛运动，根据运动的合成规律，他落到E点时的速度大小vE=(a1t0)2+(a2t0D.由于重力的功率P＝mgvy，而vy＝a2t0，所以P＝ma22t0，故故选：AD。【点评】本题考查平抛运动及运动的图像，会根据平抛运动的基本规律结合图像分析求解相关物理量。三．填空题（共2小题）16．某同学在原地进行单手运球训练中发现，让篮球从静止开始下落并自由反弹，弹起的最大高度比原来低20cm。为了让球每次都能弹回到原来的高度，当球回到最高点时，向下拍打一次球，每分钟拍打100次，篮球质量为600g。取重力加速度大小为10m/s2。不计空气阻力和拍球瞬间的能量损失，则该同学每次拍打小球需做功为1.2J，拍打小球的平均功率为2.0W。【考点】动能定理的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力．【答案】1.2，2.0。【分析】根据功能关系和平均功率的公式计算相关物理量。【解答】解：根据功能关系，每次拍球对球做的功等于篮球由静止上升h＝20cm＝0.2m，对应的动能，所以W＝mgh＝0.6×10×0.2J＝1.2J，平均功率P=W总t=故答案为：1.2，2.0。【点评】考查功和功率的计算，会根据题意进行相关的分析和计算。17．某同学探究小球在竖直面内做圆周运动时向心力随位置变化的规律，选用光滑的圆轨道，如图甲，圆轨道半径R＝3m，在轨道内侧距离最低点A高度H分别为0、h、2h、3h、4h、5h、6h处固定有压力传感器，质量为m的小球从A点以速度v0沿轨道内侧向右运动，记录小球在各位置对轨道的压力F的数值，作出F﹣H图像如图乙。（1）若小球在A点对轨道的压力大小为F0，则F与H的关系可表示为F＝F0-3mgHR（用m、g、R、（2）取重力加速度g＝10m/s2，由图乙可得小球质量m＝0.5kg，小球经过最低点A时的初速度v0＝330m/s。（v0的结果用根式表示）【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；绳球类模型及其临界条件．【专题】信息给予题；定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．【答案】（1）F0-3mgHR；（2【分析】（1）根据动能定理求出小球在任意高H处的速度。小球在H处，由指向圆心的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式，得出F与H的关系式。（2）结合图像的信息得出小球的质量和最低点时的初速度。【解答】解：（1）设在任意高H处小球的速度为vt，从最低点到H处，由动能定理有-mgH设小球在H处和圆心O的连线与OA的夹角为θ，当H≤R时，由牛顿第二定律有F-由几何关系有cosθ在最低点，由牛顿第二定律有F0联立可得：F=F0-3mgR（2）根据图像可得，在A点，F0＝60N，在H＝6m处，F＝30N，图像斜率k=30-606N/m结合F=F0-3mgR在最低点，对小球，由牛顿第二定律有F0解得：v0=330故答案为：（1）F0-3mgHR；（2【点评】本题的关键要明确向心力的来源，根据牛顿第二定律和动能定理分别列方程，结合几何关系和图像的物理意义即可完成分析。四．解答题（共3小题）18．某户外大型闯关游戏“渡河”环节中，甲从高为h＝5m的固定光滑水上滑梯滑下，乙坐在气垫船一侧固定位置上操控气垫船，在滑梯底部等候甲。气垫船与滑梯底部相切靠在一起，如图所示。甲滑上气垫船的同时，乙立即启动引擎，在恒定的牵引力F作用下驾驶气垫船沿着直线运动。假设船不会侧翻，甲和乙不会相撞，甲与气垫船之间的动摩擦因数μ＝0.8，水对气垫船的阻力f恒为484N，甲的质量m＝48kg，气垫船与乙的总质量M＝62kg，汽垫船长度L＝5m，忽略其他阻力以及甲滑到滑梯底端的能量损失，同时将甲视为质点，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）甲刚滑上气垫船时的速度；（2）为保证甲不会滑离气垫船，牵引力F应满足的条件？【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】（1）甲刚上气垫船的速度为10m/s；（2）牵引力F应满足的条件为224N≤F≤1364N。【分析】（1）根据动能定理列式得出小丁刚上气垫船时的速度；（2）根据牛顿第二定律和运动学公式联立等式得出牵引力应满足的条件。【解答】解：（1）设甲刚滑上气垫船的速度为v0，则对他滑下的过程由动能定理mgh解得v0＝10m/s方向水平向右（2）要使甲不从汽艇前方滑离汽艇，则甲与船至少要在到达汽艇末端时与汽艇达到共速，设此时牵引力为F1，则对甲μmg＝ma1解得a1对气垫船F1+μmg﹣f＝Ma2设经过时间t二者达到共速v，则v＝v0﹣a1t＝a2tt＝1s甲位移s1船位移s2L＝s1﹣s2解得F1＝224N设甲与汽艇共速后能相对静止，不从后端滑出，则牵引力最大为F2对甲与气垫船F2﹣f＝（m+M）a0对甲μmg＝ma0，a解得F2＝1364N即牵引力满足的条件为224N≤F≤1364N答：（1）甲刚上气垫船的速度为10m/s；（2）牵引力F应满足的条件为224N≤F≤1364N。【点评】本题主要考查了动能定理的相关应用，根据动能定理得出物体的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。19．近两年自媒体发展迅猛，受到各年龄段用户的青睐；人们经常在各种自媒体平台分享自己生活的精彩片段，某位同学就分享了自己在一个大的水泥管内玩足球炫技的视频。如图，该同学面向管壁站立在管道最低点，先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出两个足球，足球在如图所示竖直圆截面内运动，恰好分别落入该同学胸前和背后的两个背包。已知水泥管道截面半径为R，该同学胸前和背后的两个背包口看成两个水平圆框，且圆框与竖直圆截面的圆心O等高，两水平圆框最近点的间距为0.28R，且两最近点关于过O（1）两球与水泥管道的脱离点分别为A、B，求OA、OB与水平方向的夹角θ1、θ2；（2）设R＝1m，胸前的背包口圆框的直径是多少米（数据保留两位小数）？【考点】动能定理的简单应用；平抛运动速度的计算；牛顿第二定律求解向心力．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）OA、OB与水平方向的夹角分别为30°，53°；（2）胸前的背包口圆框的直径是0.19m。【分析】（1）根据牛顿第二定律结合动能定理分析解答；（2）根据斜抛运动规律与运动的分解分析解答。【解答】解：（1）设脱离点与水泥管圆心连线与水平方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgsinθ=根据动能定理﹣mgR（1+sinθ）=解得v0=可得sinθ1=12，sinθ则θ1＝30°，θ2＝53°（2）对过A点的足球受力分析可得mgsinθ1=解得v1=足球与水泥管脱离后做斜抛运动，从脱离到最高点过程，竖直方向v1cosθ1＝gt1解得t1=水平位移x1＝v1sinθ1t1竖直位移h1=足球从最高点到背包口过程，水平位移x2＝v1sinθ1t2竖直位移h2＝h1+Rsinθ1=足球斜抛的水平位移x＝x1+x2胸前的背包口圆框的直径d＝2（Rcosθ1﹣x-0.28联立解得d＝0.19m答：（1）OA、OB与水平方向的夹角分别为30°，53°；（2）胸前的背包口圆框的直径是0.19m。【点评】本题考查动能定理的应用，解题关键掌握斜抛运动和圆周运动的特点，运用对应的运动特点分析解答。20．如图所示，一高为h＝1.5m，倾角为θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，一质量为m＝1kg、长度为L＝0.85m的薄木板B置于斜面顶端，薄木板下端连接有一根原长为L0＝0.1m的轻弹簧，恰好能保持静止。一质量为M＝2kg的小物块A从斜面体左侧以v0＝1.2m/s的初速度水平抛出，经一段时间后恰好从斜面顶端沿平行于斜面方向落到薄木板上，当薄木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，小物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内。已知A、B之间的动摩擦因数μ=78，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37（1）小物块A水平抛出的高度H；（2）薄木板与挡板碰撞前瞬间，薄木板和小物块的速度大小；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【考点】常见力做功与相应的能量转化；平抛运动位移的计算；平抛运动时间的计算；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；动量和能量的综合；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．【答案】（1）小物块A水平抛出的高度H为1.5405m；（2）薄木板与挡板碰撞前瞬间，薄木板和小物块的速度大小为1m/s；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能为1356【分析】（1）根据物块A刚落到薄木板B上的速度，由平行四边形定则可得这一速度竖直方向分量，由平抛运动竖直方向的运动特点，由运动学公式可得H；（2）根据B与斜面之间的动摩擦因数，可知A、B两物体组成的系统沿斜面方向动量守恒，则可得两者共速时速度大小，利用牛顿第二定律可得两物体加速度大小，由运动学公式可得两物体的位移，由两物体的位移可得A相对B滑动的距离，则可知两物体共速时A与弹簧没有接触，之后两物体一起匀速运动，则可得结论；（3）从薄木板碰到挡板到弹簧恢复原长过程，由动能定理可得弹簧最大压缩量，从弹簧被压缩到最短到弹簧恢复原长过程，由动能定理和功能关系可得弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【解答】解：（1）把物块A刚落在薄木板B上的速度分解，则竖直方向的速度v物块从抛出到落到B上过程做平抛运动，竖直方向：H代入数据可得：H＝1.5405m（2）设薄木板B与斜面的动摩擦因数为μ1，薄木板B置于斜面恰好能保持静止，由力的平衡有：μ1mgcosθ＝mgsinθ，可得μ1＝tanθ设物块A刚落到薄木板B的速度为v1，则v因为μ1＝tanθ，可知A、B整体沿斜面方向的合力为零，所以两物体组成的系统在沿斜面方向动量守恒，设两物体共速时的速度为v共，取沿斜面向下为正方向，则有：Mv1＝（M+m）v共代入数据可得：v共＝1m/s物块A在薄木板上滑动过程，对A由牛顿第二定律有：μMgcosθ﹣Mgsinθ＝MaA，可得a对B由牛顿第二定律有：mgsinθ+μMgcosθ﹣μ1（M+m）gcosθ＝maB，可得a物块A从滑上薄木板B到两者共速过程，物块A的位移：x则薄木板B的位移：xxA﹣xB＝0.625m﹣0.25m＝0.375m，L﹣L0＝0.85m﹣0.1m＝0.75m，可知xA﹣xB＜L﹣L0，所以当物块A与薄木板B共速时，物块A还没有与弹簧接触，之后两物体一起做匀速直线运动，可知薄木板与挡板碰撞前瞬间，薄木板和小物块的速度大小为1m/s；（3）两物体共速时，物块A到弹簧的长度：x＝L﹣L0﹣（xA﹣xB）＝0.75m﹣0.375m＝0.375m薄木板碰到挡板时立刻停下，物块A继续向下做减速运动，与弹簧接触后压缩弹簧，速度减为零，然后反向运动，弹簧恢复原长时，物块A的恰好为零，设弹簧最大压缩量为xm从薄木板碰到挡板到弹簧恢复原长过程，由动能定理有：Mgxsinθ代入数据可得：x从弹簧被压缩到最短到弹簧恢复原长过程，由动能定理有：﹣Mgxmsinθ﹣μMgxmcosθ+W弹＝0﹣0由功能关系可知弹簧弹力做功：W弹＝EPm﹣0代入数据可得弹簧被压缩到最短时的弹性势能：E答：（1）小物块A水平抛出的高度H为1.5405m；（2）薄木板与挡板碰撞前瞬间，薄木板和小物块的速度大小为1m/s；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能为1356【点评】本题考查了牛顿第二定律、平抛运动、动能定理和功能关系，解题的关键是知道A、B两物体组成的系统沿斜面方向的合力为零，沿斜面方向的动量守恒，注意首先判断两物体共速时A是否与弹簧接触。

考点卡片1．位移、路程及其区别与联系【知识点的认识】（1）位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示，位移的大小等于有向线段的长度，位移的方向由初位置指向末位置．（2）路程是质点在空间运动轨迹的长度．在确定的两位置间，物体的路程不是唯一的，它与质点的具体运动过程有关．（3）位移与路程是在一定时间内发生的，是过程量，二者都与参考系的选取有关．位移和路程的区别：①位移是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关．②路程是标量，大小跟物体运动经过的路径有关．如图所示，物体从A运动到B，不管沿着什么轨道，它的位移都是一样的．这个位移可以用一条有方向的（箭头）线段AB表示．【命题方向】关于位移和路程，下列说法中正确的是（）A.沿直线运动的物体位移和路程是相等的B.质点沿不同的路径由A到B，路程可能不同而位移一定相同C.质点通过一段路程，其位移可能为零D.质点运动的位移的大小可能大于路程分析：位移的大小等于初末位置的距离，方向由初位置指向末位置．路程是运动轨迹的长度．解答：A、沿单向直线运动的物体位移大小和路程是相等。而位移是矢量，路程是标量，所以不能相等，故A错误；B、路程不相等，但位移可能相同，比如从A地到B地，有不同的运行轨迹，但位移相同，故B正确；C、物体通过一段路程，位移可能为零。比如圆周运动一圈，故C正确；D、质点运动的位移的大小不可能大于路程，最大等于路程，故D错误。故选：BC。点评：解决本题的关键知道路程和位移的区别，路程是标量，位移是矢量，有大小有方向．【解题方法点拨】①位移是描述物体位置变化大小和方向的物理量，它是运动物体从初位置指向末位置的有向线段．位移既有大小又有方向，是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关．②路程是物体运动所经历的路径长度，是标量，大小跟物体运动经过的路径有关．③位移和路程都属于过程量，物体运动的位移和路程都需要经历一段时间．④就大小而言，一般情况下位移的大小小于路程，只有在单方向的直线运动中，位移的大小才等于路程．2．速度与速率的定义、物理意义、标矢性及换算和比较【知识点的认识】1．速度速度表示物体运动快慢的物理量，它等于位移s跟发生这段位移所用时间t的比值。即v＝s/t。速度是矢量，既有大小也有方向，其方向就是物体运动的方向。在国际单位制中，速度的单位是（m/s）米/秒。2．速率（1）定义：瞬时速度的大小（2）是标量（3）汽车的速度计显示的是速率（4）平均速度=【命题方向】下列关于速度和速率的说法正确的是（）①速率是速度的大小②平均速率是平均速度的大小③对运动物体，某段时间的平均速度不可能为零④对运动物体，某段时间的平均速率不可能为零A．①②B．①④C．②③D．③④分析：速度的大小为速率，平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值。解：①速率是速度的大小。故①正确；②平均速率等于路程与时间的比值，平均速度等于位移与时间的比值，平均速度的大小与平均速率不一定相等。故②错误；③对于运动的物体，若某段时间内的位移为零，则平均速度为0．故③错误；④对于运动的物体，某段时间内的路程不可能为零，则平均速率不可能为零。故④正确。故选：B。点评：解决本题的关键知道平均速度大小与平均速率的区别，平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值。【解题方法点拨】平均速度瞬时速度平均速率瞬时速率定义运动质点的位移与时间的比值运动质点在某一时刻（或位置）的速度运动质点的路程与时间的比值瞬时速度的大小方向有方向，矢量有方向，矢量无方向，标量无方向，标量意义粗略描述物体运动的快慢精确描述物体运动的快慢粗略描述物体运动的快慢精确描述物体运动的快慢对应某段时间（或位移）某一时刻（或位置）某段时间（或路程）某一时刻（或位置）3．竖直上抛运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动，叫做竖直上抛运动。2．特点：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特点：只受重力作用（没有空气阻力或空气阻力可以忽略不计）；（3）加速度：a＝g，其大小不变，方向始终竖直向下。3．运动规律：取竖直向上的方向为正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．几个特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）质点在通过同一高度位置时，上升速度与下落速度大小相等；上升到最大高度处所需时间t上和从最高处落回到抛出点所需时间相等t下，t上＝t下=v【命题方向】例1：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．5s内物体的（）A．路程为65mB．位移大小为25m，方向向上C．速度改变量的大小为10m/sD．平均速度大小为13m/s，方向向上分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物体的速度减为零需要的时间t=v0g=3010A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后两s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故C、速度的改变量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C错误；D、平均速度v=ht=25故选：AB。点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v＝at求得。例2：在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；（2）竖直井的深度。分析：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题可以直接应用整体法进行求解。解答：（1）设最后1s内的平均速度为v则：v=平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为v1＝4m/s设物体被接住时的速度为v2，则v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，则物体从抛出点到被人接住所经历的时间t=v2-v0g（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s（2）竖直井的深度为6m。点评：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解即可。【解题方法点拨】1．竖直上抛运动的两种研究方法：（1）分段法：上升阶段是匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动，下落过程是上升过程的逆过程。（2）整体法：从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反，所以可把竖直上抛运动看成一个匀变速直线运动，要特别注意v0、vt、g、h等矢量的正、负号。一般选取竖直向上为正方向，v0总是正值，上升过程中vt为正值，下落过程中vt为负值；物体在抛出点以上时h为正值，物体在抛出点以下时h为负值。住：竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。4．根据v-t图像的物理意义分析单个物体的运动情况5．根据v-t图像的物理意义对比多个物体的运动情况6．复杂的运动学图像问题7．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k=Fx2=100故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a=对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．8．判断是否存在摩擦力【知识点的认识】1．静摩擦力（1）定义：互相接触的两物体存在相对运动的趋势而又保持相对静止时，在接触面上产生的阻碍相对运动趋势的力，叫静摩擦力．（2）产生条件：a：相互接触且发生弹性形变；b：有相对运动趋势；c：接触面粗糙；（3）方向：总是与物体的相对运动趋势方向相反．（4）静摩擦力的大小：①静摩擦力的大小随着运动趋势强弱变化而在0～最大静摩擦力Fm之间变化，跟相对运动趋势强弱程度有关，但跟接触面相互挤压力FN无直接关系．由受力物体所处的运动状态根据平衡条件或牛顿第二定律来计算．②最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，在中学阶段讨论问题时，如无特殊说明，可认为它们数值相等．（5）作用效果：总是起着阻碍物体间相对运动趋势的作用．2．摩擦力大小的判断问题：如何计算摩擦力的大小？求摩擦力首先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力：（1）若已知相互摩擦的物体间的动摩擦因数μ及正压力FN，滑动摩擦力F可以根据公式F＝μFN直接计算出大小．（2）由于受力或运动情况的不同，静摩擦力的大小具有不确定性和被动适应性，静摩擦力的大小会随着引起相对运动趋势的外力的增大而增大．在0～Fm范围内，静摩擦力的大小可根据二力平衡条件求得，它的大小总是与引起相对运动趋势的外力大小相等．当两物体一起做加速运动，具有加速度时，可用牛顿第二定律确定静摩擦力的大小．【命题方向】（1）第一类常考题型：长直木板的上表面的一端放置一个铁块，木板放置在水平面上，将放置铁块的一端由水平位置缓慢地向上抬起，木板另一端相对水平面的位置保持不变，如图所示．铁块受到的摩擦力f随木板倾角α变化的图线正确的是（设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小）（）A．B．C．D．分析：摩擦力变化有两个阶段，角度α小于一定角度时是静摩擦，角度α大于一定角度时是动摩擦．解析：本题应分三种情况进行分析：①当0≤α＜arctanμ（μ为铁块与木板间的动摩擦因数）时，铁块相对木板处于静止状态，铁块受静摩擦力作用其大小与重力沿木板面（斜面）方向分力大小相等，即f＝mgsinα，α＝0时，f＝0；f随α增大按正弦规律增大．②当arctanμ＝α时处于临界状态，此时摩擦力达到最大静摩擦，由题设条件可知其等于滑动摩擦力大小．③当arctanμ＜α＜90°时，铁块相对木板向下滑动，铁块受到滑动摩擦力的作用，f＝FN＝μmgcosα，f随α增大按余弦规律减小．综合上述分析可知C图可能正确地表示了f随α变化的图线．故选C．点评：滑动摩擦力与静摩擦力大小计算方法的不同：当物体间存在滑动摩擦力时，其大小即可由公式f＝μN计算，由此可看出它只与接触面间的动摩擦因数μ及正压力N有关，而与相对运动速度大小、接触面积的大小无关．当物体间存在静摩擦力时，正压力是静摩擦力产生的条件之一，但静摩擦力的大小与正压力无关（最大静摩擦力除外）．当物体处于平衡状态时，静摩擦力的大小由平衡条件∑F＝0来求；而物体处于非平衡态的某些静摩擦力的大小应由牛顿第二定律求．注意：（1）滑动摩擦力的大小与物体间的压力成正比，而不是与物体的重力成正比，也不是与重力的某个分力成正比，所以在水平面上发生相对运动的物体所受摩擦力的大小不一定等于μmg，在倾角为θ的斜面上与斜面发生相对滑动的物体所受摩擦力的大小不一定等于μmgcosθ．（2）滑动摩擦力的方向与物体间的相对运动方向相反，因此物体所受滑动摩擦力的方向可能与其运动方向相同，而且静止的物体也可能受到滑动摩擦力．（3）f＝μN中μ与接触面的材料、接触面的粗糙程度有关，无单位．（4）滑动摩擦力大小与相对运动的速度大小无关．【解题思路点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．对摩擦力问题的分析与考查趋向于与其他知识的综合，这类题中一般具有多体、多力的特点，要运用整体法与隔离法解题，解决这类问题的关键是要选取合适的研究对象，进行正确的受力分析，建立正确的方程，然后进行解题．9．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．3．适用范围：（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．4．对牛顿第二定律的进一步理解牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的