第8期：机械能守恒定律(一)-【数理报】2027年高考物理一轮复习学案

素养 拓展 数理极 本版责任编辑：李杰 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 例3.在某一粗糙的水 报纸发行质量反馈电话 物理的灵魂是用图 平面上，一质量为2kg的 0351-5271248 物体在水平恒定拉力的 光电信息科学与工程 作用下做匀速直线运动， 动能定理与图像结合间题 学科：工学 当运动一段时间后，拉力 4681012 门类：电子信息类 逐渐减小，且当拉力减小 图3 ⊙陕西李成芳 到零时，物体刚好停止运动，图3中给出了拉力 培养目标：本专业 动能定理以“合力做功等于动能变化”为核率'=mgsin30°-F,=3N,联立解得F,= 随位移变化的关系图像.重力加速度g取 培养具有较高思想道 10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出 心，与图像结合有以下一些特点： 0.5N,m=0.7kg,故A正确 德、文化修养、敬业精神 的物理量有 ( ,规律融合性强 答案：A 和社会责任感，具有健 A.物体与水平面间的动摩擦因数 把图像的几何特征和物理规律深度绑定， 例2.如图2所示，一 康的体魄和良好的心理 B.合力对物体所做的功 不用复杂运动学推导，就能快速求解变力做功、小物块由静止开始沿斜面 C.物体做匀速运动时的速度 素质，具备光电信息科 多过程运动类问题， 向下滑动，最后停在水平 D.物体运动的时间 学与工程方面知识和能 2,信息隐含性高 地面上.斜面和地面平滑 图2 解析：物体做匀速直线运动时，受力平衡 力的宽基础、高素质、有 题目不会直接给出力、位移等已知量，所有连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因 拉力F。与滑动摩擦力F,大小相等，物体与水平 剑新意识和实践能力的 关键条件部隐藏存图像的斜率，面积、截距，交数与为常致谈过程中，物失的能与水平位面间的动华擦园数为以=忌 点里面，比如F-x图像的面积是总功、E-x图 =0.35,故A正 工程科学人才。 移x关系的图像是 培养要求：本专业 像斜率是合力，需要提取才能得到解题条件. 确；减速过程由动能定理得W,+W,=0 2m,根据F-x图像中图线与x轴围成的面积 1 学生主要学习光电信息 3,解法简洁高效 相比牛顿运动定律+运动学公式的常规解 科学与工程的基本理论 可以估算力F对物体做的功W,而W,= 法，它可以直接合并多个不同性质的运动过程， -umgx,由此可求得合力对物体所做的功及物 和基本知识，接受光电 只需要初末两个状态的动能，大幅减少计算步 体做匀速运动时的速度v,故B、C正确：因为物体 信息系统分析、设计和 骤，提高解题效率. 做变加速运动，所以运动时间无法求出，故D错误 研究方法等方面的基本 下面总结了常见图像与横轴所围“面积”或 答案：ABC 训练，具有研究、设计 图像斜率的含义， 开发、集成及应用光电 主编余墨：解决图像问题的基本步骤： (1)-1图像 、依据=t -t图线与横轴围成 的面积表示位移 解析：设斜面倾角为θ，物块沿斜面滑下的 1.观察题目给出的图像，弄清纵坐标、 信息系统的基本能力， a-t图线与横轴围成 培养学生具备光电信息 (2)Q-1图像依据4= 过程中，由动能定理得 的面积表示速度的 横坐标所对应的物理量及图线所表示的物 变化量 理意义. 科学的研究和工程技术 (3)F-x图像依据W=: F-x图线与横轴围成 mgrtan 0-B mgeos. 2.根据物理规律推导出纵坐标与横坐 的面积表示功 研发，以及产品的设计 (4)Ex图像依据Fr=E-E Ex图线斜率表示 =(mgtan0-1mg)x,则,故B、D错误； 标所对应的物理量间的函数关系式 生产、销售和服务或工 合力 在水平面上，由动能定理得：-2mg(x-)= 3.将推导出的物理规律与数学上与之 程项目的施工、运行和 (5)P1图像依据W=A P-t图线与横轴围成 的面积表示功 Ek-Eo,则Ek=Eo-mg(x-xo),o为物块 相对应的标准函数关系式相对比，找出图 维护能力。 例1.如图1甲所示，一物块以一定初速度沿斜面下滑到底端的位移沿水平方向的分量， 线的斜率、截距、图线之间的交，点、图线与 主要实践性教学环 沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦E。为物块下滑到斜面底端时的动能，即E与x 横轴围成的面积所对应的物理意义，分析 解答问题，或者利用函数图线上的特定值 节：应用光学实验、物理 力大小F恒定，物块动能E与运动路程s的关 为一次函数关系，故A正确，C错误， 代入函数关系式求物理量， 光学实验、激光实验、光 系如图乙所示.重力加速度g取10m/s2,则物块 答案：A 电技术实验、光电信息 质量m和所受摩擦力大小F,分别为( 第7期2、3版参考答案 LvoR 综合实验等 ◆E/ 一、单选题 主要专业实验：电 1.C;2.B;3.D;4.D; 路实验、电子技术实验 20 14.(1)gR 电机与控制实验、电气工程 10 5.B;6.A;7.C 101520m 二、多选题 (2)3g 系统实验电力电子实验等 图1 就业方向：主要是 8.BD;9.AD;10.BD A.m=0.7kg,F=0.5N 在科研单位、高等院校， B.m=0.7kg,F=1.0N 三、实验题 于v 从事光电信息工程与技 C.m=0.8kg,F=0.5N (2)速率 术、光电信号检测、光电 D.m=0.8kg,F=1.0N 0 房 15.132器 子技术、光通讯技术、光 解析：0~10m内物块上滑，由动能定理得 12.(1)0.25(2)贴着星球表面（答案 电测量与控制、精密工 mgsin30°·s1-Fs,=E-Eo,整理得E 不惟一，合理即可得分)5000 (2)2gR 程、信息电子技术、激光 Eo-(mgsin30°+F)s1,由图乙可知0~10m 技术等领域的研究、设 内斜率的绝对值1k1=mgsin30°+F,=4N.10 四、解答题 ~20m内物块下滑，由动能定理得(ngsin30° (3)33 计、应用和管理工作。 voR F)s2=Ek,由图乙可知10~20m内的图像斜 13.(1) 2g 数况极 高考物理 第8期 第一轮复习 总第1204期 2026年8月25日星期二 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-359A 解题金钥匙 擦产生的热为：Q,=wmgx,=4mg(2.+ L)=umgL+mv√2ugL. 详解五种功能对应关系短 当物块从最右端由速度为零开始向左相对 ◆山西程树增 传送带滑动到速度相等的过程中，物块受传送 例2.如图2所示，物 带给的摩擦力方向向左，直到加速运动至速度 一、重力做功与重力势能变 化之间的对应关系 块m从高为h的斜面上下 滑，又在同样材料的水平 相同.由动能定理得：mgx=m2-0,由牛顿 重力做的功等于物体重力势能的改变量：面上滑行x后静止.已知斜 图2 第二定律得：4，=mg=4g,运动时间为4= 重力做多少正功，重力势能就减少多少；物体克面倾角为日，物块由斜面到水平面时速度大小不 m 服重力做多少功，物体的重力势能就增加多少，变，求物块与接触面间的动摩擦因数 =工，物块与传送带之间的相对路程为：x,= 即We=mgh=-△Ep ug' 解析：对于全过程，重力做正功为W。=mgh,摩 擦力在斜面上和水平面上均做负功，且有：W=v·2-x=”×” 、2 v 二、弹簧弹力做功与弹簧弹 ×g24g2g 由条件知x2< 性势能变化之间的对应关系 (wmg©os9·L+wmg)=-(umngcos8×0A+L,所以在由右向左的过程中摩擦产生的热 弹簧弹力做多少正功，弹簧弹性势能就减 umg),根据动能定理得：W。+W=0,解得业=为：Q:=umg×为=mg×2g=2mt 少多少：弹簧弹力做多少负功（物体克服弹簧弹 h 力做多少功)，弹簧的弹性势能就增加多少，即 hcot 0+x 故整个过程中总共产生的热量为： W=-△E。由于弹簧弹力是变力，所以弹簧弹 四、摩擦力做功与物体产生 Q=Q+Q2 =umgL mv ugl+m 力做功往往通过弹簧弹性势能的改变来间接地 热量之间的对应关系 求出 五、其他外力做功与物体机械 例1.如图1所示，轻质弹簧 摩擦力在相对位移（或路程）上做的功等于 能变化之间的对应关系 竖直立于水平面上，弹簧下面固 P 系统因摩擦而产生的热量，即W=△Q, 定于水平面上，弹簧处于原长时 例3.长为L的传送带 重力和弹簧弹力以外的其他力对物体做的 其上端与A水平线平齐.现在在弹 以速度v向左运动（如图3 功W,等于物体机械能的改变量，即W。=E2- 簧上端轻轻放上P、Q两物块，到 图1 所示)，现向右以水平速度 图3 E.当W。为正值时，机械能增加；反之，则机械 达B水平线时恰好速度为零.弹簧一直保持竖，沿传送带表面推出质量为m的物块，问o取 能减少 直，已知A、B两水平线相距为x,且P,Q两物块何值时才能使传送带阻碍相对运动释放的热量 例4.如图5所示，电梯质量 质量分别为2m、m.若此时突然撤去物块P,那最多，最大热量为多少.已知物块与传送带间的 么物块Q脱离弹簧后还能再上升的最大高度为动摩擦因数为以，并且传送带的速度。< 为M,地板上放置一质量为m的 物体，钢索拉电梯由静止开始向 (）√2uLg. 上加速运动，当上升高度为H时， 图5 A.x B.2* C2xn 解析：根据题意可知，要想在传送带阻碍相 对运动过程中产生的热量最多，就要使滑块在 速度达到v,则 解析：在A端轻放上两物块后，P、Q下降，其传送带上相对运动的路程最大，考虑到当滑块 A.地板对物体的支持力做的功等于 重力做正功，重力势能减小，同时弹簧被压缩， 滑到最右端时若速度为零，则在传送带的摩擦 弹簧弹力做负功，弹簧弹性势能增加，当降低到 B.物体的重力势能增加了mgH 力的作用下，又会随着传送带向左运动，同时与 最低点B时速度恰好为零，由动能定理得：W+ 传送带之间相对滑动，故应使滑块滑到最右端 W。=0,而W。=3mgx,故W=-3mgx,即弹性 C.钢索的拉力做的功等于？M+eh 时速度为零 势能增加△E。=3mgx.撤去P后，弹簧弹力大于 在由左向右的运动过程中，物块受向左的 D.合力对电梯M做的功等于2 Q的重力，Q先加速上升后减速上升，直到上升 摩擦力而做匀减速直线运动，由动能定理得： 到最高点速度为零，此过程中，弹簧对Q做正 解析：电梯与物体在钢索的拉力作用下 功，弹性势能减少，且有W'=△E。=3mgx,上升 -umgl=0-m6,即，=√2ulg>0,所以 起匀加速上升一段距离H,对整体由功能关系 过程中重力一直做负功，由动能定理得：W+ 需要朝与传送带相反的方向以√2Lg的速度沿 知：钢索的拉力做的功使电梯的机械能增加了 W'。=0,设物体能再上升h,则有：3mgx-mg(x 传送带表面推出物块， +h)=0,解得h=2x.故C正确. 2r+Mg1,同时使物体的机械能增加了 从最左端向最右端运 动的过程中摩擦力向左， 2mv+mgH,故C错误；对物体由功能关系知， 三、动能定理 (如图4所示)，根据牛顿 图4 地板对物体做的功等于物体机械能的增加 外力对物体所做的总功，等于物体动能的 第二定律得：4，=二mE=一g,运动时间为： 2mm+mgH,故A错误；物体升高了H,物体的 变化即：即a=4迟.=子m-之呢运用此定40=所以物块与传送带之间的相对 重力势能增加mgH,故B正确：对电梯运用动能 a g 理时，要熟练掌握求合力做功的方法，透彻理解 定理知，合力对电梯所做的功等于电梯动能的 表达式中各个量的物理意义， 路程为：x1=0·+L=·”+L,此阶段因摩 ug 改变量，故D正确 5.如图3所示，一足够长的木板在光 9.如图7甲所示，质量m=2kg的物体以100J的初动能在粗糙 《机械能守恒定律》单元检测卷（一） 滑的水平面上以速度，向右匀速运动，现 的水平地面上滑行，其动能E,随位移变化的关系图像如图乙所示， 将质量为m的物体轻轻地放置在木板上 图3 则下列判断中正确的是 ⊙数理报社试题研究中心 的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为，为保持木板的速度 题 号 三 四 总 分 不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施 得 分 水平向右的作用力F,则力F对木板所做的功为 A.u3 &3 C.mv D.2mv 第I卷选择题（共46分）】 6.如图4所示，传送带以速度v匀速运 图7 A.物体运动的总位移大小为10m 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的 动.将质量为m的物块无初速度放在传送带 B.物体运动的加速度大小为10m/s 四个选项中，只有一项是符合题目要求) 上的A端，物块将被传送到B端，已知物块 图4 C.物体运动的初速度大小为10m/s 到达B端之前已和传送带相对静止.下列说法中正确的是 1.利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、 D.物体所受的摩擦力大小为5N A.传送带对物块做功为mm 缓、匀”，如图1所示，在研磨过程中，砚台始终静 10.如图8所示，光滑水平面上放着足 止在水平桌面上.现在你用大小恒定为100N的 B传送带克服座擦力做功为幻 够长的木板B,木板B上放着木块A,A、B间 力F匀速率推动墨条，F的方向始终与墨条的运 的接触面粗糙.现用一水平拉力F作用在A 图8 动方向相同，转动一圈时F做的功为120J,若墨 C.电动机由于传送物块多消耗的能量为2m 上使其由静止开始运动，用Fn代表B对A的摩擦力，F。代表A对B的 图 条的速度为0.6m/s,则用时为 D.在传送物块过程产生的热量为m 摩擦力，则下列情况可能的是 A.1s B.2s C.3s D.4s A.拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量 7.如图5所示，ABCD是一个盆式容器， 2.无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖 B.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量 盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与 直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率：下落高度的过程中，BC相切的圆弧，BC水平，其长度d= C.拉力F和F。对A做的功之和大于A的动能的增加量 D.F。对B做的功等于B的动能的增加量 克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g) 0.50m,盆边缘的高度为h=0.30m.在A A.0 B.mgh 处放一个质量为m的小物块并让其由静止 图5 第Ⅱ卷非选择题（共54分】 2 mi -mgh D.m mgh 下滑.已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数 为u=0.1.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B 三、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分，将正确答案填在 3.如图2所示为中国自主研发的第四 的距离为 题中横线上或按要求作答》 代军用涡扇发动机WS-15,在推力、燃油效 A.0.50m B.0.25m C.0.10m D.0 11.某同学用如图9甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律， 率和可靠性等方面均达到了世界先进水平， 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，每小题的4个选项进行如下操作 是电磁铁 已知WS-15涡扇发动机的喷气口的横截 中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3分，有选错或不 2A12.g2 面积为S,喷出的燃气密度为P,燃气从喷气 图2 选的得0分)】 口喷出时的速度大小为，则WS-15涡扇发动机喷气的功率为 8.如图6所示，ABCD是一条长轨 光电 ( )道，其中AB段是倾角为6的斜面，CD A.pSe .p 段是水平的，BC段是与AB和CD都相 切的一小段圆弧，其长度可以忽略不 B 图9 C.pSv D.pSu 计.一质量为m的滑块（可看作质点） 图6 (1)①用天平测量小钢球的质量为m=10.0g; 在A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如 ②用游标卡尺测出小钢球的直径为d=10.0mm; 4.全球无人机市场预计2030年突破5835亿美元，中国将占据消 图所示.现用一方向始终与轨道平行的力推滑块，使它缓慢地由D点 ③用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离为h=82.90cm; 费级市场七成份额.一厂家生产的某款无人机质量为9.8kg,额定功 推回到A点.滑块与轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g,则推 ④电磁铁先通电，让小钢球吸在下端： 率为1kW.某次进行性能测试时，让其以额定功率由静止竖直上升， 力对滑块做的功为 ⑤电磁铁断电，小钢球自由下落； 6s末达到最大速度.若运动过程中所受的空气阻力大小恒为2N,重 A.mgh B.2mgh ⑥在小钢球经过光电门的时间内，计时装置记下小钢球经过光 力加速度g取10m/s2.则在0~6s内无人机上升的高度为( h 电门所用时间为=2.50×103s,由此可计算出小钢球经过光电门时 D.2umgs 2umghcot 0 A.30.0m B.55.1m C.56.2m D.60.0m C.uumg(s sin 的速度为 m/s: ⑦计算此过程中小钢球重力势能的减少量为J,小钢球 (1)求滑块与弹簧上端第一次刚好接触时的速度大小； 15.(18分)如图13所示，一个小滑块在光滑斜面AB的顶端A点 动能的增加量为J(g取9.8/s2,结果保留3位有效数字)，在 (2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，弹簧所由静止释放，斜面AB与水平面BC连接处小滑块不损失机械能，滑块 误差允许的范围内若这两者相等，则小钢球下落过程中机械能守恒， 具有的弹性势能为E。=0.02J,试求这个最大速度的大小v(结果可 与水平面BC间的动摩擦因数从=0.1.右边子竖直光滑圆弧轨道CD (2)另一同学用上述实验装置，通过改变光电门的位置，用h表用根式表示). 示小钢球到光电门时的下落距离，用v表示小钢球通过光电门的速 最低点与水平面相切于C点，圆弧半径R=0.5m.已知滑块的质量 度，根据实验数据作出了如图乙所示的2-h图像，则当地的实际重 m=1kg,斜面AB与水平面之间的夹角6=37°，sin37°=0.6，斜面 力加速度为g=一m/s2. QQQQQQ2990- AB的长度LAB=3m,水平面BC的长度Lc=1m,重力加速度g取 12.某同学用图10甲所示的实验装置探究线速度与角速度的关 图11 10m/s2. 系并验证机械能守恒定律.先将两个完全相同的钢球P、Q固定在长 (1)求滑块第一次到B点时的速度大小； 为3L的轻质空心纸杆两端，然后在杆长；处安装一个阻力非常小的 (2)求滑块第一次离开D点后速度减到0时距D点的高度； (3)滑块能否再次返回斜面，若不能请说明理由，若能再次返回 固定转轴0.最后在两个钢球的球心处分别固定一个相同的挡光片， 斜面，请计算再次返回斜面后速度为0的位置距B点的距离是多少. 如图乙所示，保证挡光片所在平面和杆垂直.已知重力加速度为g. 光电门2 水平方向 2(em) 图13 0 5101520 丙 14.(12分)如图12所示，AB为平直导轨，长为L,物块与导轨间 图10 的动摩擦因数为u,BC为光滑曲面，A与地面间的高度差为，B、C间 实验步骤如下： 高度差为h,.一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止 (1)该同学将杆抬至水平位置后由静止释放，当P转到最低点 开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后在空中运动 时，固定在钢球P,Q球心处的挡光片刚好同时通过光电门1、光电门 2(两个光电门规格相同，均安装在过0点的竖直轴上). 段时间落地，已知重力加速度为g。 (2)若挡光片通过光电门1、光电门2的时间为tp和to,根据该同 (I)若物块落地时动能为E,求其经过B点时的动能EB; 学的设计，tp:to应为 (2)若要物块落地时动能小于E,求恒力F必须满足的条件. (3)若要验证“机械能守恒定律”，该同学 (选填“需要” 或“不需要”)测量钢球的质量m。 (4)用游标卡尺测量挡光片的宽度，示数如图丙所示，则挡光片 宽度d= mm. 7777777777777777777 图12 (5)在误差允许范围内，关系式 成立，则可验 证机械能守恒定律（关系式用g、L、d、tplo表示）. 四、解答题（共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方程式和 演算步骤.只写出最后结果不能给分，有数值计算的题，答案中必须写 出数值和单位) 13.(8分)如图11所示，倾角为0=30°的斜面固定在水平地面 上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端，此时弹簧处于自然状态。一质量 为m=1kg的滑块从距离弹簧上端为s0=0.25m处由静止释放，已 知弹簧劲度系数为：=100NVm,斜面与滑块间动摩擦因数为=尽 设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧全过程始终处于弹性 限度内（不计空气阻力，重力加速度g取10/s2) 参考答案见下期高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 数理极 答案详解 2026~2027学年 高考物理人教（第一轮复习） 第5~8期(2026年8月) 第5期3版参考答案 根据=子可知，反弹之前的水平速度大于反弹后的水平速 1.D;2.C;3.A;4.C;5.D;6.C;7.D. 提示： 度，即球刚离开A点时的水平速度大小大于刚到达B点时的水 1.合运动是曲线运动，分运动可能都是直线运动，如平抛 平速度大小，故C正确；根据v,=√2gh可知，球刚离开A点的 运动的水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运 竖直速度大小小于刚到达B点时的竖直速度大小，球刚离开 动，都是直线运动，故A错误；合运动和分运动同时发生，具有 A点时的速度大小不一定大于刚到达B点时的速度大小，故D 等时性，故B错误；速度是矢量，合速度与分运动速度遵循平行 错误， 四边形定则，合速度可以等于、大于、小于分速度，故C错误；两 5.将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可 个非共线的匀变速直线运动的合运动一定还是匀变速运动，但 知小球沿斜面方向做初速度为"ocos0,加速度为gsin0的匀加 轨迹可能是直线也可能是曲线，若合初速度与合加速度共线 速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动；小球 时，做直线运动，若不共线时，做曲线运动，故D正确 垂直斜面方向做初速度为vosin0,加速度为gcos0的匀减速直 2.船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的 线运动，B点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂 摆动速度的合速度.如图1所示根据平行四边形定则有，”人= 直斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，O到B与B到 cos0,故A、B错误；对小船受力分析，如图2所示，则有Fcos0 C的时间相等，均为：=8有=6o04+号 2 gt'sin 0. -f=ma,因此船的加速度大小为a=Fcos0-⊥，故C正确，D m Lnc=6cos0:2+7g(2)Psin0,可得Lc=Lc-Lm=wcos0 错误. 1 tatcos sin 2g×3?sin0,则有o二 -> 1 %tcos0+28×3fsin0 votcos 0+ 2 gi'sin =3,故AB错误；将小球的运动分 1 图1 图2 3ocos0+2g×3tsin0 3.当船头与河岸垂直时，船渡河时间最短，则船渡河的最 解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，则小球 短时间为故A正确：根据运动的合成可知，水流速度 从0到B有xoB=ot,小球从0到C有xoc=o×2t=2xB, 若D点在B点的正下方，则有xoc=2xD,可知D点是OC的中 和船速都是匀速运动，故船渡河的运动仍是直线运动，故B错 点，则OD与DC长度相等，故C错误；由A选项可知，沿斜面方 误；若1>2，根据运动的合成可知，船不能到达正对岸，设船 向和垂直于斜面方向将小球的运动分解后，到达B点的速度为 头与河岸上游的夹角为0，则c0s0=二，所以船渡河的最小位 a=cos0+gsin,小球运动整段的平均速度为i=,整 toc dvid 移为x=0s0 >山，故C错误；若4<2，船能到达正对 理可得元=%cos0+2gsi优0c由A选项结论可知，0到B与 岸，则船渡河的位移最短为d,由运动学公式可得，船渡河的时 间为t=d d B到C的时间相等，放=子c,联立上式可知i=a,放D 亏，故D错误 正确。 4.球在上升阶段和下降阶段的加速度均为重力加速度，故 6.设篮球初速度为o,与水平方向夹角为0，末速度为v,与 A错误；球从A点到0点的逆过程是平抛运动，根据1=√名 2h 竖直方向夹角为0，斜向下.由题意可知o=ocos0=sin0= 飞，tan0,o,=v,tan20,篮球做匀变速曲线运动，则竖直方向 可知，球从A点到O点的运动时间小于从O点到B点的运动时 间，故B错误；因反弹后的水平位移等于反弹之前的水平位移， y=24=2(a0-1)i, 2 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 水平方向x=v,tant, 的位移比为：1：3：5：7：…：(2n-1).运动员沿x轴方向做 运动时间为t=-（-=(1+tam20), 匀加速直线运动，且t1=t2,但由于初速度不为零，所以根据初 速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比特点可 又s=√/2+y=7.2m. 知号>了放C正确，D错误 1 联立解得t=1.2s 故ABD错误，C正确 10.如果鱼饵颗粒恰好落在堤坝与水面的交点处，则满足 本题可以取特殊值法设出手 h =t,h= gh ,联立可得m= ang放当u> 1 tan 0 点与篮筐水平，如图3，使问题简 化t=2,t=7.2m,又，= 巫，。时，鱼饵颗粒落在水面上，1=√ 2 tan 0 与无关，故A g 3.6m U,故t=1.2s. 图3 错误，B正确：当。<√受·品时，鱼饵颗粒落在堤坝上， 7.竖直方向上，运动员先做竖直上抛运动，再做自由落体 1 运动，运动时间具有对称性，甲的滞空时间t比乙长，根据h= tan ,解得t=2tan,与有关，故C正确，D 1 t 2 8(分)》尸可知，甲的最大腾空高度更大，故A错误：运动员滑 错误 出后做斜抛运动，则竖直方向的分速度，=√2gh,说明甲初 三、实验题 速度的竖直分速度更大；水平分速度，即最小速度，乙的最小 11.(1)BCD(2)1.52.5 速度比甲的最小速度大；因为v=√(+)，则无法确定二 解析：(1)该实验中两球的质量可以不相等，故A错误，B 者初速度大小，故B错误；设滑出的速度与水平方向夹角为0， 正确；两球应同时落地，故C正确；为排除偶然性，应改变装置 的高度，多次实验，故D正确；实验只能说明A球在竖直方向做 则tan0=,结合选项B,可知甲的初速度与水平方向的夹角 自由落体运动，不能说明A球在水平方向上做匀速直线运动， 更大，故C错误：水平位移为x=,t,因为甲的滞空时间比乙 故E错误， 长，乙的水平分速度比甲大，所以甲、乙再次滑入赛道的位置可 能相同，故D正确， (2)根据T-倍-V侣-√隔=Q1,小球平鞋 二、多选题 8.BC;9.AC;10.BC 的初速度大小为6=兰-最片。=15。 提示： 经过6点时的竖直莲度引-号-2心 8.石子接触水面时速度方向与水面的夹角为0，石子水平 经过b点的速度大小为=√%+=2.5m/s 抛出的速度为，石子竖直方向做自由落体运动，则有h= 2gt,石子接触水面时，根据速度分解有ta0=马=匙，解 1 2uc2(3V晨 % 解析：(1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的 得tan0=2巫，可知，出手高度越大，石子接触水面时速度方 是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的，故 A错误；为保证抛出的初速度相同，应使小球每次从斜槽上相 向与水面的夹角越大，根据题意可知，为了观察到明显的“水 同的位置由静止释放，故B错误，C正确；因为存在摩擦力，故 漂”效果，则应适当减小出手的高度，故A错误，B正确；结合上 不满足机械能守恒定律，故D错误. 述可知，石子出手速度越大，石子接触水面时速度方向与水面 (2)竖直方向根据自由落体运动规律可得y2-y1=gTP, 的夹角越小，可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当 水平方向由匀速直线运动得x=,T 增加出手的速度，故C正确，D错误. 9.依题意，以C点为原点，CD为 联立解得o= /2-1 =x√2-1 x轴，垂直CD向上方向为y轴，建立 g 坐标系如图4所示，对运动员的运动 (3)由平抛运动的规律有△y=y2-y1=gT,x=T.联 进行分解，y轴方向做类竖直上抛运 动，x轴方向做匀加速直线运动.当运 立可得△y=号x D 动员速度方向与轨道平行时，在y轴 图4 方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性可知t=t2, 所以△y一2图像的斜率为k=是，解得o=√货 故A正确，B错误；将初速度沿x、y方向分解为1、2，将加速度 四、解答题 沿xy方向分解为a1、a2,结合初速度为零的匀加速直线运动 13.解析：(1)由几何关系可知：小球A下降的竖直高度为 的比例关系知：初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内： yA=Rcos0,小球B下降的竖直高度为yB=Rsin0, 2 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 由平抛运动规律可知：yA= 1 1 戏，a=286 (2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平 方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速运动规律， 由此可得：专=√n0 /cos 0 两次水平位移之比为1：3，所以回到x轴时落到x=12处，位置 N的坐标为(12,0) (2)由几何关系可知：两小球水平运动的位移分别为： (3)到N点时竖直分速度大小为v'=6=4m/s, x Rsin0,%8 Rcos 0, 水平分速度飞，=a水平·2t1=21=12m/s, 由平抛运动规律可知：xA=UAA,xg=Vgtg, 故2=√02+=4√0m/s. 由此可得：4= (sin0)3=√/(tan0) cos0 第6期3版参考答案 14.解析：(1)小球到达C点时的速度与AB正好平行，AB 一、单选题 与BC垂直，则小球到达C点时的速度与BC垂直，把小球在C 1.D;2.C;3.B;4.C;5.B;6.B;7.A. 点的速度分别沿着水平方向和竖直方向分解， 提示： 3gto 1.物块随转盘转动时，其向心力由静摩擦力提供，当它匀 则有5=am53,解得= 速转动时其方向指向圆心，当它加速转动时其方向斜向前方， 由平抛运动的规律可得x1=,o,y1= ,A,C两点间的 gto 当它减速转动时，其方向斜向后方.故D正确。 3.直升机螺旋桨上A、B、C三点为同轴转动，则这三点的周 距离为31=√+ 期及角速度大小均相同，因为A、C在叶片的端点，而B在叶片 -3g6,-3g6 的中点，则A、C两点的转动半径相同，大于B点的转动半径，根 综合可得x=4= 4 据v=rw可知三点的线速度大小关系为vA=vc>Ug,根据a= (2)AB与水平面的夹角为 rw2可知三点的向心加速度大小aA=ac>ag,故C正确. 53°，斜面AB把x1= 分 3.当处于临界状态时，有g=m京，得临界速度。 两部分，分别设为2、x,如图5 53 371 √gR.故安全速度v≤√gR,故B正确. 所示 4.飞机在空中水平盘旋时在水平面 由几何关系可得 图5 内做匀速圆周运动，受到重力和空气的作 2 y +h tan 53=, 用力两个力的作用，其合力提供向心力， h=tan37°· F.=m 飞机受力情况示意图如右图 2 联立可得一哥 所示，则F:mg+=m√+辰放C正确 设小球从A到B的运动时间为t,由平抛运动的规律可得 5.球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，由牛 为+h= 顿第二定律有g=m艺解得。=V亿.由于：=√合g< √34to 联立解得t= 5 o,所以杆对球有支持力，由牛顿第二定律有mg-F、=m L (3)小球从A到D平均速度为可=上+h-17g 21 2。-50 解得F、=mg-m乙=2mg,由牛顿第三定律可知，球对杆有 规定竖直向下为正方向，由匀加速直线运动规律可得 1 向下的压力，大小为mg,故B正确 -×20+2g(2)2=y+h 6.剪纸每转动0=×2m(N=1,23,…,转动后的图 综合解得2= 33g 50 形都会与原图形重合，只要在经过相邻两次闪光的时间间隔 15.解析：（1)设正方 形的边长为s 内，剪纸都转过0=分×2m(N=1,23,…）,静止不动的观察 竖直方向做竖直上抛 5×2m o 运动，20=21 图6 若就硬察到明纸相对静止则山=号=1(N=1,23。 t …)n=会=2N/s(N=1,23,…,当N=1时，n最小，此 水平方向做匀加速直线运动，3$。= 2 解得v1=6m/s. 时n=2/s,故B正确.速解：剪纸在0.1s内至少转号圈，则看 3 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 起来相对静止，即1s至少转2圈，故B正确。 4m2mr·(”)2,因为甲球的质量较大，所以可得曲线①为小球 7.由题意知小球刚好能通过半圆的最高点A,则有mg= 甲的实验数据。 m 只，得三√分3R小球从A点做平抛运动，有=，t,y9 12.(1)m 2 (2)当质量m、转动半径r不变时，向心力与线速度的平方 ,又2+2=，代入解得y=《5,)B,则B点与0点 成正比 2 (3)L 的高度差为hm=R-y=3,5)卫，故A正确， 2 解析：(1)根据F=m亡，探究向心力大小与线速度的关 二、多选题 系，应保持质量m和转动半径r不变， 8.ACD;9.AD;10.AC. (2)线速度大小为：=，则有F=丹（兰）户，图线斜率 提示： 8.由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为1： 表示质量与半径的比值，且保持不变，由此可知，当质量m、转 sim0,故A正确；小球a做变速圆周运动，只有在最低点时合力 动半径r不变时，向心力与线速度的平方成正比 充当向心力，其他位置时绳拉力与重力沿绳向外的分力的合力 (3)由图线的斜率为：=受，得砝码的质量为m=L 提供向心力；而小球b做匀速圆周运动，是合力充当向心力，故 四、解答题 B错误：根据矢量三角形可得Fo0=mg,即R=。故C 13.(1)2.7m/s2 (2)25 甲先出弯道 242 正确；小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有F。= 解析：(1)根据速度与位移公式有2=2ax mgcos0,故D正确. 代入数据可得a=2.7m/s2. 9.对于B茶杯，根据摩擦力提供向心力F:=umg≥ (2)根据向心加速度的表达式a= 孕·2，可得动摩因数至少为产放1正确杯子受到 R 225 得甲、乙的向心加速度之比为=2·R=2 的摩擦力等于杯子做圆周运动所需的向心力，不清楚哪个杯子 az v Ro 装满了水，无法比较两杯子的向心力大小，故B错误；杯子刚要 甲、乙两运动员做匀速圆周运动，则运动的时间为：=尽 滑动时，对茶杯A,有mg=mor,对茶杯B,有umg=mo2·2r, 代入数据可得甲、乙在弯道运动的时间为t如= 4 可得茶杯A、B发生滑动的最小角速度分别为w,=√一，“，= 5s,t2= 9T √停，若塔大转动的角速度，茶杯B一定先滑动，故C错误，D 因为t仰<t之，所以甲先出弯道。 正确 14.(1)500N(2)7.5m/s(3)8.7m 10.对小球受力分析，在竖直方向有mg=Fsin0,可知小 解析：(1)拉力沿竖直方向的分力大小等于重力，由平行 球一定受a绳的拉力作用，且小球所受a绳的拉力随角速度的 四边形定则可知，拉力F=m。 增大保持不变，故A正确，B错误；当b绳刚要绷紧出现弹力时， -00N=50wN 0.8 水平方向根据牛顿第二定律，有F.cos0=mwl,联立解得w (2)根据受力分析，由牛顿第二定律得 mgtan37°=m 2 g。,即当角速度w>√an0 =入lan ,g时，b绳将出现弹力，故C R 其中R。=R+lsin37°=4.5m+5m×0.6=7.5m 正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，α绳的弹力可 联立解得v=7.5m/s. 能不变，故D错误 (3)由几何关系可知座椅离地高度 三、实验题 h=0102-lcos37°=5.8m-5m×0.8=1.8m 11.(1)变大 变小(2)①4mmr·(2) 由平抛运动规律得：=，人=乃式 解析：(1)小球做圆周运动时，有r,=m0r=m(2牙)， 联立解得x=45m 当小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将变 由勾股定理可知，落地点与游戏机转轴距离 大；若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受到的 r'=√+x=(7.5)2+(4.5)7m=8.7m 拉力将变小 15.(1)2rad/s(2)2.5m(3)2.1m ，可得F=m(2)2,= 解析：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转 (2)根据题意有周期T= t 动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转 4 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 速的增大，小物体受到的静摩擦力增大，当静摩擦力最大时，小 知”x子x都与有关，所以是≠号，立≠故正 物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，有 120102 F=umg mo'r CM) 解得w=2rad/s. 错误， GM,与r无关，故D正确. GM (2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为 零，对应的餐桌半径取最小值.设物体在餐桌上滑动的位移为 4根据万有引力定律有P=6学，B卫星在由近地点向远 s,物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a,有α= m 地点运动过程中受到地球引力逐渐减小，故A错误：由题意知 又Ff=mg B卫星半长轴为A卫星圆轨道半径的2倍，根据开普勒第三定 解得a=h2g=2.25m/s2 律得R=2R解得T。=22T4,所以地心与卫星B的连线 物体在餐桌上滑动的初速度o=or=3m/s 由运动学公式0-6=-2as可得s=2m 在2T4时间内扫过的面积小于椭圆面积，故B、C错误；1轨道 由几何关系可得餐桌半径的最小值 圆心在地心，2轨道的一个焦点也在地心，所以二者重合，故D R=P+2=2.5m 正确. (3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度 5.在卫星轨道半径变小的过程中，地球引力做正功，引力 为物体在餐桌上滑动的末速度 势能一定减小，卫星轨道半径变小，动能增大，由于稀薄气体阻 由题意可得2-哈=-2as 力做负功，机械能减小，故A、C错误，B正确；根据动能定理，卫 星动能增大，卫星克服稀薄气体阻力做的功小于地球引力做的 由于餐桌半径R'=2r,所以s'=r=1.5m,解得v= 正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小量，所以卫星 1.5m/s 克服稀薄气体阻力做的功小于引力势能的减小量，故D错误. 设物体做平抛运动的时间为，则么：，解得1= 6.由(@1-0加=2：和7：巴可得火星冲目时间间隔 2h=0.4s 21年.放A正确：由开者勒第三定律可得二学 物体做平抛运动的水平位移s=t=0.6m t=T-T地 所以，水平距离L=s'+s=2.1m. ，则火星与地球公转轨道半径之比约为3：2，故B错误：由8 T地 第7期3版参考答案 一、单选题 与产，可得火星与地球表面重力加速度之比约为4：9，故C 1.C:2.B:3.D:4.D:5.B:6.A:7.C. 误；由p= 3M 提示： R,可得火星与地球密度之比约为8：9，放D错 GM 1.根据第一宇宙速度)=√ 误 ,可得月球与地球的第一 R 7.根据开普勒第三定律有 =k,且k= 。,可得T 宇宙速度之比为=， )地√M地R男 aR 宙速度约为=子=号×8kmse18kms,在月球上 ,故A错误；由万有引力提供向心力得GMm=m4红， 2 72, 发射卫星的最小速度约为1.8k/s,月球卫星的环绕速度小于 得 >GM可得G=6,解得M=,故B错误；由p与 a Ga 或等于1.8km/s,“近月卫星”的线速度为1.8km/s,小于“近 4π2b 地卫星”的线速度，故C正确。 长，且V=号心，可得p= M 4 0=aeR,故C正 4 2.由题知“天宫”空间站周期T=头h=1.5h,运行半径 3 mhi 3 TRi 16 T1=6800km,“吉林一号”谣感卫星运行半径r2=6935km,根 c4m26 确：由G=mg得g= R R -板D民 =R 据开普勒第三定律有？一 三是，解得T,≈T=1.5h,故B 二、多选题 正确. 8.BD:9.AD;10.BD. 3.卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 提示： GM Gm=mor=m可得uVw,由P =r CR=m其R+,得 8.由万有引力提供向心力G,Mm 可知，由于轨道半径不同，则≠2，故A错误：由以上分析可 卫星距离地面高度为h= GMT 012 -R,故A错误；卫星运行时 一 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 受到地球引方的大小为Fa=6RA,放C错误第一字宙 小球从静止释放到C点过程，由动能定理得 1 GM mg(H-2r）=2m2-0 速度为二、，卫星的运行速度”=NR+h<,放B止 联立解得F=2m型-5mg T 顾：地表重力加速度为：，卫星运行的向心加速度。」 根据图像数据可知，当H1=0.5m时，F,=0N,当H2= (R+)户<&，故D正确 GM 1.0m时，F2=5N,把数据代入方程解得g=5m/s2,r=0.2m (2)第一宇宙速度与贴着星球表面做匀速圆周运动的速 9.根据开普勒第二定律可知探测器在同一轨道上相等时 间内与火星的连线扫过的面积相等，但是图中两阴影部分不在 度相等，则有mg=mR 同一轨道，不相等，故A正确：根据开普勒第三定律可知，从“调 解得该星球的第一宇宙速度大小为v=√gR= 相轨道”进人“停泊轨道”，探测器的轨道半长轴变小，周期变 √/5×5000×103m/s=5000m/s. 小，故B错误；从“调相轨道”进入“停泊轨道”，探测器做向心 四、解答题 运动，需要减速，探测器机减能变小，故C错误；根据公式Gm 2 13.(1)N7 oR 2voR =ma可知探测器在P点的加速度大于在N点的加速度，故D (2)入N 正确. 解析：(1)由题意可知星球表面重力加速度为g= t 10.黑洞A、B运行的角速度相同，A的半径较大，则A的线 速度较大，故A错误；设它们相距为L,角速度为0，根据1，M 由星球表面万有引力等于物体重力知mg=mR 2 voR =以心L业=Moe可得<，期当B的质量 解得=√gR=√t 减小，A的质量增加时，两个质量的乘积变大，故它们之间的引 (2)由星球表面万有引力等于物体重力知GMm=mg 力变大，故B正确；根据LA+Ls=L,整理得o= 又物体在行星表面的引力势能E,=-G M+迈，根据T=2江可知角速度不变，周期不变，故C R 解得E。=-mR 错误；人类要把航天器发射到距黑洞A较近的区域进行探索， t 必须冲出太阳系，所以发射速度一定大于第三宇宙速度，故D 从行星表面到无穷远处，由机械能守恒定律有 正确 1 t 三、实验题 12速率片奇 解得2=入√ UoR t 解析：(1)对AB整体研究，利用牛顿第二定律有F。=(m 14.(1)gR 片质年V四 +m1)a 解析：(1)从地球发射飞船到轨道Ⅲ的最小速度即为第 对物体A研究有a= E m 字宙速度，则mg=mR 联立解得m=F。- mofi 解得v=√gR (2)由于处于完全失重，则由拉力提供向心力，则有F= (2)当飞船在地球表面静止不动时，有G=mg R2 m26 解得GM=gR 由于描点作图得到一条直线，可知应以为纵坐标： 设飞船在轨道I上的运行速率1，轨道I是圆轨道，根据 万有引力提供向心力GMm=m习 2 根据上述可知斜率k=m6,解得m三后 12.(2)0.25(2)贴着星球表面（答案不惟一，合理即 联立可得子V 可得分)5000 (3)设飞船在轨道Ⅲ上的运行周期为T3,轨道Ⅲ是圆轨 解析：(1)小球过C点时，根据牛顿第二定律 道，根据万有引力提供向心力G紧=m受R F+mg m- 又GM=gR2 6 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 解得T,=2m√ 1.设墨条转动一周转过的弧长为s,用时为t,则转动一圈 过程中F做的功W=s,又s=t,联立求得t=2s,故B正确， 设飞船在轨道Ⅱ上的运行周期为T2,轨道半长轴为 2.雨滴在地面附近下落过程中做匀速运动，对雨滴下落高 a,=R4=2.5n 度h的过程，由动能定理有mgh-W=0,即W,=mgh,故B正 2 确，A、C、D错误 根据开普勒第三定律可得 a 3.设在时间间隔△t内，喷出燃气的质量m=pS△t,根据 解得T2= 5π 10R 动能定理可得发动机做的功为W=AE:=了mr=s4。 2V g 所以飞船在轨道Ⅱ从B点到A点的时间 则Ns-5涡扇发动机喷气的功率为P=是=心，放A 正确， 4.6s末达到最大速度.此时牵引力为F=mg+f,最大速 15.(1)983GmR 4 2g (2)②R 3 (3)33 2g 度为a=卡，根据动能定理，有P1-(mg+fh=7m2 0,代人数据解得h=55.1m,故B正确. 解析：(1)根据自由落体运动规律可得h= 5.由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功 所以g=2业 W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W= 2 故地= 之m+HTg相=-乞，a=g,=,联立以上各式可 g火地 得W=m2,故C正确. 则8=4 4 6.根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增 6地=98 地球的密度P地= M 3g地 加量，即心，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功 4 3nki 4GmR地 大小为2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位 火星的密度P火= M 3g火 =4GmR火 移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对 3 mki 4 物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于弓…，故B错 ==号×子=号 。42 8 误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与 P地 一g地R火 8 2g 故火星的密度P妖=9P地=3CmR 摩擦产生的内能之和，故大于，放C错误：在传送物块过 程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q= (2)根据万有引力提供向心力G把=mg=m天 R2 F△，设加速时间为，物块的位移为51=了，传送带的位移 地球的第一宇宙速度大小U地=√g地R地 为=，根据动能定理=之m,故热量Q=FA 火星的第一宇宙速度大小火=√g火R 故= g水R水= (5)=,放D正疏 地 √g地R地 3 7.小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上 解得k=2级 运动的总路程为s,整个过程由动能定理有mgh-mg=0,所 3 (3)设小球经过时间t后落到斜面上，水平方向x=ot 以小物块在BC面上运动的总路程为s=上=0.30m 0.1m=3m, 竖直方向A=方6x心 而d=0.5m,刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距 离为0，故D正确。 又tan30°= h 4 8火= 98地- 98 二、多选题 解得1=33 8.BD;9.AC;10.AD. g 提示： 第8期3版参考答案 8.从A到D全过程，由动能定理得mgh-umgcos0· h sin0 一、单选题 -mgs=0-0,从D到A的过程，由动能定理得W。-wmg- 1.B;2.B;3.A;4.B;5.C;6.D;7.D. in0mgh=0-0,解得W,=2mgh,故BD正确。 h 提示： umgeos0· 7 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 9.由题图乙可知物体运动的总位移大小为10m,故A正 解得v1=1m/s. 确；由动能定理得-Fs=△E=-100J,则摩擦力大小F:= (2)当滑块速度达到最大时，滑块的加速度为零，由受力 10N,由牛顿第二定律得F,=ma,则a-=5m/g,放B.D 分析可得 m mgsin 0 umgcos 0+kx 2E0 错误：物休的初动能E。=2片=101，则场=√品 可得弹簧的压缩量为x=0.02m 滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，根据动 10m/s,故C正确. 能定理有 10.A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动.当 A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量； mg()sino-umg(cos -Em 当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增加 量，故A正确，B错误；由动能定理知，F2对B做的功等于B的 解得最大速度。=2⑥ 5 m/s. 动能的增加量，拉力F和Fa对A做的功之和等于A的动能的增 14.(1)E1-mgh1 加量，故D正确，C错误 (2)umngh.mghaE-mgh umgl 三、实验题 11.(1)⑥4.0⑦0.08120.0800(2)9.7 解析：(1)对物块从B点到落地的过程，由动能定理有 解析：(1)⑥小钢球通过光电门的时间极短，可以用平均 mghy =E1-E8 速度替代瞬时速度，则小钢球经过光电门时的速度为。=4 解得EB=E1-mgh1 t (2)对物块从A点到落地的整个过程，当落地动能为E =10.0×103 2.50×103m/s=4.0m/s: 时，对应的拉力最大，设为Fm,由动能定理有 FmL -umgL mghy =E ⑦此过程中小钢球重力势能的减少量为△E。=mgh= 10.0×10-3×9.8×82.90×102J=0.0812J 解得Fax- E-mgh umgL L 小钢球动能的增加量为A=7mr=子×100×10 若物块恰能到达C点，对应的拉力最小，设为Fm,根据动 能定理有FmL-umgL-mgh2=0 ×4.02J=0.0800J (2)若机械能守恒则有2mw=mgh,即，=2gh,根据图 解得F=ngL+mg L 像斜率有2g=)行，解得g:9.7 则恒力F必须满足的条件为 umgl.t mgh-mgh +umgl 12.(2)1:2(3)不需要 L L 440(52g=(+(号 15.(1)6m/s(2)1.2m(3)能 m 解析：(2)由圆周运动规律可知vpvo=2:1,又p:o= 解析：(1)设滑块第一次到B点的速度为1，从A到B根据 d:d,解得p:to=1:2 1 动能定理有mgLawsin0=2mu-0 tp to (3)验证机械能守恒定律时，由于钢球P、Q的质量相等， 代入数据解得v1=6m/s. 则验证机械能守恒定律的表达式中质量可以约掉，所以不需要 (2)设滑块第一次到D点的速度为2，滑块从A到D的过 测量钢球的质量。 程根据动能定理有 (4)20分度游标卡尺的分度值为0.05mm,由题图可知挡 mglsin 0-pmgbne -mgRm 光片宽度为d=4mm+0×0.05mm=4.00mm. 设滑块第一次离开D点速度减到O时距D点的高度为h, (5)若系统转动过程中满足机械能守恒，则有2mgL-mgL 1 d2 1m(L）+2m( 根据动能定理有-mgh=0-之m to 代人数据解得h=1.2m. 即2g=(4)2+(4) tp (3)假设滑块能再次返回斜面，设返回斜面最高点距B点 四、解答题 的距离为L,全过程根据动能定理得 13.(1)1m/s(2)2m/s mg(LAn -L)sin 0-2umgLnc =0-0 5 代入数据解得L= 解析：(1)滑块与弹簧上端第一次刚好接触时，根据动能 3 m. 定理可得mosin0-wmg5ocos0=2m-0 -8