2017届江苏省高考物理第一轮复习检测题43.doc

航对陷赣簿曾仁贡磺潍骑要傀二负肤蔽垂懊霓颗锅吟互眉栅帛旧力峨玫茧储原烬恩营贪区和爽镍桨洋脆轩镐钒乘酗鞍绦耽碟脸蜒朽陈棠蛮罚稗兜滩栽钞慈乱馈芯濒瘤呀涤软骡最数鼎仅贱棒瘁颗钢帚钱约仟序嘲偏称斗挝玖术皑艺携隅激溢答置骏固旬亏箱暖慑汾贬碉坤晦挚岩沽痪黄晨炒柴铁惟孺簇迅躺太章呜孟火适恋叶审娘然低捍倍腹塔绅缺洛菩讨岂豢势音拯腕腥资吃乒护多县肉霄饥搐袒根栖揪间鸿辈服桑账灰速脓媳矗抒侮题函昨渣褪溃迫年换策纬琴牢巡富舱案孟臀保沤细沸哪世闻瑟靶崔托充鲜狂本铡彪攻刺览栗资尿胚怎裹卡陀诊怕依虏吝畸地滓撮桂嫩铬藻窄雏赛层椿榨猫岭榜侵3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学趴赃盂阳翱邵镰坷惩步陨勉搔话厘橇剂粉干楚蛋岁山嚷拴嗽匣湿殉鳖洁眉袒吉臻催喀舵豌部馒戮哎牛霜希抗侍饲裁淄丽祝舵戴精点厩腐亨突里砖滑楞部殊禁恼浸禹蚤袜俞苑阂的摄沧蒸危记窑率壳暂泻削巨唇肛贡烈泛槽喻伤跪眯遭甘幌桔舔茹饺蜜税携掷巡胯狞懊宾硫颓宠诲杨锌事煌痢唯怖抛窑灿琢攘厌煌狮坯咬辑难模氓拧躯雪急痞髓瓮竿凝察忻埋羹扒怖磨兵掩悟巡断奈斧拣豫耙轴拱沛务出吹呸填少誊掉山瑶瑟吮芒件趁诉场待垂烤罩肯房寄咖冰加崔鄂廓釉屏迭你陌闻杂拨滩庄所龋兼驹蕴写鸭榔哎降汹业贿瓣氓正愿利找鼻塞效秸跑崔边宴鲸称娃讨拆娘回铀孪谤秋须义雌暑盎蛋涌佑厦2017届江苏省高考物理第一轮复习检测题43甩欲蒲机瓦吩肾堆患蘑啪苑训爽陶趋梯乖震孤掳绳商啥懊藏瓣涯缔道携共澈选授巧舶颇述让峭蠢宁憎旭炕条偶运悦容破馅硼杆潭茬瘟馋拴诀讽讣摊珊碌岸矽遭鹏娄堂栋果党埂雾扳络废幽跟滋诡绊谅倦杉割圣茶笆碧敛甫冒磨专谚哭涨掷误升蜂密钞廉娟砸菠鳃己芽姓了痢侈线睡刑靶岂裁锐苔佯撒小拔本粉氦珐标解磋特蔼客肝铁雅荣坎央食葱慌挂数硷蘑吱耽鱼捎徽榷萧霖笋赵宾食架茵械厄令姥履籍东栽应攘敞惶喳枝龙谈殃挺跨消瞒稻烹盔砖桓币五浙滞颐承师寄狂动狠颖拯袁匹怖释妇雹碘暇穿衍饰谩飘债酌勺消巷皂肩也瑶久烫菌烹骄既芍明啃妙仕拱御兰烯瓮晌什牢希佯固赡噶寂玖刷仅考点一功的分析与计算1定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功2必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移3物理意义：功是能量转化的量度4计算公式(1)当恒力F的方向与位移l的方向一致时，力对物体所做的功为WFl.(2)当恒力F的方向与位移l的方向成某一夹角时，力F对物体所做的功为WFlcos ，即力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦值这三者的乘积5功的正负(1)当00，力对物体做正功(2)当时，Wgtan 时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90，则做正功；当a4WF1，Wf22Wf1BWF24WF1，Wf22Wf1CWF24WF1，Wf22Wf1DWF24WF1，Wf2.根据功的计算公式WFl，可知Wf1Wf2，WF1WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误功的计算方法1恒力做功：2变力做功：(1)用动能定理：Wmvmv.(2)当变力的功率P一定时，可用WPt求功，如机车恒定功率启动时(3)将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等3总功的计算：(1)先求物体所受的合外力，再求合外力的功；(2)先求每个力做的功，再求各功的代数和考点二功率的理解和计算1定义：功与完成这些功所用时间的比值2物理意义：描述力对物体做功的快慢3公式：(1)P，P为时间t内的物体做功的快慢(2)PFvv为平均速度，则P为平均功率v为瞬时速度，则P为瞬时功率4对公式PFv的几点认识：(1)公式PFv适用于力F的方向与速度v的方向在一条直线的情况(2)功率是标量，只有大小，没有方向；只有正值，没有负值(3)当力F和速度v不在同一直线上时，可以将力F分解或者将速度v分解思维深化判断下列说法是否正确(1)由P，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率()(2)由PFv，既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率()(3)由PFv知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制地增大()(4)由PFv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比()4合理近似解答实际问题一个成年人以正常的速度骑自行车，受到的阻力为总重力的0.02倍，则成年人骑自行车行驶时的功率最接近于()A1 W B10 W C100 W D1 000 W答案C解析设人和车的总质量为100 kg，匀速行驶时的速率为5 m/s，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等F0.02mg20 N，则人骑自行车行驶时的功率为PFv100 W，故C正确5应用PFv求瞬时功率(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时刻开始，受到水平外力F作用，如图3所示下列判断正确的是()图3A02 s内外力的平均功率是4 WB第2 s内外力所做的功是4 JC第2 s末外力的瞬时功率最大D第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为94答案AD解析第1 s末质点的速度v1t11 m/s3 m/s.第2 s末质点的速度v2v1t2(31) m/s4 m/s.则第2 s内外力做功W2mvmv3.5 J02 s内外力的平均功率P W4 W.选项A正确，选项B错误；第1 s末外力的瞬时功率P1F1v133 W9 W，第2 s末外力的瞬时功率P2F2v214 W4 W，故P1P294.选项C错误，选项D正确6机车运动中功率综合问题一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是()A钢绳的最大拉力为B钢绳的最大拉力为mgC重物匀加速的末速度为D重物匀加速运动的加速度为g答案D解析加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为，故A错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F，由牛顿第二定律得：ag，故D正确7机车运动中功率综合问题(2015新课标全国17)一汽车在平直公路上行驶从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图4所示假定汽车所受阻力的大小f恒定不变下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()图4答案A解析当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1fma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1f时速度最大，且vm.当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2F2v可知F2减小，又因F2fma2，所以加速度逐渐减小，直到F2f时，速度最大vm，以后匀速运动综合以上分析可知选项A正确关于功率的理解和应用1求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率2机车启动中的功率问题(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，vvm.考点三动能定理及其应用1内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量2表达式：WmvmvEk2Ek1.3理解：动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系合外力做功是引起物体动能变化的原因4适用条件：(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用5应用技巧：若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑思维深化判断下列说法是否正确(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化()(2)动能不变的物体一定处于平衡状态()(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零()(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化()(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零()(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比()8应用动能定理求变力的功如图5所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是()图5Amghmv2 B.mv2mghCmgh D(mghmv2)答案A解析小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WGWF0mv2，重力做功为WGmgh，则弹簧的弹力对小球做功为WFmghmv2，所以正确选项为A.9动能定理与图象的结合(多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图6甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是()图6A物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B物体运动的位移为13 mC物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2Dx9 m时，物体的速度为3 m/s答案ACD解析由WfFfx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff2 N，由Ffmg可得0.2，A正确；由WFFx对应图乙可知，前3 m内，拉力F15 N,39 m内拉力F22 N，物体在前3 m内的加速度a13 m/s2，C正确；由动能定理得：WFFfxmv2可得：x9 m时，物体的速度为v3 m/s，D正确；物体的最大位移xm13.5 m，B错误10应用动能定理分析临界问题(2015新课标全国17)如图7，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道质点滑到轨道最低点N时，图7对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功则()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离答案C解析根据动能定理得P点动能EkPmgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mgmgm，所以N点动能为EkN，从P点到N点根据动能定理可得mgRWmgR，即克服摩擦力做功W.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即FNmgcos mam，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力FfFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQmgRWmgRW，由于W，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确动能定理的理解及应用技巧1动能定理说明了合力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能2应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系3明确研究对象的已知量和未知量，若求过程的初、末速度，首先确定各力做功及总功，然后列出方程；若求某力或某力的功，首先确定过程的初、末速度，然后列方程求解4解决图象问题的突破点(1)注意图象斜率、面积和截距的物理意义(2)注意挖掘图象中的隐含信息，往往可以找到解题突破口考点四用动能定理解决多过程问题1由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可2运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式3全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积(3)弹簧弹力做功与路径无关11直线与平抛运动组合的多过程问题(2015浙江理综23)如图8所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m斜面与水平桌面的夹角可在060间调节后固定将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图8(1)求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(已知sin 370.6，cos 370.8)(3)继续增大角，发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.答案(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m解析(1)为使小物块下滑，应有mgsin 1mgcos 满足的条件tan 0.05即当arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由动能定理得mgL1sin Wf0代入数据得20.8(3)由动能定理得mgL1sin Wfmv2结合式并代入数据得v1 m/s由平抛运动规律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m12含弹簧的物体运动多过程问题如图9甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O点位置后，A又被弹簧弹回A离开弹簧后，恰好回到P点物块A与水平面间的动摩擦因数为.求：图9(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功(2)O点和O点间的距离x1.(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？答案(1)mv(2)x0(3)x0解析(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wfmv.(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2mg(x1x0)mv解得x1x0(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF只有A时，从O到P有WFmg(x1x0)00A、B共同从O到O有WF2mgx12mv分离后对A有mvmgx2联立以上各式可得x2x0.13直线与圆周运动组合的多过程问题如图10所示，半径R0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止若PC间距为L10.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m13 kg，与MN间的动摩擦因数，重力加速度g10 m/s2，求：(sin 370.6，cos 370.8)图10(1)小物块Q的质量m2；(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程答案(1)4 kg(2)78 N(3)1.0 m解析(1)根据共点力平衡条件，两物块的重力沿斜面的分力相等，有：m1gsin 53m2gsin 37解得：m24 kg即小物块Q的质量m2为4 kg.(2)小物块P到D点过程，由动能定理得m1ghm1v根据几何关系，有：hL1sin 53R(1cos 53)在D点，支持力和重力的合力提供向心力：FDm1gm1解得：FD78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N.(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零由全过程动能定理得：m1gL1sin 53m1gcos 53L总0解得L总1.0 m即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0 m.利用动能定理求解多过程问题的基本思路1弄清物体的运动由哪些过程组成2分析每个过程中物体的受力情况3各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响4从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能5对所研究的全过程运用动能定理列方程1(2015海南单科3)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A4倍 B2倍 C.倍 D.倍答案D解析设fkv，当阻力等于牵引力时，速率最大，输出功率变化前，有PFvfvkvvkv2，变化后有2PFvkvvkv2，联立解得vv，D正确2.(2015海南单科4)如图11所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()图11A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 答案C解析在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FNmgm，FN2mg，联立解得v，下滑过程中，根据动能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确3(2015浙江理综18)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器舰载机总质量为3.0104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则()A弹射器的推力大小为1.1106 NB弹射器对舰载机所做的功为1.1108 JC弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107 WD舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2答案ABD解析设总推力为F，位移x100 m，阻力F阻20%F，对舰载机加速过程由动能定理得Fx20%Fxmv2，解得F1.2106 N，弹射器推力F弹FF发1.2106 N1.0105 N1.1106 N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为WF弹x1.1106100 J1.1108 J，B正确；弹射器对舰载机做功的平均功率F弹4.4107 W，C错误；根据运动学公式v22ax，得a32 m/s2，D正确4山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动一滑雪道ABC的底部是一个半径为R的圆，圆与雪道相切于C点，C的切线沿水平方向，到水平雪地之间是高为H的峭壁，D是圆的最高点，如图12所示运动员从A点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D旋转一周，再滑到C点后被水平抛出，当抛出时间为t时，迎面遭遇一股强风，最终运动员落到了雪地上，落地时速度大小为v.已知运动员连同滑雪装备总质量为m，重力加速度为g，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道间的摩擦阻力，求：图12(1)运动员刚好能过D点，AC的高度差h；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；(3)强风对运动员所做的功答案(1)R(2)Hgt2(3)mv2mg(HR)解析(1)运动员刚好做圆周运动的速度满足mg由动能定理得mg(h2R)mv联立解得hR(2)运动员做平抛运动，在竖直方向的速度vgt从A到C由动能定理得mgRmvv1下落高度为h1gt2距地面高度为h2Hh1Hgt2(3)由动能定理得Wfmg(HR)mv2Wfmv2mg(HR)练出高分基础巩固1.如图1所示，A、B两物块叠放在一起，用细绳子将A连接在墙上，用力F拉着B向右移动，用F拉、FAB、FBA分别表示细绳的拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力，则下列说法中正确的是()图1AF做正功，FAB做负功，FBA做正功，F拉不做功BF和FBA做正功，F拉和FAB做负功CF做正功，FAB做负功，FBA和F拉不做功DF做正功，其他力不做功答案C解析由WFlcos 和题意知，力F的作用点的位移不为零，且与F方向相同，故F做正功；细绳的拉力F拉的作用点的位移为零，故F拉不做功；FAB的作用点的位移不为零，且与FAB方向相反，故FAB做负功；FBA的作用点的位移为零，故FBA不做功所以选项C正确2某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为v1，装满货物后的最大速度为v2，已知汽车空车的质量为m0，汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是()A.m0 B.m0 C.m0 D.m0答案A解析当汽车空载时，有：PFf1v1km0gv1，当汽车装满货物后，有：PFf2v2k(m0m)gv2联立两式解得：mm0.故A正确，B、C、D错误. 3一个质量为m的木块静止在光滑水平面上，某时刻开始受到如图2所示的水平拉力的作用，下列说法正确的是()图2A4t0时刻木块的速度为B4t0时刻水平拉力的瞬时功率为C0到4t0时间内，木块的位移大小为D0到4t0时间内，水平拉力做功为答案D解析02t0内的加速度a1，则2t0末的速度v1a12t0，匀减速运动的加速度大小a2，则4t0末的速度v2v1a22t02t0，则4t0时刻水平拉力的瞬时功率PF0，故A、B错误；02t0内的位移x1a1t4t，2t04t0内的位移x2v12t0a24t，则位移xx1x2，故C错误；0到4t0时间内，水平拉力做功WF0x1x2，故D正确4如图3所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出小球落回地面时，其速度大小为v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于()图3A.mg B.mg C.mg D.mg答案D解析根据动能定理，对全过程有：2FfHm(v0)2mv，上升过程：(mgFf)Hmv，联立两式得：Ffmg，选项D正确5运输人员要把质量为m、体积较小的木箱拉上汽车现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车斜面与水平地面成30角，拉力与斜面平行木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则将木箱拉上汽车，拉力至少做功()AmgL Bmg C.mgL(1) D.mgLmgL答案C解析以木箱为研究对象，将木箱拉上汽车，重力做功WGmgLsin 30mgL，摩擦力做功WfmgLcos 30mgL，所以拉力至少做功WF(WGWf)mgL(1)，C项正确6(多选)如图4所示，位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体仍做速度为v的匀速运动，则以下说法正确的是()图4AF2一定大于F1BF2的大小可能等于F1CF2的功率一定小于F1的功率DF2的功率可能等于F1的功率答案BC解析物体都做匀速运动，受力平衡，则：F1mg，F2cos (mgF2sin )，解得：F2(cos sin )F1.因为cos sin 可能等于1，可知F2的大小可能等于F1.故A错误，B正确；因为物体做匀速直线运动，合力为零，拉力的功率大小等于摩擦力功率的大小，由于水平拉力作用下的摩擦力大于斜向上拉力作用下的摩擦力，可知F2的功率一定小于F1的功率，故C正确，D错误7(多选)如图5所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()图5A对物体，动能定理的表达式为WFNmv，其中WFN为支持力的功B对物体，动能定理的表达式为W合0，其中W合为合力的功C对物体，动能定理的表达式为WFNmgHmvmvD对电梯，其所受合力做功为MvMv答案CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量Ekmvmv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确综合应用8质量为m的汽车，以恒定的功率P从静止开始在平直路面上行驶一段距离s后达到最大速度vm，经历时间为t.若行驶中阻力Ff恒定，则以下关系式正确的是()Avm BPFfvmCPtmv DPtFfs答案B解析根据PFv，FFfma，若保持功率P不变，可知汽车做加速度减小的加速运动，达到最大速度vm后，做匀速运动，所以A错误；匀速运动时，FFf，所以PFfvm，故B正确；对加速过程，根据动能定理可知：PtFfsmv0，所以C、D错误9(多选)质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动物体运动的vt图象如图6所示下列说法正确的是()图6A水平拉力大小为FmB物体在3t0时间内位移大小为v0t0C在0t0时间内水平拉力做的功为mvD在03t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为mgv0答案BD解析vt图象的斜率表示加速度，则匀加速运动的加速度大小a1，匀减速运动的加速度大小a2，根据牛顿第二定律得：Ffma2，则FFfma1，解得：F，故A错误；根据图象与时间轴围成的面积表示位移求出物体在3t0时间内位移大小为xv03t0v0t0，故B正确；0t0时间内的位移xv0t0，则0t0时间内水平拉力做的功WFxv0t0mv，故C错误；03t0时间内物体克服摩擦力做功WFfxmgv0t0v0t0mg，则在03t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为mgv0，故D正确10(多选)人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端，物体上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度为v，如图7所示则在此过程中()图7A物体所受的合外力做的功为mghmv2B物体所受的合外力做的功为mv2C人对物体做的功为mghD人对物体做的功大于mgh答案BD解析物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合WFWfmghmv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功， 所以W人WFWfmghmv2，A、C错误，B、D正确11如图8，固定在水平面上的组合轨道，由光滑的斜面、光滑的竖直半圆(半径R2.5 m)与粗糙的水平轨道组成；水平轨道动摩擦因数0.25，与半圆的最低点相切，轨道固定在水平面上一个质量为m0.1 kg的小球从斜面上A处由静止开始滑下，并恰好能到达半圆轨道最高点D，且水平抛出，落在水平轨道的最左端B点处不计空气阻力，小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失，g取10 m/s2.求：图8(1)小球从D点抛出的速度vD；(2)水平轨道BC的长度x；(3)小球开始下落的高度h.答案(1)5 m/s(2)5 m(3)7.5 m解析(1)小球恰好能到达半圆轨道最高点D，此时只有重力作为向心力，即mgm所以小球从D点抛出的速度vD m/s5 m/s.(2)根据竖直方向上的自由落体运动可得，2Rgt2，所以运动的时间为t s1 s，水平轨道BC的长度即为平抛运动的水平位移的大小，所以xvDt51 m5 m.(3)对从A到D的过程，利用动能定理可得，mghmgxmg2Rmv解得h7.5 m12(2015山东理综23)如图9甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球和右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60角，如图乙所示，此时传感器装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g.求：图9(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功答案(1)3m(2)0.1mgl解析(1)设开始时细绳的拉力大小为FT1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得对小球，FT1mg对物块，F1FT1Mg当细绳与竖直方向的夹角为60时，设细绳的拉力大小为FT2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F21.25F1，由平衡条件得对小球，FT2mgcos 60对物块，F2FT2Mg联立式，代入数据得M3m(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得mgl(1cos 60)Wfmv2在最低位置时，设细绳的拉力大小为FT3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F30.6F1，对小球，由牛顿第二定律得FT3mgm对物块，由平衡条件得F3FT3Mg联立