2016动力学高考精选

直线运动中动力学方法和能量观点的应用直线运动中多运动过程组合主要是指直线多过程或直线与斜面运动的组合问题(1)解题策略①动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律.②能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律.(2)解题关键①抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程.②两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键.例1在物资运转过程中常使用如图1所示的传送带.已知某传送带与水平面成θ＝37°角，传送带的AB部分长L＝5.8 m，传送带以恒定的速率v＝4 m/s按图示方向传送，若在B端无初速度地放置一个质量m＝50 kg的物资P(可视为质点)，P与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6).求：图1(1)物资P从B端开始运动时的加速度大小；(2)物资P到达A端时的动能.答案(1)10 m/s2(2)900 J解析(1)P刚放在B端时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋F f ＝ma F N ＝mg cos θ F f ＝μF N联立解得加速度为a ＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2(2)P 达到与传送带相同速度时的位移x ＝v 22a＝0.8 m 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，根据动能定理得 (mg sin θ－F f )(L －x )＝12mv 2A －12mv 2 到达A 端时的动能 E k A ＝12mv 2A ＝900 J.传送带模型是高中物理中比较常见的模型，典型的有水平和倾斜两种情况.一般设问的角度有两个： 1动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系. 2能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解. 变式题组1.如图2甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t ＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F 作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2(g 取10 m/s 2)，求：图2(1)A与B间的距离；(2)水平力F在5 s内对物块所做的功.答案(1)4 m (2)24 J解析(1)根据题目条件及图乙可知，物块在从B返回A的过程中，在恒力作用下做匀加速直线运动，即F－μmg＝ma.由运动学公式知：x AB＝12at2代入数值解得x AB＝4 m(2)物块在前3 s内动能改变量为零，由动能定理得W1－W f＝0，即W1－μmg·x AB＝0则前3 s内水平力F做的功为W1＝8 J根据功的定义式W＝Fx得，水平力F在3～5 s时间内所做的功为W2＝F·x AB＝16 J则水平力F在5 s内对物块所做的功为W＝W1＋W2＝24 J.2.(2015·宁波期末)航母舰载机滑跃起飞有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图3所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1＝160 m的水平跑道和长度为L2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m.一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响.取g＝10m/s 2.图3(1)求飞机在水平跑道运动的时间； (2)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；(3)如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84 m ，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100 m/s ，则弹射器的平均作用力为多大？(已知弹射过程中发动机照常工作) 答案 (1)8 s (2)2430 m/s (3)106 N解析 (1)设飞机在水平跑道加速度为a 1，阻力为F f 由牛顿第二定律得F －F f ＝ma 1L 1＝12a 1t 21解得t 1＝8 s(2)设飞机在水平跑道末端速度为v 1，倾斜跑道末端速度为v 2，加速度为a 2 水平跑道上：v 1＝a 1t 1倾斜跑道上： 由牛顿第二定律得F －F f －mg hL 2＝ma 2v 22－v 21＝2a 2L 2解得v 2＝2430 m/s(3)设弹射器的弹力为F 1，弹射距离为x ，飞机在跑道末端速度为v 3由动能定理得F1x＋FL1－F f L1＝12 mv23解得F1＝106 N.曲线运动中动力学方法和能量观点的应用例2(2016·浙江10月学考·20)如图4甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型.倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF.分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m.现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m处的A点静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点.过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2.求：图4(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；(3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案见解析解析(1)设C点的速度为v C，由动能定理得mgh －μ1mg cos 45°hsin 45°＝12mv 2C代入数据解得v C ＝810 m/s(2)设D 点速度为v D ，由动能定理得mg (h －2R )－μ1mg cos 45°h sin 45°＝12mv 2DF ＋mg ＝m v 2DR解得F ＝7×103 N由牛顿第三定律知，过山车在D 点对轨道的作用力为7×103 N (3)全程应用动能定理mg [h －(l －x )tan 37°]－μ1mg cos 45°h sin 45°－μ1mg cos 37°l －xcos 37°－μ2mgx ＝0解得x ＝30 m.多过程问题的解题技巧1.“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景.2.“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律.3.“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法. 变式题组3.(2016·浙江4月选考·20)如图5所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成.其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB 与粗糙直轨道BC 平滑连接，高度差分别是h 1＝0.20 m 、h 2＝0.10 m ，BC 水平距离L ＝1.00 m.轨道Ⅱ由AE 、螺旋圆形EFG 和GB 三段光滑轨道平滑连接而成，且A 点与F 点等高.当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0.05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点；当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C 点.(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g ＝10 m/s 2)图5(1)当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小； (2)求滑块与轨道BC 间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d 时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B 点？请通过计算说明理由. 答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)不能，理由见解析 解析 (1)由机械能守恒定律可得E 弹＝ΔE k ＝ΔE p ＝mgh 1＝0.05×10×0.20 J ＝0.1 JΔE k ＝12mv 20可得v 0＝2 m/s(2)由E 弹∝d 2可得ΔE k ′＝E 弹′＝4E 弹＝4mgh 1 由动能定理可得－mg (h 1＋h 2)－μmgL ＝－ΔE k ′ μ＝3h 1－h 2L＝0.5(3)恰能通过螺旋轨道最高点须满足的条件是mg ＝mv 2R m由机械能守恒定律有v ＝v 0＝2 m/s得R m ＝0.4 m当R >R m ＝0.4 m 时，滑块会脱离螺旋轨道，不能上升到B 点.4.如图6所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点.已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m.取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.图6(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小. 答案 (1)0.25 m (2)2103m/s 解析 (1)小环在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b 点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v b t ① h ＝12gt 2②小环在ab 段滑落过程中，根据动能定理可得mgR ＝12mv 2b ③联立三式可得R ＝s 24h＝0.25 m(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh ＝12mv 2c ④因为小环滑到c 点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v bv 2b ＋2gh⑤根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c⑥联立①②④⑤⑥可得v 水平＝2103m/s.1.为了了解运动员在三米板跳水中的轨迹过程，特做了简化处理：把运动员看做质量为m ＝50.0 kg 的质点，竖直起跳位置离水面高h 1＝3.0 m ，起跳后运动到最高点的时间t ＝0.3 s ，运动员下落垂直入水后水对运动员竖直向上的作用力的大小恒为F ＝1 075.0 N ，不考虑空气阻力，g ＝10 m/s 2，求：(1)运动员起跳时初速度v 0的大小； (2)运动员在水中运动的最大深度h 2. 答案 (1)3.0 m/s (2)3.0 m解析 (1)运动员上升到最高点时速度为零， 由运动学公式有 0＝v 0－gt ， 代入数据解得v 0＝3.0 m/s(2)运动员从起跳到水中最深，由动能定理有mg (h 1＋h 2)－Fh 2＝0－mv 202，代入数据解得h 2＝3.0 m.2.(2013·浙江6月学考·11)如图1所示，雪道与水平冰面在B 处平滑地连接.小明乘雪橇从雪道上离冰面高度h ＝8 m 的A 处自静止开始下滑，经B 处后沿水平冰面滑至C 处停止.已知小明与雪橇的总质量m ＝70 kg ，用速度传感器测得雪橇在B 处的速度值v B ＝12 m/s ，不计空气阻力和连接处能量损失，小明和雪撬可视为质点.求：(g 取10 m/s 2)图1(1)从A 到C 过程中，小明与雪撬所受重力做了多少功？ (2)从A 到B 过程中，小明与雪撬损失了多少机械能？(3)若小明乘雪撬最后停在BC 的中点，则他应从雪道上距冰面多高处由静止开始下滑？ 答案 (1)5.6×103 J (2)5.6×102 J (3)4 m解析 (1)从A 到C 过程中，小明与雪撬所受重力做的功W G ＝mgh代入数据得W G ＝5.6×103 J(2)从A 到B 过程中重力势能减少：ΔE p ＝mgh ＝5.6×103 J 动能增加：ΔE k ＝12mv 2B ＝5.04×103 J损失的机械能为：ΔE 机＝ΔE p －ΔE k ＝5.6×102 J(3)设小明乘雪撬在雪道上所受阻力为F f ，在冰面上所受阻力为F f ′，B 、C 间距离为x ，由动能定理有mgh －F fhsin θ－F f ′x ＝0 mgh ′－F fh ′sin θ－F f ′x2＝0解得：h ′＝h2＝4 m.3.滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下.为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F ，从而控制车速.为便于研究，做如下简化：游客从顶端A 点由静止滑下8 s 后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦力变大匀速下滑至底端B 点，在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m ＝70 kg ，倾斜滑道AB 长L AB ＝128 m ，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5.重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力.(1)求游客匀速下滑时的速度大小；(2)求游客匀速下滑的时间；(3)求游客从A 滑到B 的过程中由于摩擦产生的热量.答案 (1)16 m/s (2)4 s (3)44 800 J解析 (1)对游客和滑沙车整体受力分析，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝g (sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s 2＝2 m/s 2则游客匀速下滑时的速度v ＝a 1t 1＝2×8 m/s ＝16 m/s(2)游客加速下滑通过的位移x 1＝12a 1t 21＝12×2×82 m ＝64 m 则游客匀速下滑通过的位移x 2＝L AB －x 1＝128 m －64 m ＝64 m匀速下滑的时间t ＝x 2v ＝6416s ＝4 s. (3)对游客在斜坡上的运动过程，由动能定理有mgL AB sin θ－W f ＝12mv 2 解得Q ＝W f ＝mgL AB sin θ－12mv 2＝44 800 J. 4.(2016·丽水模拟)如图2所示，水平地面与一半径为l 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点，轨道上的C 点处于圆心O 的正下方.在距地面高度为l 的水平平台边缘上的A 点有一质量为m 的小球以v 0＝2gl 的速度水平飞出，小球在空中运动至B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道.小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g .试求：图2(1)B 点与抛出点A 正下方的水平距离x ；(2)圆弧BC 段所对应的圆心角θ；(3)小球滑到C 点时，对圆弧轨道的压力.答案 (1)2l (2)45° (3)(7－2)mg ，方向竖直向下解析 (1)设小球做平抛运动到达B 点的时间为t ，由平抛运动规律得l ＝12gt 2，x ＝v 0t ，联立解得x ＝2l .(2)设小球做平抛运动到达B 点时的竖直分速度为v y ，速度偏向角为α，v y ＝2gl ，tan α＝v yv 0，根据几何关系可知α＝θ，联立解得θ＝45°.(3)小球从A 到C 的过程中机械能守恒，设到达C 点时的速度大小为v C ，根据机械能守恒定律有mgl (1＋1－cos θ)＝12mv 2C －12mv 20 设在C 点处轨道对小球的支持力大小为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2C l解得F ＝(7－2)mg根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小为(7－2)mg ，方向竖直向下. 5.如图3所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R ＝0.4 m 的半圆形轨道CD ，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆形轨道在C 点连接完好.置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B 处为弹簧的自然状态.将一个质量为m ＝0.8 kg 的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A 处，然后将小球由静止释放，小球运动到C 处后对轨道的压力为F 1＝58 N.水平轨道以B 处为界，左侧AB 段长为x ＝0.3 m ，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC 段光滑.g ＝10 m/s 2，求：图3(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；(2)小球运动到轨道最高处D 点时对轨道的压力大小.答案 (1)11.2 J (2)10 N解析 (1)小球运动到C 处时，由牛顿第二定律得：F 1－mg ＝m v 21R得v 1＝ F 1－mg Rm代入数据解得v 1＝5 m/s根据动能定理E p －μmgx ＝12mv 21 代入解得E p ＝11.2 J(2)小球从C 到D 过程，由机械能守恒定律得12mv 21＝2mgR ＋12mv 22 代入数据解得v 2＝3 m/s由于v 2>gR ＝2 m/s所以小球在D 处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得F 2＋mg ＝m v 22R代入数据解得F 2＝10 N根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为10 N.6.(2016·金华十校9月高三模拟)在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个寓学于乐的游戏.如图4所示，将一质量为0.1 kg 的钢球放在O 点，用弹射装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA 和AB 运动，BC 段为一段长为L ＝2.0 m 的粗糙平面，DEFG 为接球槽.圆弧OA 和AB 的半径分别为r ＝0.2 m ，R ＝0.4 m ，钢球与BC 段的动摩擦因数为μ＝0.7，C 点离接球槽的高度为h ＝1.25 m ，水平距离为x ＝0.5 m ，接球槽足够大，g 取10 m/s 2.求：图4(1)要使钢球恰好不脱离圆弧轨道，钢球在A 点的速度v A 多大？在B 位置对半圆轨道的压力多大？(2)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v O 至少多大？答案 (1)2 m/s 6 N (2)21 m/s解析 (1)要使钢球恰好不脱离圆弧轨道：对最高点A ：mg ＝mv 2A R ①由①式可得：v A ＝2 m/s ②钢球从A 到B 的过程：mg ·2R ＝12mv 2B －12mv 2A ③在B 点：F N －mg ＝mv 2B R ④联立①②③④可得：F N ＝6 N ⑤根据牛顿第三定律可得：钢球在B 位置对半圆轨道的压力为6 N.⑥(2)要使钢球能落入槽中，设C 点速度至少为v C从C 到D ：平抛：水平方向：x ＝v C ·t ，竖直方向：h ＝12gt 2⑦ 由⑦可得：v C ＝1 m/s ⑧假设钢球在A 点的速度恰为v A ＝2 m/s 时，钢球可运动到C 点，且速度为v C ′从A 到C ：mg ·2R －μmgL ＝12mv C ′2－12mv 2A 可得：v C ′2＜0故：当钢球在A 点的速度恰为v A ＝2 m/s 时，钢球不可能达C 点，更不可能平抛入槽.⑨ 要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球即满足不脱离圆弧轨道，又能落入槽中.从O 到C ：mg ·R －μmgL ＝12mv 2C －12mv 2O ○10 联立⑦⑧○10可得：v O ＝21 m/s ⑪。

2016年高考物理试题分类汇编：十二、力学实验1. （全国新课标I卷，22）（5分）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz30Hz、和40Hz。

打出纸带的一部分如图（b）所示。

该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其它题给条件进行推算。

(1) 若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为______________，打出C点时重物下落的速度大小为_____________，重物下落的加速度大小为_____________。

(2)已测得1238.89cm9.50cm10.10cmS S S===，，，当地重力加速度大小为29.80m/s，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%，由此推算出f为__________Hz。

【答案】⑴12()2fS S+，23()2fS S+，231()2fS S-；⑵40【解析】⑴由于重物匀加速下落，A B C D、、、各相邻点之间时间间隔相同，因此B点应是从A运动到C的过程的中间时刻，由匀变速直线运动的推论可得：B点的速度B v等于AC段的平均速度，即122BS Svt+=由于1tf=，故12()2Bfv S S=+同理可得23()2Cfv S S=+匀加速直线运动的加速度vat∆=∆故2231231()()2()12C BfS S S Sv v fa S Stf⎡⎤+-+⎣⎦-===-①⑵重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：gm F=ma-阻②由已知条件0.01gF=m阻③由②③得0.99ga=代入①得：231()2fa S S=-，代入数据得40Hzf≈2.（全国新课标II 卷，22）（6分）某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a ）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩⑴ 实验中涉及到下列操作步骤：①把纸带向左拉直②松手释放物块③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是 （填入代表步骤的序号）．⑵ 图（b ）中M 和L 纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50Hz ．由M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为 m /s ．比较两纸带可知， （填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．图b【答案】⑴④①③②⑵1.29 M【解析】：⑴略⑵脱离弹簧后物体应该匀速直线运动，则22.58 2.5710 1.29/0.04v m s -+=⨯= 由能量守恒可知，物体的末动能越大，则弹簧被压缩时的弹性势能越大，则PM PL E E >3. （全国新课标III 卷，23）某物理课外小组利用图（a ）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。

碰撞与动量守恒定律考纲：主题内容要求说明碰撞与动量守恒 动量、定量守恒定律及其应用Ⅱ 动量定理和动量守恒定律的应用只限于一维情况动量定理Ⅱ 弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ一、动量定理1、动量、速度和动能的联系 大小关系：2、动量的变化 动量是矢量，当初态动量和末态动量不在一条直线上时，动量变化由平行四边形法则进行运算．动量变化的方向与速度的改变量Δv 的方向相同．当初、末动量在一直线上时通过选定正方向，动量的变化可简化为带有正、负号的代数运算。

3、冲量：I=Ft 。

4、动量定理:物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化.表达式:Ft=p′-p 或 Ft=mv′-mv （1）上述公式是一矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向. （2）公式中的F 是研究对象所受的所有外力的合力.（3）动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统.对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力.系统内力的作用不改变整个系统的总动量.（4）动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力.【典型题型】1.质量为0.2kg 的小球竖直向下以6m/s 的速度落至水平地面，再以4m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为______kg ·m/s 。

若小球与地面的作用时间为0,2s ，则小球收到地面的平均作用力大小为______N(g=10m/s 2)【解析】取竖直向上为正方向则初动量为负末动量为正，动量变化为2)2.06(2.04=⨯--⨯=-'=∆p p p kgm/s12102.02.02=⨯+=+∆=mg t p F2．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m 接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面．并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。

在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ） A ·甲竖的冲量一定等于乙对甲的冲量B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C ，甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【答案】B 【解析】甲、乙运动员相互作用时，根据作用力与反作用力的特点，力的大小相等，作用时间也相等，所以冲量的大小相等，但冲量是矢量，它们的方向相反，故选项A 错误；在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则由甲与乙构成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，甲、乙动量变化量大小相等，方向相反，故选项B 正确；甲乙互相作用时是非弹性碰撞，所以机械能会有损失，所以甲的动能增加量和乙的动能的减小量不相等，所以选项C 错误；根据选项C 可知，甲、乙的动能增加量与减小量不相等，所以由动能定理可知，甲对乙做功的绝对值和乙对甲做的功的绝对值不相等，所以选项D 错误。

2016全国普通高等学校全国统一招生物理部分试题一、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~11题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分。

有选错的得0分。

1.（2016四川卷）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。

他在一次自由式空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。

韩晓鹏在此过程中（）A. 动能增加了1900JB. 动能增加了2000JC. 重力势能减小了1900JD. 重力势能减小了2000J2.（2016四川卷）国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。

1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km，远地点高度约为2060 km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786 km的地球同步轨道上。

设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为（）A.a2＞a1＞a3B. a3＞a2＞a1C. a3＞a1＞a2D. a1＞a2＞a33.（2016全国卷II）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。

用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。

用T 表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（）A.F逐渐变大，T逐渐变大B.F逐渐变大，T逐渐变小C.F逐渐变小，T逐渐变大D.F逐渐变小，T逐渐变小4.（2016江苏卷）一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为（）A.40 m/NB.40 N/mC.200 m/ND.200 N/m5.（2016江苏卷）有A、B两小球，B的质量为A的两倍。

高考物理-动力学观点和能量观点的综合应用一、应用动力学和能量观点分析匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动组合问题每个过程各阶段的运动具有独立性，首先熟练每种运动一般的解题思路和解决方法，其次要关注两相邻过程中连接点的速度，通常转折点速度的大小和方向是解决问题的重要突破口．(2016·湖北十堰模拟)如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形轨道．光滑半圆轨道半径为R ，两个光滑半圆轨道连接处C 、D 之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过，C 、D 之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A 与水平面上B 点之间的高度为h .从A 点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S 形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s .已知小球质量为m ，不计空气阻力，求：(1)小球从E 点水平飞出时的速度大小；(2)小球运动到半圆轨道的B 点时对轨道的压力； (3)小球沿翘尾巴S 形轨道运动时克服摩擦力做的功．[解析] (1)小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v E 由平抛运动规律有 s ＝v E t4R ＝12gt 2联立解得v E ＝s 4 2gR.(2)小球从B 点运动到E 点的过程，机械能守恒 12m v 2B ＝mg ·4R ＋12m v 2E解得v 2B ＝8gR ＋s 2g 8R在B 点F N －mg ＝m v 2BR解得F N ＝9mg ＋mgs 28R2由牛顿第三定律可知小球运动到B 点时对轨道的压力为F N ′＝9mg ＋mgs 28R2，方向竖直向下．(3)设小球沿翘尾巴的S 形轨道运动时克服摩擦力做的功为W ，则mg (h －4R )－W ＝12m v 2E解得W ＝mg (h －4R )－mgs 216R.[答案] (1)s 42g R (2)9mg ＋mgs 28R2，方向竖直向下(3)mg (h －4R )－mgs216R二、应用动力学和能量观点分析传送带模型、滑块—滑板模型 1．模型概述传送带模型典型的有水平和倾斜两种情况，涉及功能角度的问题主要有：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．传送带模型问题中的功能关系分析 (1)功能关系分析：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W F 和Q 的理解：①传送带的功：W F ＝Fx 传； ②产生的内能Q ＝F f s 相对．3．传送带模型问题的分析流程4．滑块—滑板模型：与传送带模型相比较要复杂一点，要多分析两者之间是否发生相对滑动的临界条件，需通过受力分析得到临界加速度，从而判断两者之间的相对位移情况，以便得出功能关系．如图所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为L ＝1.4 m ，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g ＝10 m/s 2.(1)求水平作用力F 的大小； (2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． [解析] (1)滑块静止在斜面上时，受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F ＝mg tan θ，代入数据得F ＝1033N.(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有mgh ＝12m v 2，所以v ＝2gh .若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgL ＝12m v 20－12m v 2， 所以h 1＝v 202g－μL ，代入数据得h 1＝0.1 m.若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有－μmgL ＝12m v 20－12m v 2， 则h 2＝v 202g＋μL ，代入数据得h 2＝0.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，由机械能守恒可知mgh 2＝12m v 2，对滑块由运动学公式知v 0＝v －at ，a ＝μg 滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ， 相对滑动产生的热量Q ＝μmg Δx ， 联立代入数据可得Q ＝0.5 J.[答案] (1)1033N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J如图所示，AB 为半径R ＝0.8 m 的1/4光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接．小车质量M ＝3 kg ，车长L ＝2.06 m ，车上表面距地面的高度h ＝0.2 m ，现有一质量m ＝1 kg 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B 端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t 0＝1.5 s 时，车被地面装置锁定(g ＝10 m/s 2)．试求：(1)滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小； (2)车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小． [解析] (1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgR ＝12m v 2B ，F N B －mg ＝m v 2BR则：F N B ＝30 N.(2)设滑块滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度大小为v 对滑块有：μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1 对于小车：μmg ＝Ma 2，v ＝a 2t 1 解得：v ＝1 m/s ，t 1＝1 s ，因t 1＜t 0故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s ，则小车右端距B 端的距离为s 车＝v2t 1＋v (t 0－t 1)解得s 车＝1 m.(3)Q ＝μmgs 相对＝μmg ⎝⎛⎭⎫v B ＋v 2t 1－v2t 1解得Q ＝6 J.[答案] (1)30 N (2)1 m (3)6 J三、应用动力学和能量观点分析多阶段多过程运动 1．分析思路(1)对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解．2．常见方法(1)若一个物体或多个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则一般应用牛顿运动定律结合运动学公式求解．(2)若过程不太关注中间过程而只求初末状态之间的运动参量关系且涉及做功和能量转化问题，则一般应用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E pm .[解析] (1)物体从开始位置A 点到最后D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12m v 20＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为 Q ＝F f x ②其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③ F f ＝μmg cos 37°④由能量守恒定律可得ΔE ＝Q ⑤ 由①②③④⑤式解得μ＝0.52. (2)由A 到C 的过程中，动能减少ΔE ′k ＝12m v 20⑥重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC sin 37°⑦摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC ⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q ⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm ＝24.5 J. [答案] (1)0.52 (2)24.5 J四、应用动力学和能量观点分析生活中实际问题生活中很多问题都涉及直线运动、圆周运动、平抛运动等，如体育活动中的运动、生产生活中的模型，都可用动力学观点和能量观点解决．蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F ＝kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)．质量m ＝50 kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x 0＝0.10 m ；在预备运动中，假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt ＝2.0 s ，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x 1.取重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力的影响．(1)求常量k ，并在图中画出弹力F 随x 变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m ；(3)借助F －x 图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求 x 1和W 的值． [解析] (1)床面下沉x 0＝0.10 m 时，运动员受力平衡，mg ＝kx 0得k ＝mgx 0＝5.0×103 N/mF －x 图线如图所示．(2)运动员从x ＝0处离开床面，开始腾空，其上升、下落的时间相等，h m ＝12g ⎝⎛⎭⎫Δt 22＝5.0 m.(3)参考由速度－时间图象求位移的方法，知F －x 图线与x 轴所围的面积等于弹力做的功，从x 处到x ＝0，弹力做功W FW F ＝12·x ·kx ＝12kx 2运动员从x 1处上升到最大高度h m 的过程，根据动能定理，有 12kx 21－mg (x 1＋h m )＝0 得x 1＝x 0＋x 20＋2x 0h m ＝1.1 m对整个预备运动，由题设条件以及功能关系，有W ＋12kx 20＝mg (h m ＋x 0)得W ＝2 525 J. [答案] 见解析1.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A.m v 24 B ．m v 22C ．m v 2D ．2m v 2 解析：选C.由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12m v 2＋μmg ·s 相，s 相＝v t －v 2t ，v ＝μgt ，以上三式联立可得：W ＝m v 2，故C 正确．2．(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ＝0时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v 1>v 2)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.则( )A ．0～t 1时间内，物块对传送带做负功B ．物块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θC ．0～t 2时间内，传送带对物块做功为W ＝12m v 22－12m v 21 D ．t 1时刻之后，物块先受滑动摩擦力，对其做正功，后受静摩擦力，对其做负功解析：选AD.由题图乙知，物块与传送带在t 2时刻相对静止，一起向下匀速运动，所以物块先向上做匀减速运动，减为零后再向下做匀加速运动，最后做匀速运动.0～t 1时间段内物块对传送带的摩擦力方向向上，对传送带做负功，A 正确；物块最后与传送带相对静止向下匀速运动，说明滑动摩擦力大于或等于物块重力沿传送带斜向下的分力，B 错；0～t 2时间内，物块相对初始位置升高了，物块的重力做负功，传送带对物块做的功W >12m v 22－12m v 21，C 错；根据以上分析知，D 正确． 3.如图，质量为M 、长为L 、高为h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m 的小球．用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v 0，经过一段时间后小球落地．求小球落地时距滑块左端的水平距离．＋M )gL ＝12M v 21－12解析：滑块左端滑到小球正下方时速度为v 1，由动能定理有－μ(m M v 20得v 21＝v 20－2μ(m ＋M )gL M， 小球自由落体落到地面的时间t ＝2hg ，此过程中滑块的加速度的大小a ＝μMgM ＝μg ，滑块继续运动的最长时间t m ＝v 1μg，当t ≥t m 时，小球落地时距滑块左端的水平距离s ＝v 212μg ＝v 202μg －(m ＋M )L M， 当t <t m 时，小球落地时距滑块左端的水平距离s ＝v 1t －12at 2＝ 2h v 20g －4μLh (m ＋M )M－μh .答案：v 202μg －(m ＋M )L M 或 2h v 20g －4μLh (m ＋M )M－μh4．如图甲所示，在圆形水池正上方，有一半径为r 的圆形储水桶．水桶底部有多个水平小孔，小孔喷出的水在水池中的落点离水池中心的距离为R ，水桶底部与水池水面之间的高度差是h .为了维持水桶水面的高度不变，用水泵通过细水管将洒落的水重新抽回到高度差为H 的水桶上方．水泵由效率为η1的太阳能电池板供电，电池板与水平面之间的夹角为α，太阳光竖直向下照射(如图乙所示)，太阳光垂直照射时单位时间内单位面积的电池板接收的能量为E 0.水泵的效率为η2，水泵出水口单位时间流出水的质量为m 0，流出水流的速度大小为v 0(不计水在细水管和空气中运动时所受的阻力)．求：(1)水从小孔喷出时的速度大小；(2)水泵的输出功率；(3)为了使水泵的工作能维持水面的高度不变，太阳能电池板面积的最小值S .解析：(1)水从小孔喷出时速度沿水平方向，只受重力作用，做平抛运动，设水喷出时的速度大小为v ，有R －r ＝v th ＝12gt 2 解得v ＝R －r2h2gh .(2)水泵做功，既改变水的势能，又改变水的动能．由功能关系得P ＝m 0gH ＋12m 0v 20. (3)考虑单位时间内的能量转化及利用效率，太阳能电池板接收的太阳能中的一部分转变成电能E 1，电能通过水泵将其中的部分转变成水的机械能E 2，有E 1＝η1E 0S cos αE 2＝η2E 1E 2＝m 0gH ＋12m 0v 20 解得S ＝m 0gH ＋12m 0v 20η1η2E 0cos α.答案：见解析5．如图所示，质量为m ＝1 kg 的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M ＝2 kg 的足够长的小车左端在最低点O 点相切，并在O 点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q 处时与Q 发生无机械能损失的碰撞，碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用．已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ为53°，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.试求：(1)小物块离开A 点的水平初速度v 1；(2)小物块经过O 点时对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间． 解析：(1)对小物块由A 到B 有：v 2y ＝2gh在B 点：tan θ＝v yv 1解得v 1＝3 m/s.(2)由A 到O ，根据动能定理有：mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21 在O 点：F N －mg ＝m v 20R解得：v 0＝33 m/s ，F N ＝43 N由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力F N ′＝43 N.(3)摩擦力F f ＝μmg ＝1 N ，物块滑上小车后经过时间t 达到的共同速度为v t ，则v 0－v t a m ＝v ta M，a m ＝2a M ，得v t ＝333m/s由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，物块与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：F f l 相＝12(M ＋m )v 2t 得l 相＝5.5 m 小车从物块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度a 不变，a M ＝F fM＝0.5 m/s 2，v t ＝a M t 得t ＝2333 s.答案：(1)3 m/s (2)43 N (3)5.5 m 2333 s6．(2016·潍坊模拟)如图所示，光滑半圆轨道AB 竖直固定，半径R ＝0.4 m ，与水平光滑轨道相切于A .水平轨道上平铺一半径r ＝0.1 m 的圆形桌布，桌布中心有一质量m ＝1 kg 的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A 点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B 时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)铁块离开B 点后在地面上的落点到A 的距离； (2)铁块到A 点时对圆轨道的压力大小； (3)抽桌布过程中桌布的加速度大小．解析：(1)在B 点，由牛顿第二定律，有mg ＝m v 2BR从B 点抛出后 水平方向x ＝v B t竖直方向2R ＝12gt 2代入数据得x ＝0.8 m.(2)A →B ，由机械能守恒m v 2A 2＝2mgR ＋m v 2B2在A 点，由牛顿第二定律F ′N －mg ＝m v 2AR代入数据得F ′N ＝60 N由牛顿第三定律F N ＝F ′N ＝60 N. (3)铁块脱离桌布时的速度v 0＝v A铁块在桌布上做匀加速直线运动，设铁块加速度为a 0，由牛顿第二定律μmg ＝ma 0 设铁块在桌布上的加速时间为t 0，由运动学公式 v 0＝a 0t 0由公式r ＝12at 20－12a 0t 20 代入数据得a ＝5.25 m/s 2.答案：(1)0.8 m (2)60 N (3)5.25 m/s 2。

1．汽车前方120 m处有一自行车正以6 m/s的速度匀速前进，汽车以18 m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动，求：(1)经多长时间，两车第一次相遇？(2)若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2 m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？2．如图2-1-2所示，一个球形物体静止于光滑水平面上，并与竖直光滑墙壁接触，A、B两点是球跟墙和地面的接触点，则下列说法中正确的是()图2-1-2A．物体受重力、B点的支持力、A点的弹力作用B．物体受重力、B点的支持力作用C．物体受重力、B点的支持力、地面的弹力作用D．物体受重力、B点的支持力、物体对地面的压力作用3．小车上固定一根弹性直杆A，杆顶固定一个小球B(如图2-1-3所示)，现让小车从光滑斜面上自由下滑，在下图的情况中杆发生了不同的形变，其中正确的是()图2-1-34.如图2-1-7所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球。

下列关于斜杆对小球的作用力F的判断中，正确的是()图2-1-7A．小车静止时，F＝mg sin θ，方向沿杆向上B．小车静止时，F＝mg cos θ，方向垂直于杆向上C．小车向右匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上D．小车向右匀加速运动时，一定有F＞mg，方向一定沿杆向上5．图2-1-9的四个图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，且系统均处于静止状态。

现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是()图2-1-9A．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙B．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁C．图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁D．图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁6．足球运动是目前全球体育界最具影响力的运动项目之一，深受青少年喜爱。

如图1所示为四种与足球有关的情景，下列说法正确的是()图1A．图甲中，静止在草地上的足球受到的弹力就是它的重力B．图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力C．图丙中，即将被踢起的足球一定不能被看作质点D．图丁中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变7．在半球形光滑碗内斜搁一根筷子，如图2所示，筷子与碗的接触点分别为A、B，则碗对筷子A、B两点处的作用力方向分别为()图2A．均竖直向上B．均指向球心OC．A点处指向球心O，B点处竖直向上D．A点处指向球心O，B点处垂直于筷子斜向上8．如图4所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。

中国医科大学2016年12月考试《药物代谢动力学》考查课试题一、单选题(共20道试题，共20分。

)1.临床上可用丙磺舒增加青霉素的疗效,是因为：()A.在杀菌作用上有协同作用B.两者竞争肾小管的分泌通道C.对细菌代谢有双重阻断作用D.延缓抗药性产生E.以上均不对正确答案：B2.生物样品分析的方法中,哪种是首选方法？()A.色谱法B.放射免疫分析法C.酶联免疫分析法D.荧光免疫分析法E.微生物学方法正确答案：A3.被肝药酶代谢的药物与肝药酶诱导剂合用后,可使：()A.其原有效应减弱B.其原有效应增强C.产生新的效应D.其原有效应不变E.其原有效应被消除正确答案：A4.应用于药物代谢动力学研究的统计矩分析,是一种非房室的分析方法,它一般适用于体内过程符合下列哪一项的药物？()A.房室B.线性C.非房室D.非线性E.混合性正确答案：B5.药物的吸收与哪个因素无关？()A.给药途径B.溶解性C.药物的剂量D.肝肾功能E.局部血液循环正确答案：C6. I期临床药物代谢动力学试验时，下列的哪条是错误的？()A.目的是探讨药物在人体的体内过程的动态变化B.受试者原则上男性和女性兼有C.年龄在18~45岁为宜D.要签署知情同意书E.一般选择适应证患者进行正确答案：E7.关于药物与血浆蛋白的结合,叙述正确的是：()A.结合是牢固的B.结合后药效增强C.结合特异性高D.结合后暂时失去活性E.结合率高的药物排泄快正确答案：D8.有关药物从肾脏排泄的正确叙述是：()A.改变尿液pH可改变药物的排泄速度B.与血浆蛋白结合的药物易从肾小球滤过C.解离的药物易从肾小管重吸收D.药物的排泄与尿液pH无关E.药物的血浆浓度与尿液中的浓度相等正确答案：A9. SFDA推荐的首选的生物等效性的评价方法为：()A.体外研究法B.体内研究法C.药动学评价方法D.药效学评价方法E.临床比较试验法正确答案：C10.药物代谢动力学对受试者例数的要求是每个剂量组：()A.5〜7例B.6〜10例C.10〜17例D.8〜12例E.7〜9例正确答案：D11.按t1/2恒量反复给药时,为快速达到稳态血药浓度可：()A.首剂量加倍B.首剂量增加3倍C.连续恒速静脉滴注D.增加每次给药量E.增加给药量次数正确答案：A12.下列生物转化方式不是I相反应的是()A.芳香族的羟基化B.醛的脱氢反应C.水合氯醛的还原反应D.葡糖醛酸结合E.水解反应正确答案：D13.地高辛t1/2为36h,每天给维持量，达稳态血药浓度的时间约为:()A.2dB.3dC.5dD.7dE.4d正确答案：D14.药物经肝脏代谢转化后均：()A.分子变小B.化学结构发性改变C.活性消失D.经胆汁排泄E.脂/水分布系数增大正确答案：B15.某弱碱性药在pH 5. 0时，它的非解离部分为90. 9%,该药的pKa接近哪个数值？()A.2B.3C. 4D.5E.6正确答案：C16.药物代谢动力学研究中,下列采样点数目哪个是符合标准的？()A.10B.7C.9D.12E.8正确答案：D17.关于药物简单扩散的叙述,错误的是：()A.受药物相对分子质量大小、脂溶性、极性的影响B.顺浓度梯度转运C.不受饱和限速与竞争性抑制的影响D.当细胞膜两侧药物浓度平衡时转运达平衡E. 不消耗能量而需要载体正确答案：E18.对于静脉注射后，具有单室模型特征的药物的t1/2等于哪一常数与MRTiv之积？()A.1．693B.2．693C.0．346D.1．346E.0．693正确答案：E19.零阶矩的数学表达式为：()A.AUC0-n+入B.AUC0-n+cn •人C.AUC0f n+cn 入D.AUC0 - n+cnE.AUC0 -8+g正确答案：C20.通常不应用下列哪个参数来衡量吸收程度和速度?()A.峰时间B.峰浓度C.药时曲线下面积D.生物利用度E. 以上都不是正确答案：E二、简答题(共4道试题，共40分。

2016年高考物理新课标全国卷2卷试题评析西北大学附中张小平中学高级教师2016年陕西省理综试题首次采用新课标全国卷2卷，总体难度较2015年有明显下降。

但是仍然有较大区分度，有利于高等学府对考生的选拔。

试题结构上，与往年使用的全国1卷相同。

但在知识点上有所变化，可能会导致一些考生不太适应。

一、突出力电主干知识的考查，力电比例与2015年相同。

考察的力学知识点主要有：共点力的动态平衡问题（14题）、竖直面内的圆运动（16题、25题）、直线运动的动力学问题（19题）、动能定理、机械能守恒定律、功能关系等（16题、21题、22题），共50分，占总分值的45.45%。

考察的电磁学的主要知识点有：点电荷的电场（15题）、恒定电流（17题）、带电粒子在匀强磁场中的圆运动（18题）、电磁感应（20题、24题）、电阻的测量和电压表的改装（23题），共45分，占总分值的40.90%。

这些知识点全部都是高中物理的重点知识点。

二、题型虽然相同，但知识点稳中有变。

在重视力学和电磁学主干知识考查的同时，全国2卷的知识点与往年陕西所用试题相比较有一些变化。

选择题没有考察万有引力；25题考查做功、能量、竖直面内的圆运动问题，与往年所考查知识点不同；选修3-4没有考察光学，而是考察了电磁波的产生和传播。

三、重视对学生各种能力的考查。

今年的试题，在能力方面提出了较高的要求。

当然，能力的考查离不开基本知识的考查。

如18题，考查带电粒子在磁场中的圆运动问题时，就要求学生首先要能理解透题意，知道带电粒子从哪个位置飞出磁场，还要能够运用几何中圆运动的相关知识，综合分析才能得解。

21题，涉及到胡克定律、做功、能量等知识，要求学生能够有较强的分析综合和推理能力。

25题也涉及到了能量、做功、圆运动等多种知识，对学生的理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力都提出了较高要求。

22题、23题为实验题，考察基本测量工具的使用、仪器的选择、实验的操作、实验数据的分析处理等能力。

高中物理动力学中的动量及动量守恒问题(含答案)（优选.)动力学中的问题1：（2016北京卷）动量定理可以表示为△p =F △t ，其中动量p 和力F 都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x 、y 两个方向上分别研究．例如，质量为m 的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．a ．分别求出碰撞前后x 、y 方向小球的动量变化△p x 、△p y ；b ．分析说明小球对木板的作用力的方向．解：a 、把小球入射速度分解为v x =v sinθ，v y =﹣v cosθ，把小球反弹速度分解为v x ′=v sinθ，v y ′=v cosθ，则△p x =m (v x ′﹣v x ) =0，△p y =m ( v y ′﹣v y ) =2mv cosθ，方向沿y 轴正方向，b 、对小球分析，根据△p =F △t 得：t p F xx ∆∆=，t p F y y ∆∆=， 则t p F F yy ∆∆==，方向沿y 轴正向，根据牛顿第三定律，小球对木板的作用力的方向沿y 轴负方向．答：a ．分别求出碰撞前后x 、y 方向小球的动量变化△p x 为0，△p y 大小为2mv cosθ，方向沿y 轴正方向； b ．小球对木板的作用力的方向沿y 轴负方向． 2：如图所示，质量为M =2kg 的长木板B 静止放在光滑水平地面上，质量为m =4kg 的小物块A 以水平速度v 0=6m/s 从左端冲上长木板B ，并且恰好没有掉下。

已知A 、B 之间的动摩擦因素为μ=0.2。

求这一过程中：1. A 、B 各自做什么样的运动? 加速度分别为多少？方向如何？解：A 做匀减速直线运动，B 做匀加速直线运动，v 0∵A 、B 之间的摩擦力μmg f= ∴A 加速度为21===μg m f a m/s 2 方向向左 B 加速度为42===M mg M f a μm/s 2 方向向右 2. A 滑到B 的右端时速度为多少？∵A 从左端冲上长木板B ，并且恰好没有掉下，则有共速：t a t a v v 210=-=解得：1=t s 4=v m/s3. 物块A 的动能减少了多少？ ∵7221200==mv E kA J 32212==mv E kA J 故：40-=∆kA E J“-”表示减少4. 木板B 的动能增加了多少？∵00=kB E J16212==Mv E kB J 故：16=∆B k E J （增加）5. 系统的机械能减少了多少？24-=∆+∆=∆=∆kB kA k E E E E J6. A 、B 的位移各是多少？木板的长度是多少？A 的位移：522462221202=⨯--=--=a v v x A m （向右） B 的位移：24242222=⨯==a v x B m （向右） 木板的长度：3=∆=x L m7.系统产生了多少热量？系统产生的热量=系统的机械能减少故：24=∆-=E Q J8. 当A 的速度为5 m/s 时，长木板的速度为多大？此时A 到木板左端的距离d 为多少？设时间t 1时间后，5=A v m/s ，则有12110t a v t a v v B A =-=解得：5.0=t s 4=B v m/sA 位移：25.22122=--=∆a v v x A A mB 位移：5.0212==∆a v x BB mA 到木板左端的距离d ：d 75.1=∆-∆=B A x x m9. 水平地面是光滑的，A 、B 的作用力可以看作系统的内力，则系统的哪个物理量守恒？机械能是不是守恒？利用守恒定律重解以上问题。