2013-2014年全品高考物理第一轮复习全套资料 45分钟单元能力训练卷(一)

高考物理第一轮复习资料精选三篇高考物理一轮复习资料11.磁感应强度是用来表示磁场的强弱和方向的物理量，是矢量，单位T），1T=1N/A m2.安培力F=BIL；（注：LB）{B:磁感应强度（T），F:安培力（F），I:电流强度（A），L:导线长度（m）}3.洛仑兹力f=qVB（注VB）；质谱仪〔见第二册P155〕{f:洛仑兹力（N），q:带电粒子电量（C），V:带电粒子速度（m/s）｝4.在重力忽略不计（不考虑重力）的情况下，带电粒子进入磁场的运动情况（掌握两种）：（1）带电粒子沿平行磁场方向进入磁场:不受洛仑兹力的作用，做匀速直线运动V=V0（2）带电粒子沿垂直磁场方向进入磁场:做匀速圆周运动，规律如下a）F 向=f洛=mV2/r=m2r=mr（2/T）2=qVB；r=mV/qB；T=2m/qB；（b）运动周期与圆周运动的半径和线速度无关，洛仑兹力对带电粒子不做功（任何情况下）；（c）解题关键:画轨迹、找圆心、定半径、圆心角（=二倍弦切角）。

注：（1）安培力和洛仑兹力的方向均可由左手定则判定，只是洛仑兹力要注意带电粒子的正负；（2）磁感线的特点及其常见磁场的磁感线分布要掌握〔见图及第二册P144〕；（3）其它相关内容：地磁场/磁电式电表原理〔见第二册P150〕/回旋加速器〔见第二册P156〕/磁性材料。

高考物理一轮复习资料2一、动能如果一个物体能对外做功，我们就说这个物体具有能量.物体由于运动而具有的能. Ek=mv2，其大小与参照系的选取有关.动能是描述物体运动状态的物理量.是相对量。

二、动能定理做功可以改变物体的能量.所有外力对物体做的总功等于物体动能的增量。

1.反映了物体动能的变化与引起变化的原因力对物体所做功之间的因果关系.可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小.所以正功是加号，负功是减号。

2."增量'是末动能减初动能.EK0表示动能增加，EK0表示动能减小。

高三物理一轮复习教案5篇任时光飞逝，我们辛勤工作，蓦回首，一学期的教学又告结束。

回顾一学期的物理教学工作，我们感叹良多，点滴作法涌上心头，存在的问题还需努力解决。

谨记于下，权作经验教训的总结。

下面是小编为大家整理的5篇高三物理一轮复习教案内容，感谢大家阅读，希望能对大家有所帮助!高三物理一轮复习教案1教学准备教学目标【教学目标】知识与技能1、知道什么是形变和弹性形变2、知道什么是弹力以及弹力产生的条件3、知道压力、支持力、绳的拉力都是弹力，并能判断方向。

4、知道形变越大弹力越大、弹簧的弹力与形变量成正比。

过程与方法1、从生活中常见的形变现象出发，培养学生的观察能力。

2、在探究形变的过程中，引导学生进一步探索形变与弹性之间的关系后，使学生了解探究弹力的实际意义，学会探究物理规律的一般方法。

3、通过观察微小变化的实例，初步接触“放大的方法”情感、态度价值观1、在实验中，培养其观察、分析、归纳能力，尊重事实的科学探究精神。

2、积极参与观察和实验，认真讨论体验探索自然规律的艰辛和喜悦。

教学重难点【教学重点】弹力概念的建立、弹力产生的条件、弹力方向的确定。

【教学难点】弹力方向的确定。

教学过程.【教学过程】引入新课视频播放：弯曲的竹竿使水中的木块发生运动、拉弓射箭等情景。

让学生试着回答以上动作的完成有什么共同特点新课教学一.弹力的产生动画模拟弯曲的竹竿使水中的木块发生运动、拉弓射箭等:同学们观察动作的完成，总结什么是形变形变：物体在力的作用下发生的形状或体积改变学生自己动手实验拉橡皮筋：(1)弹性形变：能恢复原来形状的形变。

(2)塑性形变：不能恢复原来形状的形变(3)弹性限度：形变超过一定限度,物体形状将不能完全恢复，这个限度叫做弹性限度.[讨论与交流]我用力推墙或压桌面，那么墙和桌面也会发生形变吗?动画模拟微小形变实验：①按压桌面②挤压玻璃瓶。

让学生自习观察，实验说明了什么问题。

学生回答后教师总结：(4)一切物体在力的作用下都会发生形变，只不过一些物体比较坚硬，虽发生形变，但形变量很小，眼睛根本观察不到它的形变。

高三高考物理一轮复习全套资料高三高考物理一轮复习资料目录高三一轮复习资料1物体的平衡高三一轮复习资料2直线运动高三一轮复习资料3 牛顿运动定律高三一轮复习资料4A曲线运动A高三一轮复习资料4B曲线运动高三一轮复习资料5A机械能高三一轮复习资料5B机械能高三一轮复习资料6动量高三一轮复习资料7电场高三一轮复习资料8磁场高三一轮复习资料9电磁感应G AGfBGFFGfD专题1：力和物体的平衡考点1：力的认识1．概念：力是物体间．．．的相互．．作用。

2．力的基本性质：①物质性②力的相互性③力的矢量性④力的独立性注意：矢量相等的条件：大小相等，方向相同3．力的分类：①力的性质命名：如重力、弹力、摩擦力、分子力、电磁力（含有：电场力、安培力、洛仑兹力）等。

②力的效果命名：如拉力、压力、动力、阻力等。

思考：①如何辨别某力是效果命名还是性质命名呢？②根据效果命名时，不同名称的力，性质可能相同吗？试举例说明？③同一性质的力，效果可能不同吗？试举例说明？注意：在受力分析是均是按性质去分析练习：1．下列关于力的说法中，正确的是（）A．“以卵击石”鸡蛋破裂，而石头无损的事实说明石头对鸡蛋的作用力比鸡蛋对石头的作用力大B．力是不能离开物体而独立存在的，一个力既有施力物体，又有受力物体C．一个物体先对别的物体施加力后才能受到反作用力D．物体的施力和受力是同时的E．力能使物体发生形变F．力是维持物体运动的原因G．力是物体产生加速度的原因H．放在斜面上的物体会沿斜面下滑，是因为受了一个下滑力作用J．放在水中的木块浮于水面，是因为受浮力作用K．如果作用力变化则反作用力也将变化2.足球运动员已将足球踢向空中，下列描述足球在向斜上方飞行过程中某时刻的受力如图中，正确的是（G为重力，F为脚对球的作用力，f为空气阻力）：3.07海南卷16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元。

全品高考复习方案物理北京师范大学附属中学赵正明制作教师手册第一部分基础复习第1章力物体的平衡第1课时力、重力、弹力第2课时摩擦力第3课时力的合成与分解第4课时共点力作用下物体的平衡教师手册第一部分基础复习第2章质点的运动第1课时质点运动的基本概念第2课时匀变速直线运动第3课时匀变速直线运动规律应用第4课时自由落体运动、竖直上抛运动第5课时匀变速直线运动的图像教师手册第一部分基础复习第3章牛顿运动定律第1课时牛顿第一定律牛顿第三定律第2课时牛顿第二定律第3课时牛顿第二定律的应用（一）第4课时牛顿第二定律的应用（二）教师手册第一部分基础复习第4章曲线运动万有引力定律第1课时物体做曲线运动的条件运动的合成与分解第2课时平抛运动规律及应用第3课时匀速圆周运动第4课时变速圆周运动第5课时万有引力定律天体运动教师手册第一部分基础复习第5章动量第1课时动量、冲量、动量定理第2课时动量守恒定律第3课时动量守恒定律应用第4课时爆炸、碰撞及反冲现象教师手册第一部分基础复习第6章功和能第1课时功第2课时功率第3课时动能、动能定理第4课时机械能守恒定律第5课时功能问题的综合应用教师手册第一部分基础复习教师手册第7章机械振动机械波第1课时简谐运动、表征振动的物理量第2课时单摆、简谐运动的图像第3课时振动的能量受迫振动与共振第4课时机械波的基本概念第5课时波的图像的应用第6课时波特有的现象第7课时本章实验第一部分基础复习第8章分子动理论热和功气体的状态参量第1课时分子动理论第2课时物体的内能能的转化和守恒定律第3课时气体的状态参量第4课时本章实验教师手册第一部分基础复习第9章电场第1课时库仑定律电场强度第2课时电场能的性质第3课时静电屏蔽电容第4课时带电粒子在匀强电场中的运动第5课时本章实验教师手册第一部分基础复习第10章恒定电流第1课时电阻定律欧姆定律第2课时电功电功率串并联电路第3课时闭合电路欧姆定律第4课时演示实验电阻的测量第5课时电流表的改装测定电源电动势和内阻教师手册第一部分基础复习教师手册第11章磁场第1课时磁场第2课时磁场对电流的作用第3课时磁场对运动电荷的作用第4课时洛伦兹力作用下的圆周运动专题练习第5课时带电粒子在复合场中运动第6课时复合场中的物理模型专题练习第7课时场中力学与能量专题第一部分基础复习教师手册第12章电磁感应第1课时电磁感应现象第2课时感应电流的方向第3课时法拉第电磁感应定律第4课时电磁感应与电路第5课时电磁感应的图像问题第6课时电磁感应中的动力学与能量专题第7课时电磁感应与实际模型的运用专题第8课时自感第一部分基础复习第13章交变电流第1课时交流电的产生和变化规律第2课时交流电的图像第3课时变压器第4课时交变电流应用教师手册第一部分基础复习第14章电磁场和电磁波第1课时电磁场与电磁波教师手册第一部分基础复习第15章光的反射和折射第1课时光的直线传播光速第2课时光的反射平面镜第3课时光的折射第4课时全反射与色散教师手册第一部分基础复习第16章光的波动性和粒子性第1课时光的波动性第2课时光的粒子性教师手册第一部分基础复习第17章原子和原子核第1课时原子的核式结构与玻尔理论第2课时原子核的组成第3课时核能教师手册第二部分专题复习专题复习专题一力与运动（上）专题一力与运动（下）专题二动量与能量（上）专题二动量与能量（下）教师手册第二部分专题复习专题复习专题三带电粒子在场中的运动（上）专题三带电粒子在场中的运动（下）专题四电磁感应与电路（上）专题四电磁感应与电路（中）专题四电磁感应与电路（下）教师手册第二部分专题复习专题复习专题五演示实验和设计实验第一部分演示实验第二部分实验设计（上）第二部分实验设计（下）专题六物理思想与物理方法（上）专题六物理思想与物理方法（下）教师手册。

2024年高考物理一轮复习（新人教版）第1章第2讲匀变速直线运动的规律第2讲匀变速直线运动的规律目标要求 1.理解匀变速直线运动的特点，掌握匀变速直线运动的公式，并理解公式中各物理量的含义.2.会灵活应用运动学公式及推论解题．考点一匀变速直线运动的基本规律及应用1.匀变速直线运动沿着一条直线且加速度不变的运动．如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线．2．匀变速直线运动的两个基本规律(1)速度与时间的关系式：v＝v0＋at.(2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2.由以上两式联立可得速度与位移的关系式：v2－v02＝2ax.3．公式选用原则以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量．选用原则如下：不涉及位移，选用v＝v0＋at不涉及末速度，选用x＝v0t＋at2不涉及时间，选用v2－v02＝2ax1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．( ×)2．匀加速直线运动的位移是均匀增加的．( ×)3．匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同．( √)1．基本思路→→→→2．正方向的选定无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向．速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负．考向1 基本公式和速度位移关系式的应用例1 (2022·全国甲卷·15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)．已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为( )A.＋B.＋C.＋D.＋答案 C解析由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0.则有v＝v0－2at1，解得t1＝，在隧道内匀速有t2＝列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3解得t3＝则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝＋，故选C.例2 对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36 km/h的速率行驶时，可以在18 m的距离被刹住；当汽车以54 km/h的速率行驶时，可以在34.5 m的距离被刹住．假设两次测试中驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同．问：(1)这位驾驶员的反应时间为多少；(2)某雾天，该路段能见度为50 m，则行车速率不能超过多少．考向2 两种匀减速直线运动的比较路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移(单位：m)与时间(单位：s)的关系式为x＝30t－2.5t2(m)，下列分析正确的是( )A．刹车过程中最后1 s内的位移大小是5 mB．刹车过程中在相邻1 s内的位移差的绝对值为10 mC．从刹车开始计时，8 s内通过的位移大小为80 mD．从刹车开始计时，第1 s内和第2 s内的位移大小之比为11∶9 答案 D解析由匀变速直线运动的规律x＝v0t＋at2，可得初速度v0＝30m/s，加速度a＝－5 m/s2，刹车过程中在相邻1s内的位移差的绝对值|Δx|＝|a(Δt)|＝5m，从刹车开始计时到停下的时间t m＝＝6s,8 s 内通过的位移大小为x m＝＝90m，选项B、C错误；把末速度为0的匀减速直线运动看成逆向的匀加速直线运动，刹车过程中最后1 s内的位移大小为x1＝－at02＝2.5m，从刹车开始计时，第1 s内和第2s内的位移大小之比为11∶9，选项D正确，A错误．例4 (多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( ) A．物体运动时间可能为1 sB．物体运动时间可能为3 sC．物体运动时间可能为(2＋) sD．物体此时的速度大小一定为5 m/s答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m时，x＝7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5 m 时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2，解得t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，故C正确．由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5m/s、v3＝－5 m/s，故D错误．考向3 逆向思维法解决匀变速直线运动问题例5 假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速运动并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海面的深度为( )A．vt0(1－) B.C. D.答案 B解析“蛟龙号”上浮时的加速度大小为a＝，根据逆向思维法，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为h＝a(t－t0)2＝，故选B.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成逆向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动．考点二匀变速直线运动的推论及应用1．匀变速直线运动的常用推论(1)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．即：＝＝.此公式可以求某时刻的瞬时速度．(2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等．即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2.不相邻相等的时间间隔T内的位移差x m－x n＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度．2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n.(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n＝1∶4∶9∶…∶n2.(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．3．匀变速直线运动中常见思想方法及选取技巧考向1 平均速度公式例6 如图的平潭海峡公铁两用大桥是世界上最长的跨海公铁两用大桥，其中元洪航道桥的A、B、C三根桥墩间距分别为AB＝132 m、BC＝196 m．一列高速列车匀加速通过元洪航道桥，车头经过AB和BC的时间分别为3 s和4 s，则这列高速列车经过元洪航道桥的加速度大小约为( )A．0.7 m/s2 B．1.4 m/s2C．2.8 m/s2 D．6.3 m/s2答案 B解析高速列车在AB段的平均速度为v1＝＝44 m/s，在BC段的平均速度为v2＝＝49 m/s，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知a＝≈1.4 m/s2，B正确．考向2 位移差公式例7 (2023·重庆市实验外国语学校高三检测)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法错误的是( )A．物体运动的加速度为4 m/s2B．第2 s内的位移为6 mC．第2 s末的速度为2 m/sD．物体在0～5 s内的平均速度为10 m/s答案 C解析根据位移差公式得x4－x2＝2aT2，可知a＝＝m/s2＝4m/s2，故A正确，不符合题意；第2 s内的位移为x2－x1＝at22－at12＝×4×(22－12)m＝6 m，故B正确，不符合题意；第2 s末的速度为v＝at2＝4×2m/s＝8 m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5s 内的平均速度＝＝＝ m/s＝10m/s，故D正确，不符合题意．考向3 初速度为零的匀变速直线运动比例式例8 (多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝∶∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶∶D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1答案BD解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A错误，B正确．课时精练1.如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于( )A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4答案 C解析根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax知，x AB ＝，x AC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．2．汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，已知汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是( )A．汽车在第1 s末的速度可能为10 m/sB．汽车加速度大小可能为3 m/s2C．汽车在第1 s末的速度一定为11 m/sD．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2答案 C解析采用逆向思维法，由于最后1 s内的位移为2 m，根据x2＝at22得，汽车加速度大小a＝＝4m/s2，第1 s内的位移为13 m，根据x1＝v0t1－at12，代入数据解得初速度v0＝15m/s，则汽车在第1 s 末的速度v1＝v0－at1＝15m/s－4×1 m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误．3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2(m)，则它在前3s内的平均速度为( )A．8 m/s B．10 m/sC．12 m/s D．14 m/s答案 A解析由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v0＝24m/s，a ＝－12 m/s2，则由v＝v0＋at可知，汽车在2 s末停止运动，故它在前3 s内的位移等于前2 s内的位移，Δx＝24×2m－6×4 m＝24m，则汽车在前3 s内的平均速度＝＝ m/s＝8m/s，故A正确．4.(2023·广东潮州市高三月考)超音速巡航是指飞机在不开启后燃器的情况下能够持续在1.5倍音速以上进行超过30分钟的超音速飞行．超音速巡航的提出主要是基于快速突防的战术思想，因此，该技术在未来的超视距作战中具有很大的优势，超音速巡航是第五代战斗机的主要技术特征之一．某第五代战机在一次直线加速飞行中，速度由270 m/s提升至510 m/s，耗时一分钟，假设加速过程为匀加速运动，则该过程飞行的距离为( )A．16 200 m B．23 400 mC．30 600 m D．46 800 m答案 B解析该过程飞行的距离为s＝t＝×60m＝23 400 m，故选B.5．在2021年东京奥运会上，我国运动健儿摘金夺银，为国争光．其中在跳水男子3米板决赛中，我国选手谢思埸夺得金牌！在某次比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t.设运动员入水后向下运动过程中，第一个t时间内的位移大小为x1，最后两个t时间内的总位移大小为x2，则x1∶x2为( )A．17∶4 B．13∶4 C．15∶4 D．15∶8答案 C解析初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内、…的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶…，将运动员的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，运动员运动总时间为8t，则第一个t时间内的位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，第八个t时间内的位移，最后两个t时间内的总位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，前两个t 时间内的位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故选C.6．(2023·湖南长沙市第一中学月考)如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，AB间的距离x1＝3 m，BC间的距离x2＝13 m，则该质点的加速度为( )A．3.6 m/s2 B．4 m/s2C．4.2 m/s2 D．4.8 m/s2答案 A解析因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，有Δv＝aT＝6 m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10 m，联立可得T＝ s，a＝3.6 m/s2，A正确．7.(2023·云南昆明市第一中学高三检测)如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10 m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8 m，B为AC中点．小球经过2 s第一次通过A点，又经4 s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )A．小球的加速度大小为3 m/s2B．OA间距为8 mC．第一次通过B点的速度大小一定为2 m/sD．第3 s末经过B点答案 C解析根据匀变速直线运动规律，设OA间距为x，有x＝v0t－at2，小球又经4 s第二次通过C点，有x＋8 m＝v0(t＋4 s)－a(t＋4s)2，联立可得a＝2m/s2，x＝16m，故A、B错误；B点为AC的中间位置，OB间距为x1＝x＋4m＝20 m，由v B2－v02＝－2ax1，得v B ＝2 m/s，故C正确；由x1＝t1，得t1＝(5－) s，故D错误．8．为了研究运动员起跑阶段的运动情况，用频率为2 Hz频闪照相机记录运动员起跑阶段不同时刻的位置，如图所示，用厘米刻度尺测量照片上运动员不同位置间的距离，已知照片与实物的尺寸比例为1∶50，运动员起跑阶段的运动可视为匀加速直线运动．下列说法正确的是( )A．运动员起跑阶段的加速度为2 m/s2B．运动员通过照片中3 cm位置时速度为1 m/sC．照片中0位置为运动员的起跑位置D．运动员在照片前6 cm内的平均速度为4 m/s答案 A解析频率为2 Hz频闪照相机，时间为T＝＝0.5 s，根据匀变速直线运动的公式有(2－1)×10－2×50 m＝Δx＝aT2，解得a＝2m/s2，故A正确；匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3 cm位置时速度为v1＝ m/s＝2.5m/s，故B错误；根据0位置到3 cm位置的速度时间公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5 m/s，即照片中0位置的速度为0.5 m/s，故不是起跑位置，故C错误；运动员在照片前6cm内的平均速度为＝m/s＝2m/s，故D错误．9．(2023·辽宁省实验中学模拟)高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长均为l，动车进站时做匀减速直线运动．站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，如图所示，则( )A．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为3tB．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为C．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为D．动车的加速度大小为答案 C解析采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为0的匀加速直线运动，由题意可知，动车1号车厢最前端经过2号候车线处的旅客的位移为l时，时间为t，有l＝at2，动车1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客的位移为4l时，时间为t5，有4l＝at52，解得t5＝2t，选项A错误；动车1号车厢最前端从经过5号候车线处的旅客到停下总位移为4l，用时为2t，则平均速度为＝＝，选项B错误；设1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为v5，则有4l＝×2t，解得v5＝，选项C正确；动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动过程，有0＝v5－a×2t，解得a＝＝，选项D错误．10.(2023·新疆哈密市第十五中学月考)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为( )A．20 m/s2 B．10 m/s2C．5 m/s2 D．无法确定答案 B解析超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在这个过程中，汽车的位移为x＝355m－335 m＝20m，初速度为零的匀变速直线运动在开始相等时间内的位移之比为1∶3，所以x1＝5 m，x2＝15 m，则超声波被A接收时，AB间的距离x′＝335 m＋5m＝340 m，所以超声波从B发出到被A反射所需的时间t＝＝s＝1s，根据Δx＝at2，可得15 m－5m＝a×(1 s)2，解得a＝10 m/s2，故B正确，A、C、D错误．11．(多选)(2023·吉林长春市模拟)一辆汽车以速度v0匀速行驶，司机观察到前方人行横道有行人要通过，于是立即刹车．从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，汽车刹车过程可视为匀减速直线运动．下列说法正确的是( )A．汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v0B．汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v0C．汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为1∶D．汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1答案AD解析从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，则有0－v02＝－2a·24L，解得a＝，则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v1＝＝v0，A正确；汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v18＝＝，B错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为(－1)∶1，C错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等时间内通过位移比例关系可得：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1，D正确．12．(2023·安徽省六安一中月考)ETC是不停车电子收费系统的简称．最近，某ETC通道的通行车速由原来的20 km/h提高至40 km/h，车通过ETC通道的流程如图所示．为简便计算，假设汽车以v0＝30 m/s的速度朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v1＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0正常行驶．设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1 m/s2，忽略汽车车身长度．(1)求汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间．答案(1)894m (2)10.7s解析(1)设汽车匀减速过程位移大小为d1，由运动学公式得v12－v02＝－2ad1解得d1＝442 m根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小x1＝2d1＋d＝894 m(2)如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d2，由运动学公式得v22－v02＝－2ad2解得d2＝400 m提速前，汽车匀减速过程时间为t1，则d1＝t1解得t1＝26 s通过匀速行驶区间的时间为t1′，有d＝v1t1′解得t1′＝2.5s从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T1＝2t1＋t1′＝54.5s提速后，汽车匀减速过程时间为t2，则d2＝t2解得t2＝20 s通过匀速行驶区间的时间为t2′，则d＝v2t2′解得t2′＝1s匀速通过(d1－d2)位移时间Δt＝＝1.4s通过与提速前相同位移的总时间为T2＝2t2＋t2′＋2Δt＝43.8s所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T1－T2＝10.7s.。

高三物理一轮复习全套教案完整版一、教学内容1. 力学：牛顿运动定律、曲线运动、万有引力、动量守恒。

2. 电磁学：电场、磁场、电磁感应、交流电。

3. 光学：光的传播、光的反射、光的折射、光的波动。

4. 热学：内能、热力学第一定律、热力学第二定律、气体动理论。

5. 原子物理：原子结构、原子光谱、量子力学初步、核物理。

二、教学目标1. 理解和掌握物理基本概念、基本定律，形成完整的知识体系。

2. 培养学生的科学思维、问题解决能力和创新意识。

3. 提高学生运用物理知识解决实际问题的能力，为高考做好充分准备。

三、教学难点与重点教学难点：电磁学、光学、量子力学初步。

教学重点：力学、热学、原子物理。

四、教具与学具准备1. 教具：多媒体设备、实验器材、模型。

2. 学具：笔记本、教材、练习册。

五、教学过程1. 引入：通过生活实例、实验现象、问题探讨等方式引入新课。

2. 知识回顾：对上节课的内容进行回顾，巩固基础知识。

3. 新课讲解：详细讲解各章节知识点，结合例题进行分析。

4. 随堂练习：布置相关练习题，巩固所学知识。

6. 答疑解惑：解答学生在学习过程中遇到的问题。

7. 课后作业：布置课后作业，加强学生对知识点的掌握。

六、板书设计1. 知识点。

2. 重点、难点提示。

3. 例题及解题步骤。

4. 课堂小结。

七、作业设计1. 作业题目：（1）力学：计算题、选择题、填空题。

（2）电磁学：计算题、选择题、填空题。

（3）光学：选择题、填空题。

（4）热学：计算题、选择题、填空题。

（5）原子物理：选择题、填空题。

八、课后反思及拓展延伸2. 拓展延伸：（1）推荐相关书籍、文章，拓展学生知识面。

（2）布置研究性学习任务，培养学生的探究能力。

（3）组织物理竞赛、讲座等活动，激发学生学习兴趣。

重点和难点解析1. 教学内容的章节和详细内容；2. 教学目标的具体制定；3. 教学难点与重点的划分；4. 教学过程中的新课讲解和随堂练习；5. 作业设计中的题目和答案；6. 课后反思及拓展延伸的实施。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，某时刻一个质量为m 的小物块，以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.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 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体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 ，则力F 对木板所做的功为( )A.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ， 解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1， 解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2， 解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动 水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共 解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点． 设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。

第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1单元直线运动的基本概念1、机械运动：一个物体相对于另一物体位置的改变（平动、转动、直线、曲线、圆周）参考系：假定为不动的物体（1）参考系可以任意选取,一般以地面为参考系（2）同一个物体，选择不同的参考系，观察的结果可能不同（3）一切物体都在运动，运动是绝对的，而静止是相对的2、质点：在研究物体时，不考虑物体的大小和形状，而把物体看成是有质量的点，或者说用一个有质量的点来代替整个物体，这个点叫做质点。

（1）质点忽略了无关因素和次要因素，是简化出来的理想的、抽象的模型，客观上不存在。

（2）大的物体不一定不能看成质点，小的物体不一定就能看成质点。

（3）转动的物体不一定不能看成质点，平动的物体不一定总能看成质点。

（4）某个物体能否看成质点要看它的大小和形状是否能被忽略以及要求的精确程度。

3、时刻：表示时间坐标轴上的点即为时刻。

例如几秒初，几秒末。

时间：前后两时刻之差。

时间坐标轴线段表示时间，第n秒至第n+3秒的时间为3秒（对应于坐标系中的线段）4、位移：由起点指向终点的有向线段，位移是末位置与始位置之差，是矢量。

路程：物体运动轨迹之长，是标量。

路程不等于位移大小（坐标系中的点、线段和曲线的长度）5、速度：描述物体运动快慢和运动方向的物理量，是矢量。

平均速度：在变速直线运动中，运动物体的位移和所用时间的比值，υ=s/t（方向为位移的方向）平均速率：为质点运动的路程与时间之比,它的大小与相应的平均速度之值可能不相同（粗略描述运动的快慢）即时速度：对应于某一时刻（或位置）的速度，方向为物体的运动方向。

（tsvt∆∆=→∆0lim）即时速率：即时速度的大小即为速率；【例1】物体M从A运动到B，前半程平均速度为v1，后半程平均速度为v2，那么全程的平均速度是：（ D ）A．（v1+v2）/2 B．21vv⋅C．212221vvvv++D．21212vvvv+【例2】某人划船逆流而上，当船经过一桥时，船上一小木块掉在河水里，但一直航行至上游某处时此人才发现，便立即返航追赶，当他返航经过1小时追上小木块时，发现小木块距离桥有5400米远，若此人向上和向下航行时船在静水中前进速率相等。

机械能第13讲 功 功率一、功1.力做功的两个要素:力和物体在 发生的位移.2.定义式:W= ,仅适用于 做功,功的单位为 ,功是 量.3.物理意义:功是 转化的量度. 二、功率1.定义:力对物体做的功与所用 的比值.2.物理意义:功率是描述力对物体做功 的物理量.3.公式: (1)P=,P 为时间t 内的 功率;(2)P=F v cos α(α为F 与v 的夹角):①v 为平均速度时,则P 为 ;②v 为瞬时速度时,则P 为 . 4.发动机功率:P= .(通常不考虑力与速度夹角). 【思维辨析】(1)运动员起跳离地之前,地面对运动员做正功. ( )(2)一个力对物体做了负功,则说明这个力一定阻碍物体的运动.( )(3)作用力做正功时,其反作用力一定做负功.( )(4)相互垂直的两个力分别对物体做功为4 J 和3 J ,则这两个力的合力做功为5 J . ( )(5)静摩擦力不可能对物体做功.()(6)汽车上坡时换成低挡位,其目的是为了减小速度以便获得较大的牵引力.()(7)机车发动机的功率P=F v,F为牵引力,并非机车所受的合力.()考点一功的正负的判断和计算考向一功的正负的判断方法(1)恒力做功的判断:若物体做直线运动,则依据力与位移的夹角来判断.(2)曲线运动中功的判断:若物体做曲线运动,则依据F与v的夹角来判断.当0≤α<90°时,力对物体做正功;当90°<α≤180°时,力对物体做负功;当α=90°时,力对物体不做功.(3)依据能量变化来判断:根据功是能量转化的量度,若有能量转化,则一定有力对物体做功.此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断.1(多选)如图13-1所示,粗糙的斜面在水平恒力的作用下向左匀速运动,一物块置于斜面上并与斜面保持相对静止,下列说法中正确的是()图13-1A.斜面对物块不做功B.斜面对地面的摩擦力做负功C.斜面对物块的支持力做正功D.斜面对物块的摩擦力做负功式题如图13-2所示,小物块位于光滑的斜面上,斜面位于光滑的水平地面上,从地面上看,在小物块沿斜面下滑的过程中,斜面对小物块的作用力()图13-2A.垂直于接触面,做功为零B.垂直于接触面,做功不为零C.不垂直于接触面,做功为零D.不垂直于接触面,做功不为零考向二恒力及合力做功的计算1.恒力做功的计算方法恒力做功的计算要严格按照公式W=Fl cos α进行.应先对物体进行受力分析和运动分析,确定力、位移及力与位移之间的夹角,用W=Fl cos α直接求解或利用动能定理求解.2.合力做功的计算方法方法一:先求合力F合,再用W合=F合l cos α求功.方法二:先求各个力做的功W1、W2、W3……再利用W合=W1+W2+W3+……求合力做的功.2(多选)如图13-3所示,一个质量为m=2.0 kg 的物体放在倾角为α=37°的固定斜面上,现用F=30 N、平行于斜面的力拉物体使其由静止开始沿斜面向上运动.已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.50,斜面足够长,g取10 m/s2,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80.物体运动2 s后,关于各力做功情况,下列说法中正确的是()图13-3A.重力做功为-120 JB.摩擦力做功为-80 JC.拉力做功为100 JD.物体所受的合力做功为100 J式题如图13-4所示,坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m,在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下,沿水平地面向右移动了一段距离l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则雪橇受到的()图13-4A.支持力做功为mglB.拉力做功为Fl cos θC.滑动摩擦力做功为-μmglD.合力做功为零■规律总结(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关,与路径无关.(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关.(3)摩擦力做功有以下特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功,也可以做负功,还可以不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零;相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零,且总为负值.③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能的转移和机械能转化为内能,内能Q=fx相对.考点二变力做功考向一“微元法”求变力做功将物体的位移分割成许多小段,因小段很小,每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力,这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和,此法适用于求解大小不变、方向改变的变力做功.3如图13-5所示,某人用力F转动半径为R的磨盘,力F的大小不变,且方向始终与过力的作用点的转盘的切线一致,则在转动一周过程中力F做的功为()图13-5A.0B.2πRFC.RFD.-2πRF考向二“图像法”求变力做功在F-x图像中,图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功,且位于x轴上方的“面积”为正功,位于x 轴下方的“面积”为负功,但此方法只适用于便于求图线与x轴所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形).4[2017·福建漳州检测]质量为2 kg的物体做直线运动,沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图13-6所示,若物体的初速度为3 m/s,则其末速度为()图13-6A.5 m/sB. m/sC. m/sD. m/s考向三“转化法”求变力做功通过转换研究的对象,可将变力做功转化为恒力做功,用W=Fl cos α求解,如轻绳通过定滑轮拉物体运动过程中拉力做功问题.5如图13-7所示,用恒力F通过光滑的定滑轮把静止在水平面上的物体(可视为质点)从位置A拉到位置B,物体的质量为m,定滑轮(可视为质点)离水平地面的高度为h,物体在水平位置A、B时细绳与水平方向的夹角分别为θ1和θ2,求绳的拉力对物体做的功.图13-7考向四 “平均力”求变力做功当力的方向不变而大小随位移做线性变化时,可先求出力对位移的平均值,再由W=l cos α计算,如弹簧弹力做功.6 (多选)[2016·江西九江三十校联考] 如图13-8所示,n 个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列,总长度为l ,总质量为M ,它们一起以速度v 在光滑水平面上滑动,某时刻开始滑上粗糙水平面.小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.若小方块恰能全部进入粗糙水平面,则所有小方块克服摩擦力做的功为 ( )图13-8A .M v 2B .M v 2C .μMglD .μMgl■ 规律总结除了以上变力做功形式,还存在其他变力做功情况,平时要注意多总结.(1)用功率求功:机车类发动机保持功率P 恒定做变速运动时,牵引力是变力,牵引力做的功W=Pt. (2)恒力做功和变力做功均可应用动能定理求解(详见下一讲).考点三 功率的分析与计算求解功率问题时,要明确是求平均功率还是求瞬时功率,一般情况下平均功率用P=求解,瞬时功率用P=F v cos α求解.1.平均功率的计算方法(1)利用P=.(2)利用P=F v cos α,其中v 为物体运动的平均速度. 2.瞬时功率的计算方法(1)利用公式P=F v cos α,其中v 为物体的瞬时速度.(2)P=F v F ,其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度. (3)P=F v v ,其中F v 为物体受的外力F 在速度v 方向上的分力.7 把A 、B 两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v 0分别沿水平方向和竖直方向抛出,不计空气阻力,如图13-9所示,则下列说法正确的是( )图13-9A.两小球落地时速度相同B.两小球落地时,重力的瞬时功率相同C.从开始运动至落地,重力对两小球做的功不同D.从开始运动至落地,重力对两小球做功的平均功率P A>P B式题[2017·安徽阜阳模拟]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3.0×104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 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%,则下列说法错误的是()A.弹射器的推力大小为1.1×106 NB.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2■规律总结计算功率的基本思路:(1)首先要弄清楚计算的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,求解瞬时功率时,如果F与v不同向,可用力F乘力F方向的分速度或速度v乘速度v方向的分力求解.考点四机车启动问题v↑⇒F=↓⇒a=a=不变⇒F不变, P=F v达到最大⇒P=P===的匀速直线=;8 如图13-10所示,一辆遥控小车静止在倾角为α=37°的斜面上,现用遥控器启动小车,使它从静止开始以恒定功率向上运动,运动45 m 后达最大速度时出现故障,小车牵引力消失,再经过3 s 小车到达最高点,且小车在减速过程中最后2 s 内的位移为20 m .已知遥控小车的质量为1 kg ,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)遥控小车与斜面间的动摩擦因数; (2)遥控小车在遥控器出现故障前运动的时间.图13-10式题(多选)[2017·山东济南模拟]汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶,发动机功率为P,牵引力为F,t1时刻,司机减小了油门,使汽车的功率立即减小一半,并保持该功率继续行驶,到t2时刻,汽车又恢复了匀速直线运动.能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图像是图13-11中的()图13-11■建模点拨(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v m=.(2)机车以恒定加速度启动时,匀加速过程结束时功率达到最大,但速度不是最大,即v1=.(3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W=Pt,由动能定理得Pt-fx=ΔE k,用该式可求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度问题.第14讲动能动能定理一、物体的动能1.动能:物体由于而具有的能量叫作动能;物体的动能跟物体的和有关.2.表达式:E k=,式中v为瞬时速度;动能的单位是.3.矢标性:动能是(选填“矢量”或“标量”).4.相对性:动能具有相对性,物体动能的大小与的选择有关,一般取地面为参考系.5.动能是(选填“状态”或“过程”)量,动能的变化量是(选填“状态”或“过程”)量.二、动能定理1.内容:(合)力在一个过程中对物体所做的功,等于物体在这个过程中的变化.2.表达式:W=.3.意义:动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体之间的关系,即合外力做的功是物体变化的量度.4.适用范围:(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于运动;(2)既适用于恒力做功,也适用于做功;(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以不同时作用.【思维辨析】(1)选择不同的参考系时,动能可能为负值.()(2)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.()(3)动能不变的物体一定处于平衡状态.()(4)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.()(5)物体在合外力作用下做变速运动时,动能一定变化.()(6)根据动能定理,合外力做的功就是动能的变化.()(7)重力做功和摩擦力做功都与物体运动的路径无关.()考点一动能定理的理解1.对“外力”的两点理解:(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等,它们可以同时作用,也可以不同时作用.(2)“外力”既可以是恒力,也可以是变力.2.公式中“=”体现的三个关系:3.标量性动能是标量,功也是标量,所以动能定理是一个标量式,不存在方向的选取问题.当然动能定理也就不存在分量的表达式.例如,以相同大小的初速度不管向什么方向抛出,在最终落到地面上速度大小相同的情况下,所列的动能定理的表达式都是一样的. 4.高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.1(多选)如图14-1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14-1A.对物体,动能定理的表达式为W=,其中W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W-mgH=,其中W为支持力的功D.对电梯,其所受合力做功为式题1用同样的水平力分别沿光滑水平面和粗糙水平面推动同一个木块,都使它们移动相同的距离,两种情况下推力做的功分别是W1、W2,木块最终获得的动能分别为Ek1、Ek2,则()A.W1=W2,E k1=E k2B.W1≠W2,E k1≠E k2C.W1=W2,E k1≠E k2D.W1≠W2,E k1=E k2式题2如图14-2所示,质量为M的木块静止在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v沿水平方向射入木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动.已知当子弹相对木块静止时,木块前进的距离为L,子弹进入木块的深度为s.若木块对子弹的阻力F视为恒定,则下列关系式中错误的是()图14-2A.FL=M v2B.Fs=m v2C.Fs=(M+m)v2D.F(L+s)=m v2考点二动能定理的应用1.应用动能定理解题时,应对运动过程中物体受力情况和运动情况进行分析,在分析运动过程时不需要深究物体运动过程中状态变化的细节,只需考虑整个过程中有哪些力对物体做功,做正功还是负功,以及运动过程初、末状态物体的动能.2.应用动能定理解题基本步骤2如图14-3所示,在竖直平面内固定一半径R为2 m、圆心角为120°的光滑圆弧轨道BEC,其中E是最低点.在B、C两端平滑、对称地连接AB、CD两段粗糙直轨道,直轨道上端A、D与最低点E之间的高度差h均为2.5 m.现将质量为 0.01 kg 的小物块从A点由静止释放,物块与直轨道间的动摩擦因数均为0.25,g取10 m/s2.求:(1)小物块从静止释放到第一次过E点时重力做的功;(2)小物块第一次通过E点时的动能大小;(3)小物块在E点时受到支持力的最小值.图14-3式题1(多选)[2016·全国卷Ⅲ]如图14-4所示,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则()图14-4A.a=C.N=式题2如图14-5所示是公路上的“避险车道”,车道表面是粗糙的碎石,其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险.质量m=2.0×103 kg的汽车沿下坡公路行驶,当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力,此时速度表示数v=36 km/h,汽车继1续沿下坡公路匀加速直行l=350 m、下降高度h=50 m时到达“避险车道”,此时速度表示数v=72 km/h.(g取10 m/s2)2(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量;(2)求汽车沿公路下坡过程中所受的阻力大小;(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°,汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍,求汽车在“避险车道”上运动的最大位移.(sin 17°≈0.3)图14-5■规律总结(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学研究方法要简便.(2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理没有任何依据.(3)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解.(4)应用动能定理时,必须明确各力做功的正负.当一个力做负功时,可设物体克服该力做功为W,则该力做功为-W,也可以直接用字母W表示该力做功,使其字母本身含有负号.考点三动能定理与图像结合问题解决物理图像问题的基本步骤3[2017·合肥一中月考]如图14-6甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m的竖直半圆轨道BC在B处相连接,有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平力F作用,F随位移变化的关系如图乙所示,滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2.(水平向右为力F的正方向)(1)求滑块到达B处时的速度大小;(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间;(3)若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少?图14-6式题1[2017·江苏卷]一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处.物块初动能为E,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程k0与位移x关系的图线是图14-7中的()中,物块的动能EkA BC D图14-7式题2(多选)[2017·江西南昌模拟]如图14-8甲所示,粗糙程度处处相同的半圆轨道固定在水平面上,一质量为0.1 kg的小球从图中A点冲入半圆轨道后,小球恰能到达最高点C,其运动过程中的速度的二次方与其高度的关系图像如图乙所示.已知半圆轨道的半径为0.4 m,空气阻力不计,g取10 m/s2,B为半圆轨道中点.下列说法正确的是()图14-8A.图乙中x=4B.小球从A到C过程损失了0.125 J的机械能C.小球从A到C过程合外力对其做的功为-1.05 JD.小球从C飞出后,落地点到A的距离为0.8 m■规律总结动能定理与图像结合问题的分析方法(1)观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线与坐标轴所表示的物理意义.(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.(3)将推导出的物理规律与数学上与之对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、交点及图线与横坐标轴所围的面积对应的物理意义,分析解答问题.或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量.图线与横坐标轴所围的面积的意义:①v-t图线与横轴围成的面积表示物体的位移;②a-t图线与横轴围成的面积表示物体速度的变化量;③F-x图线与横轴围成的面积表示力所做的功;④P-t图线与横轴围成的面积表示力所做的功.考点四动能定理解决单体多过程问题(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重力做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做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.4(18分)[2016·全国卷Ⅰ]如图14-9所示,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出),随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R,已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=,重力加速度大小为g.(取sin 37°=,cos 37°=)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小.(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能.(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点.G点在C点左下方,与C点水平相距R、竖直相距R,求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.图14-9【规范步骤】(1)根据题意知,B、C之间的距离l为l=①(1分)设P到达B点时的速度为v B,由动能定理得=②(2分)式中θ=37°,联立①②式并由题给条件得v B=③(1分)(2)设BE=x,P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为E p.P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有=0-④(2分)E、F之间的距离l1为l1=⑤(1分)P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有=0 ⑥(2分)联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=⑦E p=⑧(1分)(3)设改变后P的质量为m1,D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1=R sin θ⑨y1=R+R cos θ⑩(1分)式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实.设P在D点的速度为v D,由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1=x1=(1分)联立⑨⑩式得v D=(1分)设P在C点速度的大小为v C,在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有=(2分)P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有=(2分)联立⑦⑧式得m1=(1分)式题1[2018·海南八校联考]如图14-10所示,斜面倾角θ=30°,一轻质弹簧一端固定于斜面底部,弹簧自然伸长时,另一端位于斜面上的O点,O点上方斜面粗糙,下方斜面光滑.质量m=0.4 kg 的物体(可视为质点)从P点由静止释放,沿斜面滑下,压缩弹簧后被弹回,上滑至OP中点时速度为零.已知O、P两点间距离x=10 cm,当弹簧的压缩量Δl=2 cm时,物体的速度达到最大,此时弹簧具有的弹性势能E=0.04 J.g取10 m/s2.求:p(1)弹簧的劲度系数k;(2)此过程中物体具有的最大动能E.km图14-10式题2[2017·合肥一中模拟]为了研究过山车的原理,某物理小组提出了下列的设想:取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L=2 m的倾斜轨道AB,通过微小圆弧与长为L2= m的水平轨道BC相连,然后在C处设计一个竖直完整的光1水平弹出,滑圆轨道,出口为水平轨道D,如图14-11所示.现将一个小球从距A点高为h=0.9 m的水平台面上以一定的初速度v小球到A点时速度方向恰沿AB方向,并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ=.g取10 m/s2.(1)求小球初速度v的大小;;(2)求小球滑过C点时的速率vC(3)要使小球不离开轨道,则竖直圆轨道的半径R应该满足什么条件?图14-11式题3[2017·武汉华师一附中月考]如图14-12所示,AB和CDO都是处于竖直平面内的固定光滑圆弧形轨道,OA处于同一水平线上,AB是半径R=2 m的圆弧轨道,CDO是半径r=1 m的半圆轨道,最高点O处固定一个竖直弹性挡板(未画出),D为CDO轨道的中点.BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平滑连接.已知BC段水平轨道长L=2 m,与小球之间的动摩擦因数μ=0.4.现让一个质量为m=1 kg的小球P(可视为质点)从A点的正上方距水平线OA高H处自由下落.(g取10 m/s2)(1)当H=1.4 m时,求小球第一次到达D点时对轨道的压力大小.(2)当H=1.4 m时,试通过计算判断小球是否会脱离CDO轨道.如果会脱离轨道,求脱离前小球在水平轨道上经过的路程;如果不会脱离轨道,求静止前小球在水平轨道上经过的路程.(3)为使小球仅仅与弹性板碰撞两次,且小球不会脱离CDO轨道,求H的取值范围.图14-12■规律总结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.第15讲机械能守恒定律及其应用一、重力势能与重力做功1.物体的重力势能等于它所受的与所处位置的的乘积,E p=,是标量.2.重力势能是物体和所共有的.重力势能的大小与零势能面的选取有关,但重力势能的变化量与零势能面的选取无关.3.重力做功与物体运动的路径无关,只与重力及有关,W G=mgh.重力做功与重力势能变化的关系:W G=-ΔE p.二、弹性势能1.定义:物体由于发生而具有的能,是标量.2.弹力做功与弹性势能变化的关系:W=-ΔE p.三、机械能守恒定律1.内容:在只有重力或(弹簧)弹力做功的物体系统内,动能和势能可以互相转化,而总的机械能保持不变.2.表达式(1)守恒角度:E=E2.(2)转化角度:ΔE k=-ΔE p.(3)转移角度:ΔE A=-ΔE B.13.判断方法:(1)只有重力或系统内弹簧弹力做功;(2)只有动能和势能之间转化,没有其他能量参与.【思维辨析】(1)重力势能的大小及变化与零势能面的选取有关.()(2)重力做功与路径有关.()(3)物体所受的合外力为零时,物体的机械能一定守恒.()(4)做匀速直线运动的物体机械能一定守恒.()(5)做曲线运动的物体机械能可能守恒.()(6)形变量越大,弹性势能越大.()(7)重力势能越大,重力做功就越多.()考点一机械能守恒的理解和判断1.(多选)如图15-1所示,下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()图15-1A.甲图中,物体A将弹簧压缩的过程中,物体A的机械能守恒B.乙图中,物体A固定,物体B沿斜面匀速下滑,物体B的机械能守恒C.丙图中,不计任何阻力和定滑轮质量时,A加速下落,B加速上升过程中,A、B组成的系统机械能守恒D.丁图中,小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时,小球的机械能守恒2.如图15-2所示,用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上,物块A紧靠竖直墙壁,一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中,由子弹、弹簧和A、B所组成的系统在下列依次进行的过程中,机械能不守恒的是()。

P Q准兑市爱憎阳光实验学校高三第四次周练物理试卷一、选择题〔此题包括8小题，每题给出的四个选项中。

有的只有一个选项正确。

有的有多个选项正确，选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分〕1．质量为1 kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s 内的位移为x m ，那么F 的大小为A ．22t x B ．122-t xC ．122+t xD ．12-t x2．如图，质量为M 的楔形物A 静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m 的小物块B ，B 与斜面之间存在摩擦．用恒力F 沿斜面向上拉B ，使之匀速上滑．在B 运动的过程中，楔形物块A 始终保持静止．关于相互间作用力的描述正确的有A ．B 给A 的作用力大小为F mg - B ．B 给A 摩擦力大小为 FC ．地面受到的摩擦力大小为θcos FD ．地面受到的压力大小为θsin F mg Mg -+3. 如下图，三角体由两种材料拼接而成，BC 界面平行底面DE ，两侧面与水平面夹角分别为30和60物块从A 静止下滑，加速至B 匀速至D ；假设该物块静止从A 沿另一侧面下滑，那么有A ．通过C 点的速率于通过B 点的速率B ．AB 段的运动时间大于AC 段的运动时间 C ．将加速至C 匀速至ED ．一直加速运动到E ，但AC 段的加速度比CE 段小 4. 如下图，从光滑的1/4圆弧槽的最高点滑下的小滑块，滑出槽口时速度方向为水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面为水平，假设要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，圆弧轨道的半径为R 1，半球的半径为R 2，那么R 1和R 2满足的关系是A ．21R R ≤B ．221R R ≤C ．21R R ≥D ．221R R ≥5．如下图，外表粗糙的固斜面顶端安有滑轮，两物块P 、Q 用轻绳连接并跨过滑轮〔不计滑轮的质量和摩擦〕，P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处于静止状态。