2025年高考物理三轮复习之功和能

第92页（共92页）2025年高考物理三轮复习之功和能一．选择题（共10小题）1．（2025•商洛二模）如图所示，小车在水平台面上以恒定功率水平向左引着跨过光滑定滑轮的轻绳（定滑轮左侧的轻绳水平）加速行驶，轻绳牵引铁球沿光滑竖直墙面上升，则在此过程中（）A．铁球处于失重状态 B．铁球的加速度减小 C．轻绳的拉力增大 D．轻绳的拉力对铁球做的功小于铁球克服重力做的功2．（2025•永州二模）中国选手郑钦文在巴黎奥运会夺得女子网球单打金牌，某次回球时她将质量为58g的网球斜向上与水平方向夹角37°以180km/h击出，重力加速度g取10m/s2，网球在运动过程中可视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（）A．网球在空中运动过程中，相同时间内，速度的变化量相同 B．网球在空中上升过程中处于超重状态 C．网球返回与抛出点等高处时网球的重力功率为29W D．网球在空中运动过程中机械能增加3．（2025•芙蓉区校级一模）水平地面上有一质量为3m半球型碗，内表面光滑，质量m的小球从边缘由静止滚到底端的过程，碗一直保持静止，（取重力加速度为g）在此过程中（）A．底座受到地面的最大摩擦力为2mg B．底座对地面的最大压力为5mg C．底座与地面的动摩擦因数最小为24D．如果把碗放在光滑的水平面上，小球不能到达碗的另一侧边缘4．（2025•安徽一模）安徽黄山是世界文化与自然双遗产、世界地质公园，以奇松、怪石、云海、温泉、冬雪著称于世。2013年7月开通的西海大峡谷地面观光缆车如图（1）所示，最近因沿线的奇幻美景和视觉上的冲击力突然在社交平台上走红。地面观光缆车的内部结构及该乘客乘车情形如图（2）所示，缆车内部地板水平。则下列说法中正确的是（）A．当观光缆车上行时，该乘客所受的合力一定为零 B．当观光缆车加速上行时，缆车对该乘客的作用力方向与轨道平行 C．当观光缆车下行时，缆车对该乘客的摩擦力一定不为零 D．当观光缆车减速下行时，缆车对该乘客做负功5．（2025•信阳二模）如图所示一个足够长的倾斜传送带沿顺时针方向转动，一个物块从传送带底端以一定的初速度滑上传送带，已知物块的初速度大于传送带的速度，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，取沿传送带向上方向为正方向，则物块在传送带上运动过程中速度、加速度随时间变化关系图，机械能、动能随位移变化关系图正确的是（）A． B． C． D．6．（2025•湖北一模）生活中常常用到“轮轴”系统，该系统能绕共轴线旋转，如图甲所示。起重机滑轮运用了轮轴和斜面的原理。某工地用起重机吊起质量m＝100kg的重物，将起重机的模型简化，如图乙所示，起重机底部安装了一个轮轴其轴与轮的半径比为1：2，若起重器将钢绳A以速度v＝5m/s匀速收缩了20m，不计轮轴质量及一切阻力，滑轮大小可忽略，重力加速度为g取10m/s2。在此过程中，下面说法正确的是（）A．重物重力的功率为2500W B．重物重力的功率为5000W C．钢绳B对重物做的功为20000J D．钢绳B对重物做的功为50000J7．（2025•浙江模拟）图甲是某城市广场喷水池的喷水场景。其中有A、B两个喷水枪，从同一处O喷出的水分别经图乙中1、2所示的路径从a、b两处射入小水池M中。不计空气阻力，下列判断正确的是（）A．a处射入M的水流速度比b处射入的速度小 B．A喷水枪的喷水功率比B喷水枪的功率小 C．A水枪喷出的水流在空中运动的时间比B水枪的时间短 D．整个1路径处在空中的水量比2路径处在空中的水量少8．（2025•湖北一模）2024年11月12日举办的珠海航展展现了我国强大的航天制造实力，其中由海格通信旗下成员企业西安驰达承制的“九天”重型无人机首次公开露面。“九天”无人机是一款灵活配置重型无人机，是下一代的大型无人空中通用平台，在业内有“无人航空母机”之称。若一无人机只受到重力和向上推力，该无人机竖直上升时在速度v1﹣v2区间内推力F和v的关系如图所示，则在该速度区间，无人机的功率P与v关系的图像可能是（）A． B． C． D．9．（2025•河南模拟）单板U形池是冬奥会的比赛项目，比赛在一个形状类似于U形的槽里进行，其由宽阔平坦的底部和两侧的四分之一圆弧面组成，圆弧半径R＝3m，其截面如图所示。某运动员以v0＝3m/s的初速度从圆弧最高点竖直滑下，重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，则运动员在圆弧轨道最高点和最低点时，对轨道的压力大小之比为（）A．110 B．111 C．112 10．（2025•珠海一模）网球运动员在离地面h1高度处将网球以大小为v1的速度斜向上击出，空气阻力的影响不可忽略，网球经过一段时间后升到最高点，此时网球离地面高为h2，速度大小为v2。已知网球质量为m，重力加速度为g。则（）A．网球从被击出到最高点的过程，机械能守恒 B．网球从被击出到最高点的过程，减少的动能全部转化为增加的重力势能 C．网球在其轨迹最高点时重力的功率等于零 D．网球从被击出到最高点的过程，克服空气阻力做功为1二．多选题（共5小题）（多选）11．（2025•孝义市一模）如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘，绕过圆心O垂直于盘面的转轴匀速转动。一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，恰好随圆盘一起匀速转动。图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，OC与OB的夹角为60°。小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝2tanθ。下列说法正确的是（）A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心 B．小物块在C点时受到的摩擦力大小为3mgsinθC．小物块从B运动到A的过程，摩擦力减小 D．小物块从B运动到C的过程中，摩擦力做功1（多选）12．（2025•河南模拟）如图所示，半径R＝0.3m的14光滑圆管竖直固定，圆管上端切线水平，下端正下方有一竖直固定的轻质弹簧，O为圆心。倾角为30°的斜面底端位于O点，斜面顶端与圆管最高点等高。现用弹簧将一钢珠（可视为质点，直径略小于圆管直径）射入圆管，钢珠从圆管上端飞出后恰好击中斜面中点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2A．钢珠从圆管飞出后在空中运动的过程中，重力的功率与时间成正比 B．钢珠在圆管中运动的过程中，圆管对钢珠作用力的功率逐渐减小 C．钢珠从圆管飞出时的速度大小为1.5m/s D．若调整弹簧压缩量改变钢珠射入圆管速度，当钢珠下落321（多选）13．（2025•梅州一模）一新能源汽车以功率P0在平直的公路上匀速行驶，t1时刻发动机功率变为2P0，此后以2P0的恒定功率再次行驶至匀速。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的速度v、牵引力F、功率P、加速度a随时间t的变化规律可能正确的是（）A． B． C． D．（多选）14．（2025•湖北模拟）如图，质量分别为m1和m2的两个重物系于不可伸长的细绳两端，绳子绕过一个半径为R的轻质滑轮，在滑轮的轴上固定了四个长为L的轻杆，每两根杆之间的夹角为90°，滑轮转动时可同时带动杆转动，杆的端点各固定有质量为m的相同小球。一开始用手托住系统静止，现释放m1，系统开始运动起来，已知m1＝10m，m2＝6m，整个运动过程中绳子和滑轮间无相对滑动，且滑轮两边绳子足够长，各物体之间均未发生碰撞，小球和物块都可以看作质点。则当m1下降高度为h时（）A．m1和m2组成的系统机械能守恒 B．m1减小的机械能大于m2增加的机械能 C．下降过程中任意时刻m1的速率与杆上小球的速率之比为一定值 D．m1下降高度为h时，m1的速率为R2（多选）15．（2025•龙泉驿区模拟）装着货物的集装箱离不开起重机装卸。某起重机通过钢绳由静止开始竖直向上匀加速提起质量为m的集装箱，当集装箱的速度为v时，起重机的输出功率恰好达到最大值Pm，此后起重机保持该功率不变，继续提升集装箱，直到集装箱达到最大速度后匀速上升。重力加速度大小为g，不计空气阻力和钢绳受到的重力，下列说法正确的是（）A．集装箱达到最大速度前，钢绳的拉力可能小于mg B．集装箱的最大速度为PmC．集装箱匀加速上升的距离为mvD．集装箱加速运动的时间为m三．解答题（共5小题）16．（2025•安徽模拟）如图所示，左、右侧斜面倾角分别为β＝45°、α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面足够长，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧。将质量分别为mA＝2.5kg、mB＝2kg的小物块A、B同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数均为μ=24，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g＝（1）A、B所受的摩擦力fA、fB分别为多大？（2）A、B的加速度aA、aB分别为多大？（3）若将A的质量改为m2=22kg，仍然同时由静止释放，当B的位移为17．（2025•南通模拟）如图甲所示，倾角θ＝37°的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F0；（2）若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度a＝0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小FN；（3）在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功W。18．（2025•湖北模拟）如图所示，物块质量m＝1kg，紧靠压缩的轻质弹簧静止在A点，弹簧处于锁定状态。AB＝CD＝1m，BC＝4m。且AB间光滑，BC、CD与物块间的动摩擦因数为μ＝0.5。光滑圆弧半径为R＝0.5m，在D点与斜面相切，E为圆弧最高点，与圆心O连线处于竖直方向，D′与圆心O等高，与圆心O位于同一水平线上。传送带与倾斜轨道平滑相接，处于静止状态。今解除锁定，物块向上运动到B点速度大小vB＝10m/s，已知到B点前已经离开弹簧，物块在滑行过程中传送带保持静止状态。重力加速度g＝10m/s2，斜面倾角为37°，物块运动过程中可视为质点。求：（1）初始状态弹簧储存的弹性势能及物块运动到C点的速度大小。（2）若传送带顺时针转动且转动速度大小为30m/s时，物块能否到达D'（3）若传送带顺时针转动，为了使物块可以进入圆弧轨道（即vD＞0），又不会中途脱离圆轨道，求传送带转动速度大小满足的条件。19．（2025•内江一模）一辆质量为20kg的玩具赛车，在水平直跑道上从起点由静止开始匀加速启动，达到额定功率后保持功率不变，其加速度a随时间t变化的规律如图所示。已知赛车在跑道上运动时，受到的阻力恒为40N，赛车从起点到终点的距离为550m，赛车到达终点前已达到最大速度。求：（1）赛车的额定功率；（2）赛车从起点到终点所用的时间。20．（2025•晋中校级四模）如图所示，某一弹射游戏装置由弹性竖直挡板P、长度l＝1m的水平直轨道AB、半径R＝0.8m的竖直半圆轨道BCD和半径r＝0.1m的竖直半圆管道DEF组成，轨道各部分平滑连接。已知小球质量m＝0.01kg，小球直径略小于管道DEF直径，小球与AB间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各部分轨道均光滑，小球与P的碰撞无机械能损失，某次小球从P处向右弹出时的初动能为Ek0＝0.17J（g取10m/s2）。（1）求小球第一次运动到B点时对圆轨道的压力大小；（2）若要小球能从F点射出，求Ek0的最小值；（3）若r＝2.0m，小球能两次进入DEF轨道，求Ek0的范围。

2025年高考物理三轮复习之功和能参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案BACDCAADBC二．多选题（共5小题）题号1112131415答案BCDACDBCBCDBC一．选择题（共10小题）1．（2025•商洛二模）如图所示，小车在水平台面上以恒定功率水平向左引着跨过光滑定滑轮的轻绳（定滑轮左侧的轻绳水平）加速行驶，轻绳牵引铁球沿光滑竖直墙面上升，则在此过程中（）A．铁球处于失重状态 B．铁球的加速度减小 C．轻绳的拉力增大 D．轻绳的拉力对铁球做的功小于铁球克服重力做的功【考点】摩擦力做功的特点和计算；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；超重与失重的概念、特点和判断．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；理解能力．【答案】B【分析】由关联速度可得轻绳和铁球速度关系，判断铁球加速方向，即可得出铁球处于超重状态；结合牛顿第二定律判断铁球加速度大小变化；再结合动能定理可以判断轻绳的拉力对铁球做的功和铁球克服重力做的功的大小关系。【解答】解：A.设当定滑轮右侧的轻绳与竖直方向的夹角为θ时，轻绳的拉力大小为F，小车的速度大小为v1，铁球的速度大小为v2，有v1＝v2cosθ，在铁球上升的过程中θ增大，又小车加速行驶，v1增大，则在此过程中v2增大，即铁球具有向上的加速度，则铁球处于超重状态，故A错误；BC.设铁球的质量为m，根据牛顿第二定律有Fcosθ﹣mg＝ma，小车的功率P＝Fv1，在P不变的情况下，当v1增大时，F减小，而cosθ减小，可得铁球的加速度a减小，故B正确，C错误；D.因为v2增大，所以铁球的动能增大，合力对铁球做正功，又墙面对铁球不做功，则轻绳的拉力对铁球做的功大于铁球克服重力做的功，故D错误。故选：B。【点评】掌握住超重失重的特点，结合关联速度判断，本题属于基础题。2．（2025•永州二模）中国选手郑钦文在巴黎奥运会夺得女子网球单打金牌，某次回球时她将质量为58g的网球斜向上与水平方向夹角37°以180km/h击出，重力加速度g取10m/s2，网球在运动过程中可视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（）A．网球在空中运动过程中，相同时间内，速度的变化量相同 B．网球在空中上升过程中处于超重状态 C．网球返回与抛出点等高处时网球的重力功率为29W D．网球在空中运动过程中机械能增加【考点】机械能守恒定律的内容和条件；斜抛运动；瞬时功率的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；理解能力．【答案】A【分析】根据平抛运动的规律，结合动能定理分析解答。【解答】解：ABD、根据题意可知，知网球在空中运动过程中，做斜抛运动，只受重力，加速度为重力加速度，则网球机械能守恒，处于完全失重状态，且相同时间Δt内，速度的变化量相同，均为Δv＝gΔt，故A正确，BD错误；C、根据题意可知，网球返回与抛出点等高处时，网球的速度大小与抛出时的速度大小相等，且速度与水平方向夹角为37°，根据功率的计算公式可得此时重力的功率为PG=mg故选：A。【点评】本题主要考查了平抛运动的规律，属于基础题。3．（2025•芙蓉区校级一模）水平地面上有一质量为3m半球型碗，内表面光滑，质量m的小球从边缘由静止滚到底端的过程，碗一直保持静止，（取重力加速度为g）在此过程中（）A．底座受到地面的最大摩擦力为2mg B．底座对地面的最大压力为5mg C．底座与地面的动摩擦因数最小为24D．如果把碗放在光滑的水平面上，小球不能到达碗的另一侧边缘【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】C【分析】先根据机械能守恒计算小球的速度，根据牛顿第二定律得到小球和碗之间的弹力大小，然后对碗受力分析，根据平衡条件计算；根据机械能守恒和牛顿第二定律计算；根据动量守恒计算。【解答】解：AC．设小球到达的位置与球心连线与竖直方向夹角为θ时底座受到地面的摩擦力最大，则由机械能守恒12由牛顿第二定律FN对碗受力分析，如图所示可知地面对碗的摩擦力f＝FNsinθ联立解得f=可知当θ＝45°时底座受到地面的最大摩擦力为fmax＝1.5mg底座与地面的动摩擦因数为μ=因2tanθ可知μ≤24，故AB．当小球到达碗底部时碗对地面的压力最大，则由机械能守恒12由牛顿第二定律F'底座对地面的最大压力N＝FN'+3mg联立解得：N＝6mg，故B错误；D．如果把碗放在光滑的水平面上，则小球和碗的系统水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，当小球到达另一侧最高点时，小球水平方向的速度为零，根据动量守恒定律有0＝（m+3m）v可知碗和小球的速度均为零，由能量关系可知，小球能到达碗的另一侧边缘，故D错误。故选：C。【点评】该题考查力的变化问题，解答该题的关键是正确画出小球A的受力，然后结合相似三角形的关系分析．4．（2025•安徽一模）安徽黄山是世界文化与自然双遗产、世界地质公园，以奇松、怪石、云海、温泉、冬雪著称于世。2013年7月开通的西海大峡谷地面观光缆车如图（1）所示，最近因沿线的奇幻美景和视觉上的冲击力突然在社交平台上走红。地面观光缆车的内部结构及该乘客乘车情形如图（2）所示，缆车内部地板水平。则下列说法中正确的是（）A．当观光缆车上行时，该乘客所受的合力一定为零 B．当观光缆车加速上行时，缆车对该乘客的作用力方向与轨道平行 C．当观光缆车下行时，缆车对该乘客的摩擦力一定不为零 D．当观光缆车减速下行时，缆车对该乘客做负功【考点】功的正负及判断；作用力与反作用力．【专题】定性思想；推理法；功的计算专题；理解能力．【答案】D【分析】根据受力分析和牛顿定律的结合判断选项。【解答】解：A、根据题意可知，当观光缆车匀速上行时，乘客受到的合力才为零，故A错误；B、根据题意可知，观光缆车加速上行时，加速度方向沿轨道向上，乘客受到的合力方向沿轨道向上，因此缆车对乘客的作用力与重力的合力方向与轨道平行向上，则缆车对乘客的作用力一定不与轨道平行，故B错误；C、根据题意可知，缆车匀速下行时，人处于平衡状态，则缆车对人的摩擦力为零，故C错误；D、根据题意可知，缆车减速下行时，缆车对人的作用力方向与人的位移方向的夹角为钝角，缆车对乘客做负功，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，解题的关键是分析清楚乘客的受力情况，然后应用牛顿第二定律分析答题。5．（2025•信阳二模）如图所示一个足够长的倾斜传送带沿顺时针方向转动，一个物块从传送带底端以一定的初速度滑上传送带，已知物块的初速度大于传送带的速度，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，取沿传送带向上方向为正方向，则物块在传送带上运动过程中速度、加速度随时间变化关系图，机械能、动能随位移变化关系图正确的是（）A． B． C． D．【考点】常见力做功与相应的能量转化；倾斜传送带模型．【专题】定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题；理解能力．【答案】C【分析】根基牛顿第二定律的应用判断选项。【解答】解：A、根据题意可知，传送带足够长，则物块先向上减速，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值，则物块与传送带共速后继续减速为零，然后向下加速，故A错误；B、根据题意可知，物块滑上传送带时，加速度向下，为负值，大小为a1＝gsinθ+μgcosθ共速后向上减速，加速度向下，为负值，大小为a2＝gsinθ﹣μgcosθ减速为零后向下加速，加速度向下，为负值，大小为a3＝gsinθ﹣μgcosθ故B错误；C、根据题意可知，E机﹣x图线的斜率大小等于摩擦力大小，物块在斜面上运动时，滑动摩擦力大小不变，开始时摩擦力向上，摩擦力做负功，根据机械能守恒条件判断，机械能减小；向上速度减为与传送带共速后，在向上速度减为零过程中摩擦力仍向上，摩擦力做正功，根据机械能守恒条件判断，机械能增加，向下滑动时摩擦力向上摩擦力做负功，物块机械能减小，故C正确；D、根据题意可知，Ek﹣x图线的斜率大小等于合力大小，物块向上减速到与传送带速度相同前，合力大小F1＝mgsinθ+μmgcosθ向上减速为零过程合力大小为F2＝mgsinθ﹣μmgcosθ图线斜率变小，向下加速过程时合力大小为F3＝mgsinθ﹣μmgcosθ故D错误。故选：C。【点评】解题关键在于分析物块的运动情况，明确加速度的变化情况，再分析速度和位移的变化情况。6．（2025•湖北一模）生活中常常用到“轮轴”系统，该系统能绕共轴线旋转，如图甲所示。起重机滑轮运用了轮轴和斜面的原理。某工地用起重机吊起质量m＝100kg的重物，将起重机的模型简化，如图乙所示，起重机底部安装了一个轮轴其轴与轮的半径比为1：2，若起重器将钢绳A以速度v＝5m/s匀速收缩了20m，不计轮轴质量及一切阻力，滑轮大小可忽略，重力加速度为g取10m/s2。在此过程中，下面说法正确的是（）A．重物重力的功率为2500W B．重物重力的功率为5000W C．钢绳B对重物做的功为20000J D．钢绳B对重物做的功为50000J【考点】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；推理论证能力．【答案】A【分析】根据轮轴其轴与轮的半径比以及同轴转动角速度相等求解重物上升的速度和重物升高的高度，结合功率公式以及重力做功公式。【解答】解：AB．轮轴其轴与轮的半径比为1：2，根据同轴转动角速度相等结合v＝rω可知重物上升的速度vB＝2.5m/s则重物重力的功率为PB＝mgvB，解得PB＝2500W故A正确，B错误；CD．当A收缩20m时，A的速度与B的速度之比为2：1，B上升了h＝10m，钢绳B的拉力等于B的重力，则钢绝B对重物做的功WG＝mgh，解得WG＝10000J故CD错误。故选：A。【点评】本题考查功率的计算，解题关键掌握“轮轴”的特点。7．（2025•浙江模拟）图甲是某城市广场喷水池的喷水场景。其中有A、B两个喷水枪，从同一处O喷出的水分别经图乙中1、2所示的路径从a、b两处射入小水池M中。不计空气阻力，下列判断正确的是（）A．a处射入M的水流速度比b处射入的速度小 B．A喷水枪的喷水功率比B喷水枪的功率小 C．A水枪喷出的水流在空中运动的时间比B水枪的时间短 D．整个1路径处在空中的水量比2路径处在空中的水量少【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；平抛运动速度的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】对于前半段，可以看成反向的平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，通过水平位移比较初速度的大小，结合功率公式求解。【解答】解：AC．对于前半段，可以看成反向的平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有x＝v0th1由于高度相同，所以时间相同，所以1水柱的水平位移小，所以1的水平速度小。对于后半段，可以看成平抛运动，则有v=由于高度相同，所以时间相同，所以1的末速度小，故A正确，C错误；BD．对于前半段，可以看成反向的平抛运动，则有v1所以1水柱的出水速度较小，则有Pt=可解得P=由于不知道横截面积，所以无法判断功率，进而无法判断空中路径的水量，故B错误，D错误。故选：A。【点评】该题考查了平抛运动的规律，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的高度决定时间。8．（2025•湖北一模）2024年11月12日举办的珠海航展展现了我国强大的航天制造实力，其中由海格通信旗下成员企业西安驰达承制的“九天”重型无人机首次公开露面。“九天”无人机是一款灵活配置重型无人机，是下一代的大型无人空中通用平台，在业内有“无人航空母机”之称。若一无人机只受到重力和向上推力，该无人机竖直上升时在速度v1﹣v2区间内推力F和v的关系如图所示，则在该速度区间，无人机的功率P与v关系的图像可能是（）A． B． C． D．【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】定性思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据F﹣v图像结合数学知识列出F与v的关系式，根据P＝Fv列出P与v的关系式，结合数学知识选择合适的图像。【解答】解：由推力F和v的关系图像可知，F与v的关系式为F＝kv+b（其中k＜0）根据功率公式P＝Fv可知，P与v的关系式为P＝Fv＝（kv+b）×v＝kv2+bv（其中k＜0）所以P与v关系的图像为开口方向向下的抛物线，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查功率公式的应用，关键是根据数学知识列出相应的关系式。9．（2025•河南模拟）单板U形池是冬奥会的比赛项目，比赛在一个形状类似于U形的槽里进行，其由宽阔平坦的底部和两侧的四分之一圆弧面组成，圆弧半径R＝3m，其截面如图所示。某运动员以v0＝3m/s的初速度从圆弧最高点竖直滑下，重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，则运动员在圆弧轨道最高点和最低点时，对轨道的压力大小之比为（）A．110 B．111 C．112 【考点】动能定理的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】B【分析】由题意，运动员在最高点时、运动员在最高点时，由牛顿第二定律分别列式；运动员由最高点下滑到最低点过程，由动能定理列式；结合牛顿第三定律，即可分析判断ABCD正误。【解答】解：由题意可知，运动员在最高点时，有：FN运动员在最高点时，有：FN2-mg运动员由最高点下滑到最低点过程，由动能定理得：mgR=联立可得：FN则根据牛顿第三定律可知，运动员在圆弧轨道最高点和最低点时，对轨道的压力大小之比为111故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。10．（2025•珠海一模）网球运动员在离地面h1高度处将网球以大小为v1的速度斜向上击出，空气阻力的影响不可忽略，网球经过一段时间后升到最高点，此时网球离地面高为h2，速度大小为v2。已知网球质量为m，重力加速度为g。则（）A．网球从被击出到最高点的过程，机械能守恒 B．网球从被击出到最高点的过程，减少的动能全部转化为增加的重力势能 C．网球在其轨迹最高点时重力的功率等于零 D．网球从被击出到最高点的过程，克服空气阻力做功为1【考点】机械能守恒定律的简单应用；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；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】C【分析】要克服空气的阻力做功，机械能不守恒，减少的动能一部分用来克服空气阻力做功，在最高点时竖直方向的速度为0，重力的功率等于零，应用动能定理去求解克服空气阻力做功。【解答】解：A．网球从被击出到最高点的过程，要克服空气的阻力做功，机械能不守恒，故A错误；B．网球从被击出到最高点的过程，减少的动能一部分转化为重力势能，另一部分用来克服空气阻力做的功，故B错误；C．在最高点时，竖直方向的速度为vy＝0，速度v2沿水平方向，根据功率P＝Fv＝mgvy＝0，故C正确；D．由动能定理可知-mg解得Wf故D错误。故选：C。【点评】注意动能定理的应用和机械能不守恒即增加还是减少如何判断，增减多少如何计算。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2025•孝义市一模）如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘，绕过圆心O垂直于盘面的转轴匀速转动。一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，恰好随圆盘一起匀速转动。图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，OC与OB的夹角为60°。小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝2tanθ。下列说法正确的是（）A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心 B．小物块在C点时受到的摩擦力大小为3mgsinθC．小物块从B运动到A的过程，摩擦力减小 D．小物块从B运动到C的过程中，摩擦力做功1【考点】常见力做功与相应的能量转化；倾斜转盘(斜面体)上物体的圆周运动．【专题】定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题；理解能力．【答案】BCD【分析】对小物块受力分析，根据向心力公式求得摩擦力和向心力，再结合功能关系分析即可。【解答】解：A、根据题意可知，小物块随圆盘做匀速圆周运动，其合外力始终指向圆心。对小物块受力分析，小物块受重力、支持力和摩擦力，重力沿圆盘平面有分力，根据平行四边形定则可知摩擦力并不始终指向圆心，故A错误；B、根据题意可知，小物块在最低点恰好相对圆盘静止，则说明摩擦力达到最大静摩擦力，依题意有μmgcosθ﹣mgsinθ＝mω2R又因为μ＝2tanθ，解得ω在C点时，摩擦力指向圆心的分力提供向心力，大小为f摩擦力的另一个分力平衡重力沿斜面方向的分力，大小为f2＝mgsinθ两个分力的夹角为60°，故C点所受摩擦力大小为f故B正确；C、根据题意可知，设小物块位置与圆心连线和OA夹角为α，结合B选项分析可知小物块从B运动到A的过程，摩擦力大小f由于f1、f2大小不变，从B到A，α从180°减小到0°，则cosα增大，故摩擦力减小，故C正确；D、根据题意可知，小物块从B运动到C的过程中，由动能定理有Wf﹣mgR（1﹣cos60°）sinθ＝0可求得，摩擦力做功W故D正确。故选：BCD。【点评】本题主要考查了向心力公式和功能关系的应用，属于中档题。（多选）12．（2025•河南模拟）如图所示，半径R＝0.3m的14光滑圆管竖直固定，圆管上端切线水平，下端正下方有一竖直固定的轻质弹簧，O为圆心。倾角为30°的斜面底端位于O点，斜面顶端与圆管最高点等高。现用弹簧将一钢珠（可视为质点，直径略小于圆管直径）射入圆管，钢珠从圆管上端飞出后恰好击中斜面中点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2A．钢珠从圆管飞出后在空中运动的过程中，重力的功率与时间成正比 B．钢珠在圆管中运动的过程中，圆管对钢珠作用力的功率逐渐减小 C．钢珠从圆管飞出时的速度大小为1.5m/s D．若调整弹簧压缩量改变钢珠射入圆管速度，当钢珠下落321【考点】动能定理的简单应用；平抛运动速度的计算；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；推理论证能力．【答案】ACD【分析】A.钢珠从圆管飞出后做平抛运动，由功率公式、运动学规律分别列式，即可分析判断；B.钢珠在圆管中运动的过程中，圆管对钢珠作用力始终与速度方向垂直，据此分析判断；C.钢珠从圆管飞出后做平抛运动，由运动学规律及几何关系分别列式，即可分析判断；C.根据运动规律、几何关系、速度关系分别列式，结合数学知识，即可分析判断。【解答】解：A.设重力的功率为P，钢珠从圆管飞出后做平抛运动，则有：P＝mgv，v＝gt，联立可得：P＝mg2t，则重力的功率与时间成正比，故A正确；B.钢珠在圆管中运动的过程中，圆管对钢珠作用力始终与速度方向垂直，则该力始终不做功、功率始终为0，故B错误；C.钢珠从圆管飞出后做平抛运动，竖直方向有：R2水平方向有：x＝v0t，且：tan30联立可得：v0＝1.5m/s，故C正确；C.根据运动规律及几何关系有：v12=2gh设落在斜面上的速度为v，则有：v2整理得：v2由数学知识可知：7gh2=解得：h=321故选：ACD。【点评】本题考查了平抛运动，解题时需注意合运动与分运动的等时性，可以利用运动的合成与分解的知识分析求解。（多选）13．（2025•梅州一模）一新能源汽车以功率P0在平直的公路上匀速行驶，t1时刻发动机功率变为2P0，此后以2P0的恒定功率再次行驶至匀速。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的速度v、牵引力F、功率P、加速度a随时间t的变化规律可能正确的是（）A． B． C． D．【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】定性思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】在公路上匀速行驶时，牵引力F与阻力f大小相等，加速度为零，结合功率公式以及牛顿第二定律分析。【解答】解：C．当汽车以P0的功率在公路上匀速行驶时，牵引力F与阻力f大小相等，功率变为2P0时，此后汽车以该功率行驶，故C正确。AD．由于速度不发生突变，则牵引力变为F′＝2F此时根据牛顿第二定律可得a=汽车做加速运动，v增大，由于2P0＝F′×v功率不变速度增大，则牵引力减小，此时根据牛顿第二定律可得a=加速度也减小，故AD错误。B．由于阻力不变，最终牵引力等于阻力，加速度为零，汽车做加速度减小的加速运动，最终匀速，故B正确。故选：BC。【点评】本题考查了汽车恒功率启动的问题，速度增大，牵引力减小，加速度减小，速度增大的越来越慢，则牵引力减小的越来越慢，当牵引力减小到与阻力相等时汽车做匀速直线运动。（多选）14．（2025•湖北模拟）如图，质量分别为m1和m2的两个重物系于不可伸长的细绳两端，绳子绕过一个半径为R的轻质滑轮，在滑轮的轴上固定了四个长为L的轻杆，每两根杆之间的夹角为90°，滑轮转动时可同时带动杆转动，杆的端点各固定有质量为m的相同小球。一开始用手托住系统静止，现释放m1，系统开始运动起来，已知m1＝10m，m2＝6m，整个运动过程中绳子和滑轮间无相对滑动，且滑轮两边绳子足够长，各物体之间均未发生碰撞，小球和物块都可以看作质点。则当m1下降高度为h时（）A．m1和m2组成的系统机械能守恒 B．m1减小的机械能大于m2增加的机械能 C．下降过程中任意时刻m1的速率与杆上小球的速率之比为一定值 D．m1下降高度为h时，m1的速率为R2【考点】多物体系统的机械能守恒问题；关联速度问题．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】BCD【分析】AB.根据机械能守恒的条件和特点判断；C.根据v＝ωr判断下降过程中任意时刻m1的速率与杆上小球的速率之比；D.根据功能关系求m1的速率。【解答】解：AB.根据受力关系和机械能守恒的条件可知，m1，m2及杆上的四个小球组成的系统机械能守恒，即ΔE1＝ΔE2+4ΔE球故A错误，B正确；C.小球同轴转动v1＝ωRm1，m2的速率与滑轮边缘线速度大小相等为v2＝ωL则m1的速率与杆上小球的速率之比为L故C正确；D.m1下降高度为h时4mg解得v2故D正确。故选：BCD。【点评】本题主要考查了机械能守恒定律及角速度与线速度关系的直接应用，知道球转动的角速度与滑轮转动角速度相同，难度适中。（多选）15．（2025•龙泉驿区模拟）装着货物的集装箱离不开起重机装卸。某起重机通过钢绳由静止开始竖直向上匀加速提起质量为m的集装箱，当集装箱的速度为v时，起重机的输出功率恰好达到最大值Pm，此后起重机保持该功率不变，继续提升集装箱，直到集装箱达到最大速度后匀速上升。重力加速度大小为g，不计空气阻力和钢绳受到的重力，下列说法正确的是（）A．集装箱达到最大速度前，钢绳的拉力可能小于mg B．集装箱的最大速度为PmC．集装箱匀加速上升的距离为mvD．集装箱加速运动的时间为m【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；功率的计算专题；理解能力．【答案】BC【分析】加速提升集装箱时钢绳拉力大于重力；当拉力减小到等于加速结束时的拉力时，即F＝mg，由v＝求出最大速度，由P＝Fv求出最大拉力；根据牛顿第二定律求解加速度，再由运动学公式求匀加速上升的距离；求出匀加速的时间，再与变加速加速运动进行对比。【解答】解：A、集装箱达到最大稳定速度前，一直做加速运动，加速度方向向上，所以钢绳的拉力大于重力mg，故A错误；B、当起重机拉力等于集装箱重力时，由平衡条件有：F＝mg，集装箱速度最大最大速度为：vm=PC、根据牛顿第二定律，可得集装箱匀加速上升加速度：a又由速度—位移公式有：v2﹣0＝2as联立得：s=mvD、集装箱匀加速运动的时间为：t当起重机的输出功率达到最大值后，起重机拉力仍然大于集装箱重力，集装箱做加速度减小的加速度运动，直到起重机拉力等于集装箱重力，所以集装箱加速运动的时间大于mv2P故选：BC。【点评】本题考查的是汽车的启动方式，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。三．解答题（共5小题）16．（2025•安徽模拟）如图所示，左、右侧斜面倾角分别为β＝45°、α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面足够长，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧。将质量分别为mA＝2.5kg、mB＝2kg的小物块A、B同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数均为μ=24，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g＝（1）A、B所受的摩擦力fA、fB分别为多大？（2）A、B的加速度aA、aB分别为多大？（3）若将A的质量改为m2=22kg，仍然同时由静止释放，当B的位移为【考点】常见力做功与相应的能量转化；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题；理解能力．【答案】（1）A、B所受的摩擦力fA、fB分别为0N和5N；（2）A、B的加速度aA、aB分别3m/s2和5(22（3）系统机械能的损失量ΔE为1+2【分析】（1）根据受力分析判断物块受力；（2）根据牛顿第二定律可求解加速度；（3）根据匀变速直线运动和机械能守恒条件判断机械能的损失量。【解答】（1）对小物块B受力分析，可得fB＝μmBgcosβ代入数据解得，fB＝5N对小物块A受力分析，可得fA＝μmAgcosα代入数据解得fA=所以A相对轻质绸带静止，二者一起加速下滑，故fA＝0；（2）由牛顿第二定律，可得mAgsinα﹣μmBgcosβ＝mAaA解得aA同理，有mBgsinβ﹣μmBgcosβ＝mBaB解得aB（3）若将A的质量改为m2m2gsinα﹣μmBgcosβ＝m2a'A解得a'仍然同时由静止释放，当B的位移为0.12xA=1联立，解得xA＝0.1m可知此过程B相对于绸带的距离为L＝xA+xB系统机械能的损失量为ΔE＝μmBgcosβ•L代入数据解得ΔE=答：（1）A、B所受的摩擦力fA、fB分别为0N和5N；（2）A、B的加速度aA、aB分别3m/s2和5(22（3）系统机械能的损失量ΔE为1+2【点评】此题考查牛顿第二定律的应用，解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解。17．（2025•南通模拟）如图甲所示，倾角θ＝37°的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F0；（2）若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度a＝0.8g的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小FN；（3）在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功W。【考点】利用动能定理求解变力做功；共点力的平衡问题及求解；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）最小推力的大小F0为0.75mg；（2）斜面对球作用力的大小FN为2mg；（3）该过程中推力做的功W为8mgR。【分析】（1）由平衡条件求最小推力的大小F0；（2）由牛顿第二定律求斜面对球作用力的大小FN；（3）由运动学公式和功能关系求该过程中推力做的功W。【解答】解：（1）当推力最小时，小球刚好要离开地面，此时地面对小球的支持力为0，小球受力如图所示：由平衡条件：F1cos37°＝mg斜面体受力如图所示：由平衡条件：F0＝F1sin37°联立知最小推力的大小F0＝0.75mg（2）小球的加速度大小a球＝atan37°解得a球＝0.6g小球受力如图所示：由牛顿第二定律：FNcos37°﹣mg＝ma解得斜面对小球作用力大小FN＝2mg（3）设斜面最高点与球接触时，斜面体的速度大小为v1，小球的速度大小为v2，小球的位移大小为h，则h＝3.2R﹣R（1﹣cos37°）解得h＝3Rv2又h=对小球和斜面组成的系统，由功能关系：W=联立知该过程中推力做的功W＝8mgR。答：（1）最小推力的大小F0为0.75mg；（2）斜面对球作用力的大小FN为2mg；（3）该过程中推力做的功W为8mgR。【点评】本题考查了共点力平衡的问题，受力分析时需要明确受力物体，不能多力也不能少力，题目难度一般。18．（2025•湖北模拟）如图所示，物块质量m＝1kg，紧靠压缩的轻质弹簧静止在A点，弹簧处于锁定状态。AB＝CD＝1m，BC＝4m。且AB间光滑，BC、CD与物块间的动摩擦因数为μ＝0.5。光滑圆弧半径为R＝0.5m，在D点与斜面相切，E为圆弧最高点，与圆心O连线处于竖直方向，D′与圆心O等高，与圆心O位于同一水平线上。传送带与倾斜轨道平滑相接，处于静止状态。今解除锁定，物块向上运动到B点速度大小vB＝10m/s，已知到B点前已经离开弹簧，物块在滑行过程中传送带保持静止状态。重力加速度g＝10m/s2，斜面倾角为37°，物块运动过程中可视为质点。求：（1）初始状态弹簧储存的弹性势能及物块运动到C点的速度大小。（2）若传送带顺时针转动且转动速度大小为30m/s时，物块能否到达D'（3）若传送带顺时针转动，为了使物块可以进入圆弧轨道（即vD＞0），又不会中途脱离圆轨道，求传送带转动速度大小满足的条件。【考点】利用动能定理求解多过程问题；水平传送带模型；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；传送带专题；分析综合能力．【答案】（1）初始状态弹簧储存的弹性势能为56J，物块运动到C点的速度大小为25（2）D'点速度大小为0m/s.；（3）传送带转动速度大小满足的条件为25m/【分析】（1）根据功能关系求初始状态弹簧储存的弹性势能及物块运动到C点的速度大小；（2）根据运动学公式和动能定理求解；（3）结合第二问，讨论不同的可能性求传送带转动速度大小满足的条件。【解答】解：（1）根据功能关系Ep解得Ep＝56JEp解得vC（2）传送带的速度v1物块在传送带上先以a1＝gsin37°+μgcos37°解得a1匀减速直线运动由于μ＝0.5＜tan37°＝0.75共速后不能一起运动，再以a2解得a2匀减速直线运动s1s2s1+s2＝BC解得vC设物块到D'的速度为v2，C到D′由动能定理﹣mgsin37°×CD﹣μmgcos37°×CD-解得v2＝0m/s即恰好到达D′，到达D′的速度为v2＝0m/s.（3）第一种情况：最高点刚好可以到D点，由第（2）问有传送带速度v1恰好到达D'，v1越小，加速度为10m/s2的时间越长，到达C点的速度越小，所以v带由第（1）问有v带物块一直减速，到D点速度vD＝0m/s不符合题意，所以v带故传送带转动速度大小速度范围为25第二种情况：对E点：mg=从C到E用动能定理：mgsin37°×CD+μmgcos37°×CD+解得vC先以a1做匀减速，和传送带共速后再以a2做匀减速到C点s1s2s1+s2＝BC解得v2所以v带综上：传送带转动速度大小满足25m/答：（1）初始状态弹簧储存的弹性势能为56J，物块运动到C点的速度大小为25（2）D'点速度大小为0m/s.；（3）传送带转动速度大小满足的条件为25m/【点评】本题主要是考查传送带和圆周运动的问题，关键是弄清楚物块的运动情况，受力情况和能量的转化情况。19．（2025•内江一模）一辆质量为20kg的玩具赛车，在水平直跑道上从起点由静止开始匀加速启动，达到额定功率后保持功率不变，其加速度a随时间t变化的规律如图所示。已知赛车在跑道上运动时，受到的阻力恒为40N，赛车从起点到终点的距离为550m，赛车到达终点前已达到最大速度。求：（1）赛车的额定功率；（2）赛车从起点到终点所用的时间。【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；推理论证能力．【答案】（1）赛车的额定功率等于800W；（2）赛车从起点到终点所用的时间等于35s。【分析】（1）a﹣t图像与坐标轴围成的面积表示赛车速度的改变量，结合牛顿第二定律以及功率公式求解；（2）根据位移—时间关系求解赛车匀加速的距离，可对恒定功率运动过程列动能定理求解时间，两段时间相加等于总时间。【解答】解：（1）赛车做匀加速运动时F﹣f＝ma1解得F＝80N匀加速结束时的速度v＝a1t1赛车的额定功率P＝Fv，解得P＝800W（2）赛车能达到的最大速度vm从匀加速结束到到达终点的位移x=550由动能定理Pt解得t2＝30s赛车从起点到终点所用的时间t＝t1+t2，解得t＝35s。答：（1）赛车的额定功率等于800W；（2）赛车从起点到终点所用的时间等于35s。【点评】解决本题时，要理清汽车的运动过程，掌握功率公式P＝Fv和牛顿第二定律、动能定理。20．（2025•晋中校级四模）如图所示，某一弹射游戏装置由弹性竖直挡板P、长度l＝1m的水平直轨道AB、半径R＝0.8m的竖直半圆轨道BCD和半径r＝0.1m的竖直半圆管道DEF组成，轨道各部分平滑连接。已知小球质量m＝0.01kg，小球直径略小于管道DEF直径，小球与AB间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各部分轨道均光滑，小球与P的碰撞无机械能损失，某次小球从P处向右弹出时的初动能为Ek0＝0.17J（g取10m/s2）。（1）求小球第一次运动到B点时对圆轨道的压力大小；（2）若要小球能从F点射出，求Ek0的最小值；（3）若r＝2.0m，小球能两次进入DEF轨道，求Ek0的范围。【考点】动能定理的简单应用；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；物体在环形竖直轨道内的圆周运动．【专题】计算题；定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）小球第一次运动到B点时对圆轨道的压力大小为0.4N；（2）Ek0的最小值为0.25J；（3）Ek0的范围为0.35J≤Ek0＜0.45J。【分析】（1）小球从A运动到B，利用动能定理求出小球第一次运动到B点时速度。在B点，对小球，根据牛顿第二定律和第三定律求小球对圆轨道的压力大小。（2）要小球能从F点射出，首先要能通过D点，小球恰好通过D点时，由重力提供向心力，由此求出小球通过轨道BCD的最高点D的最小速度。对DF过程，由动能定理求出通过F点的速度，判断能否从F点射出，再由功能关系求Ek0的最小值；（3）若小球恰好运动到F点，由动能定理求Ek0的值。利用功能关系求出小球恰好第二次和第三次运动到D点对应的Ek0，从而求出Ek0的范围。【解答】解：（1）小球从A运动到B，由动能定理有-μmgl解得小球第一次运动到B点时速度为：v在B点，对小球由牛顿第二定律有F-解得：F＝0.4N由牛顿第三定律可知，小球第一次运动到B点时对圆轨道的压力大小为F′＝F＝0.4N。（2）要求运动中，滑块不脱离轨道，设小球通过轨道BCD的最高点D的最小速度为vD，则有mg=解得：vD＝22m/s对DF过程，由动能定理有﹣2mgr=解得：vF＝2m/s所以滑块通过D点后肯定能通过F点，对A到D过程由功能关系有Ek解得：Ek0＝0.25J（3）若小球恰好运动到F点，由动能定理得Ek0﹣μmgl﹣2mgR﹣2mgr＝0已知：r＝2.0m解得：Ek0＝0.61J小球恰好第二次运动到D点，有Ek0﹣μmg•3l﹣2mgR=解得：Ep0＝0.35J小球恰好第三次运动到D点，有Ek0﹣μmg•5l﹣2mgR=解得：Ep0＝0.45J因此初动能Ek0的范围为0.35J≤Ek0＜0.45J。答：（1）小球第一次运动到B点时对圆轨道的压力大小为0.4N；（2）Ek0的最小值为0.25J；（3）Ek0的范围为0.35J≤Ek0＜0.45J。【点评】本题考查动能定理、功能关系以及竖直平面内圆周运动的临界问题。对于在光滑内圆轨道运动的物体，能通过最高点的临界条件是在最高点，由重力提供向心力。

考点卡片1．力的合成与分解的应用【知识点的认识】本考点针对比较复杂的题目，题目涉及到力的合成与分解的综合应用。【命题方向】假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大（如图所示），下列有关刀刃的说法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B、在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C、在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D、在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大分析：根据力的平行四边形定则可知，相同的压力下，顶角越小，分力越大；相同的顶角下，压力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知，这两个分力大小相等（F1＝F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙所示。在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分），根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，由关系式，得F1＝F2由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚。使用时，用前部切一些软的物品（如鱼、肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思。故D正确。故选：D。点评：考查力的平行四边形定则，体现了控制变量法，同时学会用三角函数来表示力与力的关系．【解题思路点拨】对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。2．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。3．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。4．作用力与反作用力【知识点的认识】1.定义：（1）力是物体对物体的作用，每个力一定同时存在着受力物体和施力物体。（2）两个物体之间的作用总是用相互的，物体间相互作的这一对力称为的作用力和反作用力。（3）作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。2.性质：3.特征【命题方向】下列关于作用力和反作用力的说法中，正确的是（）A.物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力B.虽然马能将车拉动，但是马拉车的力与车拉马的力大小相等C.鸡蛋碰石头时，鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力为零，即两个力的作用效果可以互相抵消分析：作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的．解答：A、作用力与反作用力是同时产生、同时消失的，没有先后之分，所以A选项错误。B、马拉车的力与车拉马的力，它们是作用力与反作用力的关系，一定是大小相等的，马之所以能将车拉动，是由于马拉车的力大于车所受到的摩擦力的缘故，所以B选项正确。C、鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力，它们是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，之所以鸡蛋碰坏了，是由于鸡蛋的承受力小，所以C选项错误。D、作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，根本不能求它们的合力，只有作用在同一个物体上的力才可以求它们的合力，故D选项错误。故选：B。点评：本题主要是考查作用力与反作用力的关系，同时注意区分它与一对平衡力的区别．【解题思路点拨】明确作用力与反作用力的性质和特征，注意与平衡力进行区分。5．牛顿第三定律的理解与应用【知识点的认识】1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命题方向】题型一：牛顿第三定律的理解和应用例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．作用力与反作用力的合力为零B．先有作用力，然后才产生反作用力C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．作用力与反作用力作用在同一个物体上分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．故选：C．点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．【解题方法点拨】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．6．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况【知识点的认识】1.已知物体受力，求解物体的运动情况。2.解答该类问题的一般步骤（1）选定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。（2）根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，求出物体所受的合外力。受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键。（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。（4）结合物体运动的初始条件（即初速度v0），分析运动情况并画出运动草图，选择合适的运动学公式，求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。【命题方向】如图所示，质量m＝4kg的物体静止在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数µ＝0.2．现用水平向右的外力F＝10N拉物体，求：（1）物体在2s末的速度多大；（2）前2s内的位移是是多少；（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过多长时间才能停下来。分析：物体在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做匀加速直线运动。对其进行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛顿第二定律去求出加速度，最后由运动学公式去求出速度与位移。解答：（1）前2s内物体加速运动，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：物体的加速度a=2s末物体的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移为：x=12at（3）撤去拉力后，滑块匀减速直线运动，加速度为a′＝﹣μg＝﹣2m/s2故运动时间为：t′=Δva答：（1）物体在2s末的速度为1m/s；（2）前2s内的位移是1m；（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过0.5s时间才能停下来。