2024-2025学年下学期高一物理人教版期末必刷常考题之动能和动能定理

第8页（共52页）2024-2025学年下学期高一物理人教版（2019）期末必刷常考题之动能和动能定理一．选择题（共7小题）1．（2025春•东城区校级期中）在距离地面高0.8m处，以初速度3m/s水平抛出一小球，小球质量为2kg，忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2，那么小球落地时的（）A．动能为25J B．速度大小为8m/s C．速度变化量为2m/s D．重力做功为8J2．（2025•朝阳区二模）水平桌面上的甲、乙两物体在水平拉力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度a与所受拉力F的关系如图所示。甲、乙两物体的质量分别为m1、m2，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。下列说法正确的是（）A．m1＞m2 B．μ1＞μ2 C．若拉力相同，经过相同时间拉力对甲做功少 D．若拉力相同，通过相同位移甲获得的动能大3．（2025•南开区二模）如图甲所示为智能健身圈，其原理是利用摇动腰部轨道上的阻尼环带起腰带外部轨道上的小球，起到健身的效果，其原理简化为如图乙所示。设配重小球的质量为m，体积忽略不计，小球悬绳（忽略质量）长度为L，腰带轨道近似看成是正圆，且半径为R。若配重小球绕腰带的中心轴做水平匀速圆周运动，小球的线速度大小为v，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程腰部保持稳定，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，悬绳对小球做的功为12B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为mgtanθC．若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变 D．当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率f=4．（2025春•洛阳期中）如图所示，某运动员把质量为400g的足球从水平地面踢出，足球达到最高点时速度为20m/s，离地高度约为5m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则运动员踢足球时对足球做的功约为（）A．120J B．100J C．80J D．20J5．（2025•丹东模拟）如图所示，质量为m的小球由A点静止释放，沿半径为R的AB光滑圆弧轨道从A点运动至B点，A点与圆心O等高，然后由B点抛出，最终落到水平面上C点（C点未画出），重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．小球运动到B点时对轨道的压力为12B．由B点抛出后，最终落地点C距B点的水平距离为3+C．小球由A点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的最大功率为2mg3D．小球运动到B点时的速度大小为36．（2025春•天心区校级期中）航天飞机在完成对空间站的维修任务后，在A点短时间开动小型发动机进行变轨，从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的返地点，如图所示。下列说法中正确的有（）A．在A点短时间开动发动机使航天飞机加速 B．在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期 C．在轨道Ⅱ上经过A的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度 D．在轨道Ⅱ上经过A的动能等于经过B的动能7．（2025春•香坊区校级期中）如图甲，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，第二个时间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v均与C点对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为t。重力加速度为g，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法正确的是（）A．重物的质量为F1B．第二阶段重物上升的平均速率为v1C．第一阶段重物上升所用的时间为v1D．重物在前两个时间段内的总位移v二．多选题（共3小题）（多选）8．（2025春•官渡区期中）如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，则物体沿斜面向上运动过程中，下列说法正确的是（）A．在x＝4m处，物体的速度为零 B．在x＝4m处，物体的加速度为零 C．动能先增大后减少，在x＝2m处，物体动能最大 D．动能一直增大，在x＝4m处，物体动能最大（多选）9．（2025春•成华区期中）某款质量为m的氢能源汽车在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动，行驶时间t，恰好达到最大速度vm，已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是（）A．汽车在从静止启动到达到最大速率过程中，牵引力对汽车所做的功大于12B．车速为vm2时，汽车的加速度大小为C．车速从0增至vm过程汽车通过的路程为vmD．车速增至vm时，若发动机输出功率立即变为3P，汽车将做加速运动且最终速度为3vm（多选）10．（2025春•福州校级月考）如图甲，质量m＝10kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力（F）随位移（x）变化的图像如图乙。已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A．在0～10m的过程中，推力F对物体所做的功为1000J B．在0～10m的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为﹣500J C．物体的位移x＝5m时，其速度大小为5m/s D．物体的位移x＝10m时，其速度大小为10m/s三．填空题（共3小题）11．（2025春•思明区校级期中）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。则0～6s内拉力对物体做的功为J，物体受到的滑动摩擦力的大小为N。12．（2025春•台江区期中）如图，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。若子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则子弹对木块（选填“做正功”“做负功”或“不做功”），子弹的动能（选填“增大”或“减小”），木块对子弹做的功为。13．（2025春•宝山区校级期中）质量为m的小球，用长为L的细线悬挂于O点。无外力作用时，小球静止于A点。OB与竖直方向夹角为α，地球表面重力加速度为g，不计小球运动过程中受到的空气阻力。（1）用水平外力将小球缓慢移动到B点，小球在B点时受到水平外力大小为；这一过程中，水平外力对小球做功的大小为。（2）若使小球以某一初速度从A点开始运动，除重力和绳子拉力外不受其余外力，其最高上升到B，小球的初速度大小为；小球在B点时绳子的拉力大小为。（3）若小球受到水平方向的恒定外力，运动到B处时速度最大，则小球在B处速度大小为；小球能上升的最大高度为。四．解答题（共2小题）14．（2025春•天心区校级期中）生活中人们经常用“打夯”的方式夯实松散的地面，如图所示，其过程可简化为：两人通过绳子对重物同时施加大小均为F＝300N、方向与竖直方向成θ＝37°的力，使重物从静止开始离开地面向上做匀加速运动，重物升高0.25m后停止施力，重物继续上升到达最高点，之后重物自由下落，与地面作用时的平均作用力为2400N。已知重物的质量为m＝40kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力，求：（1）重物向上加速过程的加速度大小；（2）重物从开始运动到上升到最高点的时间；（3）砸进地面的深度。15．（2025春•西城区校级期中）篮球为同学们喜爱的运动。如图，在某次运动员投篮入筐的过程中，篮球出手时初速度为v0。出手点与篮筐之间的高度差为h。篮球可视为质点，质量为m，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）篮球从出手到进筐的过程中，求篮球重力势能的增加量ΔEp；（2）求篮球入筐时速度的大小v。

2024-2025学年下学期高一物理人教版（2019）期末必刷常考题之动能和动能定理参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）题号1234567答案ABCBCCC二．多选题（共3小题）题号8910答案ACADBC一．选择题（共7小题）1．（2025春•东城区校级期中）在距离地面高0.8m处，以初速度3m/s水平抛出一小球，小球质量为2kg，忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2，那么小球落地时的（）A．动能为25J B．速度大小为8m/s C．速度变化量为2m/s D．重力做功为8J【考点】动能定理的简单应用；重力做功的特点和计算．【专题】定量思想；合成分解法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】A【分析】根据动能定理求小球落地时的动能，进而求出小球落地时的速度大小。根据速度变化量与初速度、末速度的关系求速度变化量。根据WG＝mgh求重力做功。【解答】解：AD、重力做功为WG＝mgh＝2×10×0.8J＝16J。设小球落地时的动能为Ek，则由动能定理得WG＝Ek-解得Ek＝25J，故A正确，D错误；B、由Ek=12mv2可得，小球落地时的速度大小为vC、速度变化量为Δv=v2-v02故选：A。【点评】本题涉及力在空间的积累效果，运用动能定理求动能和速度大小，这是常用方法，要熟练掌握。2．（2025•朝阳区二模）水平桌面上的甲、乙两物体在水平拉力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度a与所受拉力F的关系如图所示。甲、乙两物体的质量分别为m1、m2，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。下列说法正确的是（）A．m1＞m2 B．μ1＞μ2 C．若拉力相同，经过相同时间拉力对甲做功少 D．若拉力相同，通过相同位移甲获得的动能大【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】比较思想；方程法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】B【分析】利用牛顿第二定律得出加速度表达式，然后结合图像信息，可得出质量以及动摩擦因数的关系；若拉力相同，分析相同时间内位移关系，判断拉力做功关系；根据动能定理分析获得的动能大小。【解答】解：AB、根据牛顿第二定律可得F﹣μmg＝ma得a=1mF﹣可知a﹣F图像的斜率k=1m，纵轴截距b＝﹣由图可知，m1＜m2，μ1＞μ2，故A错误，B正确；C、由图可知，若拉力相同，甲的加速度可能小于乙的加速度，也可能等于、大于乙的加速度，则经过相同时间甲的位移可能小于、等于或大于乙的位移，则经过相同时间拉力对甲做功不一定少，故C错误；D、若拉力相同，通过相同位移，拉力做功相同。根据题图中图线甲的横截距大于图线乙的，可知甲受到的滑动摩擦力大于乙的，故通过相同位移，甲克服摩擦力做功大于乙的，根据动能定理，通过相同位移甲获得的动能小于乙的，故D错误。故选：B。【点评】在解决本题时，要能够熟练列写牛顿第二定律公式，并能够运用数学方法对公式进行处理，从而分析两物体质量和动摩擦因数的关系。3．（2025•南开区二模）如图甲所示为智能健身圈，其原理是利用摇动腰部轨道上的阻尼环带起腰带外部轨道上的小球，起到健身的效果，其原理简化为如图乙所示。设配重小球的质量为m，体积忽略不计，小球悬绳（忽略质量）长度为L，腰带轨道近似看成是正圆，且半径为R。若配重小球绕腰带的中心轴做水平匀速圆周运动，小球的线速度大小为v，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程腰部保持稳定，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，悬绳对小球做的功为12B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为mgtanθC．若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变 D．当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率f=【考点】动能定理的简单应用；物体被系在绳上做圆锥摆运动．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】C【分析】智能健身圈通过摇动腰部轨道上的阻尼环带动腰带外部轨道上的小球运动，小球做水平匀速圆周运动，其运动过程涉及到向心力、机械能等物理概念。题目要求分析在不同情况下小球的运动状态和相关物理量，如悬绳对小球做功、向心力大小以及更换小球质量后夹角的变化等，需要运用牛顿第二定律、动能定理等知识进行分析和计算。【解答】解：A.由动能定理可知，让自然下垂的小球转动起来W-WGCD.由牛顿运动定律，对于配重小球mgtanθ＝m（R+Lsinθ）ω2，可见夹角与配重小球质量无关，同理由mgtanθ＝4mπ2f2（R+Lsinθ），可知f=12πgtanθR+Lsinθ，故B.小球受到重力mg和悬绳的拉力工，重力方向竖直向下，拉力方向沿悬绳方向，将拉力T分解为水平方向和竖直方向的分力。在竖直方向上，拉力的分力Tcosθ与重力mg平衡，即Tcosθ＝mg；在水平方向上，拉力的分力Tsinθ提供小球做匀速圆周运动的向心力。由Tcosθ＝mg，可得：T=F向＝Tsinθ联立解得：F向＝mgtanθ，故C错误；故选：C。【点评】本题以智能健身圈为背景，将实际的健身设备原理简化为物理模型，考查了圆周运动的相关知识。4．（2025春•洛阳期中）如图所示，某运动员把质量为400g的足球从水平地面踢出，足球达到最高点时速度为20m/s，离地高度约为5m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则运动员踢足球时对足球做的功约为（）A．120J B．100J C．80J D．20J【考点】动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】B【分析】结合题意，由动能定理列式，即可确定运动员踢足球时对足球做的功，即可分析判断ABCD正误。【解答】解：设运动员踢足球时对足球做的功为W，由题知，某运动员把质量m为400g的足球从水平地面踢出，足球达到最高点时速度v为20m/s，离地高度h约为5m，不计空气阻力，则由动能定理可得：W﹣mgh=12解得：W＝100J，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。5．（2025•丹东模拟）如图所示，质量为m的小球由A点静止释放，沿半径为R的AB光滑圆弧轨道从A点运动至B点，A点与圆心O等高，然后由B点抛出，最终落到水平面上C点（C点未画出），重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．小球运动到B点时对轨道的压力为12B．由B点抛出后，最终落地点C距B点的水平距离为3+C．小球由A点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的最大功率为2mg3D．小球运动到B点时的速度大小为3【考点】动能定理的简单应用；斜抛运动；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；合成分解法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据机械能守恒定律求出小球运动到B点时的速度大小，再根据牛顿第二、第三定律求小球对轨道的压力大小；根据斜抛运动计算出分速度，再根据匀速直线运动公式计算出水平距离；根据功率公式，结合机械能守恒求解。【解答】解：AD、小球从A到B的过程中机械能守恒，有mgRcos60°=可知小球运动到B点时的速度大小为：vB=小球在B点由牛顿第二定律有：FB﹣mgcos60°＝mv联立解得小球运动到B点时轨道对小球的支持力为：FB=3由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为32故A错误，D错误；B、小球从B点抛出后做斜抛运动，小球在竖直方向的分速度vy0＝vBsin60°小球在竖直方向上做竖直上抛运动由运动学知识有：-R2=v小球在水平方向的分速度为：vx＝vBcos60°小球在水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有：x＝vxt联立解得由B点抛出后，最终落地点C距B点的水平距离为：x=故B错误；C、设小球在运动过程中球与圆心的连线与竖直方向的夹角为0，则重力的功率为：P＝mgvsinθ小球在运动过程中机械能守恒，有：mgRcosθ=联立可知小球由4点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的功率：P＝mg2gRcosθsi由数学知识可知：当cosθ=3重力的功率有最大值代入数据可知小球由4点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的最大功率为：P=故C正确。故选：C。【点评】本题考查了机械能守恒、牛顿第二、第三定律和斜抛运动，熟悉各个知识的含义，根据选项选择合理的公式是解决此类问题的关键。6．（2025春•天心区校级期中）航天飞机在完成对空间站的维修任务后，在A点短时间开动小型发动机进行变轨，从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的返地点，如图所示。下列说法中正确的有（）A．在A点短时间开动发动机使航天飞机加速 B．在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期 C．在轨道Ⅱ上经过A的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度 D．在轨道Ⅱ上经过A的动能等于经过B的动能【考点】动能的定义、性质、表达式；开普勒三大定律；卫星的发射及变轨问题．【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题；理解能力．【答案】C【分析】根据离心运动的原理判断在A点减速使其做近心运动；根据开普勒第三定律a3T2=【解答】解：A．从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，需要在A点减速做近心运动才行，故在A点短时间开动发动机后航天飞机的速度减小，故A错误；B．根据开普勒第三定律a3T2=C．由GMmr2=ma可知，在轨道Ⅱ上经过A的加速度应等于在轨道Ⅰ上经过AD．根据航天飞机在椭圆运动时，近地点速度大，远地点速度小，所以在轨道Ⅱ上经过A的动能小于经过B的动能，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键理解航天飞机绕地球运动的规律，要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力，比较加速度，应比较物体实际所受到的力，即万有引力。7．（2025春•香坊区校级期中）如图甲，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，第二个时间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v均与C点对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为t。重力加速度为g，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法正确的是（）A．重物的质量为F1B．第二阶段重物上升的平均速率为v1C．第一阶段重物上升所用的时间为v1D．重物在前两个时间段内的总位移v【考点】动能定理的简单应用；牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力．【专题】定量思想；图析法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】C【分析】第三个时间段内拉力F和速度v均不变，根据平衡条件求出重物的质量；第二个时间段内拉力的功率不变，重物做加速度减小的加速运动，不能根据公式v=【解答】解：A、第三个时间段内拉力F和速度v均不变，此时拉力大小为F2，由平衡条件得F2＝mg，可得重物的质量为m=F2gB、因为拉力的功率为P＝Fv，由图可知，第二阶段拉力的功率不变，随着速度增大，拉力减小，合力减小，所以重物做加速度减小的变加速运动，则第二阶段重物上升的平均速率不等于v1+vC、由图可知，第一个时间段内重物所受拉力为F1，则重物的加速度大小为a=第一阶段重物上升所用的时间为t1=v1aD、第一个时间段内的位移为x1=v1设第二个时间段内的位移为x2，根据动能定理有Pt﹣mgx2=又P＝F1v1＝F2v2，解得x2＝v2t-故重物在前两个时间段内的总位移为x＝x1+x2=v12F22g(F1-F2故选：C。【点评】解决本题的关键要理解图像的意义，理清重物在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和动能定理综合求解。二．多选题（共3小题）（多选）8．（2025春•官渡区期中）如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，则物体沿斜面向上运动过程中，下列说法正确的是（）A．在x＝4m处，物体的速度为零 B．在x＝4m处，物体的加速度为零 C．动能先增大后减少，在x＝2m处，物体动能最大 D．动能一直增大，在x＝4m处，物体动能最大【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】比较思想；图析法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】AC【分析】根据F﹣x图像与x轴所围的面积表示F做的功，求出F做的功，由动能定理求出在x＝4m处物体的速度；根据牛顿第二定律求在x＝4m处物体的加速度；分析合力做功情况判断动能的变化情况，确定动能最大的位置。【解答】解：A、根据F﹣x图像与x轴所围的面积表示F做的功，可得0﹣4m内，F做的功为WF=20×42J根据动能定理得：WF﹣mgxsin37°﹣μmgxcos37°=解得在x＝4m处，物体的速度为v＝0，故A正确；B、在x＝4m处，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma解得a＝10m/s2，方向沿斜面向下，故B错误；CD、当合力为0时，有F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝0，解得F＝10N，对应的位移x＝2m。x在0﹣2m内，合力沿斜面向上，合力做正功，物体动能增大。在2﹣4m内，合力沿斜面向下，合力做负功，物体动能减少，所以动能先增大后减少，在x＝2m处，物体动能最大，故C正确，D错误。故选：AC。【点评】解答本题时，要正确分析物体的受力情况，结合F的变化情况，分析加速度的变化情况。要知道F﹣x图像与x轴所围成的面积表示力F所做的功，能根据合力做功情况判断动能的变化情况。（多选）9．（2025春•成华区期中）某款质量为m的氢能源汽车在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动，行驶时间t，恰好达到最大速度vm，已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是（）A．汽车在从静止启动到达到最大速率过程中，牵引力对汽车所做的功大于12B．车速为vm2时，汽车的加速度大小为C．车速从0增至vm过程汽车通过的路程为vmD．车速增至vm时，若发动机输出功率立即变为3P，汽车将做加速运动且最终速度为3vm【考点】利用动能定理求解机车启动问题；机车以恒定功率启动．【专题】定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】汽车在从静止启动到达到最大速率过程中，根据动能定理分析牵引力对汽车所做的功与12mvm2的大小；车速为vm2时，根据牛顿第二定律结合功率公式P＝Fv求汽车的加速度大小；根据动能定理求车速从0增至v【解答】解：A、根据动能定理可知，启动过程中，牵引力与阻力做功的代数和等于12mvm2B、当汽车以最大速度匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，由P＝Fmvm＝fvm得f=P当车速为vm2根据牛顿第二定律得F﹣f＝ma，联立解得a=PmvC、设车速从0增至vm过程通过的路程为s，根据动能定理有Pt-fs=12mD、汽车以最大速度vm匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，由于阻力不变，所以车速增至vm时，发动机输出功率立即变为3P时，牵引力增大，汽车将做加速运动，设汽车最终速度为v，根据P＝fvm，3P＝fv，解得v＝3vm，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查机车启动过程，关键要熟练运用动能定理分析汽车的动能变化和各力做功的关系，结合功率的计算公式和牛顿第二定律即可完成分析。（多选）10．（2025春•福州校级月考）如图甲，质量m＝10kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力（F）随位移（x）变化的图像如图乙。已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A．在0～10m的过程中，推力F对物体所做的功为1000J B．在0～10m的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为﹣500J C．物体的位移x＝5m时，其速度大小为5m/s D．物体的位移x＝10m时，其速度大小为10m/s【考点】动能定理的简单应用；功的定义、单位和计算式．【专题】定量思想；图析法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】BC【分析】根据F﹣x图像与x轴所围的面积表示推力所做的功来求解推力F对物体所做的功；根据Wf＝﹣μmgl求滑动摩擦力对物体所做的功；物体的位移x＝5m时，分别求出推力和滑动摩擦力做的功，再根据动能定理求速度。物体的位移x＝10m时，根据动能定理求速度。【解答】解：A、根据F﹣x图像与x轴围成的面积表示推力F做的功，可得推力F对物体所做的功为W=100×102J＝500J，故B、在0～10m的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为Wf＝﹣μmgl＝﹣0.5×10×10×10J＝﹣500J，故B正确；C、由图可知，运动位移为x＝5m过程中力F做的功W摩擦力做功Wf'＝﹣μmgx＝﹣0.5×10×10×5J＝﹣250J根据动能定理得W'解得v＝5m/s，故C正确；D、由AB选项可知，当物体运动位移为10m时，合外力所做的功W合＝W+Wf＝500J﹣500J＝0，由动能定理得W合＝ΔEk＝0，其速度大小为0，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查F﹣x图像和动能定理的应用，解题关键要正确理解图像的意义，能正确判断每个力做功正负，正确列出动能定理的表达式进行求解。三．填空题（共3小题）11．（2025春•思明区校级期中）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。则0～6s内拉力对物体做的功为70J，物体受到的滑动摩擦力的大小为53N【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的图像问题．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】70；53【分析】v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移；由图像可解得拉力做功，在利用动能定理分析合力在0～6s内做的功与0～2s内做的功大小情况；根据功率的计算公式解得摩擦力大小。【解答】解：根据W＝Pt可知P﹣t图像与坐标轴围成的面积代表拉力做功，所以0～6s内拉力做的功为W=12×30×2J+10×4J=70J；在2～6s内，物体的速度为：v＝6m/s，功率为：P＝10W，物体做匀速运动，则摩擦力f＝F，所以有：f＝故答案为：70；53【点评】本题主要是考查功率的计算和图像问题，关键是弄清楚物体的受力情况和运动情况，知道v﹣t图像、P﹣t图像表示的物理意义。12．（2025春•台江区期中）如图，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。若子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则子弹对木块做正功（选填“做正功”“做负功”或“不做功”），子弹的动能减小（选填“增大”或“减小”），木块对子弹做的功为﹣f（s+d）。【考点】动能定理的简单应用；功的正负及判断．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】做正功，减小，﹣f（s+d）【分析】根据功的公式计算，结合图示，准确计算木块对地位移。【解答】解：子弹对木块的作用力水平向右，与木块的位移方向相同，子弹对木块做正功，故答案为“做正功”；木块对子弹的作用力水平向左，与子弹的位移方向相反，木块对子弹做负功，子弹的动能减小，故答案为“减小”；木块对子弹做负功，大小为平均阻力f与子弹对地位移的乘积，即﹣f（s+d），故答案为“﹣f（s+d）”。故答案为：做正功，减小，﹣f（s+d）。【点评】本题的重点是准确计算木块的对地位移。13．（2025春•宝山区校级期中）质量为m的小球，用长为L的细线悬挂于O点。无外力作用时，小球静止于A点。OB与竖直方向夹角为α，地球表面重力加速度为g，不计小球运动过程中受到的空气阻力。（1）用水平外力将小球缓慢移动到B点，小球在B点时受到水平外力大小为mgtanα；这一过程中，水平外力对小球做功的大小为mgL（1﹣cosα）。（2）若使小球以某一初速度从A点开始运动，除重力和绳子拉力外不受其余外力，其最高上升到B，小球的初速度大小为2gL(1-cosα)；小球在B点时绳子的拉力大小为mgcosα（3）若小球受到水平方向的恒定外力，运动到B处时速度最大，则小球在B处速度大小为2gL1-cosαcosα；小球能上升的最大高度为2Lsin2α【考点】动能定理的简单应用．【专题】比较思想；合成分解法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）mgtanα，mgL（1﹣cosα）；（2）2gL(1-cosα)，mgcosα；（3）2gL1-cosαcosα，【分析】（1）小球在B点时，分析受力，根据平衡条件求小球受到水平外力大小；根据动能定理求水平外力对小球做功的大小。（2）从A点到B，利用动能定理求小球的初速度大小；根据沿绳子方向的合力为零，来求小球在B点时绳子的拉力大小。（3）若小球受到水平方向的恒定外力，运动到B处时速度最大，此时重力和水平恒力的合力沿OB方向，由此求出水平恒力的大小，再根据动能定理求小球在B处速度大小；根据动能定理求小球能上升的最大高度。【解答】解：（1）小球在B点时，受到重力mg、绳子拉力T和水平外力F。根据平衡条件，水平方向有F＝Tsinα竖直方向有mg＝Tcosα解得F＝mgtanα用水平外力将小球缓慢移动到B点，小球动能变化量为0，根据动能定理得WF﹣mgL（1﹣cosα）＝0可得水平外力做功WF＝mgL（1﹣cosα）（2）从A点到B，根据动能定理得﹣mgL（1﹣cosα）＝0-解得v0=在B点，小球沿绳子方向的合力为零，则绳子的拉力大小T＝mgcosα（3）小球运动到B处时速度最大，此时重力和水平恒力的合力沿OB方向，设水平恒力为F，则F＝mgtanα从A到B，根据动能定理得FLsinα﹣mgL（1﹣cosα）=1解得vB=设小球能上升的最大高度为h。从A点到最大高度处，由动能定理得FL2-(L-h)解得h＝2Lsin2α故答案为：（1）mgtanα，mgL（1﹣cosα）；（2）2gL(1-cosα)，mgcosα；（3）2gL1-cosαcosα，【点评】本题涉及力在空间的积累效果时，运用动能定理求速度或高度，比较简洁。四．解答题（共2小题）14．（2025春•天心区校级期中）生活中人们经常用“打夯”的方式夯实松散的地面，如图所示，其过程可简化为：两人通过绳子对重物同时施加大小均为F＝300N、方向与竖直方向成θ＝37°的力，使重物从静止开始离开地面向上做匀加速运动，重物升高0.25m后停止施力，重物继续上升到达最高点，之后重物自由下落，与地面作用时的平均作用力为2400N。已知重物的质量为m＝40kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力，求：（1）重物向上加速过程的加速度大小；（2）重物从开始运动到上升到最高点的时间；（3）砸进地面的深度。【考点】动能定理的简单应用；竖直上抛运动的规律及应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）重物向上加速过程的加速度大小是2m/s2；（2）重物从开始运动到上升到最高点的时间是0.6s；（3）砸进地面的深度是0.06m。【分析】（1）应用牛顿第二定律求出加速度大小。（2）应用运动学公式求出运动时间。（3）应用动能定理求出砸进地面的深度。【解答】解：（1）对重物，由牛顿第二定律得2Fcosθ﹣mg＝ma代入数据解得a＝2m/s2（2）重物加速过程，位移h1=代入数据解得t1＝0.5s撤去外力时物体的速度v＝at＝2×0.5m/s＝1m/s撤去外力后重物上升到最高点需要的时间t2=vg=重物从开始运动到上升到最高点需要的时间t＝t1+t2＝0.5s+0.1s＝0.6s（3）撤去外力后重物上升的高度h2=v22g物体从开始下落到静止过程，由动能定理得mg（h1+h2+d）﹣fd＝0﹣0代入数据解得d＝0.06m答：（1）重物向上加速过程的加速度大小是2m/s2；（2）重物从开始运动到上升到最高点的时间是0.6s；（3）砸进地面的深度是0.06m。【点评】根据题意分析清楚重物的运动过程与受力情况，应用牛顿第二定律、运动学公式与动能定理即可解题。15．（2025春•西城区校级期中）篮球为同学们喜爱的运动。如图，在某次运动员投篮入筐的过程中，篮球出手时初速度为v0。出手点与篮筐之间的高度差为h。篮球可视为质点，质量为m，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）篮球从出手到进筐的过程中，求篮球重力势能的增加量ΔEp；（2）求篮球入筐时速度的大小v。【考点】动能定理的简单应用；斜抛运动；重力势能的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．【答案】（1）篮球重力势能的增加量ΔEp为mgh；（2）篮球入筐时速度的大小v为v0【分析】（1）根据重力势能的表达式列式求解；（2）根据动能定理列式求解。【解答】解：（1）篮球从出手到进筐的过程中，竖直方向上，上升h高度，则篮球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh；（2）根据动能定理，有﹣mgh=12mv答：（1）篮球重力势能的增加量ΔEp为mgh；（2）篮球入筐时速度的大小v为v0【点评】考查重力势能的表达式和动能定理的应用，会根据题意进行准确的分析解答。

考点卡片1．竖直上抛运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动，叫做竖直上抛运动。2．特点：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特点：只受重力作用（没有空气阻力或空气阻力可以忽略不计）；（3）加速度：a＝g，其大小不变，方向始终竖直向下。3．运动规律：取竖直向上的方向为正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．几个特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）质点在通过同一高度位置时，上升速度与下落速度大小相等；上升到最大高度处所需时间t上和从最高处落回到抛出点所需时间相等t下，t上＝t下=v【命题方向】例1：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．5s内物体的（）A．路程为65mB．位移大小为25m，方向向上C．速度改变量的大小为10m/sD．平均速度大小为13m/s，方向向上分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物体的速度减为零需要的时间t=v0g=3010A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后两s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20）B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故C、速度的改变量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C错误；D、平均速度v=ht=25故选：AB。点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v＝at求得。例2：在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；（2）竖直井的深度。分析：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题可以直接应用整体法进行求解。解答：（1）设最后1s内的平均速度为v则：v=平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为v1＝4m/s设物体被接住时的速度为v2，则v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，则物体从抛出点到被人接住所经历的时间t=v2-v0g（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s（2）竖直井的深度为6m。点评：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解即可。【解题方法点拨】1．竖直上抛运动的两种研究方法：（1）分段法：上升阶段是匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动，下落过程是上升过程的逆过程。（2）整体法：从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反，所以可把竖直上抛运动看成一个匀变速直线运动，要特别注意v0、vt、g、h等矢量的正、负号。一般选取竖直向上为正方向，v0总是正值，上升过程中vt为正值，下落过程中vt为负值；物体在抛出点以上时h为正值，物体在抛出点以下时h为负值。住：竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。2．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。3．牛顿第二定律的图像问题【知识点的认识】1．物体质量一定时，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物体的F﹣a图象是一条直线。2．物体受力一定时，它的质量越大，加速度越小，即a∝1m，所以物体的1m3.本知识点专指F﹣a图像及1m-【命题方向】下列图象能反映牛顿第二定律的是（）A.B.C.D.分析：根据牛顿第二定律可知，物体的加速度与合外力成正比，与质量成反比，根据牛顿第二定律分析各个图象。解答：AD、根据牛顿第二定律可知，a=Fm，当合外力F恒定时，a-1m图象为过原点的倾斜直线，a﹣m图象为曲线，故B、v﹣t图象反映的是速度随时间变化的关系，斜率表示加速度，与牛顿第二定律无关，故B错误。C、根据牛顿第二定律可知，F＝ma，质量增大，合外力F不变，F﹣m图象为平行于横轴的图象，故C错误。故选：A。点评：本题考查了加速度与力的关系图象，解题的关键是明确牛顿第二定律的公式，对比分析图象。【解题思路点拨】图像问题的本质是对牛顿第二定律的理解与应用，从F＝ma出发，根据控制变量法找出各物理量之间的关系，从而得出相应函数图像的性质。4．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力【知识点的认识】1.已知物体的运动情况，求解物体的受力。2.解答该类问题的一般步骤（1）选定研究对象，对研究对象进行运动情况分析和受力分析，并画出运动草图及受力示意图。（2）选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。（3）根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力。（4）根据力的合成法或正交分解法，由合外力求出待求力或与力有关的量。【命题方向】如图所示，质量为60kg的滑雪运动员，在倾角θ为30°的斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑90m到达坡底，用时10s．若g取10m/s2，求（1）运动员下滑过程中的加速度大小；（2）运动员到达坡底时的速度大小；（3）运动员受到的合外力大小．分析：（1）根据位移—时间公式求加速度；（2）根据速度—时间公式求末速度；（3）根据牛顿第二定律求合外力．解答：（1）根据位移—时间公式，有x=12解得a=2xt即运动员下滑过程中的加速度大小为1.8m/s2．（2）根据速度—时间公式v＝at＝1.8×10＝18m/s即运动员到达坡底时的速度大小为18m/s．（3）根据牛顿第二定律，有F＝ma＝60×1.8＝108N即运动员受到的合外力大小为108N．答：（1）运动员下滑过程中的加速度大小为1.8m/s2．（2）运动员到达坡底时的速度大小为18m/s．（3）即运动员受到的合外力大小为108N．点评：本题关键根据运动学公式求解末速度和加速度，然后根据牛顿第二定律求合力．【解题思路点拨】运动情况分析→牛顿第二定律→求出受力情况，连接运动与受力之间的桥梁是牛顿第二定律（加速度）。5．斜抛运动【知识点的认识】1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。3．抛体做直线或曲线运动的条件：（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。4．平抛运动（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0ttanα=5．斜抛运动（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。（4）公式：水平方向初速度：【命题方向】例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。故选：A。点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。故选：C。点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。【解题方法点拨】类平抛运动：1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。2．类平抛运动的分解方法（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。3．类平抛运动问题的求解思路：根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。4．类抛体运动当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。②求出这两个方向上的加速度、初速度。③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。6．物体被系在绳上做圆锥摆运动【知识点的认识】1.本考点旨在针对物体被系在绳上做圆锥摆运动的情况，如下图：2.模型分析：在长为L的细绳下端拴一个质量为m的小物体，绳子上端固定，设法使小物体在水平圆周上以大小恒定的速度旋转，细绳所掠过的路径为圆锥表面，这就是圆锥摆。如图所示，小球在水平面内做圆周运动的圆心是О，做圆周运动的半径是Lsinθ，小球所需的向心力实际是绳子拉力FT与重力mg的合力，并有F合＝mg•tanθ＝mω2Lsinθ，由此式可得cosθ=g【命题方向】如图所示，将一质量为m的摆球用长为L的细绳吊起，上端固定，使摆球在水平面内做匀速圆周运动，细绳就会沿圆锥面旋转，这样就构成了一个圆锥摆，下列说法中正确的是（）A、摆球受重力、拉力和向心力的作用B、摆球受重力和拉力的作用C、摆球运动周期为2πD、摆球运动的角速度有最小值，且为g分析：向心力是根据效果命名的力，可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力，对物体受力分析时不能把向心力作为一个力分析，摆球只受重力和拉力作用；摆球做圆周运动所需要的向心力是重力沿水平方向指向圆心的分力提供的，即F1＝mgtanθ=m4π2T2(Lsinθ)=mω2（Lsin解答：A、摆球只受重力和拉力作用。向心力是根据效果命名的力，是几个力的合力，也可以是某个力的分力。故A错误、B正确。C、摆球的周期是做圆周运动的周期。摆球做圆周运动所需要的向心力是重力沿水平方向指向圆心的分力提供的即F1＝mgtanθ=m所以T=2π故C正确。D、F1＝mgtanθ＝mω2（Lsinθ）所以ω=当θ＝0°时，ω最小值为gL故D正确。故选：BCD。点评：此题要知道向心力的含义，能够分析向心力的来源，知道向心力可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力，此题中重力沿着水平方向的分力提供力小球做圆周运动所需的向心力．此题有一定的难度，属于中档题．【解题思路点拨】1.在圆锥摆问题中，重力与细线的合力提供向心力。2.圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．7．开普勒三大定律【知识点的认识】开普勒行星运动三大定律基本内容：1、开普勒第一定律（轨道定律）：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。2、开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。3、开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。即：k=a在中学阶段，我们将椭圆轨道按照圆形轨道处理，则开普勒定律描述为：1．行星绕太阳运动的轨道十分接近圆，太阳处在圆心；2．对于某一行星来说，它绕太阳做圆周运动的角速度（或线速度）不变，即行星做匀速圆周运动；3．所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，即：R3【命题方向】（1）第一类常考题型是考查开普勒三个定律的基本认识：关于行星绕太阳运动的下列说法正确的是（）A．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B．行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处C．离太阳越近的行星的运动周期越长D．所有行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等分析：开普勒第一定律是太阳系中的所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的。开普勒第三定律中的公式R3解：A、开普勒第一定律可得，所有行星都绕太阳做椭圆运动，且太阳处在所有椭圆的一个焦点上。故A错误；B、开普勒第一定律可得，行星绕太阳运动时，太阳位于行星轨道的一个焦点处，故B错误；C、由公式R3T2D、开普勒第三定律可得，所以行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，故D正确；故选：D。点评：行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期。（2）第二类常考题型是考查开普勒第三定律：某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示。该行星与地球的公转半径比为（）A．（N+1N）23B．（C．（N+1N）32D．（分析：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是NN-1解：A、B、C、D：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上。所以行星的周期是NN-1年，根据开普勒第三定律有r地3r行3=T地2T故选：B。点评：解答此题的关键由题意分析得出每过N年地球比行星多围绕太阳转一圈，由此求出行星的周期，再由开普勒第三定律求解即可。【解题思路点拨】（1）开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。（2）要注意开普勒第二定律描述的是同一行星离中心天体的距离不同时的运动快慢规律，开普勒第三定律描述的是不同行星绕同一中心天体运动快慢的规律。（3）应用开普勒第三定律可分析行星的周期、半径，应用时可按以下步骤分析：①首先判断两个行星的中心天体是否相同，只有两个行星是同一个中心天体时开普勒第三定律才成立。②明确题中给出的周期关系或半径关系。③根据开普勒第三定律列式求解。8．卫星的发射及变轨问题【知识点的认识】1.卫星从发射到入轨运行不是一蹴而就的，要经过多次的轨道变化才能实现。2.一般来说卫星的发射包括以下步骤：①发射地球卫星，如下图a、先进入近地轨道Ⅲb、在B点加速进入椭圆轨道Ⅱc、在远地点A加速进入高轨道Ⅰ②发射其他行星的卫星，如下图（以月球为例）a、先进入近地轨道b、加速进入椭圆轨道c、多次在近地点加速增加远地点高度，从而进入地月转移轨道d、在地月转移轨道上的某点被月球引力俘获进入月球轨道e、在近地点减速减小远地点高度f、进入环月轨道【命题方向】2022年我国航天事业发生多件大事，让世界瞩目。北京时间2022年6月5日10时44分，神舟十四号载人飞船发射取得成功。北京时间2022年6月5日17时42分，成功对接于天和核心舱径向端口，整个对接过程历时约7小时。北京时间2022年11月30日7时33分，神舟十四号乘组迎来神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，完成“太空会师”历史性大事件。2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。假设返回舱从工作轨道Ⅰ返回地面的运动轨迹如图，椭圆轨道Ⅱ与圆轨道Ⅰ、Ⅲ分别相切于P、Q两点，返回舱从轨道Ⅲ上适当位置减速后进入大气层，最后在东风着陆场着陆。下列说法正确的是（）A、返回舱在Ⅰ轨道上P需要向运动方向的反方向喷气进入Ⅱ轨道B、返回舱在Ⅱ轨道上运动的周期小于返回舱在Ⅲ轨道上运动的周期C、返回舱在Ⅲ轨道上Q点的速度的大小大于Ⅱ轨道上P点速度的大小D、返回舱在Ⅰ轨道上经过P点时的加速度等于在Ⅱ轨道上经过P点时的加速度分析：A.根据变轨原理可知，在Ⅰ轨道上P点需要向运动方向的同方向喷气；B.根据开普勒第三定律判断周期；C.根据万有引力提供向心力判断速度；D.根据轨道的变化，结合万有引力提供加速度判断加速度。解答：A．返回舱从Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道需要减速，因此在Ⅰ轨道上P点需要向运动方向的同方向喷气，故A错误；B．根据开普勒第三定律有R返回舱在Ⅱ轨道上的半长轴大于返回舱在Ⅲ轨道上的轨道半径，所以在Ⅱ轨道上的运动的周期大于返回舱在Ⅲ轨道上运动的周期，故B错误；C．根据万有引力提供向心力，有G解得v=返回舱在Ⅰ轨道上的半径大于Ⅲ轨道的半径，则有vⅢQ＞vⅠP又返回舱从Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道需要减速，则有vⅠP＞vⅡP所以有vⅢQ＞vⅠP＞vⅡP即返回舱在Ⅲ轨道上Q点的速度的大小大于Ⅱ轨道上P点速度的大小，故C正确；D．根据牛顿第二定律有G解得a=返回舱在Ⅰ轨道上P点时的半径等于返回舱在Ⅱ轨道上P点时的半径，所以返回舱在Ⅰ轨道上经过P点时的加速度等于在Ⅱ轨道上经过P点时的加速度，故D正确。故选：CD。点评：本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。【解题思路点拨】1.对于卫星的变轨问题，常用的规律是“加速进高轨，减速进低轨”。意思就是如果卫星想要进入更高的轨道，需要向后喷气做加速运动；如果想要进入更低的轨道，需要向前喷气做减速运动。2.变轨的原理：离心作用。①当向后喷气时，卫星速度变大，做圆周运动所需的向心力变大，万有引力不足以提供卫星所需的向心力，卫星就要做离心运动进入更高的轨道运行。②当向前喷气时，卫星速度变小，做圆周运动所需的向心力变小，万有引力大于卫星所需的向心力，卫星就要做近心运动进入较低的轨道运行。3.变轨前后的机械能变化：向后喷气时，相当于气体对卫星做了正功，卫星的机械能增大；向前喷气时，相当于气体对卫星做了负功，卫星的机械能减小。9．功的定义、单位和计算式【知识点的认识】1．定义：物体受到力的作用，并在力方向上发生一段位移，就说力对物体做了功．2．公式：W＝Flcosα，其中α为F与l的夹角，F是力的大小，l一般是物体相对地面的位移，而不是相对于和它接触的物体的位移．3．应用中的注意点（1）公式只适用于恒力做功；（2）F和l是对应同一个物体的；（3）恒力做功多少只与F、l及二者夹角余弦有关，而与物体的加速度大小、速度大小、运动时间长短等都无关，即与物体的运动性质无关，同时与有无其它力做功也无关．4．物理意义：功是能量转化的量度．5．单位：焦耳（J），1J＝1N•m．6．功是标量，没有方向、但是有正负，正负表示能量转化的方向．表示物体是输入了能量还是输出了能量．【命题方向】关于功的概念，下列说法中正确的是（）A、力对物体做功多，说明物体的位移一定大B、力对物体做功小，说明物体的受力一定小C、力对物体不做功，说明物体一定没有移动D、物体发生了位移，不一定有力对它做功分析：做功包含的两个必要因素是：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过一定的位移．根据W＝Flcosα求解．解答：A、力对物体做功多，根据W＝Flcosα，如果力很大，那么物体的位移不一定大，故A错误B、力对物体做功小，根据W＝Flcosα，如果力位移很小，那么物体的受力不一定小，故B错误C、力对物体不做功，根据W＝Flcosα，可能α＝90°，所以物体不一定没有移动，故C错误D、物体发生了位移，如果力的方向与位移方向垂直，那么力对它不做功，故D正确故选：D。点评：对物体做功必须同时满足两个条件：对物体施加力，物体在这个力的作用下通过一定的位移．【解题方法点拨】1.对功的概念的理解（1）做功的两个必不可少的因素理解功的概念，首先要知道做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移。力对物体是否做了功只与这两个因素有关，与其他因素诸如物体运动的快慢、运动的性质、物体的质量、物体是否受其他力作用等均无关。（2）功是过程量，总是与一个具体的过程相对应同时功与具体的某个力或某几个力相对应，通常我们说某个力或某几个力所做的功。2.对计算功的大小的公式的两点提醒（1）公式中的F是恒力，即公式W＝Flcosα并不是普遍适用的，它只适用于大小和方向均不变的恒力做功。如果F是变力，W＝Flcosα就不适用了。（2）F与l必须具备同时性，即必须是力作用过程中物体的位移。如果力消失后物体继续运动，力所做的功就只跟力作用的那段位移有关，跟其余的位移无关，10．功的正负及判断【知识点的认识】正功和负功：根据W＝Flcosα可知：0≤α＜90°α＝90°90°＜α≤180°功的正负W＞0W＝0W＜0意义力F对物体做正功力F对物体不做功力F对物体做负功力F是动力还是阻力动力阻力可以总结成如下规律：对于恒力做功，如果力与位移的夹角为锐角，则力对物体做正功；如果力与位移的夹角为钝角，则力对物体做负功；如果力与位移成直角，则力对物体不做功。【命题方向】如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是（）A、重力对人做负功B、摩擦力对人做正功C、支持力对人做正功D、合力对人做功为零分析：做功的必要因素是：力与在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ为力与位移的夹角。解答：人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零。人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功。故A、C、D正确，B错误。故选：ACD。点评：解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功，大于90°小于等于180°，该力做负功。【解题思路点拨】判断功的正、负主要有以下三种方法：（1）若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断，此法常用于恒力做功的判断．（2）若物体做曲线运动，依据F与v的方向的夹角α的大小来判断．当α＜90°时，力对物体做正功；90°＜α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功．（3）依据能量变化来判断：此法既适用于恒力做功，也适用于变力做功，关键应分析清楚能量的转化情况．根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．比如系统的机械能增加，说明力对系统做正功；如果系统的机械能减少，则说明力对系统做负功．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．11．重力做功的特点和计算【知识点的认识】1.表达式：WG＝mgh＝mg（h1﹣h2），其中h1、h2分别表示物体起点和终点的高度2.特点：①只跟物体运动的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关．②物体下降时重力做正功，物体被举高时重力做负功．③重力做功的多少与参考平面无关。【命题方向】物体沿不同的路径从A滑到B，如图所示，则（）A、沿路径ACB重力做的功大些B、沿路径ADB重力做的功大些C、沿路径ACB和ADB重力做功一样多D、条件不足，无法判断分析：解答本题应明确重力做功的特点：重力做功与高度差有关，与路径无关．解答：由A到B不管沿哪条路径高度差相同，则重力做功相同。则C正确，ABD错误故选：C。点评：本题考查重力做功的特点，一定要掌握重力做功只和高度有关．【解题思路点拨】1.重力做功只与初、末位置有关，与路径无关。2.计算重力做功的步骤为：①确定物体重力的大小；②确定物体在竖直方向上的位移大小；③如果物体向上运动，重力做负功；如果物体向下运动，重力做负功。12．功率的定义、物理意义和计算式的推导【知识点的认识】1.义：功与完成这些功所用时间的比值．2.理意义：描述做功的快慢。3.质：功是标量。4.计算公式（1）定义式：P=Wt，P为时间（2）机械功的表达式：P＝Fvcosα（α为F与v的夹角）①v为平均速度，则P为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以lt是物体在这段时间内的平均速度vP＝Fvcosα可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，cosα＝1，上式可以写成P＝Fv。从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．6.实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．【命题方向】下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（）A、功率大的机械，做功一定多B、做功多的机械，效率一定高C、做功快的机械，功率一定大D、效率高的机械，功率一定大分析：根据P=Wt知，做功多．功率不一定大，根据η解答：A、根据P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根据η=W有W总=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。故选：C。点评：解决本题的关键知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解题思路点拨】1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。2.功率的定义式P=W13．机车以恒定功率启动【知识点的认识】对机车启动问题应首先弄清是功率恒定还是加速度恒定．对于机车以恒定加速度启动问题，机车匀加速运动能维持的时间，一定是机车功率达到额定功率的时间．弄清了这一点，利用牛顿第二定律和运动学公式就很容易求出机车匀加速运动能维持的时间．汽车在平直路面上保持发动机功率不变，即以恒定功率启动，其加速过程如下所示：其P﹣t图和v﹣t图如下：【命题方向】汽车在水平直线公路上保持额定功率启动，额定功率为P0＝80kW，汽车行驶过程中所受阻力恒为f＝2.5×103N，汽车的质量M＝2.0×103kg求：（1）汽车在整个运动过程中所能达到的最大速度；（2）当汽车的速度为5m/s时的加速度；（3）当汽车的加速度为0.75m/s2时的速度。分析：当汽车以额定功率行驶时，随着汽车速度的增加，汽车的牵引力会逐渐的减小，所以此时的汽车不可能做匀加速运动，直到最后牵引力和阻力相等，到达最大速度之后做匀速运动。解答：（1）当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车达到最大速度，即F＝f＝2.5×103N，由P＝Fv可得，此时的最大的速度为vm=PF=P（2）由P＝Fv可此时汽车的牵引力为F=Pv所以此时的加速度的大小为a=F-fm=16000-25002000m/s（3）当汽车的加速度为0.75m/s2时，由F﹣f＝ma可得此时的牵引力的大小为F＝f+ma＝2500+2000×0.75＝4000N，由P＝Fv可得，此时的速度的大小为v=PF=80000答：（1）汽车在整个运动过程中所能达到的最大速度为32m/s；（2）当汽车的速度为5m/s时的加速度的大小为6.75m/s2；（3）当汽车的加速度为0.75m/s2时的速度为20m/s。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。【解题思路点拨】1.机车启动问题的本质是因为受发动机的限制，机车的功率不能无限增大，力与速度存在制约关系，即需满足P＝Fv。2.机车在运动过程中，虽然方向时刻在变化，但可以认为发动机的牵引力时刻与机车的瞬时速度的方向保持一致，所以发动机的输出功率等于发动机的牵引力乘以机车的瞬时速度，即P＝Fv。3.机车启动的过程是一个变加速过程