2024-2025学年下学期高一物理教科版期末必刷常考题之动能定理

第62页（共62页）2024-2025学年下学期高一物理教科版（2019）期末必刷常考题之动能定理一．选择题（共7小题）1．（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2．（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=3．（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2mgD．小球运动到B点时的速度大小为34．（2025•宁波三模）如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景，每个喷管的直径约为2cm，喷出的水柱高度约为5m。则空中一个水柱的质量和电动机给单个喷管提供的输出功率分别约为（）A．3.1kg，80W B．3.1kg，160W C．6.3kg，80W D．6.3kg，160W5．（2025春•武汉期中）2025年蛇年春晚的舞台上，《秧BOT》节目开场，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌，引起观众惊叹。其中机器人转手绢的动作，使手绢绕中心点O在竖直面内匀速转动，如图所示，若手绢上有质量不相等的两质点A、B，则（）A．质点A、B的线速度相同 B．质点A、B的角速度不相同 C．质点A、B受到的合外力可能相同 D．质点A、B的动能可能相等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•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（多选）9．（2025春•海淀区校级期中）质量为1.0kg的物体，以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，则下列判断正确的是（）A．物体的初动能为50J B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 C．物体运动的加速度为3m/s2 D．物体滑行的总时间是4s（多选）10．（2025春•香坊区校级期中）人们用固定滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物，从14圆弧滑道顶端P点以2m/s的速度沿切线方向下滑，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为5m/s。已知货物质量为10kg，滑道高度h为2m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到QA．克服阻力做的功为95J B．重力做的功为20J C．经过Q点时向心加速度大小为25m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为225N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•仓山区校级期中）如图所示，从地面上以速度v0斜向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海面上。若以地面为参考平面且不计空气阻力，则物体落到海平面上的重力势能为，物体落在海平面上的动能为。13．（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。四．解答题（共2小题）14．（2025春•成华区期中）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径为R，现有一个质量为m可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知ED距离为3R，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0＝0.5。已知重力加速度g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；（2）斜面AB的长度L；（3）若动摩擦因数μ可变，求μ取不同值时，物块在斜面上滑行的路程s。15．（2025•昌平区二模）荡秋千是孩子们喜欢的一项运动。如图所示，秋千由两根长度均为L的细绳悬挂于固定横梁上，质量为m的小孩坐在秋千座椅上，初始时，大人用一水平外力使秋千静止，此时两绳与竖直方向夹角均为θ。不计秋千的质量，小孩可视为质点。重力加速度为g。（1）当秋千静止时，求水平外力的大小F。（2）将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，求秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T。（3）若考虑空气阻力，求秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功Wf。

2024-2025学年下学期高一物理教科版（2019）期末必刷常考题之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BCCDDCC二．多选题（共3小题）题号8910答案BCABDAD一．选择题（共7小题）1．（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。2．（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=12πgtanθB.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：TF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。3．（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2mgD．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＝mg2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。4．（2025•宁波三模）如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景，每个喷管的直径约为2cm，喷出的水柱高度约为5m。则空中一个水柱的质量和电动机给单个喷管提供的输出功率分别约为（）A．3.1kg，80W B．3.1kg，160W C．6.3kg，80W D．6.3kg，160W【考点】动能定理的简单应用；竖直上抛运动的规律及应用；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；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据质量公式M＝ρV计算空中水柱的质量；水离开喷管口做竖直上抛运动，由速度一位移公式计算水离开喷管口时的速度大小。结合体积公式计算单位时间内喷出管口的水柱的体积，再求解单位时间内喷出管口的水柱的质量，然后由动能定理求解电动机给单个喷管提供的输出功率。【解答】解：水离开管口的速度为v=水在空中运动时间为：t=2vg，解得：空中一个水柱的质量为：M＝ρ×πr2×vt=1.0×103×3.14×(设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为m＝ρvΔtS＝ρvΔtπr2根据动能定理可得PΔt=12解得P=代入数据解得P≈160kW故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题主要考查功率的计算，解答本题要能够根据水的运动情况，由运动学公式计算水离开喷管口时的速度大小，能求出水的动能，从而求得电动机的输出功率。5．（2025春•武汉期中）2025年蛇年春晚的舞台上，《秧BOT》节目开场，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌，引起观众惊叹。其中机器人转手绢的动作，使手绢绕中心点O在竖直面内匀速转动，如图所示，若手绢上有质量不相等的两质点A、B，则（）A．质点A、B的线速度相同 B．质点A、B的角速度不相同 C．质点A、B受到的合外力可能相同 D．质点A、B的动能可能相等【考点】动能的定义、性质、表达式；传动问题．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】依据v＝ωr分析判断；同轴转动的物体角速度相同；根据Fn＝mrω2分析判断；根据Ek【解答】解：A、因为手绢绕中心点O在竖直面内匀速转动，A、B两质点同轴转动，角速度ω相同。根据v＝ωrA、B到O点的距离r不同，所以线速度v不同，故A错误；B、同轴转动的物体角速度相同，所以质点A、B的角速度相同，故B错误；C、质点做匀速圆周运动，合外力提供向心力，根据FnA、B的质量m不相等，到O点的距离r也不同，所以合外力不同，故C错误；D、根据Ek虽然m不同，但当mA时，A、B的动能Ek可能相等，故D正确。故选：D。【点评】求解此题的关键是知道共轴转动的点角速度相等，匀速圆周运动中合外力即为向心力。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=kC．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-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•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。（多选）9．（2025春•海淀区校级期中）质量为1.0kg的物体，以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，则下列判断正确的是（）A．物体的初动能为50J B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 C．物体运动的加速度为3m/s2 D．物体滑行的总时间是4s【考点】动能定理的简单应用；滑动摩擦力的大小计算和影响因素；用动能的定义式计算物体的动能．【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】ABD【分析】由图直接读出初动能；利用动能定理求动摩擦因数；根据牛顿第二定律求加速度，再由运动学公式求运动时间。【解答】解：A、x＝0时的动能即初动能，由图可知，物体的初动能为50J，故A正确；B、根据动能定理得﹣μmgx＝0﹣Ek0其中m＝1.0kg，x＝20m，Ek0＝50J，代入上式解得μ＝0.25，故B正确；C、物体运动的加速度为a=μmgm=μg＝0.25×10m/s2＝2.5m/s2D、设物体的初速度为v0，则有Ek0=物体滑行的总时间是t=联立解得t＝4s，故D正确。故选：ABD。【点评】解答本题时，要理解图像的意义，熟练运用动能定理求动摩擦因数是关键。对于运动时间，往往根据牛顿第二定律和运动学公式相结合解答。（多选）10．（2025春•香坊区校级期中）人们用固定滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物，从14圆弧滑道顶端P点以2m/s的速度沿切线方向下滑，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为5m/s。已知货物质量为10kg，滑道高度h为2m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到QA．克服阻力做的功为95J B．重力做的功为20J C．经过Q点时向心加速度大小为25m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为225N【考点】利用动能定理求解变力做功；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；功的定义、单位和计算式．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．【答案】AD【分析】本题可根据动能定理、重力做功公式、向心加速度公式以及牛顿第二定律来分析货物从P点运动到Q点的过程。【解答】解：B.重力做的功WG＝mgh＝10kg×10m/s2×2m＝200J故B错误；A.下滑过程根据动能定理W可得克服阻力做的功Wf＝95J故A正确；C.经过Q点时向心加速度大小为a=vQ2h故C错误；D.经过Q点时，根据牛顿第二定律：FN-mg=m根据牛顿第三定律F压＝FN＝225N故D正确。故选：AD。【点评】本题围绕货物在圆弧滑道上的运动过程，综合考查了动能定理、重力做功、向心加速度以及牛顿第二定律等多个物理知识点，具有一定的综合性。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•仓山区校级期中）如图所示，从地面上以速度v0斜向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海面上。若以地面为参考平面且不计空气阻力，则物体落到海平面上的重力势能为﹣mgh，物体落在海平面上的动能为mgh+12mv0【考点】动能定理的简单应用；重力势能的定义和性质．【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】﹣mgh，mgh+12m【分析】根据重力势能的表达式和动能定理列式求解。【解答】解：若以地面为参考平面且不计空气阻力，根据重力势能的表达式，则物体落到海平面上的重力势能为﹣mgh，由动能定理mgh＝Ek-12mv02，得物体落在海平面上的动能为Ek＝mgh故答案为：﹣mgh，mgh+12m【点评】考查重力势能的表达式和动能定理，会根据题意进行准确分析解答。13．（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。四．解答题（共2小题）14．（2025春•成华区期中）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径为R，现有一个质量为m可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知ED距离为3R，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0＝0.5。已知重力加速度g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；（2）斜面AB的长度L；（3）若动摩擦因数μ可变，求μ取不同值时，物块在斜面上滑行的路程s。【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】计算题；定量思想；临界法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）物体第一次到达C点时的速度大小为22gR，物体受到的支持力大小为（2）斜面AB的长度L为3.8R；（3）见解析。【分析】（1）物体从E到C，由动能定理列式求物体第一次到达C点时速度大小。在C点时，由牛顿第二定律列式求解物体受到的支持力大小；（2）物体从C到A，由动能定理列式，即可求解斜面AB的长度L；（3）结合前面分析及题意，由平衡条件、动能定理分别列式，即可分析求解。【解答】解：（1）设物体第一次到达C点的速度大小为v。物体从E到C，由动能定理得mg(代入数据解得v=2在C点，由牛顿第二定律有FN代入数据解得FN＝9mg（2）从C到A，由动能定理得-mg代入数据解得L＝3.8R（3）设摩擦因数为μ1时物块刚好能静止在斜面上，则有mgsin37°＝μ1mgcos37°解得μ1＝0.75①若0≤μ＜μ0＝0.5，物块将滑出斜面，则物块的路程为s＝L＝3.8R②若0.5≤μ＜μ1＝0.75，则mgsin37°＞μmgsin37°所以物块在斜面上多次往返，最后在B点速度为零，对全程，由能量守恒定律可得mg（3R+Rcos37°）﹣μmgcos37°×s＝0解得s=③若μ≥μ1＝0.75，则mgsin37°＜μmgsin37°则物块将停在斜面上，则有mg（3R+Rcos37°﹣ssin37°）﹣μmgcos37°×s＝0解得s=答：（1）物体第一次到达C点时的速度大小为22gR，物体受到的支持力大小为（2）斜面AB的长度L为3.8R；（3）见解析。【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。15．（2025•昌平区二模）荡秋千是孩子们喜欢的一项运动。如图所示，秋千由两根长度均为L的细绳悬挂于固定横梁上，质量为m的小孩坐在秋千座椅上，初始时，大人用一水平外力使秋千静止，此时两绳与竖直方向夹角均为θ。不计秋千的质量，小孩可视为质点。重力加速度为g。（1）当秋千静止时，求水平外力的大小F。（2）将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，求秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T。（3）若考虑空气阻力，求秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功Wf。【考点】动能定理的简单应用；共点力的平衡问题及求解；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；运动学与力学（二）；动能定理的应用专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】（1）当秋千静止时，水平外力的大小F为mgtanθ。（2）将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T为mg(（3）若考虑空气阻力，秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功Wf为﹣mgL（1﹣cosθ）。【分析】（1）秋千静止时处于平衡状态，水平外力与重力沿水平方向的分量平衡，通过几何关系可求出外力大小。（2）秋千摆动过程中机械能守恒，最低点速度由重力势能转化而来，此时绳子拉力需平衡重力和提供向心力，根据圆周运动规律可求出拉力。（3）考虑空气阻力时，秋千最终停在最低点，阻力做功等于重力势能变化量的负值，通过动能定理可求出阻力做功。【解答】解：（1）秋千静止时，受三个力的作用：重力G、细绳拉力T和水平拉力F。根据共点力平衡知识得tanθ=Fmg，解得：F＝（2）不计空气阻力，秋千从静止摆到最低点的过程中，机械能守恒：mgL(1-cosθ)=12（3）若考虑空气阻力，秋千最终停在最低点。根据动能定理：WG+Wf＝0，WG＝mgL（1﹣cosθ），解得：Wf＝﹣mgL（1﹣cosθ）。答：（1）当秋千静止时，水平外力的大小F为mgtanθ。（2）将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T为mg(（3）若考虑空气阻力，秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功Wf为﹣mgL（1﹣cosθ）。【点评】本题以荡秋千为情境，综合考查共点力平衡、机械能守恒和动能定理等力学核心知识。第一问通过平衡条件求解水平外力，计算量适中，侧重基础公式应用。第二问需结合机械能守恒与圆周运动向心力公式，体现了能量与力的关联性，计算过程需注意系统动能与单根绳子拉力的关系。第三问引入空气阻力后，通过动能定理分析能量耗散，考查学生对功能关系的理解深度。题目设计由简入繁，逐步提升思维层次，尤其第二问的建模分析对学生的物理思维有较好锻炼价值。

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+20B、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．滑动摩擦力的大小计算和影响因素【知识点的认识】滑动摩擦力跟正压力成正比，也就是跟一个物体对另一个物体表面的垂直作用力成正比。公式：F＝μFN，F表示滑动摩擦力大小，FN表示正压力的大小，μ叫动摩擦因数。【命题方向】如图所示，在与水平方向成θ角、大小为F的力作用下，质量为m的物块沿竖直墙壁加速下滑，已知物块与墙壁的动摩擦因数为μ．则下滑过程中物块受滑动摩擦力的大小为（）A、μmgB、μ（Fcosθ+mg）C、mg﹣FsinθD、μFcosθ分析：分析物体的受力情况，求出正压力，再由摩擦力的计算公式进行计算．解答：将F分解可得，物体在垂直于墙壁方向上受到的压力为N＝Fcosθ，则物体对墙壁的压力为N＝N′＝Fcosθ；物体受到的滑动摩擦力为f＝μN′＝μFcosθ；故选：D。点评：本题考查学生对滑动摩擦力公式的掌握，注意公式里的正压力不一定是重力，而是垂直于接触面的压力．【解题思路点拨】1.牢记滑动摩擦力的计算公式：F＝μFN，F表示滑动摩擦力大小，FN表示正压力的大小，μ叫动摩擦因数。如果两个物体是斜面连接，则需要进行必要的受力分析以求出垂直于斜面的压力。2.在一般情况下，物体在水平面上运动时，正压力等于重力，但不能说正压力就是重力。3．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F4.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。4．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。5．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。6．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=2x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）。7．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=v0tanα=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。8．传动问题【知识点的认识】三类传动装置的对比1.同轴传动（1）装置描述：如下图，A、B两点在同轴的一个圆盘上（2）特点：任意两点的角速度相同，周期相同。转动方向相同。（3）规律：①线速度与半径成正比：v＝ωr。②向心加速度与半径成正比：a＝ω2r2.皮带传动（1）装置描述：如下图，两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘的点（2）特点：边缘两点的线速度大小相等。转动方向相同。（3）规律：①角速度与半径成反比：ω=②向心加速度与半径成反比：a=3.齿轮传动（1）装置描述：如下图，两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点（2）特点：啮合的两点线速度相同（边缘任意两点线速度大小相等）。转动方向相反。（3）规律：①角速度与半径成反比：ω=②向心加速度与半径成反比：a=【命题方向】如图所示，为齿轮传动装置，主动轴O上有两个半径分别为R和r的轮，O′上的轮半径为r′，且R＝2r＝3r′/2．则vA：vB：vC＝，ωA：ωB：ωC＝．分析：A和B在同一个轮上，它们的角速度相等，A和C是通过齿轮相连，它们有共同的线速度，再由线速度和角速度之间的关系V＝rω，就可以判断它们的关系．解答：A和C是通过齿轮相连，所以VA＝VC，A和在B同一个轮上，它们的角速度相等，由V＝rω，R＝2r可知，vA：vB＝2：1，综上可知，vA：vB：vC＝2：1：2，由VA＝VC，R=32r′，V＝rωA：ωC＝2：3，A和在B同一个轮上，它们的角速度相等，综上可知，ωA：ωB：ωC＝2：2：3，故答案为：2：1：2；2：2：3．点评：判断三个点之间的线速度角速度之间的关系，要两个两个的来判断，关键是知道它们之间的内在联系，A和B在同一个轮上，它们的角速度相等，A和C是通过齿轮相连，它们有共同的线速度．【解题思路点拨】求解传动问题的思路（1）确定传动类型及特点：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。（2）确定半径|关系；根据装置中各点位置确定半径关系，或根据题|意确定半径关系。（3）公式分析：若线速度大小相等，则根据ω∝1r分析；若角速度大小相等，则根据ω∝r9．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】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．10．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2D、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)=mω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=所以T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．11．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=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R3T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）23BC．（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