2025年新高二物理人教版尖子生专题复习《机械能守恒定律》

第84页（共84页）2025年新高二物理人教版（2019）尖子生专题复习《机械能守恒定律》一．选择题（共8小题）1．（2025•成都模拟）排球比赛中，运动员在A处水平发球，对方一传在B处垫球过网，排球经最高点C运动到D处，轨迹如图所示。已知A与C、B与D分别在同一水平线上，A、D在同一竖直线上。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．排球从A运动到B的时间与从B运动到D的相等 B．排球在A点的动能与在C点的动能相等 C．对方一传击球前后排球的机械能相等 D．发球员对排球做的功大于对方一传对排球做的功2．（2025•广州模拟）如图所示，一个小球分别沿三条轨道由静止从同一点出发到达相同的终点，发现小球从B轨道滑下用时最短，C轨道其次，A轨道最长，B轨道轨迹称为最速降线，设计师在设计过山车时大多采用B轨道。若忽略各种阻力，比较沿三条轨道下滑情况，下列说法正确的是（）A．下滑过程中重力做功的功率一样大 B．沿C轨道滑下，轨道对小球的支持力做功最多 C．到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球速度最大 D．到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球重力功率最大3．（2025•增城区模拟）将一只皮球离地面一定高度由静止释放，其受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在下落过程中速度、加速度与时间t的关系图像，重力势能、机械能与下降高度h的关系图像（以地面为零势能面），可能正确的是（）A． B． C． D．4．（2025•西城区校级模拟）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（）A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间 B．从P点转移到Q点的时间小于6个月 C．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度 D．在停泊轨道的机械能比在调相轨道的机械能小5．（2025春•嘉兴期中）将某物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回地面。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示，取g＝10m/s2，下列说法中正确的是（）A．上升到最高点的过程中，重力做功72J B．全过程中克服空气阻力做功120J C．该物体的质量为1kg D．上升与下降的时间之比为36．（2025春•嘉兴期中）1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动，如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则（）A．v1＞v2，C．v1＜v27．（2025春•天津校级月考）成语“簸扬糠粃”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠粃因质量不同而落到地面不同位置，以达到分离米粒和糠枇的目的。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（）A．从释放到落地的过程中，糠粃的运动时间等于米粒的运动时间 B．落地时，米粒重力的瞬时功率等于糠枇重力的瞬时功率 C．从释放到落地的过程中，米粒和糠粃重力做功相同 D．从释放到落地的过程中，米粒和糠粃风力做功相同8．（2025春•天津校级月考）如图所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动，监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图所示，取g＝10m/s2，则（）A．物体的质量为6kg B．这3s内物体克服摩擦力做的功W＝6.0J C．第1.5s时推力F的功率为1.5W D．后2s内推力F做功的平均功率P二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•西城区校级期中）如图所示，一台升降机在箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机从弹簧下端触地到压缩弹簧至最低点的运动过程中（弹簧始终在弹性限度范围内），则（）A．升降机的速度不断减小 B．升降机的加速度先增大后减小 C．升降机系统（升降机、弹簧和地球）弹性势能的增加量大于重力势能的减少量 D．升降机在最低点时，系统（升降机、弹簧和地球）重力势能和弹性势能之和最大（多选）10．（2025春•西城区校级期中）某家用小轿车在水平路面上由静止启动，达到最大速度后做匀速运动。整个过程中，小车的牵引力随时间的变化关系如图所示。已知小轿车发动机的额定功率P＝60kW，质量M＝1.5×103kg运动过程中所受阻力恒定。下列说法正确的是（）A．小车受到的阻力大小为4×103N B．小车能获得的最大速度为60m/s C．小车匀加速运动的时间是22.5s D．当车速为30m/s时，小车的加速度为0.67m/s2（多选）11．（2025春•天心区校级期中）倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1kg的物块用轻质细绳跨过光滑的定滑轮和水平地面上质量为M＝3kg的小车相连。初始时小车尾端在滑轮正下方距滑轮h＝0.4m处，t＝0时刻小车开始以恒定的功率P＝20W启动，并带动物块沿斜面向上运动，t＝10s时小车运动到A位置，此时细线与水平方向的夹角θ＝30°，已知整个过程中小车克服地面阻力做功为78J，忽略空气阻力，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（）A．整个过程中物块和小车组成的系统机械能守恒 B．在A位置时，小车的速度大小是物块速度大小的233C．小车运动到A位置时的速度大小为9m/s D．10s时物块重力做功的功率大小为20（多选）12．（2025春•邢台月考）如图所示，不可伸长的轻质细绳两端分别连接质量为m1和m2的物体M、N，细绳跨过光滑的定滑轮，用双手分别托着物体M、N保持静止不动，滑轮两侧细绳伸直且等长。现用手将物体N向上拾起h＝0.45m，保证左侧细绳处于伸直状态，由静止释放物体N，在细绳绷直后瞬间用手抓住物体N，使物体N立即停止运动，此后物体M最多上升H＝0.2m。若第二次仍将物体N抬高h＝0.45m后由静止释放，此次不再用手抓住物体N。取滑轮两侧细绳均伸直时，物体M、N所在水平面为零势能面，设轻绳足够结实，定滑轮足够高，两物体可看作质点，m2＝1kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．物体M的质量为m1＝0.5kg B．物体N被手抓住瞬间损失的机械能为0.2J C．第二次释放细绳绷直后，某时刻物体M、N系统的机械能为4.5J D．第二次释放细绳绷直后，某时刻物体M、N的加速度大小为10三．填空题（共4小题）13．（2025春•福州校级月考）一质量为2.0×103kg，额定功率为60kW的汽车从静止开始在水平路面上以恒定的额定功率启动，若汽车所受的阻力为车重的0.1倍。（g取10m/s2），则汽车在该路面上行驶所能达到的最大速度为m/s；当汽车的速度为20m/s时的加速度大小为m/s2；当汽车以2m/s2的加速度从静止开始做匀加速运动，匀加速维持的时间为s。14．（2025春•泉州期中）一质量为m的物块沿倾角为30°的固定斜面下滑，到达斜面底端的速度为v。则整个下滑过程中斜面对物块的支持力做功为，物块到达斜面底端时重力做功的瞬时功率为。15．（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。16．（2025春•长安区校级期中）如图，光滑轨道abc固定在竖直平面内，c点与粗糙水平轨道cd相切，一质量为m的小球A从高H1静止落下，在b处与一质量为m的滑块B相撞后小球A静止，小球A的动能全部传递给滑块B，随后滑块B从c处运动到d处，且bd高H2，滑块B通过在cd段所用时间为t。求：cd处的动摩擦因数μ＝。四．解答题（共4小题）17．（2025春•西城区校级期中）如图所示，长L＝2m的粗糙水平轨道AC与固定在竖直面内、半径R＝0.4m的光滑半圆轨道在C点相切。质量m＝2kg物块（视为质点）在水平恒力F的作用下，从A处由静止开始运动。到水平轨道AC的中点B时撤去力F，物块恰好能到达半圆轨道的最高点D，随后水平抛出落在地面上。若物块与水平面轨道的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物块在D点处速度的大小vD；（2）物块运动至C点时对半圆轨道的压力FC；（3）水平恒力F的大小。18．（2025春•天心区校级期中）在校园“科技节”中，学校组织了“科技创作”等一系列活动，如图所示为某兴趣小组研制的一弹射游戏装置，该装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF、水平直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块（可视为质点）质量m＝0.1kg，轨道BCD的半径R＝0.8m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度L＝2m，弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epm＝5J，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块的动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，g＝10m/s2。（1）若某次游戏中滑块第1次运动到与O1等高的C点时的速度v1＝2m/s，求弹簧的弹性势能Ep；（2）要使滑块不脱离轨道，求滑块第1次经过管道DEF的最高点F时滑块对轨道的弹力FN的最小值；（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且要求最终静止在轨道FG中点的左侧区域内，求弹簧的弹性势能Ep的范围。19．（2025春•邢台月考）如图所示，一半径为R的半圆柱放置在光滑水平面上，柱体左侧与固定的压力传感器紧挨着。一质量为m的物体放置在半圆柱体的最高点，由于微小扰动，物体从最高点沿右侧粗糙圆弧面由静止滑下，当物体与圆心连线和竖直方向的夹角为θ＝37°时，压力传感器示数为0，此时物体对柱体的压力为0.6mg，物体可看作质点，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）物体与柱体圆弧面间的动摩擦因数μ；（2）该过程克服摩擦力做的功Wf。20．（2025春•重庆校级月考）如图所示，质量为m的A滑块放在质量为2m的B滑块上，B滑块可以沿着竖直轨道上下滑动，B和轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小都为f，且f=32mg(g为重力加速度）。轨道下方地面上固定了一根轻弹簧，弹簧的劲度系数为k，将A、B一起从B的下端距离弹簧上端的高度为（1）若h＝d，且k=12mgd，A、B在第一次反弹过程中能够分离，AB（2）若k=12mgd，只改变释放高度h（其余条件均不变），当（3）若h＝d，只改变弹簧的劲度系数k（其余条件均不变），试讨论A由最低点第一次上升的最大高度与k的关系。

2025年新高二物理人教版（2019）尖子生专题复习《机械能守恒定律》参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案DDBDCBAB二．多选题（共4小题）题号9101112答案CDBDBDAD一．选择题（共8小题）1．（2025•成都模拟）排球比赛中，运动员在A处水平发球，对方一传在B处垫球过网，排球经最高点C运动到D处，轨迹如图所示。已知A与C、B与D分别在同一水平线上，A、D在同一竖直线上。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．排球从A运动到B的时间与从B运动到D的相等 B．排球在A点的动能与在C点的动能相等 C．对方一传击球前后排球的机械能相等 D．发球员对排球做的功大于对方一传对排球做的功【考点】利用动能定理求解变力做功；平抛运动时间的计算；用动能的定义式计算物体的动能．【专题】比较思想；合成分解法；动能定理的应用专题；理解能力．【答案】D【分析】排球从A点运动到B点做平抛运动，排球从C点到D点的运动是平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h=12gt2【解答】解：A、排球从A点运动到B点做平抛运动，排球从C点到D点的运动是平抛运动，将排球由A点运动到B点和由C点运动到D点的平抛运动比较，由h=可得运动时间为t=因高度相同，则这两个过程运动时间相同，结合对称性可知，排球从B运动到D的时间是从A运动到B的时间的2倍，故A错误；B、将排球从B到C的斜上抛运动由逆向思维法可看成从C到B的平抛运动，则由A到B和C到B的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，但从A点抛出的小球水平位移更大，故故排球在A点的速度比在C点的速度大，则排球在A点的动能比在C点的动能大，故B错误；C、对方一传击球前后除重力对排球做功外，对方一传也对排球做功，排球的机械能不相等，故C错误；D、根据动能定理，发球员对排球做的功为W1对方一传对排球做的功等于排球机械能的变化量，对方一传对排球做的功为W2所以发球员对排球做的功大于对方一传对排球做的功，故D正确。故选：D。【点评】解答本题的关键要掌握平抛运动的规律，将平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，再结合逆向思维法进行分析。2．（2025•广州模拟）如图所示，一个小球分别沿三条轨道由静止从同一点出发到达相同的终点，发现小球从B轨道滑下用时最短，C轨道其次，A轨道最长，B轨道轨迹称为最速降线，设计师在设计过山车时大多采用B轨道。若忽略各种阻力，比较沿三条轨道下滑情况，下列说法正确的是（）A．下滑过程中重力做功的功率一样大 B．沿C轨道滑下，轨道对小球的支持力做功最多 C．到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球速度最大 D．到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球重力功率最大【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；功率的计算专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据功率的计算公式分析出平均功率的大小情况；支持力与速度方向时刻垂直，所以支持力对小球不做功；根据机械能守恒定律分析出小球在终点处的速度特点。【解答】解：A．根据P=Wt，重力做功与路径无关，小球沿三条轨道下滑到底端时下降高度相同，所以重力做功相同，而小球沿B轨道下滑过程中所用时间最短，所以重力做功的平均功率最大，故B．小球沿着三条轨道下滑，支持力都始终与速度方向垂直，支持力都不做功，故B错误；C．根据机械能守恒定律，小球在三条轨道的终点处速度大小相同，故C错误；D．重力的瞬时功率为PG＝mgvcosθ到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球速度与竖直方向的夹角θ最小，cosθ最大，重力的瞬时功率最大，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了功率的计算问题，理解做功的计算，结合时间的长短分析出平均功率的大小关系。3．（2025•增城区模拟）将一只皮球离地面一定高度由静止释放，其受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在下落过程中速度、加速度与时间t的关系图像，重力势能、机械能与下降高度h的关系图像（以地面为零势能面），可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】常见力做功与相应的能量转化；机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】B【分析】由牛顿第二定律分析运动状态变化，由动能定理分析曲线斜率。【解答】解：AB．空气阻力的大小与速度的大小成正比，由牛顿第二定律可得mg﹣kv＝ma则皮球下落过程中先是加速度减小的加速运动，当受到空气阻力的大小等于皮球的重力，即皮球的加速度为零以后皮球做匀速运动，故A错误，B正确；C．设开始时皮球离地面高度为H，以地面为零势能面，下降高度h时皮球的重力势能为EP＝mg（H﹣h）重力势能与下降高度的关系图像为一条直线，故C错误；D．设开始时皮球的机械能为E0，根据功能关系可得kvh＝E0﹣E整理可得E＝E0﹣kvh机械能与下降高度h的关系图像是曲线，故D错误；故选：B。【点评】本题考查动能定理，学生需认真分析运动过程，借助动能定理分析曲线变化趋势。4．（2025•西城区校级模拟）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（）A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间 B．从P点转移到Q点的时间小于6个月 C．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度 D．在停泊轨道的机械能比在调相轨道的机械能小【考点】天体运动中机械能的变化；万有引力与重力的关系（黄金代换）；第一、第二和第三宇宙速度的物理意义．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．【答案】D【分析】第二宇宙速度是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度；根据卫星的变轨原理分析速度、机械能的关系；根据开普勒第三定律分析周期关系。【解答】解：A、天问一号需要脱离地球引力的束缚，而第二宇宙速度11.2km/s为脱离地球的最小发射速度，所以在地球上天问一号的发射速度要大于第二宇宙速度11.2km/s，故A错误。B、地球公转周期为12个月，根据开普勒第三定律a3T2=k可知，天问一号在地火转移轨道的轨道半径大于地球公转半径，则运行周期大于12个月，从P点转移到Q点的时间大于CD、天问一号在Q点点火加速进入火星轨道，则在停泊轨道的机械能比在调相轨道的机械能小；地火转移轨道运动时，Q点的速度小于火星轨道的速度，根据万有引力提供向心力得：GMmr2解得线速度：v=地球公转半径小于火星公转半径，则地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于地球绕太阳的速度，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是理解卫星的变轨过程，以及万有引力定律的灵活运用。5．（2025春•嘉兴期中）将某物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回地面。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示，取g＝10m/s2，下列说法中正确的是（）A．上升到最高点的过程中，重力做功72J B．全过程中克服空气阻力做功120J C．该物体的质量为1kg D．上升与下降的时间之比为3【考点】机械能与图像相结合的问题．【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】对物体上升和下降的过程分别运用动能定理列方程，即可求解物体的质量和空气阻力大小，再求上升到最高点的过程中重力做功以及全过程中克服空气阻力做功。求出初速度和物体落回地面时的速度大小，再根据位移等于平均速度与时间的乘积求上升与下降的时间之比。【解答】解：C、由图可知，物体初动能为Ek1＝72J，上升的高度为h＝6m，物体落回地面时动能为Ek2＝48J。根据动能定理得上升过程有﹣（mg+f）h＝0﹣Ek1下降过程有（mg﹣f）h＝Ek2﹣0联立解得m＝1kg，f＝2N，故C正确；A、上升到最高点的过程中，重力做功WG＝﹣mgh＝﹣1×10×6J＝﹣60J，故A错误；B、全过程中克服空气阻力做功W克＝2fh＝2×2×6J＝24J，故B错误；D、设物体初速度大小为v1，物体落回地面时速度大小为v2。则Ek1=12mv解得v1＝12m/s，v2＝46m/s由运动学公式得上升过程有h=下降过程有h=解得上升与下降的时间之比为t1：t2=6：3，故D故选：C。【点评】本题涉及力在空间的积累效果，运用动能定理解答，要注意选择研究过程，分析各力做功。6．（2025春•嘉兴期中）1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动，如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则（）A．v1＞v2，C．v1＜v2【考点】功的定义、单位和计算式；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；近地卫星．【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据动能定理分析卫星在近地点、远地点的速度大小；根据变轨原理，将近地点速度与卫星圆周运动的线速度比较，即可求解。【解答】解：“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以v1＞v2，若卫星绕地心做轨道半径为r的圆周运动时，线速度大小为v，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr解得：v将卫星从半径为r的圆轨道变轨到图示的椭圆轨道应做离心运动，在近地点需要加速，所以v1＞GMr，故故选：B。【点评】解决本题的关键要理解并掌握卫星变轨的原理，知道当万有引力小于所需要的向心力时，卫星做离心运动。7．（2025春•天津校级月考）成语“簸扬糠粃”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠粃因质量不同而落到地面不同位置，以达到分离米粒和糠枇的目的。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（）A．从释放到落地的过程中，糠粃的运动时间等于米粒的运动时间 B．落地时，米粒重力的瞬时功率等于糠枇重力的瞬时功率 C．从释放到落地的过程中，米粒和糠粃重力做功相同 D．从释放到落地的过程中，米粒和糠粃风力做功相同【考点】瞬时功率的计算；两个变速直线运动的合成；重力做功的特点和计算．【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．【答案】A【分析】A.根据糠枇和米粒在竖直方向做自由落体运动的规律进行分析判断；B.根据重力和重力瞬时功率的公式进行分析解答；C.根据重力做功的公式进行分析判断；D.根据水平方向的分运动结合牛顿第二定律、位移公式、功的公式列式进行判断。【解答】解：A.从释放到落地，糠枇和米粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度相同，根据h=12gt2可知，糠枇的运动时间等于米粒的运动时间，故B.落地时，米粒的竖直速度等于糠枇的竖直速度，根据重力瞬时功率公式PG＝mgv，因米粒的重力大于糠枇的重力，则米粒重力的瞬时功率大于糠枇重力的瞬时功率，故B错误；C.根据WG＝mgh，因米粒和糠枇质量不同，则从释放到落地的过程中，米粒和糠枇重力做功不相同，故C错误；D.从释放到落地的过程中，根据F＝ma可知米粒质量较大，则加速度较小，又由x=12at2可知落地时水平位移较小，根据W＝Fx可知，米粒和糠枇风力做功不相同，故故选：A。【点评】考查运动的合成以及功和功率的计算问题，会根据题意进行准确分析和解答。8．（2025春•天津校级月考）如图所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动，监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图所示，取g＝10m/s2，则（）A．物体的质量为6kg B．这3s内物体克服摩擦力做的功W＝6.0J C．第1.5s时推力F的功率为1.5W D．后2s内推力F做功的平均功率P【考点】平均功率的计算；瞬时功率的计算；变力做功的计算（非动能定理类问题）．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据物体做匀速直线运动求出滑动摩擦力的大小，结合速度图线得出匀加速运动的加速度，根据牛顿第二定律求出物体的质量，根据速度一时间图线与时间轴围成的面积求出物体的位移，结合功的公式求出克服摩擦力做功的大小，根据推力做功的大小，结合平均功率的公式求出推力F的平均功率。【解答】解：A、由图可知，1～2s时间内物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得F1﹣f＝ma又a=Δv2～3s时间内物体做匀速直线运动，受力平衡，可得F2＝f＝2N解得m＝0.5kg故A错误；B．这3s内物体的位移为v﹣t图像中图线与坐标轴所围面积，即x=克服摩擦力做的功为W＝fx＝2×3J＝6.0J故B正确；C．根据匀变速直线运动中一段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度可知第1.5s时物体的速度为v=推力F的功率为P＝F1v＝3×1W＝3W故C错误；D．后2s内推力F做功为W=平均功率为P=故D错误。故选：B。【点评】对于速度图像类的题目，主要是要理解斜率的含义斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图像与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•西城区校级期中）如图所示，一台升降机在箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机从弹簧下端触地到压缩弹簧至最低点的运动过程中（弹簧始终在弹性限度范围内），则（）A．升降机的速度不断减小 B．升降机的加速度先增大后减小 C．升降机系统（升降机、弹簧和地球）弹性势能的增加量大于重力势能的减少量 D．升降机在最低点时，系统（升降机、弹簧和地球）重力势能和弹性势能之和最大【考点】弹簧类问题中的机械能守恒；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】CD【分析】当物体的合力方向与速度方向相同时，速度增加，当物体的合力方向与速度方向相反时，速度减小，分析升降机的受力情况，来判断运动情况。根据牛顿第二定律判断加速度的方向和大小变化。根据动能定理分析弹力做功与重力做功的关系。结合能量守恒定律分析。【解答】解：AB、升降机从弹簧下端触地到压缩弹簧至最低点的运动过程中，受到竖直向下的重力和弹簧竖直向上的弹力。开始阶段，重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度方向向下，升降机向下加速。随着弹力增大，合力减小，加速度减小，即向下做加速度减小的变加速运动。当重力和弹力相等时，加速度为零。后来，弹力大于重力，加速度方向向上，弹力增大，合力增大，加速度增大，即向下做加速度增大的变减速运动，则升降机的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故AB错误。C、整个过程中，升降机的动能变化量为负值，由动能定理知，升降机克服弹力做的功大于重力对升降机做的功，则升降机系统（升降机、弹簧和地球）弹性势能的增加量大于重力势能的减少量，故C正确。D、对于系统（升降机、弹簧和地球），只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，即升降机的动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，升降机在最低点时，升降机的动能最小，则系统（升降机、弹簧和地球）重力势能和弹性势能之和最大，故D正确。故选：CD。【点评】解决本题的关键会根据牛顿第二定律判断加速度的变化，会根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化。要正确分析能量是如何转化，知道系统的机械能是守恒的。（多选）10．（2025春•西城区校级期中）某家用小轿车在水平路面上由静止启动，达到最大速度后做匀速运动。整个过程中，小车的牵引力随时间的变化关系如图所示。已知小轿车发动机的额定功率P＝60kW，质量M＝1.5×103kg运动过程中所受阻力恒定。下列说法正确的是（）A．小车受到的阻力大小为4×103N B．小车能获得的最大速度为60m/s C．小车匀加速运动的时间是22.5s D．当车速为30m/s时，小车的加速度为0.67m/s2【考点】机车以恒定加速度启动．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】汽车速度达到最大值时，牵引力等于阻力，根据P＝Fv求解此时的速度；汽车以恒定加速度启动，t1时刻，功率达到额定功率，根据P＝Fv即可求解此时的速度，根据牛顿第二定律即可求解此时的加速度，根据匀变速直线运动速度一时间关系求解匀加速时间；根据P＝Fv求解牵引力，根据牛顿第二定律求解小车的速度为30m/s时的加速度。【解答】解：A、汽车速度达到最大值时，牵引力等于阻力，f＝F＝1×103N，故A错误；B、当牵引力等于阻力时速度最大，根据P＝Fv，得vm=60×1C、汽车以恒定加速度启动，t1时刻，功率达到额定功率，根据P＝Fv，此时速度v=由牛顿第二定律得，汽车匀加速阶段加速度a=F-fm=4×103-1×1D、当小车的速度为30m/s时，根据P＝Fv，牵引力F=Pv=60×1故选：BD。【点评】考查对功率的理解，熟悉公式P＝Fv的运用。（多选）11．（2025春•天心区校级期中）倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1kg的物块用轻质细绳跨过光滑的定滑轮和水平地面上质量为M＝3kg的小车相连。初始时小车尾端在滑轮正下方距滑轮h＝0.4m处，t＝0时刻小车开始以恒定的功率P＝20W启动，并带动物块沿斜面向上运动，t＝10s时小车运动到A位置，此时细线与水平方向的夹角θ＝30°，已知整个过程中小车克服地面阻力做功为78J，忽略空气阻力，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（）A．整个过程中物块和小车组成的系统机械能守恒 B．在A位置时，小车的速度大小是物块速度大小的233C．小车运动到A位置时的速度大小为9m/s D．10s时物块重力做功的功率大小为20【考点】判断机械能是否守恒及如何变化；关联速度问题；瞬时功率的计算．【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】BD【分析】根据机械能守恒条件分析系统机械能是否守恒；根据两者关联速度的关系求解速度；整个过程，对系统根据功能关系求小车运动到A位置时的速度大小；根据动能定理求绳子对物块所做的功。【解答】解：A.整个过程中有牵引力对小车做功，所以物块和小车组成的系统机械能不守恒，故A错误；B.在A位置时，根据牵连速度规律有v车cosθ＝v物，得v故B正确；C.小车运动到A位置时，对小车和物块这一系统，根据能量守恒定律有ΔE＝mg（h结合上述解得小车运动到A位置时的速度大小为v车＝8m/s故C错误；D.10s时物块重力做功的功率大小为PG＝mgv物sinθ＝10×8233×故D正确。故选：BD。【点评】本题考查连接体的功与能的问题，要理解功能原理中的“功”的意义，以及“能”的范围，它是能量守恒定律的特殊情况。（多选）12．（2025春•邢台月考）如图所示，不可伸长的轻质细绳两端分别连接质量为m1和m2的物体M、N，细绳跨过光滑的定滑轮，用双手分别托着物体M、N保持静止不动，滑轮两侧细绳伸直且等长。现用手将物体N向上拾起h＝0.45m，保证左侧细绳处于伸直状态，由静止释放物体N，在细绳绷直后瞬间用手抓住物体N，使物体N立即停止运动，此后物体M最多上升H＝0.2m。若第二次仍将物体N抬高h＝0.45m后由静止释放，此次不再用手抓住物体N。取滑轮两侧细绳均伸直时，物体M、N所在水平面为零势能面，设轻绳足够结实，定滑轮足够高，两物体可看作质点，m2＝1kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．物体M的质量为m1＝0.5kg B．物体N被手抓住瞬间损失的机械能为0.2J C．第二次释放细绳绷直后，某时刻物体M、N系统的机械能为4.5J D．第二次释放细绳绷直后，某时刻物体M、N的加速度大小为10【考点】多物体系统的机械能守恒问题；牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】先根据运动学公式求出第一次绳子绷直瞬间物体N的速度，分别对M、N运用动量定理列方程。细绳绷直后瞬间用手抓住物体N，M做竖直上抛运动，由速度—位移公式列式，联立求解物体M的质量。物体N损失的机械能为其动能，由动能表达式求解；细绳绷直后，物体M、N系统的机械能与绷直后瞬间系统机械能相等，根据牛顿第二定律求物体M、N的加速度大小。【解答】解：A、第一次绳子绷直瞬间，设物体N的速度为v0。N下落过程，由运动学公式有v绷直瞬间，绳子的拉力远大于物体的重力，根据动量定理可得对M，取向上为正方向，有Ft＝m1v1对N，取向上为正方向，有Ft＝﹣m2v1+m2v0细绳绷直后瞬间用手抓住物体N，M做竖直上抛运动，有v联立解得m1＝0.5kg，故A正确；B、用手抓住物体N的瞬间，物体N损失的机械能为其动能，故ΔE=12mv12，解得ΔC、第二次释放细绳绷直后，物体M、N系统的机械能与绷直后瞬间系统机械能相等，绷直后瞬间的机械能E=12(m1+D、细绳绷直后，根据牛顿第二定律得对N，有m2g﹣F＝m2a对M，有F﹣m1g＝m1a解得a=103故选：AD。【点评】本题主要是考查动量定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律；对于动量定理，解答时要首先规定一个正方向，确定初末动量，结合合外力大小求速度。三．填空题（共4小题）13．（2025春•福州校级月考）一质量为2.0×103kg，额定功率为60kW的汽车从静止开始在水平路面上以恒定的额定功率启动，若汽车所受的阻力为车重的0.1倍。（g取10m/s2），则汽车在该路面上行驶所能达到的最大速度为30m/s；当汽车的速度为20m/s时的加速度大小为0.5m/s2；当汽车以2m/s2的加速度从静止开始做匀加速运动，匀加速维持的时间为5s。【考点】机车以恒定加速度启动；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】30；0.5；5。【分析】汽车所受的牵引力等于阻力时速度最大，根据P＝Fv求解最大速度；当汽车的速度为20m/s时，根据P＝Fv求牵引力大小，根据牛顿第二定律求加速度大小；汽车以2m/s2的加速度做匀加速运动，根据牛顿第二定律求此时牵引力，根据P＝Fv求汽车做匀加速运动的最大速度，结合速度—时间关系求解匀加速维持的时间。【解答】解：汽车所受的阻力为f＝0.1mg＝0.1×2.0×103×10N＝2.0×103N当牵引力等于阻力时速度最大，速度最大vm当汽车的速度为20m/s时，牵引力大小为F=根据牛顿第二定律F﹣f＝ma解得加速度大小为a＝0.5m/s2汽车以2m/s2的加速度做匀加速运动，根据牛顿第二定律F′﹣f＝ma解得F′＝6000N汽车做匀加速运动的最大速度为v'匀加速维持的时间为t=故答案为：30；0.5；5。【点评】机车启动问题常常与牛顿第二定律相结合进行考查，对于机车的两种方式，要根据牛顿第二定律和牵引力功率公式，弄清过程中速度、加速度的变化情况。14．（2025春•泉州期中）一质量为m的物块沿倾角为30°的固定斜面下滑，到达斜面底端的速度为v。则整个下滑过程中斜面对物块的支持力做功为0，物块到达斜面底端时重力做功的瞬时功率为12mgv【考点】瞬时功率的计算；重力做功的特点和计算．【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．【答案】0，12mgv【分析】根据功的概念和功率的公式列式求解。【解答】解：由题意斜面对物块的支持力和位移方向垂直，则物块的支持力做功为0，物块到达斜面底端的时重力的瞬时功率P＝mgvsin30°=12故答案为：0，12mgv【点评】考查功的概念和功率的公式的应用，会根据题意进行准确分析解答。15．（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。16．（2025春•长安区校级期中）如图，光滑轨道abc固定在竖直平面内，c点与粗糙水平轨道cd相切，一质量为m的小球A从高H1静止落下，在b处与一质量为m的滑块B相撞后小球A静止，小球A的动能全部传递给滑块B，随后滑块B从c处运动到d处，且bd高H2，滑块B通过在cd段所用时间为t。求：cd处的动摩擦因数μ＝2g(H【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【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】2【分析】结合题意，由机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学规律分别列式，即可分析求解。【解答】解：由题可知，一质量为m的小球A从高H1静止落下至b处，只有重力做功，则该过程小球A的机械能守恒，由机械能守恒定律可得：mgH1=1由题可知，小球A在b处与一质量为m的滑块B相撞后小球A静止，小球A的动能全部传递给滑块B，即：12滑块B由b到c的过程，只有重力做功，则该过程滑块B的机械能守恒，由机械能守恒定律可得：12mvB滑块B由c到d的过程，摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma，由运动学规律可得：vB2＝at，联立可得：μ=2故答案为：2g【点评】本题主要考查对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。四．解答题（共4小题）17．（2025春•西城区校级期中）如图所示，长L＝2m的粗糙水平轨道AC与固定在竖直面内、半径R＝0.4m的光滑半圆轨道在C点相切。质量m＝2kg物块（视为质点）在水平恒力F的作用下，从A处由静止开始运动。到水平轨道AC的中点B时撤去力F，物块恰好能到达半圆轨道的最高点D，随后水平抛出落在地面上。若物块与水平面轨道的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物块在D点处速度的大小vD；（2）物块运动至C点时对半圆轨道的压力FC；（3）水平恒力F的大小。【考点】动能定理的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．【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）物块在D点处速度的大小是2m/s；（2）物块运动至C点时对半圆轨道的压力大小是120N，方向竖直向下；（3）水平恒力F的大小是40N。【分析】（1）物块恰好到达D点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出到达D点的速度大小。（2）由C到D，应用动能定理求出物块到达C点的速度，然后应用牛顿第二定律求解。（3）应用动能定理求出水平恒力的大小。【解答】解：（1）物块恰好能到达半圆轨道的最高点D，在D点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝mv代入数据解得vD＝2m/s（2）由C到D过程，由动能定理得﹣mg×2R=在C点，由牛顿第二定律得FC′﹣mg＝mv代入数据解得FC′＝120N由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小FC＝FC′＝120N，方向竖直向下（3）从A到C过程，由动能定理得F×L2-μ代入数据解得F＝40N答：（1）物块在D点处速度的大小是2m/s；（2）物块运动至C点时对半圆轨道的压力大小是120N，方向竖直向下；（3）水平恒力F的大小是40N。【点评】根据题意分析清楚物块的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与动能定理即可解题。18．（2025春•天心区校级期中）在校园“科技节”中，学校组织了“科技创作”等一系列活动，如图所示为某兴趣小组研制的一弹射游戏装置，该装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF、水平直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块（可视为质点）质量m＝0.1kg，轨道BCD的半径R＝0.8m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度L＝2m，弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epm＝5J，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块的动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，g＝10m/s2。（1）若某次游戏中滑块第1次运动到与O1等高的C点时的速度v1＝2m/s，求弹簧的弹性势能Ep；（2）要使滑块不脱离轨道，求滑块第1次经过管道DEF的最高点F时滑块对轨道的弹力FN的最小值；（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且要求最终静止在轨道FG中点的左侧区域内，求弹簧的弹性势能Ep的范围。【考点】弹簧类问题中的机械能守恒；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；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】（1）弹簧的弹性势能Ep为1J；（2）滑块第1次经过管道DEF的最高点F时滑块对轨道的弹力FN的最小值为3N；（3）弹簧的弹性势能Ep的范围为2J≤Ep＜2.3J，或3.3J＜Ep≤3.8J，或4J≤Ep＜4.3J。【分析】（1）对滑块第1次运动到C点的过程，由机械能守恒定律求解弹簧的弹性势能；（2）根据牛顿第二定律求得滑块恰好通过轨道BCD的最高点D时的速度大小。应用动能定理判断此情况下滑块是否会碰撞挡板返回到圆弧轨道。根据机械能守恒定律求得滑块到F点的最小速度，根据牛顿第二定律与根据牛顿第三定律求解弹力FN的最小值；（3）参照（2）的解答可知滑块恰好通过轨道BCD的最高点D时在轨道FG上运动的最大路程。根据功能关系求得当弹簧的弹性势能最大时，滑块在FG上滑行的最大路程，确定满足要求的滑块在轨道FG上运动的路程范围，再由功能关系确定弹簧的弹性势能Ep的范围。【解答】解：（1）滑块第1次运动到C点的过程，由机械能守恒定律得：Ep解得：Ep＝1J（2）设滑块恰好通过轨道BCD的最高点D时的速度大小为vD，根据牛顿第二定律得：mg=vD设在此情况下滑块在轨道FG上运动的最大路程为s0，根据动能定理得：﹣2mgr﹣μmgs_0＝0-解得：s0＝0.4m＜L＝2m可知在此情况下滑块不会与挡板碰撞，故此情况下滑块第1次经过管道DEF的最高点F时速度vF最小，滑块对轨道的弹力FN最小，滑块由D运动到F过程，由机械能守恒定律得；12解得：vF＝2m/s设在F点滑块受到管道的弹力FN′，以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得：FN联立解得：FN′＝3N，方向竖直向下。由牛顿第三定律得滑块对轨道弹力FN的最小值为3N。（3）由（2）的解答可知，滑块恰好通过轨道BCD的最高点D时，在轨道FG上运动的最大路程为s0＝0.4m，可满足要求。设弹簧的弹性势能最大为Epm＝5J时，滑块在FG上滑行的最大路程为sm，则有：Epm＝μmgsm+mg（2R+2r）解得：sm＝6.4m要使滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的左侧区域，则滑块运动的路程s应满足：0.4m≤s＜1m，或3m＜s≤4m，或4.4m≤s＜5m根据：Ep＝μmgs+mg（2R+2r），可得：当s＝0.4m时，解得：Ep＝2J；当s＝1m时，解得：Ep＝2.3J；当s＝3m时，解得：Ep＝3.3J；当s＝4m时，解得：Ep＝3.8J；当s＝4.4m时，解得：Ep＝4J；当s＝5m时，解得：Ep＝4.3J。因此弹性势能EP的范围应为：2J≤Ep＜2.3J，或3.3J＜Ep≤3.8J，或4J≤Ep＜4.3J。答：（1）弹簧的弹性势能Ep为1J；（2）滑块第1次经过管道DEF的最高点F时滑块对轨道的弹力FN的最小值为3N；（3）弹簧的弹性势能Ep的范围为2J≤Ep＜2.3J，或3.3J＜Ep≤3.8J，或4J≤Ep＜4.3J。【点评】本题考查了机械能守恒定律、功能关系的应用，以及牛顿第二定律在圆周运动中的应用。本题（3）问难度较大，解答时思维要缜密。19．（2025春•邢台月考）如图所示，一半径为R的半圆柱放置在光滑水平面上，柱体左侧与固定的压力传感器紧挨着。一质量为m的物体放置在半圆柱体的最高点，由于微小扰动，物体从最高点沿右侧粗糙圆弧面由静止滑下，当物体与圆心连线和竖直方向的夹角为θ＝37°时，压力传感器示数为0，此时物体对柱体的压力为0.6mg，物体可看作质点，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）物体与柱体圆弧面间的动摩擦因数μ；（2）该过程克服摩擦力做的功Wf。【考点】利用动能定理求解变力做功；动摩擦因数的性质和计算；共点力的平衡问题及求解．【专题】计算题；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】（1）物体与柱体圆弧面间的动摩擦因数μ为0.75；（2）该过程克服摩擦力做的功Wf为0.1mgR。【分析】（1）对柱体受力分析，根据平衡条件结合滑动摩擦力公式求动摩擦因数μ；（2）当θ＝37°时，由重力指向圆心的分力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出此时物体的速度，再由动能定理求该过程克服摩擦力做的功Wf。【解答】解：（1）当物体与圆心连线和竖直方向的夹角为θ＝37°时，压力传感器示数为0，对柱体受力分析，可知FNsinθ＝μFNcosθ解得μ＝tanθ＝tan37°＝0.75（2）当θ＝37°时，由重力指向圆心的分力与支持力的合力提供物体所需要的向心力，根据向心力公式有mgcosθ-根据动能定理有mgR解得Wf＝0.1mgR答：（1）物体与柱体圆弧面间的动摩擦因数μ为0.75；（2）该过程克服摩擦力做的功Wf为0.1mgR。【点评】解答本题时，要灵活选择研究对象，分析受力，确定物体做圆周运动的向心力是关键。20．（2025春•重庆校级月考）如图所示，质量为m的A滑块放在质量为2m的B滑块上，B滑块可以沿着竖直轨道上下滑动，B和轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小都为f，且f=32mg(g为重力加速度）。轨道下方地面上固定了一根轻弹簧，弹簧的劲度系数为k，将A、B一起从B的下端距离弹簧上端的高度为（1）若h＝d，且k=12mgd，A、B在第一次反弹过程中能够分离，AB（2）若k=12mgd，只改变释放高度h（其余条件均不变），当（3）若h＝d，只改变弹簧的劲度系数k（其余条件均不变），试讨论A由最低点第一次上升的最大高度与k的关系。【考点】弹簧类问题中的机械能守恒；胡克定律及其应用；共点力的平衡问题及求解；牛顿第二定律的简单应用．【专题】计算题；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】（1）若h＝d，且k=12mgd，A、B在第一次反弹过程中能够分离，AB分离时，轨道弹簧的形变量x1（2）若k=12mgd，只改变释放高度h（其余条件均不变），当h为15（3）若h＝d，只改变弹簧的劲度系数k（其余条件均不变），A由最低点第一次上升的最大高度与k的关系见解析。【分析】（1）根据牛顿第二定律，结合分离时B对A的弹力为零分析求解；（2）根据简谐运动的对称性，结合能量守恒定律分析求解；（3）根据能量守恒定律，结合情况1：若到最低点之后，则有kx3′≤3mg+f，以及情况2：若二者一起上升到最高点时，AB刚要分离，和情况3：若k＞135mg【解答】解：（1）分离时B对A的弹力为零，弹簧的压缩量x1，对A根据牛顿第二定律则有mAg＝mAa解得a＝g同理对B则有mBg+f﹣kx1＝mBa联立解得x（2）设上升过程到达平衡位置时，弹簧的压缩量为x2，对AB则有kx2＝3mg+f解得x由向上的简谐运动的对称性，振幅为A弹簧向下运动的最大压缩量为x3，则有x从释放到最低点，由能量守恒则有3联立解得h（3）如下图所示：AB分离时压缩量x上升过程平衡位置x第一次下降到最低点压缩量为x3′，根据能量守恒定律则有3x3讨论：情况1：若到最低点之后，则有kx3′≤3mg+f联立可得k则A回弹的最大高度为h＝0情况2：若二者一起上升到最高点时，AB刚要分离，则有x3′﹣x1′＝2（x3′﹣x2′）联立可得k所以若9mg4d＜情况3：若k＞135mg12d，AB分开之后，设解得v故有h联立可得h答：（1）若h＝d，且k=12mgd，A、B在第一次反弹过程中能够分离，AB分离时，轨道弹簧的形变量x1（2）若k=12mgd，只改变释放高度h（其余条件均不变），当h为15（3）若h＝d，只改变弹簧的劲度系数k（其余条件均不变），A由最低点第一次上升的最大高度与k的关系见解析。【点评】本题考查了机械能相关知识，理解物体在不同时刻的不同运动状态，熟练掌握功能关系是解决此类问题的关键。

考点卡片1．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k=Fx2=100故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a=对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．2．动摩擦因数的性质和计算【知识点的认识】1.定义：彼此接触的物体做相对运动时摩擦力和正压力之间的比值，称为动摩擦因数μ．当物体处于水平运动状态时，正压力＝重力。2.影响因素：不同材质的物体间动摩擦因数不同，μ与接触面的材料、接触面的粗糙程度有关，无单位。注意：动摩擦因数与压力无关、与接触面积大小无关、与滑动摩擦力的大小无关、与相对运动的速度大小无关。动摩擦系数是物体本身的属性，只与物体本身有关，与有没有进行相对运动，以及有没有正压力无关。所以不能说动摩擦系数与摩擦力成正比，与正压力成反比。只能说摩擦力与正压力和动摩擦系数成正比，也就是f＝μN。【命题方向】一根质量可忽略不计的轻弹簧下端挂一物体，当物体静止不动时，弹簧伸长了10cm，将该物体放在水平桌面上，用该弹簧沿水平方向拉物体在桌面上做匀速滑动，此时弹簧伸长了2cm，求物体与桌面之间的动摩擦因数．分析：（1）当物体静止不动时，根据胡克定律得出弹簧的劲度系数与物体重力的关系．（2）在水平面上运动时，根据胡克定律求出弹簧的拉力，根据滑动摩擦力的公式求出动摩擦因数．解答：当物体静止不动时，根据胡克定律得：mg＝kx1；物体在桌面上做匀速滑动时，弹簧的拉力与滑动摩擦力二力平衡，则得：kx2＝f又f＝μN＝μmg联立以上三得，μ=k答：物体与桌面之间的动摩擦因数为0.2．点评：本题关键掌握胡克定律和共点力平衡条件，也提供了一种测量动摩擦因数的方法．【解题思路点拨】1.动摩擦因数是一种固有属性，与接触面的材料，粗糙程度有关。2.求解动摩擦因数的相关问题时，要注意正压力的求解。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。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