2025年新高二物理人教版学困生专题复习《机械能守恒定律》

第65页（共65页）2025年新高二物理人教版（2019）学困生专题复习《机械能守恒定律》一．选择题（共8小题）1．（2025春•苏州月考）下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是（）A．如果物体所受的合力为零，物体的动能一定不变 B．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零 C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中的变化量一定不为零 D．物体的动能不发生变化，物体所受合力一定是零2．（2025•武清区校级模拟）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船与跬地表约400km的空间站顺利完成径向对接。对接前，飞船在空间站正下方200m的“停泊点”处调整为垂直姿态，并保持相对静止；随后逐步上升到“对接点”，与空间站完成对接形成组合体，组合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A．飞船在“停泊点”时，其运动速度大于空间站运动速度 B．飞船在“停泊点”时，万有引力提供向心力 C．相比于对接前，对接稳定后空间站速度会变小 D．相比于“停泊点”，对接稳定后飞船的机械能增加3．（2025•安徽模拟）一只100g的球从1.8m的高度处落到一个水平板上又弹回到1.25m的高度，g取10m/s2，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是（）A．重力做功为1.8J B．重力做了0.55J的负功 C．球的重力势能一定减少0.55J D．球的重力势能一定增加1.25J4．（2025•辽宁二模）2024年12月29日，随着一声嘹亮的鸣笛，全球最快高铁列车CR450动车组正式亮相。列车提速的一个关键技术是提高机车发动机的功率。若匀速运动时，列车所受阻力与速度的平方成正比，即f＝kv2。设提速前速度为200km/h，提速后速度为400km/h，则提速前与提速后机车发动机的功率之比为（）A．116 B．18 C．14 5．（2025春•苏州校级期中）如图所示，劲度系数为k、水平的轻弹簧，一端固定在竖直墙上，一端与放在水面上的物块相连接。将弹簧压缩了x0后释放后，物块在水平面上最大的位移为x。此过程中弹簧弹力对物块做功（）A．12kx02C．12kx06．（2025春•市中区校级期中）如图所示，某同学用绳子水平拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动，到达某一速度时，木箱具有的动能一定（）A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功7．（2025春•朝阳区校级期中）静止在水平面上的物体m，由于受恒力F发生运动，位移为l，则（）A．当有摩擦时，F对物体做功多 B．当无摩擦时，F对物体做功多 C．有无摩擦时，F对物体做功一样多 D．不能比较8．（2025•海宁市校级模拟）在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图。假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A．P位置的小水珠速度方向沿a方向 B．P、Q两位置，杯子的向心加速度相同 C．从Q到P，杯子速度变化量为零 D．从Q到P，杯子所受合外力做功为零二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•天心区校级一模）倾角为37°的光滑斜面上有一小物块在沿斜面向上的力F的作用下由静止开始运动，若力F的最大功率为P，小物块的动能为Ek、重力势能为Ep（以出发点的势能为零）、位移为x、运动过程中的速度为v，以沿斜面向上为正方向，物块从开始运动到抵达斜面顶端全程Ek﹣x图像如图甲所示，其中OA段为直线，AB段为曲线、BC段为平行于横轴的直线，已知物块从0时刻开始经2s到达距出发点4m处，此时力F的功率刚好达最大值，之后保持该功率不变，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法中正确的是（）A．物块的质量m＝0.5kg B．F的最大功率P＝32W C．乙图为物块运动过程的Ep﹣x图像 D．到达顶端时速度v（多选）10．（2025春•武汉校级月考）下列关于重力势能的说法，正确的是（）A．重力势能的变化，只跟物体所处的初末位置有关，与物体实际经过的路径无关 B．重力势能的变化，只跟重力做功有关，和其他力做功多少无关 C．重力势能是矢量，当重力对物体做正功时，物体的重力势能减少 D．重力势能是物体和地球共有的，而不是物体单独具有的（多选）11．（2025春•绿园区校级期中）如图所示，轻绳跨过定滑轮悬挂两物体P和Q，其质量关系为mP＞mQ，轻绳及定滑轮的质量、摩擦力及空气阻力均不计，则在系统由静止开始运动到Q刚要碰到滑轮的过程中（）A．P减少的重力势能大于Q增加的机械能 B．P减少的重力势能小于Q增加的机械能 C．P增加的动能大于Q增加的动能 D．P增加的动能小于Q增加的动能（多选）12．（2025春•和平区校级期中）水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一个小工件轻轻放到传送带上（初速度为0），它将在传送带上滑动一段距离后才达到速度v而与传送带保持相对静止。设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，在这个相对滑动的过程中（）A．滑动摩擦力对工件所做的功为mvB．工件对传送带做功为﹣mv2 C．工件和传送带之间摩擦生热量为mvD．工件的机械能增量为mv2三．填空题（共4小题）13．（2025春•泉州期中）如图所示，质量为m的小球，从A点下落到地面上的B点，若以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为，整个下落过程中小球的重力势能减少。（重力加速度为“g”）14．（2025•泉州校级一模）一物体在推力F作用下克服恒定的阻力运动，其v﹣t图和F﹣s图如图（a）、（b）所示。则在第一个5s，力F对物体做的功W1＝J，在15s内阻力共做功W阻＝J；力F的最大瞬时功率Pmax＝W。15．（2024春•龙岩期中）质量为50kg的攀岩者，花了500s的时间登上一峭壁，此时攀岩者位于出发点上方20m处。这一过程中该攀岩者克服重力做的功为J，攀岩者重力势能（选填“变大”或“变小”），攀岩者克服重力做功的平均功率为W。（g取10m/s2）16．（2024春•福清市期中）福清农村春节前都有捣碗（米）糕的习俗。捣碗（米）糕时，一人将“石杵”一起一落挥动，另一人在“石杵”挥动的间隙迅速翻动米粉团，直到米粉团柔软而有弹性。已知“石杵”质量为15kg，每分钟上下挥动20下，每次“石杵”重心上升的高度约为90cm，则“石杵”每分钟克服重力做的功和相应的功率分别约为J、W（g取10m/s2）。四．解答题（共4小题）17．（2025•选择性）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5m，A点距地面的高度h＝1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。18．（2025春•广东期末）我校学子在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用面快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为m＝2.0kg的水相对地面以v＝6m/s的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为m0＝0.4kg，上升阶段空气阻力恒为f0＝1N，不计水平方向的任何力，重力加速度g＝10m/s2。（1）求水火箭外壳能上升的最大高度H；（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即f＝kv（k＝0.4），向下落高度h＝20m时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：①外壳匀速时的速度vm；②外壳从下落到匀速所经历的时间；③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。19．（2025春•朝阳区校级期中）如图所示，一个人用与水平方向成60°角的力F＝40N拉一个木箱，在水平地面上沿直线匀速前进了8m，求：（1）拉力F对木箱所做的功；（2）木箱克服摩擦力所做的功。20．（2025•西安校级模拟）如图所示，ABC是半径为R的光滑圆弧形轮滑赛道，A点与圆心O等高，B为最低点（位于水平地面上），圆弧BC所对的圆心角为60°。轮滑运动员从A点以一定的初速度沿圆弧面滑下，从C点滑出后，运动员上升到的最高点与O点在同一水平面上，此后运动员恰好落到平台上的D点，D点距水平地面的高为78R。已知运动员和轮滑鞋的总质量为m，重力加速度大小为g，运动员和轮滑（1）运动员从C点滑出时的速度大小；（2）运动员和轮滑鞋一起在B点受到轨道支持力的大小；（3）平台D点离圆弧轨道C点的水平距离x及运动员离开C点在空中飞行时距直线OC的最大距离d。

2025年新高二物理人教版（2019）学困生专题复习《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ADCBDACD二．多选题（共4小题）题号9101112答案ADABDACABC一．选择题（共8小题）1．（2025春•苏州月考）下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是（）A．如果物体所受的合力为零，物体的动能一定不变 B．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零 C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中的变化量一定不为零 D．物体的动能不发生变化，物体所受合力一定是零【考点】常见力做功与相应的能量转化；动能定理的简单应用．【专题】定性思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】A【分析】物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零，动能不变，或者合力为零，物体速度不变，如果合力对物体做的功为零，是在力的方向上的位移为零，竖直上抛运动在上升和下降阶段经过同一位置时动能相等，故动能在一段过程中变化量可以为零。【解答】解：A．物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零，动能不变，或者合力为零，物体速度不变，由动能定义知动能不变，故A正确；B．如果合力对物体做的功为零，合力可能不为零，而是在力的方向上的位移为零，故B错误；C．竖直上抛运动在上升和下降阶段经过同一位置时动能相等，故动能在一段过程中变化量可以为零，故C错误；D．动能不变化，说明速度大小不变，但速度方向有可能变化，因此合力不一定为零，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，需要学生细心分析。2．（2025•武清区校级模拟）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船与跬地表约400km的空间站顺利完成径向对接。对接前，飞船在空间站正下方200m的“停泊点”处调整为垂直姿态，并保持相对静止；随后逐步上升到“对接点”，与空间站完成对接形成组合体，组合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A．飞船在“停泊点”时，其运动速度大于空间站运动速度 B．飞船在“停泊点”时，万有引力提供向心力 C．相比于对接前，对接稳定后空间站速度会变小 D．相比于“停泊点”，对接稳定后飞船的机械能增加【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）．【专题】定性思想；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】飞船与空间站角速度相同，根据v＝rω分析，结合万有引力提供向心力分析，对接稳定过程中，外力对飞船做正功，飞船的机械能增加。【解答】解：A．飞船维持在“停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方200米的轨迹半径较小，根据v＝rω可知，它的运动速度小于空间站运动速度，故A错误；B．飞船维持在“停泊点”的状态时，以空间站为研究对象，根据万有引力提供向心力有GMm飞船维持在“停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方，轨迹半径较小，分析可知GMm需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力使飞船能与空间站保持相对静止，故B错误；C．对接稳定后空间站的轨道半径不变，质量增大，根据万有引力提供向心力有GMm解得v对接稳定后空间站速度与质量无关，保持不变，故C错误；D．对接稳定过程中，外力对飞船做正功，相比于“停泊点”，飞船的机械能增加，故D正确；故选：D。【点评】飞船在变轨的时候需要经过精密的速度调控以进入精确的轨道，所以飞船有多个发动机，可以实现全方位的加减速。3．（2025•安徽模拟）一只100g的球从1.8m的高度处落到一个水平板上又弹回到1.25m的高度，g取10m/s2，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是（）A．重力做功为1.8J B．重力做了0.55J的负功 C．球的重力势能一定减少0.55J D．球的重力势能一定增加1.25J【考点】重力势能的变化和重力做功的关系．【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据重力做功的表达式，结合重力做正功，重力势能减少分析求解。【解答】解：AB、整个过程中重力对球做正功，其大小为W＝mgΔh，解得W＝0.55J，故AB错误；CD、重力做正功，重力势能减少，故重力势能减少0.55J，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查了功相关知识，理解重力做正功，重力势能减少是解决此类问题的关键。4．（2025•辽宁二模）2024年12月29日，随着一声嘹亮的鸣笛，全球最快高铁列车CR450动车组正式亮相。列车提速的一个关键技术是提高机车发动机的功率。若匀速运动时，列车所受阻力与速度的平方成正比，即f＝kv2。设提速前速度为200km/h，提速后速度为400km/h，则提速前与提速后机车发动机的功率之比为（）A．116 B．18 C．14 【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；共点力的平衡问题及求解．【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】依据题意以及功率计算公式P＝Fv即可分析求解。【解答】解：列车匀速运动时，牵引力F＝f＝kv2根据功率公式P＝Fv＝kv3设提速前速度v1＝200km/h提速后速度v2＝400km/h则提速前与提速后机车发动机的功率之比为：P1故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题主要考查的是功率的计算问题，难度不大。5．（2025春•苏州校级期中）如图所示，劲度系数为k、水平的轻弹簧，一端固定在竖直墙上，一端与放在水面上的物块相连接。将弹簧压缩了x0后释放后，物块在水平面上最大的位移为x。此过程中弹簧弹力对物块做功（）A．12kx02C．12kx0【考点】常见力做功与相应的能量转化；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；与弹簧相关的动量、能量综合专题；推理论证能力．【答案】D【分析】弹簧弹力对物块做功等于弹簧弹性势能的减少量，据此分析。【解答】解：根据功能关系，此过程中弹簧弹力对物块做功等于弹簧弹性势能的减少量，即W弹=12k故选：D。【点评】本题考查弹力做功问题，根据功能关系，知道弹力做功等于弹簧弹性势能的减少量是解题关键。6．（2025春•市中区校级期中）如图所示，某同学用绳子水平拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动，到达某一速度时，木箱具有的动能一定（）A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功【考点】动能定理的简单应用．【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力．【答案】A【分析】木箱运动过程中，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理即可判断木箱获得的动能与拉力所做的功的关系，以及与克服摩擦力所做的功的关系。【解答】解：根据动能定理WF﹣Wf＝Ek木箱具有的动能一定小于拉力做功，与克服摩擦力做功的大小关系不能确定。故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】本题的关键要掌握动能定理，在运用动能定理时，要注意功的正负，以及动能变化量的正负。7．（2025春•朝阳区校级期中）静止在水平面上的物体m，由于受恒力F发生运动，位移为l，则（）A．当有摩擦时，F对物体做功多 B．当无摩擦时，F对物体做功多 C．有无摩擦时，F对物体做功一样多 D．不能比较【考点】重力做功的特点和计算．【专题】功的计算专题．【答案】C【分析】根据功的公式W＝Flcosθ，可以知道拉力F对物体做功的情况．【解答】解：恒力相同，位移相同，根据功的公式W＝Flcosθ可知，恒力F做功相同，与有无摩擦力无关，故C正确。故选：C。【点评】本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，注意有无摩擦力对F做功没有影响，难度不大，属于基础题．8．（2025•海宁市校级模拟）在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图。假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A．P位置的小水珠速度方向沿a方向 B．P、Q两位置，杯子的向心加速度相同 C．从Q到P，杯子速度变化量为零 D．从Q到P，杯子所受合外力做功为零【考点】重力做功的特点和计算；匀速圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素．【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】A、根据图乙中水珠做离心运动的方向，可以判断杯子的旋转方向，进而判断P位置的小水珠速度方向。B、根据向心加速度的矢量特性，判断P、Q两位置，杯子的向心加速度是否相同。C、根据速度的矢量性，及矢量运算法则，判断从Q到P，杯子速度变化量是否为零。D、杯子做匀速圆周运动，根据杯子所受合外力的特点、与位移的角度关系，判断从Q到P，杯子所受合外力做功是否为零。【解答】解：A．根据图乙中水珠做离心运动的方向，可知杯子旋转方向为逆时针方向，则P位置的小水珠速度方向应沿b方向，故A错误；B．杯子做匀速圆周运动，向心加速度方向指向圆心，P、Q两位置，杯子的向心加速度大小相同，方向不同，向心加速度是矢量，则P、Q两位置，杯子的向心加速度不同，故B错误；C．杯子的速度为矢量，从Q到P，杯子速度变化量应按矢量法则运算，速度变化量为Δv，不等于零，如下图所示：故C错误；D．杯子做匀速圆周运动，杯子所受合外力提供向心力，合外力方向始终指向圆心、且与速度（位移）方向始终垂直，所以合外力始终不做功，即从Q到P，杯子所受合外力做功为零，故D正确。故选：D。【点评】解答本题，要掌握速度、向心加速度、速度变化量均为矢量；要掌握匀速圆周运动合外力充当向心力、且合外力指向圆心、不做功。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•天心区校级一模）倾角为37°的光滑斜面上有一小物块在沿斜面向上的力F的作用下由静止开始运动，若力F的最大功率为P，小物块的动能为Ek、重力势能为Ep（以出发点的势能为零）、位移为x、运动过程中的速度为v，以沿斜面向上为正方向，物块从开始运动到抵达斜面顶端全程Ek﹣x图像如图甲所示，其中OA段为直线，AB段为曲线、BC段为平行于横轴的直线，已知物块从0时刻开始经2s到达距出发点4m处，此时力F的功率刚好达最大值，之后保持该功率不变，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法中正确的是（）A．物块的质量m＝0.5kg B．F的最大功率P＝32W C．乙图为物块运动过程的Ep﹣x图像 D．到达顶端时速度v【考点】利用动能定理求解多过程问题；瞬时功率的计算．【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】AD【分析】根据动能定理可知Ek﹣x图像的斜率表示合外力，结合牛顿第二定律以及运动学公式分析，求出2s末小物块的速度大小，根据P＝Fv1，求解最大功率，求出当小物块到达距出发点8m处时重力势能，判断乙图是否正确，2s后小物块所受外力F的功率不变，拉力等于重力沿斜面分力，求解小物块匀速阶段速度大小。【解答】解：A．根据动能定理可知Ek﹣x图像的斜率表示合外力，所以0～4m有F﹣mgsin37°＝ma，F＝1N根据位移—时间关系可得x1解得m＝0.5kg，F＝4N，a＝2m/s2故A正确；B．2s末小物块的速度大小为v1＝at1，解得v1＝4m/s所以F的最大功率为P＝Fv1，解得P＝16W故B错误；C．当小物块到达距出发点8m处时，重力势能为Ep＝mgxsin37°，解得Ep＝24J与图中数据不符，故C错误；D．2s后小物块所受外力F的功率不变，则P＝F′vF′＝mgsin37°解得小物块匀速阶段速度大小为v=即小物块运动到斜面顶端时的速度大小为163m/故选：AD。【点评】解题根据要知道Ek﹣x图像的斜率表示合外力，以及会根据图像分析物体运动过程然后选择合理公式求解。（多选）10．（2025春•武汉校级月考）下列关于重力势能的说法，正确的是（）A．重力势能的变化，只跟物体所处的初末位置有关，与物体实际经过的路径无关 B．重力势能的变化，只跟重力做功有关，和其他力做功多少无关 C．重力势能是矢量，当重力对物体做正功时，物体的重力势能减少 D．重力势能是物体和地球共有的，而不是物体单独具有的【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；重力势能的定义和性质．【专题】定性思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】ABD【分析】根据重力势能的变化，只跟物体所处的初末位置有关，与物体实际经过的路径无关，结合重力对物体做正功时，物体的重力势能减少分析求解。【解答】解：A．重力势能的变化，只跟物体所处的初末位置有关，与物体实际经过的路径无关，故A正确；B．根据功能关系，重力势能的变化，只跟重力做功有关，和其他力做功多少无关，故B正确；C．重力势能是标量，当重力对物体做正功时，物体的重力势能减少，故C错误；D．重力势能是物体和地球系统共有的，而不是物体单独具有的，故D正确。故选：ABD。【点评】本题考查了重力势能相关知识，理解重力势能的变化只跟重力做功有关是解决此类问题的关键。（多选）11．（2025春•绿园区校级期中）如图所示，轻绳跨过定滑轮悬挂两物体P和Q，其质量关系为mP＞mQ，轻绳及定滑轮的质量、摩擦力及空气阻力均不计，则在系统由静止开始运动到Q刚要碰到滑轮的过程中（）A．P减少的重力势能大于Q增加的机械能 B．P减少的重力势能小于Q增加的机械能 C．P增加的动能大于Q增加的动能 D．P增加的动能小于Q增加的动能【考点】常见力做功与相应的能量转化；动能定理的简单应用．【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】AC【分析】根据PQ组成的系统机械能守恒，结合PQ速度大小始终相等分析求解。【解答】解：AB．轻绳及定滑轮的质量、摩擦力及空气阻力均不计，PQ组成的系统机械能守恒，则P减少的重力势能等于Q增加的机械能与P增加的动能之和，故P减少的重力势能大于Q增加的机械能，故A正确，B错误；CD．PQ速度大小始终相等，由于质量大小满足：mP＞mQ，根据动能表达式，P增加的动能大于Q增加的动能，故C正确，D错误。故选：AC。【点评】本题考查了机械能守恒和动能相关，理解动能、重力势能以及弹性势能之间的相互关系是解决此类问题的关键。（多选）12．（2025春•和平区校级期中）水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一个小工件轻轻放到传送带上（初速度为0），它将在传送带上滑动一段距离后才达到速度v而与传送带保持相对静止。设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，在这个相对滑动的过程中（）A．滑动摩擦力对工件所做的功为mvB．工件对传送带做功为﹣mv2 C．工件和传送带之间摩擦生热量为mvD．工件的机械能增量为mv2【考点】从能量角度求解传送带问题；倾斜传送带模型．【专题】定量思想；推理法；传送带专题；推理论证能力．【答案】ABC【分析】物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，工件和传送带之间摩擦生热量等于摩擦力乘以相对位移，重力势能不变，机械能增量等于动能增量。【解答】A．在运动的过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即Wf故A正确；BC．根据牛顿第二定律μmg＝ma可得工件的加速度为a＝μg工件对地的位移为x1工件速度从0加速到v所用时间t=传送带对地的位移为x2＝vt工件对传送带做功为Wf′＝﹣μmgx2工件相对于传送带滑动的位移大小为Δx＝x2﹣x1摩擦生热为Q=故BC正确；D．工件动能增加量为12mv2，重力势能不变，所以工件的机械能增量为故选：ABC。【点评】当物体之间发生相对滑动时，一定要注意物体的动能增加的同时，相同的内能也要增加，这是解本题的关键地方。三．填空题（共4小题）13．（2025春•泉州期中）如图所示，质量为m的小球，从A点下落到地面上的B点，若以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为﹣mgh2，整个下落过程中小球的重力势能减少mg（h1+h2）。（重力加速度为“g”）【考点】重力势能的变化和重力做功的关系．【专题】定量思想；归纳法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】﹣mgh2，mg（h1+h2）【分析】根据重力势能Ep＝mgh，重力势能的变化ΔEP＝mgΔh。【解答】解：以桌面为参考平面，根据重力势能的定义式，小球在B点的重力势能为：EPB＝﹣mgh2整个下落过程中小球重力势能的变化量为：ΔEP＝mgΔh＝﹣mg（h1+h2）即整个下落过程中小球的重力势能减少mg（h1+h2）故答案为：﹣mgh2，mg（h1+h2）。【点评】本题主要考查了对重力势能的理解，解题关键掌握重力势能Ep＝mgh，重力势能的变化ΔEP＝mgΔh。14．（2025•泉州校级一模）一物体在推力F作用下克服恒定的阻力运动，其v﹣t图和F﹣s图如图（a）、（b）所示。则在第一个5s，力F对物体做的功W1＝2J，在15s内阻力共做功W阻＝﹣4J；力F的最大瞬时功率Pmax＝0.8W。【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；弹力（支持力、拉力、压力等）做功的计算．【专题】定量思想；方程法；功率的计算专题；理解能力．【答案】2；﹣4；0.8。【分析】根据功的定义，即力在物体上所做的功等于力的大小乘以物体在力的方向上移动的距离。功率是单位时间内所做的功，即功除以时间。题目中给出了速度—时间图（v﹣t图）和力—位移图（F﹣s图），这为我们提供了计算功和功率所需的关键信息。【解答】解：根据功的表达式可知，在第一个5s，物体运动的位移大小为x1力F对物体做的功为W1＝F1x1＝0.8×2.5J＝2J第二个5s内，物体运动的位移大小为x2＝vt2＝1×5m＝5m由图可知，物体受到的阻力为f＝F2＝0.4N在15s内物体运动的总位移大小为x=根据功的定义式有，在15s内阻力共做功为W阻＝﹣fx＝﹣0.4×10J＝﹣4J根据功率的计算公式，由图可知，在第5s时刻，力F的瞬时功率最大，则Pmax＝F1v＝0.8×1W＝0.8W故答案为：2；﹣4；0.8。【点评】本题的关键在于理解并应用物理学中的基本概念，如功、功率以及力与运动的关系。通过分析v﹣t图和F﹣s图，我们可以准确地计算出力F对物体做的功、阻力做的功以及力F的最大瞬时功率。这不仅需要对物理学概念的深刻理解，还需要能够从图中提取关键信息并进行计算的能力。15．（2024春•龙岩期中）质量为50kg的攀岩者，花了500s的时间登上一峭壁，此时攀岩者位于出发点上方20m处。这一过程中该攀岩者克服重力做的功为10000J，攀岩者重力势能变大（选填“变大”或“变小”），攀岩者克服重力做功的平均功率为20W。（g取10m/s2）【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】10000；变大；20。【分析】先计算攀岩者的重力G，再利用功的计算公式W＝FL求出这一过程中该攀岩者克服重力做的功，再用功率计算公式P=W【解答】解：攀岩者的重力为：G＝mg＝50×10N＝500N这一过程中该攀岩者克服重力做的功为：W＝Gh＝500×20J＝10000J克服重力做功，重力势能变大；克服重力做功的平均功率为：P=故答案为：10000；变大；20。【点评】本题考查功和功率的计算，解题的关键是熟悉功和功率的计算公式，直接代入公式计算即可。16．（2024春•福清市期中）福清农村春节前都有捣碗（米）糕的习俗。捣碗（米）糕时，一人将“石杵”一起一落挥动，另一人在“石杵”挥动的间隙迅速翻动米粉团，直到米粉团柔软而有弹性。已知“石杵”质量为15kg，每分钟上下挥动20下，每次“石杵”重心上升的高度约为90cm，则“石杵”每分钟克服重力做的功和相应的功率分别约为2700J、45W（g取10m/s2）。【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】应用题；定量思想；推理法；功的计算专题；分析综合能力．【答案】2700；45。【分析】根据功的计算公式与功率公式分析答题。【解答】解：每分钟重力做功：W＝﹣nmgh＝﹣20×15×10×0.90J＝﹣2700J，则克服重力做功2700J克服重力做功的功率P=Wt=故答案为：2700；45。【点评】根据石杵的运动过程，应用功的计算公式与功率公式即可解题。四．解答题（共4小题）17．（2025•选择性）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5m，A点距地面的高度h＝1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；斜抛运动；动能定理的简单应用．【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；推理论证能力．【答案】（1）雪块到A点速度大小v0为5m/s；（2）雪块到地面速度大小v1为8m/s，方向与水平方向夹角α为60°。【分析】（1）对雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理求解雪块到A点速度大小；（2）根据机械能守恒定律得求解雪块到地面速度大小。雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，根据矢量的合成与分解求解雪块由A点到地面的速度与水平方向夹角。【解答】解：（1）雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理得：mgxsinθ﹣μmgxcosθ=解得：v0＝5m/s（2）雪块由A点到地面的过程，根据机械能守恒定律得：mgh+解得：v1＝8m/s雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，在水平方向做匀速运动的速度大小为：vx＝v0cosθ，解得：vx＝4m/s由速度分解可得：cosα=解得：α＝60°答：（1）雪块到A点速度大小v0为5m/s；（2）雪块到地面速度大小v1为8m/s，方向与水平方向夹角α为60°。【点评】本题考查了机械能守恒定律、动能定理的应用，以及抛体运动的特点，题目较简单。也可应用牛顿第二定律，结合运动学公式解答。18．（2025春•广东期末）我校学子在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用面快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为m＝2.0kg的水相对地面以v＝6m/s的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为m0＝0.4kg，上升阶段空气阻力恒为f0＝1N，不计水平方向的任何力，重力加速度g＝10m/s2。（1）求水火箭外壳能上升的最大高度H；（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即f＝kv（k＝0.4），向下落高度h＝20m时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：①外壳匀速时的速度vm；②外壳从下落到匀速所经历的时间；③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。【考点】动能定理的简单应用．【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．【答案】（1）水火箭外壳能上升的最大高度为36m（2）①外壳匀速时的速度为10m/s②外壳从下落到匀速所经历的时间为3s③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功为﹣60J【分析】利用动能定理进行简单的运算【解答】解：（1）喷水过程中，mv＝m0v0上升过程中，m0g+f0＝m0a02﹣v2＝﹣2aH解得H＝36m（2）①外壳匀速时，有m0g＝kvm解得vm＝10m/s②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有m0v0＝m0gt﹣kvtvt＝h解得t＝3s③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有12m0vm2-0＝m解得W1＝﹣60J。答：（1）水火箭外壳能上升的最大高度为36m（2）①外壳匀速时的速度为10m/s②外壳从下落到匀速所经历的时间为3s③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功为﹣60J【点评】考查对物理学方法的理解，熟悉动量定理公式19．（2025春•朝阳区校级期中）如图所示，一个人用与水平方向成60°角的力F＝40N拉一个木箱，在水平地面上沿直线匀速前进了8m，求：（1）拉力F对木箱所做的功；（2）木箱克服摩擦力所做的功。【考点】摩擦力做功的特点和计算；弹力（支持力、拉力、压力等）做功的计算．【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．【答案】（1）拉力F对木箱所做的功等于160J；（2）木箱克服摩擦力所做的功等于160J。【分析】（1）根据恒力做功公式W＝Fxcosθ即可求解拉力做功；（2）根据平衡条件求解摩擦力大小，根据Wf＝Ffx求解摩擦力做功。【解答】解：（1）拉力对木箱所做的功为WF＝Fxcos60°，解得WF＝160J（2）根据平衡条件，摩擦力大小为Ff＝Fcos60°木箱克服摩擦力对所做的功Wf＝Ffx，解得Wf＝160J答：（1）拉力F对木箱所做的功等于160J；（2）木箱克服摩擦力所做的功等于160J。【点评】对物体受力分析，求出力的大小，再由功的公式即可求得功的大小。20．（2025•西安校级模拟）如图所示，ABC是半径为R的光滑圆弧形轮滑赛道，A点与圆心O等高，B为最低点（位于水平地面上），圆弧BC所对的圆心角为60°。轮滑运动员从A点以一定的初速度沿圆弧面滑下，从C点滑出后，运动员上升到的最高点与O点在同一水平面上，此后运动员恰好落到平台上的D点，D点距水平地面的高为78R。已知运动员和轮滑鞋的总质量为m，重力加速度大小为g，运动员和轮滑（1）运动员从C点滑出时的速度大小；（2）运动员和轮滑鞋一起在B点受到轨道支持力的大小；（3）平台D点离圆弧轨道C点的水平距离x及运动员离开C点在空中飞行时距直线OC的最大距离d。【考点】动能定理的简单应用；斜抛运动．【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】（1）运动员从C点滑出时的速度大小等于23（2）在B点受到轨道支持力的大小等于103（3）平台D点离圆弧轨道C点的水平距离x等于32R，在空中飞行时距直线OC的最大距离d等于【分析】（1）运动员从C点滑出后，根据竖直方向上做竖直上抛运动求解从C点滑出时的速度大小；（2）从B到C，根据动能定理求解B点速度大小，根据牛顿运动定律求解支持力的大小；（3）运动员从C点滑出后，做斜抛运动，根据高度求解时间，水平方向匀速运动求解水平距离，沿C点速度方向速度减为0时距直线OC的有最大距离。【解答】解：（1）设运动员从C点滑出的速度大小为vC，运动员从C点滑出后，竖直上升的高度为h＝Rcos60°竖直方向有(联立解得v（2）设运动员到B点时速度大小为vB，从B到C，根据动能定理可得-在B点，根据牛顿第二定律有F解得联立解得支持力大小为F（3）运动员从C点滑出后，上升的过程有vCsin60°＝gt1设下降的时间为t2，则有1则D点与C点的水平距离x联立解得x=由于从C点滑出时的速度与直线OC垂直，将运动员离开C点在空中的运动分解为沿C点速度方向和垂直C点速度方向两个分运动，其中沿C点速度方向的分加速度为a沿C点速度方向速度减为0所用时间为t则运动员离开C点在空中飞行时距直线OC的最大距离为d答：（1）运动员从C点滑出时的速度大小等于23（2）在B点受到轨道支持力的大小等于103（3）平台D点离圆弧轨道C点的水平距离x等于32R，在空中飞行时距直线OC的最大距离d等于【点评】解决本题时，要搞清人的运动过程，找出每个过程遵守的物理规律是关键。对于斜抛运动，要知道其研究方法是平抛运动相似，采用运动的分解法，运用运动学公式求时间。

考点卡片1．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。2．倾斜传送带模型【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始匀加速下滑，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学速度—时间公式求出匀加速至物体与传送带共速的时间。当物体速度达到传送带速度时，判断物体的运动状态，再求解运动时间。解答：物体放上传送带后，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，设物体做匀加速直线运动的加速度为a1，直至与传送带速度相等。设这一过程所需的时间为t1，物体下滑的位移为x1，则由牛顿第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由运动学公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1则x1=12a1t12=12×10×物体与传送带达到共同速度时，因为mgsinθ＞μmgcosθ，物体将继续匀加速下滑，设再经t2时间物体滑至B端，加速度为a2，则mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a2＝2m/s2由运动学公式有LAB﹣x1＝vt2+解得：t2＝2s故物体从A点运动到B点所用的总时间为t＝t1+t2＝2s+2s＝4s答：物体从A点运动到B点所用的总时间为4s。点评：解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，来判断其运动情况，要注意滑动摩擦力方向与物体间相对运动方向相反。【解题思路点拨】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。3．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。4．匀速圆周运动【知识点的认识】1.定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。也可说匀速圆周运动是角速度不变的圆周运动。2.性质：线速度的方向时刻在变，因此是一种变速运动。3.匀速圆周运动与非匀速圆周运动的区别（1）匀速圆周运动①定义：角速度大小不变的圆周运动。②性质：向心加速度大小不变，方向始终指向圆心的变加速曲线运动。③质点做匀速圆周运动的条件：合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。（2）非匀速圆周运动①定义：线速度大小不断变化的圆周运动。②合力的作用a、合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的大小。b、合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的方向。【命题方向】对于做匀速圆周运动的物体，下面说法正确的是（）A、相等的时间里通过的路程相等B、相等的时间里通过的弧长相等C、相等的时间里发生的位移相同D、相等的时间里转过的角度相等分析：匀速圆周运动的过程中相等时间内通过的弧长相等，则路程也相等，相等弧长对应相等的圆心角，则相等时间内转过的角度也相等。位移是矢量，有方向，相等的弧长对应相等的弦长，则位移的大小相等，但方向不同。解答：AB、匀速圆周运动在相等时间内通过的弧长相等，路程相等。故AB正确。C、相等的弧长对应相等的弦长，所以相等时间内位移的大小相等，但方向不同，所以相等时间内发生的位移不同。故C错误。D、相等的弧长对应相等的圆心角，所以相等时间内转过的角度相等。故D正确。故选：ABD。点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的线速度大小不变，所以相等时间内通过的弧长相等，路程也相等。【解题思路点拨】1.匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动运动性质是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动加速度加速度方向与线速度方向垂直。即只存在向心加速度，没有切向加速度由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变向心力F合F合5．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．6．向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素【知识点的认识】1.向心加速度的表达式为an＝ω2r=v2r=4π2rT2.由表达式可知，向心加速度与物体的质量无关，与线速度、角速度、半径、周期、转速等参数有关。3.对于公式an=该公式表明，对于匀速圆周运动，当线速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成反比；当运动半径一定时，向心加速度的大小与线速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及线速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的线速度相同的情景。4.对于公式an＝ω2r该公式表明，对于匀速圆周运动，当角速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成正比；当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及角速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的角速度相同的情景。5.向心加速度与半径的关系根据上面的讨论，加速度与半径的关系与物体的运动特点有关。若线速度一定，an与r成反比；若角速度（或周期、转速）一定，an与r成正比。如图所示。【命题方向】B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，A的频率为4Hz，B的频率为2Hz，则两球的向心加速度之比为（）A、1：1B、2：1C、8：1D、4：1分析：根据频率之比求出角速度之比，结合a＝rω2求出向心加速度之比．解答：根据角速度ω＝2πf，知A、B的角速度之比为2：1，根据a＝rω2知，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，则向心加速度之比为8：1．故C正确，A、B、D错误。故选：C。点评：解决本题的关键掌握向心加速度与角速度的关系公式，以及知道角速度与转速的关系．【解题思路点拨】向心加速度公式的应用技巧向心加速度的每一个公式都涉及三个物理量的变化关系，必须在某一物理量不变时分析另外两个物理量之间的关系。在比较物体上做圆周运动的各点的向心加速度的大小时，应按以下步骤进行：（1）先确定各点是线速度大小相等，还是角速度相同；（2）在线速度大小相等时，向心加速度与半径成反比；在角速度相同时，向心加速度与半径成正比。7．万有引力与重力的关系（黄金代换）【知识点的认识】对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。即GMmR化简得到：GM＝gR2其中g是地球表面的重力加速度，R表示地球半径，M表示地球的质量，这个式子的应用非常广泛，被称为黄金代换公式。【命题方向】火星探测器着陆器降落到火星表面上时，经过多次弹跳才停下．假设着陆器最后一次弹跳过程，在最高点的速度方向是水平的，大小为v0，从最高点至着陆点之间的距离为s，下落的高度为h，如图所示，不计一切阻力．（1）求火星表面的重力加速度g0．（2）已知万有引力恒量为G，火星可视为半径为R的均匀球体，忽略火星自转的影响，求火星的质量M．分析：根据平抛运动规律求出星球表面重力加速度．运用黄金代换式GM＝gR2求出问题．解答：（1）着陆器从最高点落至火星表面过程做平抛运动，由平抛规律得：水平方向上，有x＝v0t①竖直方向上，有h=12g0t2着陆点与最高点之间的距离s满足s2＝x2+h2③由上3式解得火星表面的重力加速度g0=2h（2）在火星表面的物体，重力等于火星对物体的万有引力，得mg0＝GMmR2把④代入⑤解得火星的质量M=答：（1）火星表面的重力加速度g0是2h（2）火星的质量M是2h点评：重力加速度g是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量．把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．【解题思路点拨】1.黄金代换式不止适用于地球，也试用于其他一切天体，其中g表示天体表面的重力加速度、R表示天体半径、M表示天体质量。2.应用黄金代换时要注意抓住如“忽略天体自转”、“万有引力近似等于重力”、“天体表面附近”等关键字。8．天体运动中机械能的变化【知识点的认识】1.本考点旨在针对卫星变轨过程中的机械能变化情况。2.卫星变轨有两种情况，一种是低轨加速进高轨；一种是高轨减速进低轨。3.加速过程需要发动机向后喷气，根据牛顿第三定律，气体对卫星的作用力向前，对卫星做正功，卫星的机械能增加；反之，减速过程需要发动机向前喷气，根据牛顿第三定律，气体对卫星的作用力向后，对卫星做负功，卫星的机械能减小。【命题方向】发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．（如图所示）．则卫星分别在1、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A、卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B、卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C、卫星在轨道3上具有的机械能大于它在轨道1上具有的机械能D、卫星在轨道3上的向心加速度大于它在轨道1上的向心加速度分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．解答：A、B、D、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F＝F向F＝GMmF向＝mv2r=mω2r＝m（2因而GMmr2=mv2r=mω2r＝m（解得v=GMrω=vra=GMr轨道3半径比轨道1半径大，根据①②④三式，卫星在轨道1上线速度较大，角速度也较大，向心加速度同样较大，故A、B、D均错误；C、卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功，故在轨道3上机械能较大，故C正确；故选：C。点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和周期的表达式，再进行讨论。【解题思路点拨】1.卫星在变轨的时候需要经过精密的速度调控以进入精确的轨道，所以卫星有多个发动机，可以实现全方位的加减速。2.单独的比较物体在高轨和低轨的机械能是困难的，因为物体在低轨的势能小，动能大；在高轨的势能大，动能小；而如果有特定的运动方式将两个轨道联系起来，就可以对物体在两个轨道的机械能进行比较了。9．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。10．摩擦力做功的特点和计算【知识点的认识】1.摩擦力做功的特点：（1）摩擦力做功与路程有关。（2）摩擦力可能做负功、可能做正功也可能不做功。例如物体在粗糙的地面上滑动直到停止，这个过程中物体与地面间的摩擦力对物体做负功；将煤炭放在传送带上，煤炭最终和传送带一起运动，煤炭与传送带间的摩擦力对煤炭做正功；擦黑板的过程中，黑板与黑板擦之间的摩擦力对黑板不做功。总之摩擦力对物体做什么功，也遵循常规力做功的判断方法，即当力与位移成锐角，则力对物体做正功；力与位移成钝角，则力对物体做负功；力与位移成直角，则力对物体不做功。2.摩擦力做功的计算公式摩擦力做功W＝fs。s是指路程。【命题方向】如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ．现在使斜面体向右水平匀速移动距离L，则摩擦力对物体做功为（物体与斜面体保持相对静止）（）A、0B、﹣μmgLcosθC、mgLsinθcos2θD、mgLsinθcosθ分析：对物体受力分析，可以求得摩擦力，再由功的公式即可求得对物体做的功的大小．解答：物体处于静止，对物体受力分析可得，在竖直方向mg＝Ncosθ+fsinθ在水平分析Nsinθ