2026年高考物理复习热搜题速递之功和能

第70页（共70页）2026年高考物理复习热搜题速递之功和能一．选择题（共10小题）1．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）A．4倍 B．2倍 C．3倍 D．2倍2．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是（）A． B． C． D．3．将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（）A．Ek1＝Ek2，W1＝W2 B．Ek1＞Ek2，W1＝W2 C．Ek1＜Ek2，W1＜W2 D．Ek1＞Ek2，W1＜W24．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则（）A．v2＝k1v1 B．v2=k1kC．v2=k2k1v1 D．v2＝5．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（）A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功126．如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔEk1、ΔEk2．假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则（）A．ΔEk1＞ΔEk2；t1＞t2 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1＞t2 C．ΔEk1＞ΔEk2；t1＜t2 D．ΔEk1＝ΔEk2；t1＜t27．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是（）A．B物体受到绳的拉力保持不变 B．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量 C．A物体动能的增量等于B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和 D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功8．汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地。汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力。汽车在驶入沙地前已做匀速直线运动，它匀速运动到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是（）A． B． C． D．9．如图所示，物体在力F的作用下沿水平面移动了一段位移L，甲、乙、丙、丁四种情况下，力F和位移L的大小以及θ角均相同，则力F做功相同的是（）A．甲图与乙图 B．乙图与丙图 C．丙图与丁图 D．乙图与丁图10．如图，一物体沿足够长的斜面向上滑动，经过M点时具有动能100J；当它向上滑行到N点时，动能变为20J，机械能损失了20J，该物体继续运动，回到M点时的动能为（）A．45J B．50J C．55J D．60J二．多选题（共5小题）（多选）11．质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能（）A．一直增大 B．先逐渐减小至零，再逐渐增大 C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大（多选）12．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（）A．运动员到达最低点前重力势能始终减小 B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关（多选）13．如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m（M＞m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（）A．两滑块组成系统的机械能守恒 B．重力对M做的功等于M动能的增加 C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功（多选）14．如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有（）A．TA＞TB B．EkA＞EkB C．SA＝SB D．R（多选）15．如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中（）A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于32mgB．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于32mgC．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下 D．弹簧的弹性势能最大值为32三．解答题（共5小题）16．如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C的质量为m，A、B的质量都为m2，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g（1）未拉A时，C受到B作用力的大小F；（2）动摩擦因数的最小值μmin；（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W。17．如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0kg的小球．现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0m，B点离地高度H＝1.0m，A、B两点的高度差h＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：（1）地面上DC两点间的距离s；（2）轻绳所受的最大拉力大小．18．图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图。整个轨道在同一竖直平面内。表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切，A点距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R．圆心O恰在水面，一质量为m的游客（视为质点）可从轨道AB上任意位置滑下，不计空气阻力。（1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf。（2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。（提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝mv219．如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行。A、B的质量均为m。撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动。不计一切摩擦，重力加速度为g。求：（1）A固定不动时，A对B支持力的大小N；（2）A滑动的位移为x时，B的位移大小s；（3）A滑动的位移为x时的速度大小vx。20．如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.5m，平台与轨道的最高点等高．一质量m＝0.8kg的小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10/m2．试求：（1）小球从平台上的A点射出时的速度大小v0；（2）小球从平台上的射出点A到圆轨道入射点P之间的水平距离l；（3）小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小；（4）小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小．

2026年高考物理复习热搜题速递之功和能（2025年10月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案DABBDBDADB二．多选题（共5小题）题号1112131415答案ABDABCCDADAB一．选择题（共10小题）1．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）A．4倍 B．2倍 C．3倍 D．2倍【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】功率的计算专题．【答案】D【分析】由题意可知：摩托艇的阻力大小与速度成正比，即：f＝kv；当物体做匀速运动时，速度最大，此时牵引力F与阻力f相等：即F＝f＝kv；而发动机的输出功率P＝Fv，据此分析判断．【解答】解：设阻力为f，由题知：f＝kv；速度最大时，牵引力等于阻力，则有P＝Fv＝fv＝kv2。所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的2倍。故选：D。【点评】解决本题的关键：一是能够正确的写出阻力与速度大小的表达式，二是利用功率的计算方法P＝Fv．2．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是（）A． B． C． D．【考点】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．【答案】A【分析】小球运动过程分两个，竖直向上，做匀减速直线运动，速度减到零后，反向竖直向下做自由落体运动，根据动能公式和竖直上抛运动的速度—时间公式找到动能与时间表达式即可分析。【解答】解：竖直向上过程，设初速为v0，则速度—时间关系为：v＝v0﹣gt此过程动能为：E即此过程EK与t成二次函数关系，且开口向上，故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】本题考查动能表达式和竖直上抛运动规律，相对来说比较简单，但关键是要结合数学知识，能根据函数关系确定出图象。3．将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（）A．Ek1＝Ek2，W1＝W2 B．Ek1＞Ek2，W1＝W2 C．Ek1＜Ek2，W1＜W2 D．Ek1＞Ek2，W1＜W2【考点】动能定理的简单应用；重力做功的特点和计算．【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力．【答案】B【分析】根据上升或下降的高度比较重力做功的大小，对两次经过a点的过程运用动能定理，比较两次经过a点的动能大小。【解答】解：从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2。对两次经过a点的过程运用动能定理得，﹣Wf＝Ek2﹣Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，A、C、D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键知道重力做功与路径无关，与首末位置的高度差有关，以及掌握动能定理，知道两次经过a点的过程中重力不做功，阻力做负功。4．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则（）A．v2＝k1v1 B．v2=k1kC．v2=k2k1v1 D．v2＝【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】功率的计算专题．【答案】B【分析】汽车在水平路面上行驶时，当牵引力等于阻力时，速度最大。根据功率与速度的关系，结合汽车阻力与车重的关系求解。【解答】解：设汽车的功率为P，质量为m，则有：P＝K1mgv1＝K2mgv2，所以v2=k1故选：B。【点评】解决本题的关键知道以额定功率行驶，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大。5．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（）A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功12【考点】机械能守恒定律的简单应用；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；重力做功的特点和计算；动能定理的简单应用；功是能量转化的过程和量度．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用；模型建构能力．【答案】D【分析】小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律求解出B点的速度；然后对从P到B过程根据功能关系列式判读。【解答】解：A、重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故P到B过程，重力做功为WG＝mgR，故A错误；B、小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg＝mvB2R从P到B过程，重力势能减小量为mgR，动能增加量为12mvB2=C、从P到B过程，合外力做功等于动能增加量，故为12mvD、从P到B过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为mgR-12mgR故选：D。【点评】解决本题的关键知道球到达B点时对轨道的压力为0，有mg＝mvB6．如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔEk1、ΔEk2．假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则（）A．ΔEk1＞ΔEk2；t1＞t2 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1＞t2 C．ΔEk1＞ΔEk2；t1＜t2 D．ΔEk1＝ΔEk2；t1＜t2【考点】动能定理的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】动能定理的应用专题．【答案】B【分析】根据动能定理比较动能的增加量；通过速率—时间图像，抓住路程相等，结合加速度不同，比较运动时间的长短．【解答】解：因为摩擦力做功Wf＝μ（mgcosθ+Fsinθ）•s＝μmgx+μFh，可知沿两轨道运动，摩擦力做功相等，根据动能定理得：WF﹣mgh﹣Wf＝ΔEk，知两次情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，则动能的变化量相等。作出在两个轨道上运动的速率—时间图像如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，t1＞t2．故B正确，A、C、D错误。故选：B。【点评】本题考查了动能定理与运动学的综合，通过动能定理比较动能变化量的关系，难点在于通过速率—时间图像比较运动的时间，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示路程．7．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是（）A．B物体受到绳的拉力保持不变 B．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量 C．A物体动能的增量等于B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和 D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功【考点】弹簧类问题中的机械能守恒．【专题】压轴题；推理论证能力．【答案】D【分析】正确解答该题要分析清楚过程中物体受力的变化情况，如弹簧的弹力时刻发生变化，因此A、B均做变加速运动，故绳子上的拉力是变力；根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用。【解答】解：A、以A、B组成的系统为研究对象，有mBg﹣kx＝（mA+mB）a，从开始到B速度达到最大的过程中B加速度逐渐减小，由mBg﹣T＝mBa可知，在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；B、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；C、根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，故C错误；D、系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故D正确。故选：D。【点评】正确受力分析，明确各种功能关系，是解答这类问题的关键，这类问题对于提高学生的分析综合能力起着很重要的作用。8．汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地。汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力。汽车在驶入沙地前已做匀速直线运动，它匀速运动到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是（）A． B． C． D．【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】压轴题；直线运动规律专题．【答案】A【分析】汽车以恒定功率行驶，功率P＝Fv，匀速匀速时牵引力和阻力平衡；当驶入沙地后，受到的阻力变大，故合力向后，做减速运动，根据功率P＝Fv可知，牵引力增加，故汽车加速度减小，当加速度减为零后，汽车匀速。【解答】解：汽车驶入沙地前，做匀速直线运动，牵引力和阻力平衡；汽车刚驶入沙地时，阻力增加，牵引力小于阻力，加速度向后，减速；根据功率P＝Fv可知，随着速度的减小，牵引力不断增加，故加速度不断减小；当加速度减为零后物体匀速运动；汽车刚离开沙地，阻力减小，牵引力大于阻力，故加速度向前，物体加速运动；根据功率P＝Fv可知，随着速度的增加，牵引力不断减小，故加速度不断减小；即物体做加速度减小的加速运动；最后匀速；故汽车进入沙地减速，中途匀速，离开沙地加速；s﹣t图线上某点的斜率表示该点对应时刻的瞬时速度，B图两端是曲线，且最后的斜率大于开始的斜率，即最后的速度比开始的最大速度还要大，不符合实际；只有A选项曲线在O点处的切线斜率等于驶出沙地后直线的斜率，符合实际。故A正确，B错误，C错误，D错误；故选：A。【点评】本题关键分析出物体的运动规律，然后根据s﹣t图线的切线表示对应时刻的瞬时速度判断。注意：实际上，题面中并没有说在沙地中匀速。所以还有一种可能，就是汽车在沙地中正在减速时就驶出沙地。所以s﹣t图线可能只包含两段。所以，本题的A选项并不能看出分几段，只是要求先做加速度减小的减速运动，最后做加速度减小的加速运动，另外这两段图线的两段的斜率相等即可。9．如图所示，物体在力F的作用下沿水平面移动了一段位移L，甲、乙、丙、丁四种情况下，力F和位移L的大小以及θ角均相同，则力F做功相同的是（）A．甲图与乙图 B．乙图与丙图 C．丙图与丁图 D．乙图与丁图【考点】重力做功的特点和计算．【专题】功的计算专题．【答案】D【分析】恒力做功表达式为：W＝Fxcosα，注意公式中的夹角是力与位移之间的夹角．【解答】解：图甲中的力做功为：W＝Fxcos（180°﹣θ）；图乙中做功W＝Fxcosθ）；图丙的是W＝Fxcos（180°﹣θ）；丁中力做功W＝Fxcosθ；故做功相同的是甲和丙，乙和丁；故选：D。【点评】本题考查功的计算公式的应用，要特别注意公式中的夹角的确定．10．如图，一物体沿足够长的斜面向上滑动，经过M点时具有动能100J；当它向上滑行到N点时，动能变为20J，机械能损失了20J，该物体继续运动，回到M点时的动能为（）A．45J B．50J C．55J D．60J【考点】动能定理的简单应用．【专题】定量思想；比例法；动能定理的应用专题．【答案】B【分析】先根据物体从M开始到达N点过程，受重力、支持力和摩擦力三个力作用，总功等于动能增加量，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，根据功能关系列式可解出摩擦力的大小；然后按照成正比的关系找出比例数值，再对物体从最高点到底端过程运用动能定理列式求解。【解答】解：物体从M到N时，受重力、支持力和摩擦力，设斜面夹角为θ，两点间的距离为L，根据动能定理有：﹣mgLsinθ﹣fL＝ΔEK；则有动能减少量与机械能减小量成正比；再结合物体的机械能减小量等于克服摩擦力做的功，即：fL＝ΔE＝20J，解得：f=当该物体经过斜面上N点时，动能减少了80J，机械能减少了20J，所以当物体到达最高点时，动能减少了100J，机械能减少了25J，所以物体上升过程中克服摩擦力做功是25J，全过程摩擦力做功W＝﹣50J，从出发点M到返回底端M，全过程重力不做功，只有摩擦力做功，设回到出发点的动能为EK′，再由动能定理可得：W＝EK′﹣EK，解得：EK′＝50J．故B正确、ACD错误。故选：B。【点评】本题考查的知识点是：功能关系有多种表现形式：合力的功（总功）等于动能增加量；重力做功等于重力势能的减小量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量，要在平时的学习中理解记忆。二．多选题（共5小题）（多选）11．质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能（）A．一直增大 B．先逐渐减小至零，再逐渐增大 C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大【考点】动能定理的简单应用；物体做曲线运动的条件．【答案】ABD【分析】一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为0，从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就是质点的合力．根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况．【解答】解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确。B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大。故B正确。C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小。故C错误。D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大。故D正确。故选：ABD。【点评】对于直线运动，判断速度增加还是减小，我们就看加速度的方向和速度的方向．对于受恒力作用的曲线运动，我们可以将速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究．（多选）12．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（）A．运动员到达最低点前重力势能始终减小 B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【考点】弹簧类问题中的机械能守恒．【专题】机械能守恒定律应用专题．【答案】ABC【分析】运动员人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减小．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加．以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置．【解答】解：A、运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小。故A正确。B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加。故B正确。C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。故C正确。D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关。故D错误。故选：ABC。【点评】本题类似于小球掉在弹簧上的类型．重力与弹力特点相似，这两种力做正功时，势能减小，做负功时，势能增加．（多选）13．如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m（M＞m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（）A．两滑块组成系统的机械能守恒 B．重力对M做的功等于M动能的增加 C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功【考点】多物体系统的机械能守恒问题．【专题】动能定理的应用专题．【答案】CD【分析】机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功，发生的能量转化为重力势能和弹性势能的转化，不产生其他形式的能量。功与能量转化相联系，是能量转化的量度。【解答】解：A、由于“粗糙斜面ab”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误；B、由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加，故B错误；C、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C正确；D、除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D正确；故选：CD。【点评】关键理解透机械能守恒的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化。（多选）14．如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有（）A．TA＞TB B．EkA＞EkB C．SA＝SB D．R【考点】动能的定义、性质、表达式；开普勒三大定律；万有引力与重力的关系（黄金代换）．【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题．【答案】AD【分析】由开普勒定律第三定律可确定周期与半径的关系，据开普勒第二定律可确定扫过的面积相等，则可知半径大的速度小。【解答】解：A、D、则开普勒第三定律可知周期的二次方与半径的三次方成正比，则D正确，A的半径大，则其周期长，则A正确。B、C、由开普勒第二定可知绕同一中心天体运动的天体与中心天体连线在同一时间内扫过的面积相等，AB不的同一轨道，则面积不同，轨道半径大的速度小，则A的速度小于B的，又质量相等，则A的动能小于B的动能，则BC错误；故选：AD。【点评】考查开普勒定律的内容，其中第二定律说明速度的变化近日点速度大，远日点速度小，第三定律确定了周期与半径的关系，熟练掌握并理解其内容是解题的关键，不难。（多选）15．如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中（）A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于32mgB．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于32mgC．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下 D．弹簧的弹性势能最大值为32【考点】多物体系统的机械能守恒问题；弹簧类问题中的机械能守恒．【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题．【答案】AB【分析】A的动能最大时受力平衡，根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值．【解答】解：AB、A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F=32mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于32mg，故C、当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；D、A下落的高度为：h＝Lsin60°﹣Lsin30°，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EP＝mgh=3-12故选：AB。【点评】解答本题的关键是弄清楚小球A在运动过程中的受力情况，知道平衡位置时受力平衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超重．三．解答题（共5小题）16．如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C的质量为m，A、B的质量都为m2，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g（1）未拉A时，C受到B作用力的大小F；（2）动摩擦因数的最小值μmin；（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W。【考点】动能定理的简单应用；力的合成与分解的应用；共点力的平衡问题及求解．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；动能定理的应用专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据共点力的平衡条件求解C受到B作用力的大小F；（2）先根据共点力平衡条件求解B受到C水平方向最大压力，再求出B对地面的压力，根据摩擦力的计算公式求解；（3）根据动能定理求解A移动的整个过程中，拉力做的功W。【解答】解：（1）C受力平衡，如图所示根据平衡条件可得：2Fcos30°＝mg，解得C受到B作用力的大小为：F=3（2）C恰好降落到地面时，B对C支持力最大为Fm，如图所示，则根据力的平衡可得：2Fmcos60°＝mg，解得：Fm＝mg；所以最大静摩擦力至少为：fm＝Fmcos30°=3B对的地面的压力为：FN＝mBg+1B受地面的摩擦力为：f＝μmg，根据题意有：fm＝f，解得：μ=3所以动摩擦因数的最小值为：μmin=3（3）C下降的高度为：h=(3A的位移为：x=2(3摩擦力做功的大小为：Wf＝fx＝2(3整体根据动能定理有：W﹣Wf+mgh＝0，解得：W=(2μ答：（1）未拉A时，C受到B作用力的大小为33（2）动摩擦因数的最小值为32（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W为(2μ【点评】本题主要是考查了共点力的平衡和动能定理，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。17．如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0kg的小球．现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0m，B点离地高度H＝1.0m，A、B两点的高度差h＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：（1）地面上DC两点间的距离s；（2）轻绳所受的最大拉力大小．【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；平抛运动速度的计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】机械能守恒定律应用专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）从A到B由动能定理可得B位置时的速度，之后做平抛运动，由平抛规律求解；（2）在B位置，由牛顿第二定律可求轻绳所受的最大拉力大小．【解答】解：（1）设小球在B点速度为v，对小球从A到B由动能定理得：mgh=12mv绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t，则有：H=1DC间距离：s＝vt解得：s=4（2）在B位置，设绳子最大力量为F，由牛顿第二定律得：F﹣mg=mv联立①④得：F＝2mg＝2×1×10N＝20N根据牛顿第三定律，有F'＝F，因而轻绳所受的最大拉力为20N．答（1）DC两点间的距离1.414m；（2）轻绳所受的最大拉力20N．【点评】关键是建立物体运动的情境，寻找物理模型，本题为圆周和平抛模型的组合．18．图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图。整个轨道在同一竖直平面内。表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切，A点距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R．圆心O恰在水面，一质量为m的游客（视为质点）可从轨道AB上任意位置滑下，不计空气阻力。（1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf。（2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。（提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝mv2【考点】动能定理的简单应用；平抛运动速度的计算；绳球类模型及其临界条件．【专题】动能定理的应用专题；模型建构能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）游客从B点开始做平抛运动，将运动分解，即可求出游客到达B的速度，A到B的过程中由动能定理即可求出运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf。（2）设OP与OB最近的夹角是θ，在P点离开轨道时，轨道对游客的支持力是0，由重力指向圆心的分力提供向心力，结合机械能守恒与向心力的表达式即可求解。【解答】解：（1）游客从B点开始做平抛运动，则：2R＝vBtR=联立得：v从A到B的过程中重力与摩擦力做功，由动能定理得：mg得：Wf＝mg（2R﹣H）；（2）设OP与OB最近的夹角是θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，B到P的过程中只有重力做功，机械能守恒，得：mg在P点，根据向心力公式，有：mgcosθ﹣N=m又知N＝0，cosθ=h联立相关公式得：h答：（1）游客滑到的速度vB大小是2gR，运动过程轨道摩擦力对其所做的功是mg（2R﹣H（2）P点离水面的高度是23【点评】该题中正确判断出游客在P点离开轨道时，轨道对游客的支持力是0，由重力指向圆心的分力提供向心力是解题的关键。19．如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行。A、B的质量均为m。撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动。不计一切摩擦，重力加速度为g。求：（1）A固定不动时，A对B支持力的大小N；（2）A滑动的位移为x时，B的位移大小s；（3）A滑动的位移为x时的速度大小vx。【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】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）依据力的合成法则，结合平衡条件与三角知识，即可求解；（2）根据运动的合成与分解，结合各自位移存在的几何关系，及三角知识，即可求解；（3）根据系统只有重力做功，机械能守恒，结合相似三角形，得出速度之比等于位移之比，从而求解。【解答】解：（1）根据受力分析：重力、支持力与绳子的拉力，结合力的平行四边形定则，及平衡条件与三角知识，则斜面的支持力大小为：N＝mgcosα；（2）撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动，根据运动的合成与分解，当A滑动的位移为x时，设B的位移大小s，依据几何关系有：则有：sx＝x（1﹣cosα）sy＝xsinα且s=s解得：s＝x2(1-cosα)=（3）因B的下降的高度为sy＝xsinα；根据系统只有重力做功，机械能守恒定律，则有：mgsy=如下图所示，画阴影部分的三角形相似，依据位移之比等于速度之比，可得：v则有：vB＝vA2(1-cosα解得：vA=答：（1）A固定不动时，A对B支持力的大小mgcosα；（2）A滑动的位移为x时，B的位移大小2xsinα2（3）A滑动的位移为x时的速度大小2gxsinα【点评】考查力的平行四边形定则与平衡条件的应用，掌握运动的合成与分解与三角知识的内容，理解机械能守恒的条件，及其定律的运用，注意运用三角形相似，确定位移之比与速度之比是解题的关键。20．如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.5m，平台与轨道的最高点等高．一质量m＝0.8kg的小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10/m2．试求：（1）小球从平台上的A点射出时的速度大小v0；（2）小球从平台上的射出点A到圆轨道入射点P之间的水平距离l；（3）小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小；（4）小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小．【考点】机械能守恒定律的简单应用；物体在环形竖直轨道内的圆周运动；圆周运动与平抛运动相结合的问题．【专题】机械能守恒定律应用专题；模型建构能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）恰好从光滑圆弧PQ的P点的切线方向进入圆弧，说明P点的速度vP方向与水平方向的夹角为θ，这样可以求出初速度v0；（2）从A到P是平抛运动，根据分位移公式列式求解即可；（3）对从A到圆弧最低点过程根机械能守恒定律列式求解末速度；（4）根据机械能守恒定律求得Q点速度，再运用牛顿第二定律和圆周运动知识求解．【解答】解：（1）小球从A到P的高度差为：h＝R（1+cos53°）从A到P是平抛运动，根据分运动公式，有：h=vy＝gttan53°=联立并代入数据解得：v0＝3m/s（2）从A到P是平抛运动，根据分位移公式，有：l＝v0th=联立并代入数据解得：l＝1.2m（3）从A到圆弧最低点，根据机械能守恒定律，有：12代入数据解得：v1（4）小球从A到达Q时，根据机械能守恒定律可知：vQ＝v0＝3m/s；在Q点，根据牛顿第二定律，有：FN解得：FN=-mg+m根据牛顿第三定律，小球对外管壁有压力，为6.4N；答：（1）小球从平台上的A点射出时的速度大小为3m/s；（2）小球从平台上的射出点A到圆轨道入射点P之间的水平距离l为1.2m；（3）小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小为29m/s；（4）小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的外壁有弹力，弹力的大小为6.4N．【点评】本题综合考查了平抛运动和圆周运动，关键是要进行过程分析和状态分析，根据平抛运动分运动公式、机械能守恒定律和牛顿第二定律列式求解，求解弹力时要找到向心力来源，不难．

考点卡片1．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+12at（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v即有：v=v0所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+12at③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负及变化情况。③利用图象求解a时，须注意其矢量性。④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。2．力的合成与分解的应用【知识点的认识】本考点针对比较复杂的题目，题目涉及到力的合成与分解的综合应用。【命题方向】假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大（如图所示），下列有关刀刃的说法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B、在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C、在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D、在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大分析：根据力的平行四边形定则可知，相同的压力下，顶角越小，分力越大；相同的顶角下，压力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知，这两个分力大小相等（F1＝F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙所示。在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分），根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，由关系式，得F1＝F2由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚。使用时，用前部切一些软的物品（如鱼、肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思。故D正确。故选：D。点评：考查力的平行四边形定则，体现了控制变量法，同时学会用三角函数来表示力与力的关系．【解题思路点拨】对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。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．物体做曲线运动的条件【知识点的认识】物体做曲线运动的条件1．曲线运动的定义：轨迹是曲线的运动叫曲线运动．2．曲线运动的特点：（1）速度方向：质点在某一点的速度，沿曲线在这一点的切线方向．（2）运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动，即必然具有加速度．3．曲线运动的条件（1）从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上．（2）从运动学角度看：物体的速度方向跟它的加速度方向不在同一条直线上．【命题方向】一个物体做曲线运动，其受力有可能是下列的哪种情况（）A、不受力或者受到平衡力B、受到与速度在同一直线的恒力C、受到与速度不在同一直线的恒力D、受到方向随时改变的外力分析：物体做曲线运动的条件是物体所受合外力方向和速度方向不在同一直线上，曲线运动最基本特点是速度方向时刻变化，根据物体做曲线运动条件和曲线运动特点即可解答本题．解答：A、物体不受力或受到平衡力，物体静止或者匀速直线运动，故A错误；B、物体受到与速度在同一直线的恒力，做匀变速直线运动，故B错误；C、物体受到与速度不在同一直线的恒力作用做曲线运动，故C正确；D、物体受到方向随时改变的外力时，加速度方向随时改变，速度方向也随时改变，物体做曲线运动，故D正确故选：CD。点评：本题主要考查了曲线运动的条件，难度不大，属于基础题．【解题方法点拨】物体做曲线运动的条件是：（1）从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上．（2）从运动学角度看：物体的加速度方向跟它的速度方向不在同一条直线上．6．平抛运动速度的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度vx＝v0竖直方向上的速度vy＝gt从而可以得到物体的速度为v=3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。【命题方向】如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（）A、0.8s内小球下落的高度为4.8mB、0.8s内小球下落的高度为3.2mC、小球到达P点的水平速度为4.8m/sD、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。D、小球到达P点的竖直速度vy＝gt＝8m/s。故D正确。故选：BD。点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。【解题思路点拨】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝gt。7．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．8．绳球类模型及其临界条件【知识点的认识】1.模型建立（1）轻绳模型小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。（2）轻杆模型小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。2.模型分析【命题方向】如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速度是多少？分析：当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，由此说明此时支座和球的重力全部作为了小球的向心力，再根据向心力的公式可以求得小球的线速度．解答：对支座M，由牛顿运动定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg＝mv2联立①②式可解得：v=M答：小球的线速度是M+点评：物体做圆周运动需要向心力，找到向心力的来源，本题就能解决了，比较简单．【解题思路点拨】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v9．物体在圆形竖直轨道内的圆周运动【知识点的认识】1.模型建立（1）轻绳模型小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。（2）轻杆模型小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。2.模型分析【命题方向】如图所示，半径为R的光滑圆形轨道竖直固定放置，质量为m的小球在圆形轨道内侧做圆周运动．小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力．已知当地的重力加速度大小为g，不计空气阻力．试求：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小；（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小；（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小．分析：（1）小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力，故由重力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可得出最高点的速度；（2）可以根据动能定理求出最低点的速度，再根据线速度和角速度的关系即可求出角速度；（3）在最低点由支持力和重力的合力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可求得支持力的大小．解答：（1）设小球通过轨道最高点时速度的大小为v1，根据题意和圆周运动向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）设小球通过轨道最低点的速度大小为v2，从最高点到最低点的过程中运用动能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）设小球通过轨道最低点时受到轨道支持力大小为FN，根据圆周运动向心力公式得：FN﹣mg=mv由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小为gR；（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小为5gR；（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小为点评：该题是动能定理及圆周运动向心力公式的直接应用，要抓住恰好到达最高点的隐含条件是由重力来提供向心力，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v10．物体在环形竖直轨道内的圆周运动【知识点的认识】1.模型建立（1）轻绳模型小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。（2）轻杆模型小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。2.模型分析【命题方向】如图所示，小球m在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，以上说法正确的是（）A、小球通过最高点的最小速度为v=B、小球通过最高点的最小速度为零C、小球通过最高点时一定受到向上的支持力D、小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力分析：球m在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，小球通过最高点的最小速度为零．根据小球到达最高时的速度，由牛顿第二定律分析小球通过最高点时受到的作用力方向．小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力．解答：AB、由于细管内能支撑小球，所以小球通过最高点的最小速度为零，不是gR．故A错误，B正确。C、若小球通过最高点时速度0＜v＜gR，小球的向心力小于重力，受到向上的支持力；若v=gR，不受圆管的作用力；当v＞gRD、小球通过最低点时向心力向上，重力向下，则外管壁对小球的弹力必定向上。故D正确。故选：BD。点评：小球在圆管中运动类型与轻杆模型相似，属于有支撑物的类型，小球到达最高点临界速度为零．【解题思路点拨】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v11．圆周运动与平抛运动相结合的问题【知识点的认识】本考点旨在针对圆周运动与平抛运动相结合的问题。【命题方向】如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩（可视作质点）质量为m＝30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地从A进入光滑竖直圆弧轨道并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.0m，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB连线的高度差为h＝0.8m。（计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求（1）小孩平抛的初速度大小。（2）若小孩运动到圆弧轨道最低点O时的速度为vx=33m/s，则小孩对轨道的压力为多大。分析：（1）将A点的速度进行分解，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，求出A点在竖直方向上的分速度，抓住无碰撞地从A进入，根据角度关系求出水平分速度，即为平抛运动的初速度。（2）在最低点，重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据FN解答：（1）由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向（如图），则：tanα又由：h=1而：vy＝gt＝4m/s联立以上各式得：v0＝3m/s（2）在最低点，据牛顿第二定律，