第53頁（共53頁）2024-2025學(xué)年下學(xué)期高中物理人教版（2019）高一同步經(jīng)典題精練之重力勢能一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?淮安期末）如圖所示，起重機(jī)是一種廣泛用于港口、工地等地方的起吊搬運(yùn)機(jī)械。在起重機(jī)利用繩索將貨物吊起的過程中，下列說法正確的是（）A．繩索對貨物的拉力做正功 B．繩索對貨物的拉力做負(fù)功 C．貨物的重力勢能保持不變 D．貨物的重力勢能減小2．（2023秋?汕頭期末）如圖所示是舂米用的石臼。橫梁可繞支點(diǎn)轉(zhuǎn)動，人用力下踩，使重錘從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)，上升高度為h，松開腳后重錘下落打到谷物，使米糠和白米分離。已知重錘的質(zhì)量為m，重力加速度為g，橫梁重力不可忽略，下列說法正確的是（）A．重錘在上升過程中，速度不斷增大 B．重錘在上升過程中，重力勢能增加了mgh C．重錘下落到最低點(diǎn)時，動能大小為mgh D．重錘從下落到打中谷物前，重力的瞬時功率先增大后減小3．（2024?黑龍江學(xué)業(yè)考試）桌面上和桌子下有兩個完全相同的物體，以地面為零勢能面，下列說法正確的是（）A．桌面上的物體重力勢能較大 B．桌子下的物體重力勢能較大 C．兩個物體的重力勢能相等 D．桌面上的物體重力勢能為零4．（2024秋?道里區(qū)校級期中）如圖所示，光滑弧形軌道高為h，將質(zhì)量為m的小球從軌道頂端由靜止釋放，小球運(yùn)動到軌道底端時的速度為v，重力加速度為g，該過程中小球重力勢能減少量為（）A．mgh B．12C．mgh-12m5．（2024秋?南崗區(qū)校級期中）將質(zhì)量為m的籃球從距地面h高處拋出，籃球能達(dá)到的最高點(diǎn)距地面高度為H。以地面為參考平面，重力加速度為g，則籃球在最高點(diǎn)的重力勢能為（）A．mgh B．mgH C．mg（H﹣h） D．0二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?天心區(qū)月考）2024年，在巴黎奧運(yùn)會中，鄭欽文斬獲中國在奧運(yùn)會上首枚網(wǎng)球女單金牌，創(chuàng)造了歷史。若在比賽過程中鄭欽文從某一高度將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出，網(wǎng)球擊出后在空中飛行的速率v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，t2時刻網(wǎng)球落到對方的場地上。以地面為參考平面，網(wǎng)球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．擊球點(diǎn)到地面的高度為v2B．擊球點(diǎn)到落地點(diǎn)間的水平距離為v0t2 C．網(wǎng)球運(yùn)動過程中離地的最大高度為v2D．網(wǎng)球的最大重力勢能為m（多選）7．（2024秋?海淀區(qū)校級月考）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體A接觸，但未與物體A連接，彈簧水平且無形變。現(xiàn)給物體A水平向右的初速度，測得物體A向右運(yùn)動的最大距離為x0，之后物體A被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側(cè)2x0處。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物體A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A．物體A整個運(yùn)動過程，彈簧對物體A做功為零 B．物體A向左運(yùn)動的最大速度vmC．物體A與彈簧作用的過程中，系統(tǒng)的最大彈性勢能Ep＝3μmgx0 D．物體A向右運(yùn)動過程中與彈簧接觸的時間一定小于物體A向左運(yùn)動過程中與彈簧接觸的時間（多選）8．（2024春?西城區(qū)校級期中）如圖所示，一小球貼著光滑曲面自由滑下，依次經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)．以下表述正確的是（）A．若以地面為參考平面，小球在B點(diǎn)的重力勢能比C點(diǎn)大 B．若以A點(diǎn)所在的水平面為參考平面，小球在B點(diǎn)的重力勢能比C點(diǎn)小 C．若以B點(diǎn)所在的水平面為參考平面，小球在C點(diǎn)的重力勢能大于零 D．無論以何處水平面為參考平面，小球在B點(diǎn)的重力勢能均比C點(diǎn)大（多選）9．（2023秋?福州期中）加速度傳感器是目前智能手機(jī)中最常見的一種嵌入式傳感器，它主要用于探測手機(jī)本身的移動并可通過圖象顯示加速度情況。小明為測手機(jī)上拋過程加速度變化情況，用手掌托著智能手機(jī)，打開加速度傳感器，把手機(jī)向上拋出，然后又在拋出點(diǎn)接住手機(jī)，得到如圖所示劑加速度隨時間變化的圖像，圖中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，取g＝10m/s2，由此可推斷出（）A．t1時刻手機(jī)處于超重狀態(tài) B．t2時刻手機(jī)速度達(dá)最大 C．t3時刻手機(jī)的重力勢能達(dá)最大 D．手機(jī)離開手掌后上升的高度為0.50m三．填空題（共3小題）10．（2023秋?云南期末）一名同學(xué)看過雜技演員“水流星”表演（圖甲）后，用輕質(zhì)細(xì)繩系著一個軟木塞，掄動細(xì)繩讓軟木塞模擬“水流星”在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動（圖乙）。已知細(xì)繩的長度l＝0.9m，軟木塞的質(zhì)量m＝20g，重力加速度g取10m/s2。若軟木塞能做完整的圓周運(yùn)動，則軟木塞經(jīng)過最高點(diǎn)時的最小速度為m/s。軟木塞經(jīng)過最低點(diǎn)時細(xì)繩對它的拉力大小它的重力大小（選填“大于”“小于”或“等于”）。軟木塞從最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，重力勢能增加了J。11．（2023春?烏魯木齊期末）樹上有一個質(zhì)量m＝0.3kg的蘋果下落，在由C落至D的過程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，則重力所做的功為J，重力勢能的變化量為J。12．（2023秋?泉州期中）如圖所示，質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。此時，天花板對繩子的拉力為。如果用外力將繩子的下端Q緩慢地豎直向上拉起至點(diǎn)M，點(diǎn)M與繩子上端P的相距l(xiāng)3，繩子的重心移動的距離為四．解答題（共3小題）13．（2024秋?天寧區(qū)校級期末）如圖所示，直角細(xì)支架豎直段AB粗糙、水平段BC光滑且均足夠長，AB段、BC段各穿過一個質(zhì)量1kg的小球a與b，a、b兩球通過長1m的細(xì)線連接．支架以初始角速度ω1繞AB段勻速轉(zhuǎn)動，此時細(xì)線與豎直方向夾角為37°，兩小球在支架上不滑動；現(xiàn)緩慢增大角速度至足夠大，此后又緩慢減小至ω2，ω1＝ω2=10rad/s，在此過程中小球a由靜止緩慢上升至最高點(diǎn)后緩慢下滑．小球a與AB段間的動摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．支架轉(zhuǎn)動角速度從ω1變化到ω2（1）初始時刻，細(xì)線中的張力大小；（2）小球a重力勢能的變化量；（3）細(xì)線與豎直方向夾角θ的最大值（用三角函數(shù)表示）。14．（2024?江陰市模擬）如圖（a），將物塊A于P點(diǎn)處由靜止釋放，B落地后不反彈，最終A停在Q點(diǎn)。物塊A的v﹣t圖像如圖（b）所示。已知B的質(zhì)量為0.3kg，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能；（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)；（3）物塊A的質(zhì)量。15．（2024春?江門期末）如圖甲所示的攻城利器“回回炮”是元代的投石機(jī)，某同學(xué)根據(jù)其制作了“簡化投石機(jī)”模型如圖乙所示。質(zhì)量M＝16kg的配重在下落過程，帶動固定在杠桿右端籃子中質(zhì)量m＝4kg的小石塊上升，當(dāng)配重落到最低點(diǎn)時，小石塊從籃子中水平飛出。轉(zhuǎn)軸O離地面高度h＝0.4m，杠桿短臂長為r1＝0.2m，長臂長r2＝0.4m，城墻高為H＝0.6m，寬d＝0.1m。配重釋放前杠桿臂保持水平，以此時杠桿臂所在水平面為參考平面。忽略杠桿臂和籃子的質(zhì)量，忽略摩擦和空氣阻力，g取10m/s2。求：（1）小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能EP；（2）小石塊從籃子中水平飛出時的速度大小v0；（3）為了確保能夠擊中城墻，投石機(jī)的轉(zhuǎn)軸O距城墻的距離s的范圍。

2024-2025學(xué)年下學(xué)期高中物理人教版（2019）高一同步經(jīng)典題精練之重力勢能參考答案與試題解析題號12345答案ABAAB一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?淮安期末）如圖所示，起重機(jī)是一種廣泛用于港口、工地等地方的起吊搬運(yùn)機(jī)械。在起重機(jī)利用繩索將貨物吊起的過程中，下列說法正確的是（）A．繩索對貨物的拉力做正功 B．繩索對貨物的拉力做負(fù)功 C．貨物的重力勢能保持不變 D．貨物的重力勢能減小【考點(diǎn)】重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系；功的正負(fù)及判斷．【專題】定性思想；推理法；功的計(jì)算專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)功的定義和功的正負(fù)進(jìn)行判斷，根據(jù)功能關(guān)系判斷。【解答】解：AB.根據(jù)功的正負(fù)判斷方法可知當(dāng)力的方向與位移方向相同時，力做正功，方向相反時做負(fù)功，貨物受到的拉力向上，位移向上，故拉力做正功，故A正確，B錯誤；CD.貨物受到的重力向下，位移向上，故重力做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系，重力勢能增大，故CD錯誤。故選：A。【點(diǎn)評】本題主要考查功的正負(fù)的判斷方法，以及功能關(guān)系，簡單題。2．（2023秋?汕頭期末）如圖所示是舂米用的石臼。橫梁可繞支點(diǎn)轉(zhuǎn)動，人用力下踩，使重錘從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)，上升高度為h，松開腳后重錘下落打到谷物，使米糠和白米分離。已知重錘的質(zhì)量為m，重力加速度為g，橫梁重力不可忽略，下列說法正確的是（）A．重錘在上升過程中，速度不斷增大 B．重錘在上升過程中，重力勢能增加了mgh C．重錘下落到最低點(diǎn)時，動能大小為mgh D．重錘從下落到打中谷物前，重力的瞬時功率先增大后減小【考點(diǎn)】重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系；動能的定義、性質(zhì)、表達(dá)式；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)．【專題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】B【分析】重錘在上升過程中，速度不可能一直增大，重力勢能增加量等于升高高度與重力的乘積，下落過程重錘機(jī)械能不守恒，重力的瞬時功率等于重力與豎直分速度的乘積。【解答】解：A．重錘在上升過程中，速度先增大后減小，不可能速度不斷增大，故A錯誤；B．重錘從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)，上升高度為h，則重錘在上升過程中，重力勢能增加了mgh，故B正確；C．由于橫梁重力不可忽略，重錘下落到最低點(diǎn)時，機(jī)械能不守恒，可知重錘動能大小不為mgh，故C錯誤；D．重錘從下落到打中谷物前，根據(jù)P＝mgvy由于豎直分速度逐漸增大，所以重力的瞬時功率一直增大，故D錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題考查重力勢能，動能，以及重力瞬時功率等于知識點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)。3．（2024?黑龍江學(xué)業(yè)考試）桌面上和桌子下有兩個完全相同的物體，以地面為零勢能面，下列說法正確的是（）A．桌面上的物體重力勢能較大 B．桌子下的物體重力勢能較大 C．兩個物體的重力勢能相等 D．桌面上的物體重力勢能為零【考點(diǎn)】重力勢能的定義和性質(zhì)．【專題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】以地面為零勢能面，根據(jù)重力勢能的表達(dá)式分析。【解答】解：桌面上和桌子下有兩個完全相同的物體，以地面為零勢能面，根據(jù)Ep＝mgh可知兩個物體的重力勢能均大于零；由于兩物體的質(zhì)量相等，而桌面上的物體高度較大，所以桌面上的物體重力勢能較大。故BCD錯誤，A正確。故選：A。【點(diǎn)評】判斷重力勢能大小，必須要選取一個零勢能面。4．（2024秋?道里區(qū)校級期中）如圖所示，光滑弧形軌道高為h，將質(zhì)量為m的小球從軌道頂端由靜止釋放，小球運(yùn)動到軌道底端時的速度為v，重力加速度為g，該過程中小球重力勢能減少量為（）A．mgh B．12C．mgh-12m【考點(diǎn)】重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)重力做功多少，重力勢能就減少多少解答。【解答】解：小球從頂端靜止釋放到軌道底端過程中，重力做功為mgh，根據(jù)重力做功和重力勢能變化量之間的關(guān)系可知，重力勢能的減少量為mgh，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點(diǎn)評】解答本題時，要掌握重力做功與重力勢能變化的關(guān)系，知道重力做功多少，重力勢能就減少多少。5．（2024秋?南崗區(qū)校級期中）將質(zhì)量為m的籃球從距地面h高處拋出，籃球能達(dá)到的最高點(diǎn)距地面高度為H。以地面為參考平面，重力加速度為g，則籃球在最高點(diǎn)的重力勢能為（）A．mgh B．mgH C．mg（H﹣h） D．0【考點(diǎn)】重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系．【專題】定量思想；歸納法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)重力勢能Ep＝mgh可計(jì)算。【解答】解：以地面為參考平面，重力加速度為g，根據(jù)重力勢能Ep＝mgh可知，籃球在最高點(diǎn)的重力勢能為：Ep＝mgH，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點(diǎn)評】本題主要考查了重力勢能的計(jì)算，解題關(guān)鍵是掌握重力勢能Ep＝mgh公式，重力勢能具有相對性，選零勢能面。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?天心區(qū)月考）2024年，在巴黎奧運(yùn)會中，鄭欽文斬獲中國在奧運(yùn)會上首枚網(wǎng)球女單金牌，創(chuàng)造了歷史。若在比賽過程中鄭欽文從某一高度將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出，網(wǎng)球擊出后在空中飛行的速率v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，t2時刻網(wǎng)球落到對方的場地上。以地面為參考平面，網(wǎng)球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．擊球點(diǎn)到地面的高度為v2B．擊球點(diǎn)到落地點(diǎn)間的水平距離為v0t2 C．網(wǎng)球運(yùn)動過程中離地的最大高度為v2D．網(wǎng)球的最大重力勢能為m【考點(diǎn)】重力勢能的計(jì)算；斜拋運(yùn)動．【專題】定量思想；推理法；復(fù)雜運(yùn)動過程的分析專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】t1時刻網(wǎng)球處于最高點(diǎn)，速度方向水平，水平方向做勻速直線運(yùn)動；求豎直分速度，根據(jù)豎直方向速度—位移公式，求最大高度，從而求解網(wǎng)球的最大重力勢能。【解答】解：B．由題圖可知，鄭欽文從某一高度將網(wǎng)球擊出，網(wǎng)球的速度先變小后變大，t1時刻網(wǎng)球處于最高點(diǎn)，速度方向水平，不計(jì)空氣阻力，水平方向做勻速直線運(yùn)動，擊球點(diǎn)到落地點(diǎn)間的水平距離x＝v1t2故B錯誤；A．根據(jù)運(yùn)動的分解，網(wǎng)球落地時豎直方向的分速度vy網(wǎng)球被擊出時豎直方向的分速度vy所以擊球點(diǎn)到地面的高度為h=故A正確；CD．由速度—位移公式可得網(wǎng)球運(yùn)動過程中離地的最大高度hm網(wǎng)球的最大重力勢能Ep故C錯誤，D正確。故選：AD。【點(diǎn)評】本題考查學(xué)生對運(yùn)動情況的分析，運(yùn)動員從某一高度將網(wǎng)球擊出，阻力不計(jì)，水平做勻速直線運(yùn)動，豎直做豎直上拋運(yùn)動。（多選）7．（2024秋?海淀區(qū)校級月考）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體A接觸，但未與物體A連接，彈簧水平且無形變。現(xiàn)給物體A水平向右的初速度，測得物體A向右運(yùn)動的最大距離為x0，之后物體A被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側(cè)2x0處。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物體A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A．物體A整個運(yùn)動過程，彈簧對物體A做功為零 B．物體A向左運(yùn)動的最大速度vmC．物體A與彈簧作用的過程中，系統(tǒng)的最大彈性勢能Ep＝3μmgx0 D．物體A向右運(yùn)動過程中與彈簧接觸的時間一定小于物體A向左運(yùn)動過程中與彈簧接觸的時間【考點(diǎn)】彈性勢能的影響因素和計(jì)算；變力做功的計(jì)算（非動能定理類問題）．【專題】定量思想；推理法；與彈簧相關(guān)的動量、能量綜合專題；分析綜合能力．【答案】ACD【分析】A.根據(jù)彈簧對物體A的做正負(fù)功情況判斷總功；B.根據(jù)動能定理判斷物體A向左運(yùn)動的最大速度；C.根據(jù)動能定理可求得系統(tǒng)的最大彈性勢能；D.根據(jù)運(yùn)動過程分析物體向左和向右運(yùn)動過程中的加速度，則可明確對應(yīng)的時間大小。【解答】解：A.彈簧對物體A先做負(fù)功，再做正功，整個過程看，彈簧做功為0，故A正確；B.當(dāng)物體A向左離開彈簧時，彈簧為原長，由動能定理-可得v物體A向左從彈簧最短到恢復(fù)原長運(yùn)動的過程中，先做加速運(yùn)動再做減速運(yùn)動，故最大速度在此位置的右側(cè)，即v故B錯誤；C.當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，由動能定理--聯(lián)立解得Ep＝3μmgx0故C正確；D.物體向右運(yùn)動時，受到向左的彈力和摩擦力；向左運(yùn)動時，受到向左的彈力和向右的摩擦力。所以向右運(yùn)動的加速度大于向左運(yùn)動的加速度，而位移大小相等，故物體A向右運(yùn)動過程中與彈簧接觸的時間一定小于向左運(yùn)動過程中與彈簧接觸的時間，故D正確。故選：ACD。【點(diǎn)評】本題為力學(xué)綜合性題目，題目涉及功能關(guān)系、牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式，還有動量定理等內(nèi)容，要求學(xué)生能正確分析問題，根據(jù)題意明確所對應(yīng)的物理規(guī)律的應(yīng)用。（多選）8．（2024春?西城區(qū)校級期中）如圖所示，一小球貼著光滑曲面自由滑下，依次經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)．以下表述正確的是（）A．若以地面為參考平面，小球在B點(diǎn)的重力勢能比C點(diǎn)大 B．若以A點(diǎn)所在的水平面為參考平面，小球在B點(diǎn)的重力勢能比C點(diǎn)小 C．若以B點(diǎn)所在的水平面為參考平面，小球在C點(diǎn)的重力勢能大于零 D．無論以何處水平面為參考平面，小球在B點(diǎn)的重力勢能均比C點(diǎn)大【考點(diǎn)】重力勢能的定義和性質(zhì)．【答案】AD【分析】重力勢能的大小與零勢能的選取有關(guān)，根據(jù)Ep＝mgh比較重力勢能的大小，從而即可求解．【解答】解：A、若以地面為零勢能平面，B的高度比C的高度大，根據(jù)Ep＝mgh知，B點(diǎn)的重力勢能大于C點(diǎn)的重力勢能。故A正確。B、以A點(diǎn)為參考平面，B、C的高度都為負(fù)值，但是B的高度仍然大于C的高度，則B點(diǎn)的重力勢能比C點(diǎn)的重力勢能大。故B錯誤。C、若以B點(diǎn)所在的水平面為參考平面，小球在C點(diǎn)的重力勢能小于零。故C錯誤。D、無論以何處為參考平面，小球在B點(diǎn)的重力勢能均為C點(diǎn)大。故D正確。故選：AD。【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道重力勢能的表達(dá)式，知重力勢能的大小與零勢能平面選取有關(guān)，重力勢能的變化量與零勢能平面的選取無關(guān)．（多選）9．（2023秋?福州期中）加速度傳感器是目前智能手機(jī)中最常見的一種嵌入式傳感器，它主要用于探測手機(jī)本身的移動并可通過圖象顯示加速度情況。小明為測手機(jī)上拋過程加速度變化情況，用手掌托著智能手機(jī)，打開加速度傳感器，把手機(jī)向上拋出，然后又在拋出點(diǎn)接住手機(jī)，得到如圖所示劑加速度隨時間變化的圖像，圖中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，取g＝10m/s2，由此可推斷出（）A．t1時刻手機(jī)處于超重狀態(tài) B．t2時刻手機(jī)速度達(dá)最大 C．t3時刻手機(jī)的重力勢能達(dá)最大 D．手機(jī)離開手掌后上升的高度為0.50m【考點(diǎn)】重力勢能的定義和性質(zhì)；超重與失重的圖像問題．【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】根據(jù)超失重加速度特點(diǎn)、豎直上拋運(yùn)動公式、牛頓第二定律，結(jié)合手機(jī)的運(yùn)動過程，即可解答。【解答】解：AB.由圖可知手機(jī)向上拋出，開始時手機(jī)向上加速運(yùn)動，豎直向上為正方向，手機(jī)離開手后，只受重力，向上做勻減速直線運(yùn)動，到達(dá)最高點(diǎn)后，手機(jī)做自由落體運(yùn)動，t1時刻手機(jī)的加速度為正值，方向豎直向上，手機(jī)處于超重狀態(tài)，在t2時刻，加速度為零，速度最大，故AB正確；C.t3時刻加速度為g，此時手和手機(jī)分離，手機(jī)離開手掌后繼續(xù)上升，t3時刻沒有到達(dá)最高點(diǎn)，重力勢能不是最大的，故C錯誤；D.手機(jī)手機(jī)離開手掌后，手機(jī)在空中運(yùn)動時間為t3＝0.66s到t4＝1.26s，時間間隔為0.6s，做豎直上拋運(yùn)動，由時間對稱性可知，自由下落時間為0.3s，上拋高度為：h=其中t＝0.3s代入數(shù)據(jù)解得：h＝0.45m，故D錯誤；故選：AB。【點(diǎn)評】本題考查學(xué)生讀圖能力，以及對牛頓第二定律、自由落體位移和速度公式的掌握。三．填空題（共3小題）10．（2023秋?云南期末）一名同學(xué)看過雜技演員“水流星”表演（圖甲）后，用輕質(zhì)細(xì)繩系著一個軟木塞，掄動細(xì)繩讓軟木塞模擬“水流星”在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動（圖乙）。已知細(xì)繩的長度l＝0.9m，軟木塞的質(zhì)量m＝20g，重力加速度g取10m/s2。若軟木塞能做完整的圓周運(yùn)動，則軟木塞經(jīng)過最高點(diǎn)時的最小速度為3m/s。軟木塞經(jīng)過最低點(diǎn)時細(xì)繩對它的拉力大小大于它的重力大小（選填“大于”“小于”或“等于”）。軟木塞從最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，重力勢能增加了0.36J。【考點(diǎn)】重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；繩球類模型及其臨界條件．【專題】定量思想；推理法；圓周運(yùn)動中的臨界問題；推理論證能力．【答案】3；大于；0.36。【分析】水桶運(yùn)動到最高點(diǎn)時，水恰好不流出時，由水的重力剛好提供其做圓周運(yùn)動的向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解最小速率，木塞經(jīng)過最低點(diǎn)時向心力向上，拉力大于重力，根據(jù)重力勢能表達(dá)式求解增加的重力勢能。【解答】解：水桶運(yùn)動到最高點(diǎn)時，水恰好不流出時，重力提供向心力，速度最小，根據(jù)mg=可得v1木塞經(jīng)過最低點(diǎn)時向心力向上，即拉力與重力的合力向上，則拉力大小大于它的重力大小。軟木塞從最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，重力勢能增加了ΔEp＝mg×2l，解得ΔEp＝0.36J故答案為：3；大于；0.36。【點(diǎn)評】本題考查了豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的“繩球模型”，知道最高點(diǎn)的臨界情況，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解，基礎(chǔ)題。11．（2023春?烏魯木齊期末）樹上有一個質(zhì)量m＝0.3kg的蘋果下落，在由C落至D的過程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，則重力所做的功為9.0J，重力勢能的變化量為﹣9.0J。【考點(diǎn)】重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系．【專題】定量思想；歸納法；功的計(jì)算專題；分析綜合能力．【答案】9.0；﹣9.0。【分析】利用公式W＝mgh求重力做功，熟悉重力做功與重力勢能變化的關(guān)系。【解答】解：蘋果下落，在由C落至D的過程中，則重力所做的功W＝mgh＝0.3×10×3.0J＝9.0J重力勢能的變化量為：ΔEP＝﹣9.0J故答案為：9.0；﹣9.0。【點(diǎn)評】本題考查公式W＝mgh求重力做功，理解重力做功與重力勢能變化。12．（2023秋?泉州期中）如圖所示，質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。此時，天花板對繩子的拉力為mg。如果用外力將繩子的下端Q緩慢地豎直向上拉起至點(diǎn)M，點(diǎn)M與繩子上端P的相距l(xiāng)3，繩子的重心移動的距離為l9【考點(diǎn)】重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系；共點(diǎn)力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；幾何法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；分析綜合能力．【答案】mg，l9【分析】根據(jù)平衡條件求天花板對繩子的拉力。明確繩子上升部分的質(zhì)量和上升高度，從而求出重力勢能的改變量，再求繩子的重心移動的距離。【解答】解：對繩子進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件得天花板對繩子的拉力為：T＝mg設(shè)Q點(diǎn)為零勢能參考平面，如果用外力將繩子的下端Q緩慢地豎直向上拉起至點(diǎn)M，以上面的23為研究對象，則重心的位置不變，以下面的13為研究對象，重心向上移動了W=-13mg?1由功能關(guān)系得ΔE所以整體的重心向上移動的高度為Δh故答案為：mg，l9【點(diǎn)評】解決本題時，要注意本題求的是繩子整體重心移動距離，而不僅僅是移動部分重心移動的距離。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?天寧區(qū)校級期末）如圖所示，直角細(xì)支架豎直段AB粗糙、水平段BC光滑且均足夠長，AB段、BC段各穿過一個質(zhì)量1kg的小球a與b，a、b兩球通過長1m的細(xì)線連接．支架以初始角速度ω1繞AB段勻速轉(zhuǎn)動，此時細(xì)線與豎直方向夾角為37°，兩小球在支架上不滑動；現(xiàn)緩慢增大角速度至足夠大，此后又緩慢減小至ω2，ω1＝ω2=10rad/s，在此過程中小球a由靜止緩慢上升至最高點(diǎn)后緩慢下滑．小球a與AB段間的動摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．支架轉(zhuǎn)動角速度從ω1變化到ω2（1）初始時刻，細(xì)線中的張力大小；（2）小球a重力勢能的變化量；（3）細(xì)線與豎直方向夾角θ的最大值（用三角函數(shù)表示）。【考點(diǎn)】重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系；勻速圓周運(yùn)動；繩球類模型及其臨界條件．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；圓周運(yùn)動中的臨界問題；推理論證能力．【答案】（1）初始時刻，細(xì)線中的張力大小為10N；（2）小球a重力勢能的變化量為2J；（3）細(xì)線與豎直方向夾角θ的最大值為arctan2。【分析】（1）對b分析，根據(jù)拉力的分力提供向心力分析求解；（2）對a分析，利用正交分解法，在豎直和水平方向上列平衡方程，結(jié)合重力勢能表達(dá)式分析求解；（3）對a、b分析，利用正交分解法，對a在豎直和水平方向上列平衡方程，對b，根據(jù)拉力提供向心力，結(jié)合ω趨于無窮大時，θ最大分析求解。【解答】解：（1）當(dāng)角速度為ω1，對bT1其中r1＝Lsinθ1解得：T1＝10N（2）當(dāng)角速度為ω2，對b有：T2＝10N對a滿足：T2sinθ2＝N2T2cosθ2+f2＝mgf2＝μN(yùn)2聯(lián)立得cosθ2+0.5sinθ2＝1得：θ2＝53°故小球a重力勢能的變化量ΔEp＝mg（Lcosθ1﹣Lcosθ2）解得ΔEp＝2J（3）緩慢增大角速度，a球緩慢上滑過程中Tsinθ＝NTcosθ﹣f＝mgf＝μN(yùn)得T（cosθ﹣μsinθ）＝mg對b有T＝mω2L聯(lián)立得cosθ-當(dāng)ω趨于無窮大時，θ最大，此時cosθm﹣μsinθm＝0可得tanθm＝2故θm＝arctan2答：（1）初始時刻，細(xì)線中的張力大小為10N；（2）小球a重力勢能的變化量為2J；（3）細(xì)線與豎直方向夾角θ的最大值為arctan2。【點(diǎn)評】本題考查了圓周運(yùn)動，理解不同情況下物體的運(yùn)動狀態(tài)，正確受力分析是解決此類問題的關(guān)鍵。14．（2024?江陰市模擬）如圖（a），將物塊A于P點(diǎn)處由靜止釋放，B落地后不反彈，最終A停在Q點(diǎn)。物塊A的v﹣t圖像如圖（b）所示。已知B的質(zhì)量為0.3kg，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能；（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)；（3）物塊A的質(zhì)量。【考點(diǎn)】重力勢能的計(jì)算；利用v﹣t圖像的斜率求解物體運(yùn)動的加速度；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】（（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能為3J；（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.1；（3）物塊A的質(zhì)量為0.8kg。【分析】（1）v﹣t圖像反映了做直線運(yùn)動的物體的速度隨時間變化的規(guī)律，斜率表示加速度的大小及方向，圖線與時間軸所包圍的“面積”表示位移，根據(jù)圖像求出物塊B下降的高度，進(jìn)而求出重力勢能；（2）物塊A在1～3s水平方向只受摩擦力作用，由v﹣t圖像求解加速度，運(yùn)用牛頓第二定律計(jì)算動摩擦因數(shù)；（3）由v﹣t圖像求解物塊A在0～1s內(nèi)的加速度，運(yùn)用牛頓第二定律計(jì)算物塊A的質(zhì)量。【解答】解：（1）由v﹣t圖像圖線與時間軸所包圍的“面積”表示位移，得B下落的高度hB=12×1×2m=1m，物塊B的重力勢能EPB＝mBghB＝0.3×10（2）由v﹣t圖像斜率等于加速度可知，物塊A在1～3s其加速度大小a2=2-03-1m1～3s內(nèi)，對物塊A有μmAg＝mAa2，解得μ=（3）物塊A和B在0～1s內(nèi)加速度大小為a1=21m對物塊A有T﹣μmAg＝mAa1對物塊B有mBg﹣T＝mBa1代入數(shù)據(jù)得T﹣0.1×mA×10N＝mA×2N，0.3×10N﹣T＝0.3×2N，解得T＝2.4N，mA＝0.8kg。答：（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能為3J；（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.1；（3）物塊A的質(zhì)量為0.8kg。【點(diǎn)評】考查對v﹣t圖像的理解和牛頓第二定律的運(yùn)用，熟悉圖像的含義。15．（2024春?江門期末）如圖甲所示的攻城利器“回回炮”是元代的投石機(jī)，某同學(xué)根據(jù)其制作了“簡化投石機(jī)”模型如圖乙所示。質(zhì)量M＝16kg的配重在下落過程，帶動固定在杠桿右端籃子中質(zhì)量m＝4kg的小石塊上升，當(dāng)配重落到最低點(diǎn)時，小石塊從籃子中水平飛出。轉(zhuǎn)軸O離地面高度h＝0.4m，杠桿短臂長為r1＝0.2m，長臂長r2＝0.4m，城墻高為H＝0.6m，寬d＝0.1m。配重釋放前杠桿臂保持水平，以此時杠桿臂所在水平面為參考平面。忽略杠桿臂和籃子的質(zhì)量，忽略摩擦和空氣阻力，g取10m/s2。求：（1）小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能EP；（2）小石塊從籃子中水平飛出時的速度大小v0；（3）為了確保能夠擊中城墻，投石機(jī)的轉(zhuǎn)軸O距城墻的距離s的范圍。【考點(diǎn)】重力勢能的定義和性質(zhì)；平拋運(yùn)動速度的計(jì)算；平拋運(yùn)動位移的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；平拋運(yùn)動專題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能EP為16J；（2）小石塊從籃子中水平飛出時的速度大小v0為2m/s；（3）為了確保能夠擊中城墻，投石機(jī)的轉(zhuǎn)軸O距城墻的距離s的范圍為0.4m≤s≤0.8m。【分析】（1）根據(jù)重力勢能的定義式求解小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能；（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解小石塊從籃子中水平飛出時的速度大小；（3）根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律求解投石機(jī)的轉(zhuǎn)軸O距城墻的距離s的范圍。【解答】解：（1）小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能EP＝mgr2＝4×10×0.4J＝16J（2）把M、m看成一個整體，在轉(zhuǎn)動的過程中，它們的角速度相等，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Mgr1﹣mgr2=其中v代入數(shù)據(jù)解得：v0＝2m/s（3）小石塊擊中城墻底部時的運(yùn)動時間為t，根據(jù)r2+h=解得t＝0.4s這種情況距離城墻最遠(yuǎn)，為s1＝v0t＝2×0.4m＝0.8m落在城墻的最左端時，小石塊的運(yùn)動時間為t'，有h+r2﹣H=代入數(shù)據(jù)解得t'＝0.2s則距離城墻的最近距離為s2＝v0t'＝2×0.2m＝0.4m所以投石機(jī)的轉(zhuǎn)軸O距城墻的距離s的范圍為0.4m≤s≤0.8m答：（1）小石塊從籃子中水平飛出時的重力勢能EP為16J；（2）小石塊從籃子中水平飛出時的速度大小v0為2m/s；（3）為了確保能夠擊中城墻，投石機(jī)的轉(zhuǎn)軸O距城墻的距離s的范圍為0.4m≤s≤0.8m。【點(diǎn)評】掌握平拋運(yùn)動規(guī)律是解題的基礎(chǔ)，知道把M和m看成一個整體，知道該整體機(jī)械能守恒。

考點(diǎn)卡片1．利用v-t圖像的斜率求解物體運(yùn)動的加速度【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時間變化的關(guān)系。2.圖像實(shí)例：3.各參數(shù)的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點(diǎn)：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動；②表示物體沿正方向做勻速直線運(yùn)動；③表示物體沿正方向做勻減速直線運(yùn)動；④交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示三個物體此時的速度相同；⑤t1時刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時間內(nèi)的位移。5.本考點(diǎn)是v﹣t圖像考法的一種，即根據(jù)v﹣t圖像的斜率分析或計(jì)算物體的加速度。【命題方向】甲、乙兩個物體在同一條直線上運(yùn)動，它們的速度圖象如圖所示，則（）A、甲、乙兩物體都做勻加速直線運(yùn)動B、甲物體的加速度比乙物體的加速度小C、甲物體的初速度比乙物體的初速度大D、在t1以后的任意時刻，甲物體的速度大于同時刻乙的速度分析：速度圖象傾斜的直線表示物體做勻變速直線運(yùn)動。圖象的斜率等于物體的加速度。由圖直接讀出物體的初速度，比較速度的大小。解答：A、由圖看出，甲、乙兩物體的速度都時間均勻增大，都做勻加速直線運(yùn)動。故A正確。B、甲圖線的斜率大于乙圖線的斜率，則甲物體的加速度比乙物體的加速度大。故B錯誤。C、甲的初速度為零，乙的初速度大于零，即甲物體的初速度比乙物體的初速度小。故C錯誤。D、由圖看出，在t1以后的任意時刻，甲物體的速度大于同時刻乙的速度。故D正確。故選：AD。點(diǎn)評：物理圖象往往要從形狀、斜率、交點(diǎn)、面積、截距等數(shù)學(xué)意義來理解其物理意義。【解題思路點(diǎn)撥】圖像類問題是從數(shù)學(xué)的角度描述了物體的運(yùn)動規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時間的變化情況。針對此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運(yùn)動情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學(xué)概念進(jìn)行分析。2．共點(diǎn)力的平衡問題及求解【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長線交于一點(diǎn)，這幾個力叫作共點(diǎn)力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)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.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識進(jìn)行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學(xué)知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實(shí)際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨(dú)立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉(zhuǎn)動。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對繩的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。【命題方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序?yàn)椋篎D＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點(diǎn)力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點(diǎn)力，根據(jù)合力為零分析AB選項(xiàng)；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點(diǎn)，這三個力是共點(diǎn)力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點(diǎn)評：本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點(diǎn)C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點(diǎn)受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(tài)），求：（1）細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點(diǎn)為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對象，進(jìn)行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點(diǎn)評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點(diǎn)，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點(diǎn)為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解。【解題思路點(diǎn)撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點(diǎn)力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進(jìn)行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。3．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。【解題方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。4．超重與失重的圖像問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】超重與失重的圖像問題分類：1.F﹣t圖像：將物體的視重隨時間變化的情況作成F﹣t圖像，就可以輕松的判斷物體的超、失重狀態(tài)。進(jìn)而可以求解相關(guān)的運(yùn)動參數(shù)。2.v﹣t（或x﹣t等運(yùn)動學(xué)圖像）：通過運(yùn)動學(xué)圖像的物理意義間接分析出物體的超、失重狀態(tài)，并求解相關(guān)的運(yùn)動參數(shù)。【命題方向】類型一：F﹣t圖像在探究超重和失重規(guī)律時，某同學(xué)手握拉力傳感器靜止不動，拉力傳感器下掛一重為G的物體，傳感器和計(jì)算機(jī)相連。該同學(xué)手突然豎直向上提升一下物體，經(jīng)計(jì)算機(jī)處理后得到拉力F隨時間t變化的圖像，則下列圖像中可能正確的是（）A、B、C、D、分析：根據(jù)物體的運(yùn)動過程確定加速度的方向，再根據(jù)超重和失重規(guī)律明確傳感器上拉力的變化情況，從而選擇正確的圖象。解答：對物體的運(yùn)動過程分析可知，物體一定是先向上加速再向上減速，故物體的加速度先向上再向下，則物體先處于超重狀態(tài)再失重狀態(tài)，故傳感器的示數(shù)先大于重力，然后再小于重力，故C正確，ABD錯誤。故選：C。點(diǎn)評：本題主要考查了對超重失重現(xiàn)象的理解，物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力并沒變，只是對支持物的壓力或懸掛物的拉力發(fā)生了變化，要根據(jù)加速度方向明確物體的狀態(tài)。類型二：運(yùn)動學(xué)圖像2020年11月10日8時12分，“奮斗者”號深潛器在馬里亞納海溝成功坐底，創(chuàng)造了10909米的中國載人深潛新紀(jì)錄，標(biāo)志著我國在大深度載人深潛領(lǐng)域達(dá)到世界領(lǐng)先水平。某興趣小組用一個模型模擬了深潛器從水底由靜止向上返回的運(yùn)動過程，記錄了其加速度a隨位移x變化關(guān)系的圖像如圖所示，則（）A、在0～x0階段深潛器內(nèi)的物體處于失重狀態(tài)B、在2x0～3x0階段深潛器內(nèi)的物體處于超重狀態(tài)C、在2x0處深潛器運(yùn)動的速度大小為aD、在3x0處深潛器運(yùn)動的速度最大分析：根據(jù)加速度向上，處于超重狀態(tài)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，加速度為零，速度最大。解答：A、在0～x0階段深潛器加速上升，因此深潛器內(nèi)的物體處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B、在2x0～3x0段，加速度為負(fù)值，深潛器做減速運(yùn)動，潛器內(nèi)的物體處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C、根據(jù)vt2-v02=2ax，可知a﹣x圖像與x軸圍成的面積可表示速度平方的變化量，位移由0到x0的過程，圖像的面積為12a0x0，則深潛器到達(dá)x0處時的速度平方為v2＝2×12a0x0，可得：v=a0x0，在D、由于2x0～3x0段減速，因此在深潛器在2x0處運(yùn)動速度最大，故D錯誤。故選：C。點(diǎn)評：本題主要考查了超重失重情況，當(dāng)加速度向上，處于超重狀態(tài)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，加速度為零，速度最大是解題的關(guān)鍵。【解題思路點(diǎn)撥】超重與失重的圖像問題解決步驟如下：1.明確圖像類型2.根據(jù)圖像得到的信息分析物體的超、失重狀態(tài)。3.根據(jù)牛頓第二定律F＝ma計(jì)算相關(guān)物理參數(shù)。5．平拋運(yùn)動速度的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.平拋運(yùn)動的性質(zhì)：平拋運(yùn)動可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的自由落體運(yùn)動。2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運(yùn)動時間也可以求出平拋運(yùn)動的初速度。【命題方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計(jì)空氣阻力，0.8s時到達(dá)P點(diǎn)，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達(dá)P點(diǎn)的水平速度為4.8m/sD、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運(yùn)動在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，根據(jù)時間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯誤。D、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式靈活求解。【解題思路點(diǎn)撥】做平拋運(yùn)動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，滿足vy＝gt。6．平拋運(yùn)動位移的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.平拋運(yùn)動的性質(zhì)：平拋運(yùn)動可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的自由落體運(yùn)動。2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動ts后，水平方向上的位移x＝v0t豎直方向上的位移為y=物體的合位移為l=3.對于已知高度的平拋運(yùn)動，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯(lián)立得x＝v02所以說平拋運(yùn)動的水平位移與初速度大小和拋出點(diǎn)的高度有關(guān)。【命題方向】物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個過程中的位移是（）物體做平拋運(yùn)動，我們可以把平拋運(yùn)動可以分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動來求解，兩個方向上運(yùn)動的時間相同．解：物體做平拋運(yùn)動，水平方向的位移為：x＝v0t＝7.5×2m＝15m豎直方向上是自由落體運(yùn)動，豎直位移為：h=12gt2=12×10×（2）2物體的合位移為s=x2+h2=故選：D。本題就是對平拋運(yùn)動規(guī)律的考查，平拋運(yùn)動可以分解為在水平方向上的勻速直線運(yùn)動，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動來求解．【解題思路點(diǎn)撥】平拋運(yùn)動的物體在水平和豎直方向上的運(yùn)動都是獨(dú)立的，可以分別計(jì)算兩個方向的位移，并與合位移構(gòu)成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。7．斜拋運(yùn)動【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．定義：物體將以一定的初速度向空中拋出，僅在重力作用下物體所做的運(yùn)動叫做拋體運(yùn)動。2．方向：直線運(yùn)動時物體的速度方向始終在其運(yùn)動軌跡的直線方向上；曲線運(yùn)動中，質(zhì)點(diǎn)在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點(diǎn)的切線方向。因此，做拋體運(yùn)動的物體的速度方向，在其運(yùn)動軌跡各點(diǎn)的切線方向上，并指向物體前進(jìn)的方向。注：由于曲線上各點(diǎn)的切線方向不同，所以，曲線運(yùn)動的速度方向時刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運(yùn)動的條件：（1）物體做直線運(yùn)動：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直線上時，物體做直線運(yùn)動。（2）物體做曲線運(yùn)動：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直線上時，物體做曲線運(yùn)動。4．平拋運(yùn)動（1）定義：將物體用一定的初速度沿水平方向拋出，且只在重力作用下所做的運(yùn)動。（2）條件：①初速度方向?yàn)樗剑虎谥皇苤亓ψ饔谩＃?）規(guī)律：平拋運(yùn)動在水平方向的分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，在豎直方向的分運(yùn)動是自由落體運(yùn)動，所以平拋運(yùn)動是勻變速曲線運(yùn)動，運(yùn)動軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0tanα=5．斜拋運(yùn)動（1）定義：將物體以一定的初速度沿斜上方拋出，僅在重力作用下的運(yùn)動叫做斜拋運(yùn)動。（2）條件：①物體有斜向上的初速度；②僅受重力作用。（3）規(guī)律：斜拋運(yùn)動在水平方向的分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，在豎直方向的分運(yùn)動是豎直上拋運(yùn)動，所以斜拋運(yùn)動是勻變速曲線運(yùn)動。（4）公式：水平方向初速度：【命題方向】例1：某學(xué)生在體育場上拋出鉛球，其運(yùn)動軌跡如圖所示。已知在B點(diǎn)時的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點(diǎn)的速率比C點(diǎn)的速率大B．D點(diǎn)的加速度比C點(diǎn)加速度大C．從B到D加速度與速度始終垂直D．從B到D加速度與速度的夾角先增大后減小分析：不計(jì)空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機(jī)械能守恒；拋體運(yùn)動可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動與豎直方向的勻變速運(yùn)動。解答：A、拋體運(yùn)動，機(jī)械能守恒，D點(diǎn)位置低，重力勢能小，故動能大，速度大，故A正確；B、拋體運(yùn)動，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯誤；C、從B到D是平拋運(yùn)動，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點(diǎn)B處加速度與速度垂直，故C錯誤；D、從B到D是平拋運(yùn)動，加速度豎直向下，速度方向是切線方向，故夾角不斷減小，故D錯誤。故選：A。點(diǎn)評：拋體運(yùn)動可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動與豎直方向的勻變速直線運(yùn)動，拋體運(yùn)動機(jī)械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點(diǎn)斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。若拋射點(diǎn)B向籃板方向移動一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點(diǎn)，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運(yùn)動知識，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運(yùn)動，則有水平速度越大，落地速度越大，與水平面的夾角越小。解答：可以將籃球的運(yùn)動，等效成籃球做平拋運(yùn)動，當(dāng)水平速度越大時，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小。若水平速度減小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大。因此只有增大拋射角，同時減小拋出速度，才能仍垂直打到籃板上，所以只有C正確，ABD均錯誤。故選：C。點(diǎn)評：本題采用了逆向思維，降低了解決問題的難度。若仍沿題意角度思考，解題很煩同時容易出錯。【解題方法點(diǎn)撥】類平拋運(yùn)動：1．定義：當(dāng)物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時，物體做類平拋運(yùn)動。2．類平拋運(yùn)動的分解方法（1）常規(guī)分解法：將類平拋運(yùn)動分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運(yùn)動，兩分運(yùn)動彼此獨(dú)立，互不影響，且與合運(yùn)動具有等時性。（2）特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點(diǎn)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，將加速度分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向上列方程求解。3．類平拋運(yùn)動問題的求解思路：根據(jù)物體受力特點(diǎn)和運(yùn)動特點(diǎn)判斷該問題屬于類平拋運(yùn)動問題﹣﹣求出物體運(yùn)動的加速度﹣﹣根據(jù)具體問題選擇用常規(guī)分解法還是特殊分解法求解。4．類拋體運(yùn)動當(dāng)物體在巨力作用下運(yùn)動時，若物體的初速度不為零且與外力不在一條直線上，物體所做的運(yùn)動就是類拋體運(yùn)動。在類拋體運(yùn)動中可采用正交分解法處理問題，基本思路為：①建立直角坐標(biāo)系，將外力、初速度沿這兩個方向分解。②求出這兩個方向上的加速度、初速度。③確定這兩個方向上的分運(yùn)動性質(zhì)，選擇合適的方程求解。8．勻速圓周運(yùn)動【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.定義：如果物體沿著圓周運(yùn)動，并且線速度的大小處處相等，這種運(yùn)動叫作勻速圓周運(yùn)動。也可說勻速圓周運(yùn)動是角速度不變的圓周運(yùn)動。2.性質(zhì)：線速度的方向時刻在變，因此是一種變速運(yùn)動。3.勻速圓周運(yùn)動與非勻速圓周運(yùn)動的區(qū)別（1）勻速圓周運(yùn)動①定義：角速度大小不變的圓周運(yùn)動。②性質(zhì)：向心加速度大小不變，方向始終指向圓心的變加速曲線運(yùn)動。③質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動的條件：合力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心。（2）非勻速圓周運(yùn)動①定義：線速度大小不斷變化的圓周運(yùn)動。②合力的作用a、合力沿速度方向的分量Ft產(chǎn)生切向加速度，F(xiàn)t＝mat，它只改變速度的大小。b、合力沿半徑方向的分量Fn產(chǎn)生向心加速度，F(xiàn)n＝man，它只改變速度的方向。【命題方向】對于做勻速圓周運(yùn)動的物體，下面說法正確的是（）A、相等的時間里通過的路程相等B、相等的時間里通過的弧長相等C、相等的時間里發(fā)生的位移相同D、相等的時間里轉(zhuǎn)過的角度相等分析：勻速圓周運(yùn)動的過程中相等時間內(nèi)通過的弧長相等，則路程也相等，相等弧長對應(yīng)相等的圓心角，則相等時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度也相等。位移是矢量，有方向，相等的弧長對應(yīng)相等的弦長，則位移的大小相等，但方向不同。解答：AB、勻速圓周運(yùn)動在相等時間內(nèi)通過的弧長相等，路程相等。故AB正確。C、相等的弧長對應(yīng)相等的弦長，所以相等時間內(nèi)位移的大小相等，但方向不同，所以相等時間內(nèi)發(fā)生的位移不同。故C錯誤。D、相等的弧長對應(yīng)相等的圓心角，所以相等時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度相等。故D正確。故選：ABD。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道勻速圓周運(yùn)動的線速度大小不變，所以相等時間內(nèi)通過的弧長相等，路程也相等。【解題思路點(diǎn)撥】1.勻速圓周運(yùn)動和非勻速圓周運(yùn)動的比較項(xiàng)目勻速圓周運(yùn)動非勻速圓周運(yùn)動運(yùn)動性質(zhì)是速度大小不變，方向時刻變化的變速曲線運(yùn)動，是加速度大小不變而方向時刻變化的變加速曲線運(yùn)動是速度大小和方向都變化的變速曲線運(yùn)動，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運(yùn)動加速度加速度方向與線速度方向垂直。即只存在向心加速度，沒有切向加速度由于速度的大小、方向均變，所以不僅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不斷改變向心力F合F合9．繩球類模型及其臨界條件【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質(zhì)量為M的支座上有一水平細(xì)軸．軸上套有一長為L的細(xì)繩，繩的另一端栓一質(zhì)量為m的小球，讓球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？分析：當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時，支座恰好離開地面，由此說明此時支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據(jù)向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對支座M，由牛頓運(yùn)動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯(lián)立①②式可解得：v=M答：小球的線速度是M+點(diǎn)評：物體做圓周運(yùn)動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．【解題思路點(diǎn)撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運(yùn)動最高點(diǎn)時，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v10．功的正負(fù)及判斷【知識點(diǎn)的認(rèn)識】正功和負(fù)功：根據(jù)W＝Flcosα可知：0≤α＜90°α＝90°90°＜α≤180°功的正負(fù)W＞0W＝0W＜0意義力F對物體做正功力F對物體不做功力F對物體做負(fù)功力F是動力還是阻力動力阻力可以總結(jié)成如下規(guī)律：對于恒力做功，如果力與位移的夾角為銳角，則力對物體做正功；如果力與位移的夾角為鈍角，則力對物體做負(fù)功；如果力與位移成直角，則力對物體不做功。【命題方向】如圖，人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運(yùn)動，下列說法中正確的是（）A、重力對人做負(fù)功B、摩擦力對人做正功C、支持力對人做正功D、合力對人做功為零分析：做功的必要因素是：力與在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ為力與位移的夾角。解答：人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運(yùn)動，受重力和支持力，重力做負(fù)功，支持力做正功，合外力為零，所以合外力做功等于零。人不受摩擦力，所以沒有摩擦力做功。故A、C、D正確，B錯誤。故選：ACD。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道做功的必要因素，以及知道力的方向與位移的夾角大于等于0°小于90°，該力做正功，大于90°小于等于180°，該力做負(fù)功。【解題思路點(diǎn)撥】判斷功的正、負(fù)主要有以下三種方法：（1）若物體做直線運(yùn)動，依據(jù)力與位移的夾角來判斷，此法常用于恒力做功的判斷．（2）若物體做曲線運(yùn)動，依據(jù)F與v的方向的夾角α的大小來判斷．當(dāng)α＜90°時，力對物體做正功；90°＜α≤180°時，力對物體做負(fù)功；α＝90°時，力對物體不做功．（3）依據(jù)能量變化來判斷：此法既適用于恒力做功，也適用于變力做功，關(guān)鍵應(yīng)分析清楚能量的轉(zhuǎn)化情況．根據(jù)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對物體做功．比如系統(tǒng)的機(jī)械能增加，說明力對系統(tǒng)做正功；如果系統(tǒng)的機(jī)械能減少，則說明力對系統(tǒng)做負(fù)功．此法常用于兩個相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷．11．變力做功的計(jì)算（非動能定理類問題）【知識點(diǎn)的認(rèn)識】變力做功的幾種求法如下：1.平均值法當(dāng)力F的大小發(fā)生變化且F、l呈線性關(guān)系時，F(xiàn)的平均值為F=F1+F2.圖像法變力做的功W可用F﹣l圖線與l軸圍成的面積表示。l軸上方的面積表示力對物體做正功的多少，l軸下方的面積表示力對物體做負(fù)功的多少。如圖所示3.分段法（或微元法）當(dāng)力的大小不變、力的方向時刻與速度同向（或反向）時，把物體的運(yùn)動過程分為很多小段，這樣每一小段可以看成直線，先求力在每一小段上的功，再求和即可，力做的總功W＝Fs路或W＝﹣Fs路。4.等效替換法若某一變力做的功和某一恒力做的功相等，則可以用求得的恒力做的功來作為變力做的功。【命題方向】如圖所示，某力F＝10N作用于半徑R＝1m的轉(zhuǎn)盤的邊緣上，力F的大小保持不變，但方向始終保持與作用點(diǎn)的切線方向一致，則轉(zhuǎn)動一周這個力F做的總功應(yīng)為（）A、0JB、20πJC、10JD、20J分析：在恒力的作用下，求力做的功為W＝Fx，所以求出在力作用下通過的位移即可．解答：轉(zhuǎn)一周通過的位移為：x＝2πr＝2π在力F下通過的位移為：W＝Fx＝10×2πJ＝20πJ故選：B。點(diǎn)評：本題主要考查了在恒力作用下做功即W＝Fx。【解題思路點(diǎn)撥】對變力做功計(jì)算方法的總結(jié)：1.方向不變的變力做功可用其平均值計(jì)算。2.力的大小不變且力的方向與物體運(yùn)動方向間的夾角θ恒定時，力做功可由W＝Fscosθ求解，式中s是物體通過的路程。3.變力的功率恒定時，可由W＝Pt求解。變力的功率也變化時，可由平均功率W=Pt求解；當(dāng)功率隨時間線性變化時，P=Pmin+Pmax2。4.變力與位移的關(guān)系圖像已知時，可利用圖線與位移軸所圍圖形的面積求解。力與位移的關(guān)系圖像F﹣12．功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.義：功與完成這些功所用時間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質(zhì)：功是標(biāo)量。4.計(jì)算公式（1）定義式：P=Wt，P為時間（2）機(jī)械功的表達(dá)式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時速度，則P為瞬時功率．推導(dǎo)：如果物體的受力F與運(yùn)動方向的夾角為α，從計(jì)時開始到時刻t這段時間內(nèi)，發(fā)生的位移是l，則力在這段時間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開始計(jì)時到時刻t這段時間內(nèi)發(fā)生的，所以lt是物體在這段時間內(nèi)的平均速度vP＝Fvcosα可見，力對物體做功的功率等于沿運(yùn)動方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時，cosα＝1，上式可以寫成P＝Fv。從以上推導(dǎo)過程來看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計(jì)時開始到時刻t的平均功率。如果時間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時速度，這個關(guān)系式也就可以反映瞬時速度與瞬時功率的關(guān)系。5.額定功率：機(jī)械正常工作時輸出的最大功率．6.實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關(guān)于功率和機(jī)械效率的說法中，正確的是（）A、功率大的機(jī)械，做功一定多B、做功多的機(jī)械，效率一定高C、做功快的機(jī)械，功率一定大D、效率高的機(jī)械，功率一定大分析：根據(jù)P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據(jù)η解答：A、根據(jù)P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據(jù)η=W有W總=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解題思路點(diǎn)撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少沒有直接關(guān)系。2.功率的定義式P=W13．重力勢能的定義和性質(zhì)【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．定義：物體由于被舉高而具有的能量叫做重力勢能．2．大小：物體的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積，表達(dá)式為Ep＝mgh．h是物體所處位置相對于零勢能面的高度。3．單位：在國際單位制中重力勢能的單位是焦耳（J），與功的單位相同．【命題方向】一個物體的質(zhì)量為1kg，距離地面的高度為15m，如果選地面為重力勢能零勢面，則物體此刻具有的重力勢能約為多少（）A、150JB、200JC、100JD、15J分析：取地面為重力勢能零勢面，物體離地面的高度為15m，根據(jù)重力勢能的公式可以直接計(jì)算得出．解答：取地面為重力勢能零勢面，此時物體的重力勢能Ep＝mgh＝1×10×15J＝150J，所以A正確。故選：A。點(diǎn)評：本題是對重力勢能公式的直接考查，由公式可以直接計(jì)算出結(jié)果，題目比較簡單．【解題方法點(diǎn)撥】重力勢能的理解物體由于被舉高而具有的能量叫做重力勢能，物體的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積．其表達(dá)式為：Ep＝mgh．重力勢能是一個相對量，它的數(shù)值與參考平面的選擇有關(guān)，同一個物體在同一位置，相對于不同的參考平面，其重力勢能的數(shù)值不同．所以，研究重力勢能，必須首先選取參考平面．通常情況下，選取地面作為重力勢能的參考平面．在解題時，經(jīng)常選取物體運(yùn)動過程中的最低位置所在平面作為參考平面，這樣可以避免負(fù)勢能的計(jì)算．14．重力勢能的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】重力勢能具有以下性質(zhì)1．相對性（1）參考平面：物體的重力勢能總是相對于某一水平面來說的，這個水平面叫做參考平面．在參考平面上，物體的重力勢能取作0．（2）重力勢能的相對性①選擇不同的參考平面，物體重力勢能的數(shù)值是不同的．②對選定的參考平面，上方物體的重力勢能是正值，下方物體的重力勢能是負(fù)值，負(fù)號表示物體在這個位置具有的重力勢能要比在參考平面上具有的重力勢能小．2．標(biāo)矢性重力勢能為標(biāo)量，其正負(fù)表示重力勢能的大小．物體在參考平面上方時，重力勢能為正值，在參考平面下方時，重力勢能為負(fù)值．3．系統(tǒng)性重力勢能是地球與物體所組成的系統(tǒng)共有的．【命題方向】下列關(guān)于重力勢能的說法中正確的是（）A、重力勢能的大小只由重物本身決定B、重力勢能恒大于零C、當(dāng)物體放在地面上，它具有的重力勢能一定為零D、重力勢能是相對于零勢能面而言的，因此重力勢能具有相對性分析：重力勢能的大小根據(jù)公式Ep＝mgh，進(jìn)行分析解答．要知道h是物體相對于零勢能面的高度，具有相對性．解答：A、由公式Ep＝mgh可知，重力勢能是由重物的重力和重物相對于零勢能面的高度共同決定的，故A錯誤。B、重力勢能是相對的，當(dāng)物體在參考平面的下方時重力勢能為負(fù)，故B錯誤。C、重力勢能具有相對性，若取地面為零勢能面，物體放在地面上，它具有的重力勢能為零，若不取地面為零勢能面，它具有的重力勢能不為零，故C錯誤。D、由Ep＝mgh可知，h是物體相對于零勢能面的高度，則重力勢能是相對于零勢能面而言的，選取不同的零勢能面，同一物體的重力勢能一般不同，所以重力勢能具有相對性。故D正確。故選：D。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道重力勢能的大小與零勢能的選取有關(guān)，具有相對性，但要注意重力勢能的變化與零勢能的選取無關(guān)．【解題思路點(diǎn)撥】重力勢能的理解物體由于被舉高而具