第92頁（共92頁）2025年高考物理三輪復習之功和能一．選擇題（共10小題）1．（2025?商洛二模）如圖所示，小車在水平臺面上以恒定功率水平向左引著跨過光滑定滑輪的輕繩（定滑輪左側的輕繩水平）加速行駛，輕繩牽引鐵球沿光滑豎直墻面上升，則在此過程中（）A．鐵球處于失重狀態 B．鐵球的加速度減小 C．輕繩的拉力增大 D．輕繩的拉力對鐵球做的功小于鐵球克服重力做的功2．（2025?永州二模）中國選手鄭欽文在巴黎奧運會奪得女子網球單打金牌，某次回球時她將質量為58g的網球斜向上與水平方向夾角37°以180km/h擊出，重力加速度g取10m/s2，網球在運動過程中可視為質點，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是（）A．網球在空中運動過程中，相同時間內，速度的變化量相同 B．網球在空中上升過程中處于超重狀態 C．網球返回與拋出點等高處時網球的重力功率為29W D．網球在空中運動過程中機械能增加3．（2025?芙蓉區校級一模）水平地面上有一質量為3m半球型碗，內表面光滑，質量m的小球從邊緣由靜止滾到底端的過程，碗一直保持靜止，（取重力加速度為g）在此過程中（）A．底座受到地面的最大摩擦力為2mg B．底座對地面的最大壓力為5mg C．底座與地面的動摩擦因數最小為24D．如果把碗放在光滑的水平面上，小球不能到達碗的另一側邊緣4．（2025?安徽一模）安徽黃山是世界文化與自然雙遺產、世界地質公園，以奇松、怪石、云海、溫泉、冬雪著稱于世。2013年7月開通的西海大峽谷地面觀光纜車如圖（1）所示，最近因沿線的奇幻美景和視覺上的沖擊力突然在社交平臺上走紅。地面觀光纜車的內部結構及該乘客乘車情形如圖（2）所示，纜車內部地板水平。則下列說法中正確的是（）A．當觀光纜車上行時，該乘客所受的合力一定為零 B．當觀光纜車加速上行時，纜車對該乘客的作用力方向與軌道平行 C．當觀光纜車下行時，纜車對該乘客的摩擦力一定不為零 D．當觀光纜車減速下行時，纜車對該乘客做負功5．（2025?信陽二模）如圖所示一個足夠長的傾斜傳送帶沿順時針方向轉動，一個物塊從傳送帶底端以一定的初速度滑上傳送帶，已知物塊的初速度大于傳送帶的速度，物塊與傳送帶間的動摩擦因數小于傳送帶傾角的正切值，最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小，取沿傳送帶向上方向為正方向，則物塊在傳送帶上運動過程中速度、加速度隨時間變化關系圖，機械能、動能隨位移變化關系圖正確的是（）A． B． C． D．6．（2025?湖北一模）生活中常常用到“輪軸”系統，該系統能繞共軸線旋轉，如圖甲所示。起重機滑輪運用了輪軸和斜面的原理。某工地用起重機吊起質量m＝100kg的重物，將起重機的模型簡化，如圖乙所示，起重機底部安裝了一個輪軸其軸與輪的半徑比為1：2，若起重器將鋼繩A以速度v＝5m/s勻速收縮了20m，不計輪軸質量及一切阻力，滑輪大小可忽略，重力加速度為g取10m/s2。在此過程中，下面說法正確的是（）A．重物重力的功率為2500W B．重物重力的功率為5000W C．鋼繩B對重物做的功為20000J D．鋼繩B對重物做的功為50000J7．（2025?浙江模擬）圖甲是某城市廣場噴水池的噴水場景。其中有A、B兩個噴水槍，從同一處O噴出的水分別經圖乙中1、2所示的路徑從a、b兩處射入小水池M中。不計空氣阻力，下列判斷正確的是（）A．a處射入M的水流速度比b處射入的速度小 B．A噴水槍的噴水功率比B噴水槍的功率小 C．A水槍噴出的水流在空中運動的時間比B水槍的時間短 D．整個1路徑處在空中的水量比2路徑處在空中的水量少8．（2025?湖北一模）2024年11月12日舉辦的珠海航展展現了我國強大的航天制造實力，其中由海格通信旗下成員企業西安馳達承制的“九天”重型無人機首次公開露面。“九天”無人機是一款靈活配置重型無人機，是下一代的大型無人空中通用平臺，在業內有“無人航空母機”之稱。若一無人機只受到重力和向上推力，該無人機豎直上升時在速度v1﹣v2區間內推力F和v的關系如圖所示，則在該速度區間，無人機的功率P與v關系的圖像可能是（）A． B． C． D．9．（2025?河南模擬）單板U形池是冬奧會的比賽項目，比賽在一個形狀類似于U形的槽里進行，其由寬闊平坦的底部和兩側的四分之一圓弧面組成，圓弧半徑R＝3m，其截面如圖所示。某運動員以v0＝3m/s的初速度從圓弧最高點豎直滑下，重力加速度g取10m/s2，不計一切摩擦和空氣阻力，則運動員在圓弧軌道最高點和最低點時，對軌道的壓力大小之比為（）A．110 B．111 C．112 10．（2025?珠海一模）網球運動員在離地面h1高度處將網球以大小為v1的速度斜向上擊出，空氣阻力的影響不可忽略，網球經過一段時間后升到最高點，此時網球離地面高為h2，速度大小為v2。已知網球質量為m，重力加速度為g。則（）A．網球從被擊出到最高點的過程，機械能守恒 B．網球從被擊出到最高點的過程，減少的動能全部轉化為增加的重力勢能 C．網球在其軌跡最高點時重力的功率等于零 D．網球從被擊出到最高點的過程，克服空氣阻力做功為1二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?孝義市一模）如圖所示，傾角為θ、半徑為R的傾斜圓盤，繞過圓心O垂直于盤面的轉軸勻速轉動。一個質量為m的小物塊放在圓盤的邊緣，恰好隨圓盤一起勻速轉動。圖中A、B分別為小物塊轉動過程中所經過的最高點和最低點，OC與OB的夾角為60°。小物塊與圓盤間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，小物塊與圓盤間的動摩擦因數μ＝2tanθ。下列說法正確的是（）A．小物塊受到的摩擦力始終指向圓心 B．小物塊在C點時受到的摩擦力大小為3mgsinθC．小物塊從B運動到A的過程，摩擦力減小 D．小物塊從B運動到C的過程中，摩擦力做功1（多選）12．（2025?河南模擬）如圖所示，半徑R＝0.3m的14光滑圓管豎直固定，圓管上端切線水平，下端正下方有一豎直固定的輕質彈簧，O為圓心。傾角為30°的斜面底端位于O點，斜面頂端與圓管最高點等高。現用彈簧將一鋼珠（可視為質點，直徑略小于圓管直徑）射入圓管，鋼珠從圓管上端飛出后恰好擊中斜面中點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2A．鋼珠從圓管飛出后在空中運動的過程中，重力的功率與時間成正比 B．鋼珠在圓管中運動的過程中，圓管對鋼珠作用力的功率逐漸減小 C．鋼珠從圓管飛出時的速度大小為1.5m/s D．若調整彈簧壓縮量改變鋼珠射入圓管速度，當鋼珠下落321（多選）13．（2025?梅州一模）一新能源汽車以功率P0在平直的公路上勻速行駛，t1時刻發動機功率變為2P0，此后以2P0的恒定功率再次行駛至勻速。汽車所受的阻力大小不變，則此過程中汽車的速度v、牽引力F、功率P、加速度a隨時間t的變化規律可能正確的是（）A． B． C． D．（多選）14．（2025?湖北模擬）如圖，質量分別為m1和m2的兩個重物系于不可伸長的細繩兩端，繩子繞過一個半徑為R的輕質滑輪，在滑輪的軸上固定了四個長為L的輕桿，每兩根桿之間的夾角為90°，滑輪轉動時可同時帶動桿轉動，桿的端點各固定有質量為m的相同小球。一開始用手托住系統靜止，現釋放m1，系統開始運動起來，已知m1＝10m，m2＝6m，整個運動過程中繩子和滑輪間無相對滑動，且滑輪兩邊繩子足夠長，各物體之間均未發生碰撞，小球和物塊都可以看作質點。則當m1下降高度為h時（）A．m1和m2組成的系統機械能守恒 B．m1減小的機械能大于m2增加的機械能 C．下降過程中任意時刻m1的速率與桿上小球的速率之比為一定值 D．m1下降高度為h時，m1的速率為R2（多選）15．（2025?龍泉驛區模擬）裝著貨物的集裝箱離不開起重機裝卸。某起重機通過鋼繩由靜止開始豎直向上勻加速提起質量為m的集裝箱，當集裝箱的速度為v時，起重機的輸出功率恰好達到最大值Pm，此后起重機保持該功率不變，繼續提升集裝箱，直到集裝箱達到最大速度后勻速上升。重力加速度大小為g，不計空氣阻力和鋼繩受到的重力，下列說法正確的是（）A．集裝箱達到最大速度前，鋼繩的拉力可能小于mg B．集裝箱的最大速度為PmC．集裝箱勻加速上升的距離為mvD．集裝箱加速運動的時間為m三．解答題（共5小題）16．（2025?安徽模擬）如圖所示，左、右側斜面傾角分別為β＝45°、α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面足夠長，一足夠長的輕質綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側。將質量分別為mA＝2.5kg、mB＝2kg的小物塊A、B同時輕放在斜面兩側的綢帶上。兩物塊與綢帶間的動摩擦因數均為μ=24，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度g＝（1）A、B所受的摩擦力fA、fB分別為多大？（2）A、B的加速度aA、aB分別為多大？（3）若將A的質量改為m2=22kg，仍然同時由靜止釋放，當B的位移為17．（2025?南通模擬）如圖甲所示，傾角θ＝37°的斜面體放置在水平面上，右側靠著半徑為R的球，球上端固定一輕桿，輕桿在固定裝置約束下只能沿豎直方向運動。已知斜面體的高度為3.2R，斜面體和球的質量均為m，不計一切摩擦，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）水平向右推動斜面體，求最小推力的大小F0；（2）若斜面體在推力作用下由靜止開始向右做加速度a＝0.8g的勻加速直線運動，求斜面對球作用力的大小FN；（3）在第（2）問中，斜面體運動到其最高點剛好與球面接觸，如圖乙所示，求該過程中推力做的功W。18．（2025?湖北模擬）如圖所示，物塊質量m＝1kg，緊靠壓縮的輕質彈簧靜止在A點，彈簧處于鎖定狀態。AB＝CD＝1m，BC＝4m。且AB間光滑，BC、CD與物塊間的動摩擦因數為μ＝0.5。光滑圓弧半徑為R＝0.5m，在D點與斜面相切，E為圓弧最高點，與圓心O連線處于豎直方向，D′與圓心O等高，與圓心O位于同一水平線上。傳送帶與傾斜軌道平滑相接，處于靜止狀態。今解除鎖定，物塊向上運動到B點速度大小vB＝10m/s，已知到B點前已經離開彈簧，物塊在滑行過程中傳送帶保持靜止狀態。重力加速度g＝10m/s2，斜面傾角為37°，物塊運動過程中可視為質點。求：（1）初始狀態彈簧儲存的彈性勢能及物塊運動到C點的速度大小。（2）若傳送帶順時針轉動且轉動速度大小為30m/s時，物塊能否到達D'（3）若傳送帶順時針轉動，為了使物塊可以進入圓弧軌道（即vD＞0），又不會中途脫離圓軌道，求傳送帶轉動速度大小滿足的條件。19．（2025?內江一模）一輛質量為20kg的玩具賽車，在水平直跑道上從起點由靜止開始勻加速啟動，達到額定功率后保持功率不變，其加速度a隨時間t變化的規律如圖所示。已知賽車在跑道上運動時，受到的阻力恒為40N，賽車從起點到終點的距離為550m，賽車到達終點前已達到最大速度。求：（1）賽車的額定功率；（2）賽車從起點到終點所用的時間。20．（2025?晉中校級四模）如圖所示，某一彈射游戲裝置由彈性豎直擋板P、長度l＝1m的水平直軌道AB、半徑R＝0.8m的豎直半圓軌道BCD和半徑r＝0.1m的豎直半圓管道DEF組成，軌道各部分平滑連接。已知小球質量m＝0.01kg，小球直徑略小于管道DEF直徑，小球與AB間的動摩擦因數μ＝0.5，其余各部分軌道均光滑，小球與P的碰撞無機械能損失，某次小球從P處向右彈出時的初動能為Ek0＝0.17J（g取10m/s2）。（1）求小球第一次運動到B點時對圓軌道的壓力大小；（2）若要小球能從F點射出，求Ek0的最小值；（3）若r＝2.0m，小球能兩次進入DEF軌道，求Ek0的范圍。

2025年高考物理三輪復習之功和能參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案BACDCAADBC二．多選題（共5小題）題號1112131415答案BCDACDBCBCDBC一．選擇題（共10小題）1．（2025?商洛二模）如圖所示，小車在水平臺面上以恒定功率水平向左引著跨過光滑定滑輪的輕繩（定滑輪左側的輕繩水平）加速行駛，輕繩牽引鐵球沿光滑豎直墻面上升，則在此過程中（）A．鐵球處于失重狀態 B．鐵球的加速度減小 C．輕繩的拉力增大 D．輕繩的拉力對鐵球做的功小于鐵球克服重力做的功【考點】摩擦力做功的特點和計算；牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況；超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；動能定理的應用專題；理解能力．【答案】B【分析】由關聯速度可得輕繩和鐵球速度關系，判斷鐵球加速方向，即可得出鐵球處于超重狀態；結合牛頓第二定律判斷鐵球加速度大小變化；再結合動能定理可以判斷輕繩的拉力對鐵球做的功和鐵球克服重力做的功的大小關系。【解答】解：A.設當定滑輪右側的輕繩與豎直方向的夾角為θ時，輕繩的拉力大小為F，小車的速度大小為v1，鐵球的速度大小為v2，有v1＝v2cosθ，在鐵球上升的過程中θ增大，又小車加速行駛，v1增大，則在此過程中v2增大，即鐵球具有向上的加速度，則鐵球處于超重狀態，故A錯誤；BC.設鐵球的質量為m，根據牛頓第二定律有Fcosθ﹣mg＝ma，小車的功率P＝Fv1，在P不變的情況下，當v1增大時，F減小，而cosθ減小，可得鐵球的加速度a減小，故B正確，C錯誤；D.因為v2增大，所以鐵球的動能增大，合力對鐵球做正功，又墻面對鐵球不做功，則輕繩的拉力對鐵球做的功大于鐵球克服重力做的功，故D錯誤。故選：B。【點評】掌握住超重失重的特點，結合關聯速度判斷，本題屬于基礎題。2．（2025?永州二模）中國選手鄭欽文在巴黎奧運會奪得女子網球單打金牌，某次回球時她將質量為58g的網球斜向上與水平方向夾角37°以180km/h擊出，重力加速度g取10m/s2，網球在運動過程中可視為質點，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是（）A．網球在空中運動過程中，相同時間內，速度的變化量相同 B．網球在空中上升過程中處于超重狀態 C．網球返回與拋出點等高處時網球的重力功率為29W D．網球在空中運動過程中機械能增加【考點】機械能守恒定律的內容和條件；斜拋運動；瞬時功率的計算．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；機械能守恒定律應用專題；理解能力．【答案】A【分析】根據平拋運動的規律，結合動能定理分析解答。【解答】解：ABD、根據題意可知，知網球在空中運動過程中，做斜拋運動，只受重力，加速度為重力加速度，則網球機械能守恒，處于完全失重狀態，且相同時間Δt內，速度的變化量相同，均為Δv＝gΔt，故A正確，BD錯誤；C、根據題意可知，網球返回與拋出點等高處時，網球的速度大小與拋出時的速度大小相等，且速度與水平方向夾角為37°，根據功率的計算公式可得此時重力的功率為PG=mg故選：A。【點評】本題主要考查了平拋運動的規律，屬于基礎題。3．（2025?芙蓉區校級一模）水平地面上有一質量為3m半球型碗，內表面光滑，質量m的小球從邊緣由靜止滾到底端的過程，碗一直保持靜止，（取重力加速度為g）在此過程中（）A．底座受到地面的最大摩擦力為2mg B．底座對地面的最大壓力為5mg C．底座與地面的動摩擦因數最小為24D．如果把碗放在光滑的水平面上，小球不能到達碗的另一側邊緣【考點】機械能與曲線運動相結合的問題；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】先根據機械能守恒計算小球的速度，根據牛頓第二定律得到小球和碗之間的彈力大小，然后對碗受力分析，根據平衡條件計算；根據機械能守恒和牛頓第二定律計算；根據動量守恒計算。【解答】解：AC．設小球到達的位置與球心連線與豎直方向夾角為θ時底座受到地面的摩擦力最大，則由機械能守恒12由牛頓第二定律FN對碗受力分析，如圖所示可知地面對碗的摩擦力f＝FNsinθ聯立解得f=可知當θ＝45°時底座受到地面的最大摩擦力為fmax＝1.5mg底座與地面的動摩擦因數為μ=因2tanθ可知μ≤24，故AB．當小球到達碗底部時碗對地面的壓力最大，則由機械能守恒12由牛頓第二定律F'底座對地面的最大壓力N＝FN'+3mg聯立解得：N＝6mg，故B錯誤；D．如果把碗放在光滑的水平面上，則小球和碗的系統水平方向動量守恒，規定水平向右為正方向，當小球到達另一側最高點時，小球水平方向的速度為零，根據動量守恒定律有0＝（m+3m）v可知碗和小球的速度均為零，由能量關系可知，小球能到達碗的另一側邊緣，故D錯誤。故選：C。【點評】該題考查力的變化問題，解答該題的關鍵是正確畫出小球A的受力，然后結合相似三角形的關系分析．4．（2025?安徽一模）安徽黃山是世界文化與自然雙遺產、世界地質公園，以奇松、怪石、云海、溫泉、冬雪著稱于世。2013年7月開通的西海大峽谷地面觀光纜車如圖（1）所示，最近因沿線的奇幻美景和視覺上的沖擊力突然在社交平臺上走紅。地面觀光纜車的內部結構及該乘客乘車情形如圖（2）所示，纜車內部地板水平。則下列說法中正確的是（）A．當觀光纜車上行時，該乘客所受的合力一定為零 B．當觀光纜車加速上行時，纜車對該乘客的作用力方向與軌道平行 C．當觀光纜車下行時，纜車對該乘客的摩擦力一定不為零 D．當觀光纜車減速下行時，纜車對該乘客做負功【考點】功的正負及判斷；作用力與反作用力．【專題】定性思想；推理法；功的計算專題；理解能力．【答案】D【分析】根據受力分析和牛頓定律的結合判斷選項。【解答】解：A、根據題意可知，當觀光纜車勻速上行時，乘客受到的合力才為零，故A錯誤；B、根據題意可知，觀光纜車加速上行時，加速度方向沿軌道向上，乘客受到的合力方向沿軌道向上，因此纜車對乘客的作用力與重力的合力方向與軌道平行向上，則纜車對乘客的作用力一定不與軌道平行，故B錯誤；C、根據題意可知，纜車勻速下行時，人處于平衡狀態，則纜車對人的摩擦力為零，故C錯誤；D、根據題意可知，纜車減速下行時，纜車對人的作用力方向與人的位移方向的夾角為鈍角，纜車對乘客做負功，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，解題的關鍵是分析清楚乘客的受力情況，然后應用牛頓第二定律分析答題。5．（2025?信陽二模）如圖所示一個足夠長的傾斜傳送帶沿順時針方向轉動，一個物塊從傳送帶底端以一定的初速度滑上傳送帶，已知物塊的初速度大于傳送帶的速度，物塊與傳送帶間的動摩擦因數小于傳送帶傾角的正切值，最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小，取沿傳送帶向上方向為正方向，則物塊在傳送帶上運動過程中速度、加速度隨時間變化關系圖，機械能、動能隨位移變化關系圖正確的是（）A． B． C． D．【考點】常見力做功與相應的能量轉化；傾斜傳送帶模型．【專題】定量思想；方程法；機械能守恒定律應用專題；理解能力．【答案】C【分析】根基牛頓第二定律的應用判斷選項。【解答】解：A、根據題意可知，傳送帶足夠長，則物塊先向上減速，物塊與傳送帶間的動摩擦因數小于傳送帶傾角的正切值，則物塊與傳送帶共速后繼續減速為零，然后向下加速，故A錯誤；B、根據題意可知，物塊滑上傳送帶時，加速度向下，為負值，大小為a1＝gsinθ+μgcosθ共速后向上減速，加速度向下，為負值，大小為a2＝gsinθ﹣μgcosθ減速為零后向下加速，加速度向下，為負值，大小為a3＝gsinθ﹣μgcosθ故B錯誤；C、根據題意可知，E機﹣x圖線的斜率大小等于摩擦力大小，物塊在斜面上運動時，滑動摩擦力大小不變，開始時摩擦力向上，摩擦力做負功，根據機械能守恒條件判斷，機械能減小；向上速度減為與傳送帶共速后，在向上速度減為零過程中摩擦力仍向上，摩擦力做正功，根據機械能守恒條件判斷，機械能增加，向下滑動時摩擦力向上摩擦力做負功，物塊機械能減小，故C正確；D、根據題意可知，Ek﹣x圖線的斜率大小等于合力大小，物塊向上減速到與傳送帶速度相同前，合力大小F1＝mgsinθ+μmgcosθ向上減速為零過程合力大小為F2＝mgsinθ﹣μmgcosθ圖線斜率變小，向下加速過程時合力大小為F3＝mgsinθ﹣μmgcosθ故D錯誤。故選：C。【點評】解題關鍵在于分析物塊的運動情況，明確加速度的變化情況，再分析速度和位移的變化情況。6．（2025?湖北一模）生活中常常用到“輪軸”系統，該系統能繞共軸線旋轉，如圖甲所示。起重機滑輪運用了輪軸和斜面的原理。某工地用起重機吊起質量m＝100kg的重物，將起重機的模型簡化，如圖乙所示，起重機底部安裝了一個輪軸其軸與輪的半徑比為1：2，若起重器將鋼繩A以速度v＝5m/s勻速收縮了20m，不計輪軸質量及一切阻力，滑輪大小可忽略，重力加速度為g取10m/s2。在此過程中，下面說法正確的是（）A．重物重力的功率為2500W B．重物重力的功率為5000W C．鋼繩B對重物做的功為20000J D．鋼繩B對重物做的功為50000J【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據輪軸其軸與輪的半徑比以及同軸轉動角速度相等求解重物上升的速度和重物升高的高度，結合功率公式以及重力做功公式。【解答】解：AB．輪軸其軸與輪的半徑比為1：2，根據同軸轉動角速度相等結合v＝rω可知重物上升的速度vB＝2.5m/s則重物重力的功率為PB＝mgvB，解得PB＝2500W故A正確，B錯誤；CD．當A收縮20m時，A的速度與B的速度之比為2：1，B上升了h＝10m，鋼繩B的拉力等于B的重力，則鋼絕B對重物做的功WG＝mgh，解得WG＝10000J故CD錯誤。故選：A。【點評】本題考查功率的計算，解題關鍵掌握“輪軸”的特點。7．（2025?浙江模擬）圖甲是某城市廣場噴水池的噴水場景。其中有A、B兩個噴水槍，從同一處O噴出的水分別經圖乙中1、2所示的路徑從a、b兩處射入小水池M中。不計空氣阻力，下列判斷正確的是（）A．a處射入M的水流速度比b處射入的速度小 B．A噴水槍的噴水功率比B噴水槍的功率小 C．A水槍噴出的水流在空中運動的時間比B水槍的時間短 D．整個1路徑處在空中的水量比2路徑處在空中的水量少【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；平拋運動速度的計算．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】對于前半段，可以看成反向的平拋運動，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據高度比較運動的時間，通過水平位移比較初速度的大小，結合功率公式求解。【解答】解：AC．對于前半段，可以看成反向的平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，則有x＝v0th1由于高度相同，所以時間相同，所以1水柱的水平位移小，所以1的水平速度小。對于后半段，可以看成平拋運動，則有v=由于高度相同，所以時間相同，所以1的末速度小，故A正確，C錯誤；BD．對于前半段，可以看成反向的平拋運動，則有v1所以1水柱的出水速度較小，則有Pt=可解得P=由于不知道橫截面積，所以無法判斷功率，進而無法判斷空中路徑的水量，故B錯誤，D錯誤。故選：A。【點評】該題考查了平拋運動的規律，解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，知道平拋運動的高度決定時間。8．（2025?湖北一模）2024年11月12日舉辦的珠海航展展現了我國強大的航天制造實力，其中由海格通信旗下成員企業西安馳達承制的“九天”重型無人機首次公開露面。“九天”無人機是一款靈活配置重型無人機，是下一代的大型無人空中通用平臺，在業內有“無人航空母機”之稱。若一無人機只受到重力和向上推力，該無人機豎直上升時在速度v1﹣v2區間內推力F和v的關系如圖所示，則在該速度區間，無人機的功率P與v關系的圖像可能是（）A． B． C． D．【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定性思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據F﹣v圖像結合數學知識列出F與v的關系式，根據P＝Fv列出P與v的關系式，結合數學知識選擇合適的圖像。【解答】解：由推力F和v的關系圖像可知，F與v的關系式為F＝kv+b（其中k＜0）根據功率公式P＝Fv可知，P與v的關系式為P＝Fv＝（kv+b）×v＝kv2+bv（其中k＜0）所以P與v關系的圖像為開口方向向下的拋物線，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查功率公式的應用，關鍵是根據數學知識列出相應的關系式。9．（2025?河南模擬）單板U形池是冬奧會的比賽項目，比賽在一個形狀類似于U形的槽里進行，其由寬闊平坦的底部和兩側的四分之一圓弧面組成，圓弧半徑R＝3m，其截面如圖所示。某運動員以v0＝3m/s的初速度從圓弧最高點豎直滑下，重力加速度g取10m/s2，不計一切摩擦和空氣阻力，則運動員在圓弧軌道最高點和最低點時，對軌道的壓力大小之比為（）A．110 B．111 C．112 【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第三定律的理解與應用；物體在圓形豎直軌道內的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；動能定理的應用專題；推理論證能力．【答案】B【分析】由題意，運動員在最高點時、運動員在最高點時，由牛頓第二定律分別列式；運動員由最高點下滑到最低點過程，由動能定理列式；結合牛頓第三定律，即可分析判斷ABCD正誤。【解答】解：由題意可知，運動員在最高點時，有：FN運動員在最高點時，有：FN2-mg運動員由最高點下滑到最低點過程，由動能定理得：mgR=聯立可得：FN則根據牛頓第三定律可知，運動員在圓弧軌道最高點和最低點時，對軌道的壓力大小之比為111故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】本題主要考查對動能定理的掌握，解題的關鍵是，要先確定不同的力在哪個階段做功，再根據動能定理列式，因為有些力在物體運動全過程中不是始終存在的。10．（2025?珠海一模）網球運動員在離地面h1高度處將網球以大小為v1的速度斜向上擊出，空氣阻力的影響不可忽略，網球經過一段時間后升到最高點，此時網球離地面高為h2，速度大小為v2。已知網球質量為m，重力加速度為g。則（）A．網球從被擊出到最高點的過程，機械能守恒 B．網球從被擊出到最高點的過程，減少的動能全部轉化為增加的重力勢能 C．網球在其軌跡最高點時重力的功率等于零 D．網球從被擊出到最高點的過程，克服空氣阻力做功為1【考點】機械能守恒定律的簡單應用；功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】要克服空氣的阻力做功，機械能不守恒，減少的動能一部分用來克服空氣阻力做功，在最高點時豎直方向的速度為0，重力的功率等于零，應用動能定理去求解克服空氣阻力做功。【解答】解：A．網球從被擊出到最高點的過程，要克服空氣的阻力做功，機械能不守恒，故A錯誤；B．網球從被擊出到最高點的過程，減少的動能一部分轉化為重力勢能，另一部分用來克服空氣阻力做的功，故B錯誤；C．在最高點時，豎直方向的速度為vy＝0，速度v2沿水平方向，根據功率P＝Fv＝mgvy＝0，故C正確；D．由動能定理可知-mg解得Wf故D錯誤。故選：C。【點評】注意動能定理的應用和機械能不守恒即增加還是減少如何判斷，增減多少如何計算。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?孝義市一模）如圖所示，傾角為θ、半徑為R的傾斜圓盤，繞過圓心O垂直于盤面的轉軸勻速轉動。一個質量為m的小物塊放在圓盤的邊緣，恰好隨圓盤一起勻速轉動。圖中A、B分別為小物塊轉動過程中所經過的最高點和最低點，OC與OB的夾角為60°。小物塊與圓盤間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，小物塊與圓盤間的動摩擦因數μ＝2tanθ。下列說法正確的是（）A．小物塊受到的摩擦力始終指向圓心 B．小物塊在C點時受到的摩擦力大小為3mgsinθC．小物塊從B運動到A的過程，摩擦力減小 D．小物塊從B運動到C的過程中，摩擦力做功1【考點】常見力做功與相應的能量轉化；傾斜轉盤(斜面體)上物體的圓周運動．【專題】定量思想；方程法；機械能守恒定律應用專題；理解能力．【答案】BCD【分析】對小物塊受力分析，根據向心力公式求得摩擦力和向心力，再結合功能關系分析即可。【解答】解：A、根據題意可知，小物塊隨圓盤做勻速圓周運動，其合外力始終指向圓心。對小物塊受力分析，小物塊受重力、支持力和摩擦力，重力沿圓盤平面有分力，根據平行四邊形定則可知摩擦力并不始終指向圓心，故A錯誤；B、根據題意可知，小物塊在最低點恰好相對圓盤靜止，則說明摩擦力達到最大靜摩擦力，依題意有μmgcosθ﹣mgsinθ＝mω2R又因為μ＝2tanθ，解得ω在C點時，摩擦力指向圓心的分力提供向心力，大小為f摩擦力的另一個分力平衡重力沿斜面方向的分力，大小為f2＝mgsinθ兩個分力的夾角為60°，故C點所受摩擦力大小為f故B正確；C、根據題意可知，設小物塊位置與圓心連線和OA夾角為α，結合B選項分析可知小物塊從B運動到A的過程，摩擦力大小f由于f1、f2大小不變，從B到A，α從180°減小到0°，則cosα增大，故摩擦力減小，故C正確；D、根據題意可知，小物塊從B運動到C的過程中，由動能定理有Wf﹣mgR（1﹣cos60°）sinθ＝0可求得，摩擦力做功W故D正確。故選：BCD。【點評】本題主要考查了向心力公式和功能關系的應用，屬于中檔題。（多選）12．（2025?河南模擬）如圖所示，半徑R＝0.3m的14光滑圓管豎直固定，圓管上端切線水平，下端正下方有一豎直固定的輕質彈簧，O為圓心。傾角為30°的斜面底端位于O點，斜面頂端與圓管最高點等高。現用彈簧將一鋼珠（可視為質點，直徑略小于圓管直徑）射入圓管，鋼珠從圓管上端飛出后恰好擊中斜面中點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2A．鋼珠從圓管飛出后在空中運動的過程中，重力的功率與時間成正比 B．鋼珠在圓管中運動的過程中，圓管對鋼珠作用力的功率逐漸減小 C．鋼珠從圓管飛出時的速度大小為1.5m/s D．若調整彈簧壓縮量改變鋼珠射入圓管速度，當鋼珠下落321【考點】動能定理的簡單應用；平拋運動速度的計算；功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．【答案】ACD【分析】A.鋼珠從圓管飛出后做平拋運動，由功率公式、運動學規律分別列式，即可分析判斷；B.鋼珠在圓管中運動的過程中，圓管對鋼珠作用力始終與速度方向垂直，據此分析判斷；C.鋼珠從圓管飛出后做平拋運動，由運動學規律及幾何關系分別列式，即可分析判斷；C.根據運動規律、幾何關系、速度關系分別列式，結合數學知識，即可分析判斷。【解答】解：A.設重力的功率為P，鋼珠從圓管飛出后做平拋運動，則有：P＝mgv，v＝gt，聯立可得：P＝mg2t，則重力的功率與時間成正比，故A正確；B.鋼珠在圓管中運動的過程中，圓管對鋼珠作用力始終與速度方向垂直，則該力始終不做功、功率始終為0，故B錯誤；C.鋼珠從圓管飛出后做平拋運動，豎直方向有：R2水平方向有：x＝v0t，且：tan30聯立可得：v0＝1.5m/s，故C正確；C.根據運動規律及幾何關系有：v12=2gh設落在斜面上的速度為v，則有：v2整理得：v2由數學知識可知：7gh2=解得：h=321故選：ACD。【點評】本題考查了平拋運動，解題時需注意合運動與分運動的等時性，可以利用運動的合成與分解的知識分析求解。（多選）13．（2025?梅州一模）一新能源汽車以功率P0在平直的公路上勻速行駛，t1時刻發動機功率變為2P0，此后以2P0的恒定功率再次行駛至勻速。汽車所受的阻力大小不變，則此過程中汽車的速度v、牽引力F、功率P、加速度a隨時間t的變化規律可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定性思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】在公路上勻速行駛時，牽引力F與阻力f大小相等，加速度為零，結合功率公式以及牛頓第二定律分析。【解答】解：C．當汽車以P0的功率在公路上勻速行駛時，牽引力F與阻力f大小相等，功率變為2P0時，此后汽車以該功率行駛，故C正確。AD．由于速度不發生突變，則牽引力變為F′＝2F此時根據牛頓第二定律可得a=汽車做加速運動，v增大，由于2P0＝F′×v功率不變速度增大，則牽引力減小，此時根據牛頓第二定律可得a=加速度也減小，故AD錯誤。B．由于阻力不變，最終牽引力等于阻力，加速度為零，汽車做加速度減小的加速運動，最終勻速，故B正確。故選：BC。【點評】本題考查了汽車恒功率啟動的問題，速度增大，牽引力減小，加速度減小，速度增大的越來越慢，則牽引力減小的越來越慢，當牽引力減小到與阻力相等時汽車做勻速直線運動。（多選）14．（2025?湖北模擬）如圖，質量分別為m1和m2的兩個重物系于不可伸長的細繩兩端，繩子繞過一個半徑為R的輕質滑輪，在滑輪的軸上固定了四個長為L的輕桿，每兩根桿之間的夾角為90°，滑輪轉動時可同時帶動桿轉動，桿的端點各固定有質量為m的相同小球。一開始用手托住系統靜止，現釋放m1，系統開始運動起來，已知m1＝10m，m2＝6m，整個運動過程中繩子和滑輪間無相對滑動，且滑輪兩邊繩子足夠長，各物體之間均未發生碰撞，小球和物塊都可以看作質點。則當m1下降高度為h時（）A．m1和m2組成的系統機械能守恒 B．m1減小的機械能大于m2增加的機械能 C．下降過程中任意時刻m1的速率與桿上小球的速率之比為一定值 D．m1下降高度為h時，m1的速率為R2【考點】多物體系統的機械能守恒問題；關聯速度問題．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【答案】BCD【分析】AB.根據機械能守恒的條件和特點判斷；C.根據v＝ωr判斷下降過程中任意時刻m1的速率與桿上小球的速率之比；D.根據功能關系求m1的速率。【解答】解：AB.根據受力關系和機械能守恒的條件可知，m1，m2及桿上的四個小球組成的系統機械能守恒，即ΔE1＝ΔE2+4ΔE球故A錯誤，B正確；C.小球同軸轉動v1＝ωRm1，m2的速率與滑輪邊緣線速度大小相等為v2＝ωL則m1的速率與桿上小球的速率之比為L故C正確；D.m1下降高度為h時4mg解得v2故D正確。故選：BCD。【點評】本題主要考查了機械能守恒定律及角速度與線速度關系的直接應用，知道球轉動的角速度與滑輪轉動角速度相同，難度適中。（多選）15．（2025?龍泉驛區模擬）裝著貨物的集裝箱離不開起重機裝卸。某起重機通過鋼繩由靜止開始豎直向上勻加速提起質量為m的集裝箱，當集裝箱的速度為v時，起重機的輸出功率恰好達到最大值Pm，此后起重機保持該功率不變，繼續提升集裝箱，直到集裝箱達到最大速度后勻速上升。重力加速度大小為g，不計空氣阻力和鋼繩受到的重力，下列說法正確的是（）A．集裝箱達到最大速度前，鋼繩的拉力可能小于mg B．集裝箱的最大速度為PmC．集裝箱勻加速上升的距離為mvD．集裝箱加速運動的時間為m【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用；功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；理解能力．【答案】BC【分析】加速提升集裝箱時鋼繩拉力大于重力；當拉力減小到等于加速結束時的拉力時，即F＝mg，由v＝求出最大速度，由P＝Fv求出最大拉力；根據牛頓第二定律求解加速度，再由運動學公式求勻加速上升的距離；求出勻加速的時間，再與變加速加速運動進行對比。【解答】解：A、集裝箱達到最大穩定速度前，一直做加速運動，加速度方向向上，所以鋼繩的拉力大于重力mg，故A錯誤；B、當起重機拉力等于集裝箱重力時，由平衡條件有：F＝mg，集裝箱速度最大最大速度為：vm=PC、根據牛頓第二定律，可得集裝箱勻加速上升加速度：a又由速度—位移公式有：v2﹣0＝2as聯立得：s=mvD、集裝箱勻加速運動的時間為：t當起重機的輸出功率達到最大值后，起重機拉力仍然大于集裝箱重力，集裝箱做加速度減小的加速度運動，直到起重機拉力等于集裝箱重力，所以集裝箱加速運動的時間大于mv2P故選：BC。【點評】本題考查的是汽車的啟動方式，對于汽車的兩種啟動方式，恒定加速度啟動和恒定功率啟動，對于每種啟動方式的汽車運動的過程一定要熟悉。三．解答題（共5小題）16．（2025?安徽模擬）如圖所示，左、右側斜面傾角分別為β＝45°、α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面足夠長，一足夠長的輕質綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側。將質量分別為mA＝2.5kg、mB＝2kg的小物塊A、B同時輕放在斜面兩側的綢帶上。兩物塊與綢帶間的動摩擦因數均為μ=24，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度g＝（1）A、B所受的摩擦力fA、fB分別為多大？（2）A、B的加速度aA、aB分別為多大？（3）若將A的質量改為m2=22kg，仍然同時由靜止釋放，當B的位移為【考點】常見力做功與相應的能量轉化；力的合成與分解的應用．【專題】定量思想；方程法；機械能守恒定律應用專題；理解能力．【答案】（1）A、B所受的摩擦力fA、fB分別為0N和5N；（2）A、B的加速度aA、aB分別3m/s2和5(22（3）系統機械能的損失量ΔE為1+2【分析】（1）根據受力分析判斷物塊受力；（2）根據牛頓第二定律可求解加速度；（3）根據勻變速直線運動和機械能守恒條件判斷機械能的損失量。【解答】（1）對小物塊B受力分析，可得fB＝μmBgcosβ代入數據解得，fB＝5N對小物塊A受力分析，可得fA＝μmAgcosα代入數據解得fA=所以A相對輕質綢帶靜止，二者一起加速下滑，故fA＝0；（2）由牛頓第二定律，可得mAgsinα﹣μmBgcosβ＝mAaA解得aA同理，有mBgsinβ﹣μmBgcosβ＝mBaB解得aB（3）若將A的質量改為m2m2gsinα﹣μmBgcosβ＝m2a'A解得a'仍然同時由靜止釋放，當B的位移為0.12xA=1聯立，解得xA＝0.1m可知此過程B相對于綢帶的距離為L＝xA+xB系統機械能的損失量為ΔE＝μmBgcosβ?L代入數據解得ΔE=答：（1）A、B所受的摩擦力fA、fB分別為0N和5N；（2）A、B的加速度aA、aB分別3m/s2和5(22（3）系統機械能的損失量ΔE為1+2【點評】此題考查牛頓第二定律的應用，解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律進行求解。17．（2025?南通模擬）如圖甲所示，傾角θ＝37°的斜面體放置在水平面上，右側靠著半徑為R的球，球上端固定一輕桿，輕桿在固定裝置約束下只能沿豎直方向運動。已知斜面體的高度為3.2R，斜面體和球的質量均為m，不計一切摩擦，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）水平向右推動斜面體，求最小推力的大小F0；（2）若斜面體在推力作用下由靜止開始向右做加速度a＝0.8g的勻加速直線運動，求斜面對球作用力的大小FN；（3）在第（2）問中，斜面體運動到其最高點剛好與球面接觸，如圖乙所示，求該過程中推力做的功W。【考點】利用動能定理求解變力做功；共點力的平衡問題及求解；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）最小推力的大小F0為0.75mg；（2）斜面對球作用力的大小FN為2mg；（3）該過程中推力做的功W為8mgR。【分析】（1）由平衡條件求最小推力的大小F0；（2）由牛頓第二定律求斜面對球作用力的大小FN；（3）由運動學公式和功能關系求該過程中推力做的功W。【解答】解：（1）當推力最小時，小球剛好要離開地面，此時地面對小球的支持力為0，小球受力如圖所示：由平衡條件：F1cos37°＝mg斜面體受力如圖所示：由平衡條件：F0＝F1sin37°聯立知最小推力的大小F0＝0.75mg（2）小球的加速度大小a球＝atan37°解得a球＝0.6g小球受力如圖所示：由牛頓第二定律：FNcos37°﹣mg＝ma解得斜面對小球作用力大小FN＝2mg（3）設斜面最高點與球接觸時，斜面體的速度大小為v1，小球的速度大小為v2，小球的位移大小為h，則h＝3.2R﹣R（1﹣cos37°）解得h＝3Rv2又h=對小球和斜面組成的系統，由功能關系：W=聯立知該過程中推力做的功W＝8mgR。答：（1）最小推力的大小F0為0.75mg；（2）斜面對球作用力的大小FN為2mg；（3）該過程中推力做的功W為8mgR。【點評】本題考查了共點力平衡的問題，受力分析時需要明確受力物體，不能多力也不能少力，題目難度一般。18．（2025?湖北模擬）如圖所示，物塊質量m＝1kg，緊靠壓縮的輕質彈簧靜止在A點，彈簧處于鎖定狀態。AB＝CD＝1m，BC＝4m。且AB間光滑，BC、CD與物塊間的動摩擦因數為μ＝0.5。光滑圓弧半徑為R＝0.5m，在D點與斜面相切，E為圓弧最高點，與圓心O連線處于豎直方向，D′與圓心O等高，與圓心O位于同一水平線上。傳送帶與傾斜軌道平滑相接，處于靜止狀態。今解除鎖定，物塊向上運動到B點速度大小vB＝10m/s，已知到B點前已經離開彈簧，物塊在滑行過程中傳送帶保持靜止狀態。重力加速度g＝10m/s2，斜面傾角為37°，物塊運動過程中可視為質點。求：（1）初始狀態彈簧儲存的彈性勢能及物塊運動到C點的速度大小。（2）若傳送帶順時針轉動且轉動速度大小為30m/s時，物塊能否到達D'（3）若傳送帶順時針轉動，為了使物塊可以進入圓弧軌道（即vD＞0），又不會中途脫離圓軌道，求傳送帶轉動速度大小滿足的條件。【考點】利用動能定理求解多過程問題；水平傳送帶模型；物體在圓形豎直軌道內的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；動能定理的應用專題；傳送帶專題；分析綜合能力．【答案】（1）初始狀態彈簧儲存的彈性勢能為56J，物塊運動到C點的速度大小為25（2）D'點速度大小為0m/s.；（3）傳送帶轉動速度大小滿足的條件為25m/【分析】（1）根據功能關系求初始狀態彈簧儲存的彈性勢能及物塊運動到C點的速度大小；（2）根據運動學公式和動能定理求解；（3）結合第二問，討論不同的可能性求傳送帶轉動速度大小滿足的條件。【解答】解：（1）根據功能關系Ep解得Ep＝56JEp解得vC（2）傳送帶的速度v1物塊在傳送帶上先以a1＝gsin37°+μgcos37°解得a1勻減速直線運動由于μ＝0.5＜tan37°＝0.75共速后不能一起運動，再以a2解得a2勻減速直線運動s1s2s1+s2＝BC解得vC設物塊到D'的速度為v2，C到D′由動能定理﹣mgsin37°×CD﹣μmgcos37°×CD-解得v2＝0m/s即恰好到達D′，到達D′的速度為v2＝0m/s.（3）第一種情況：最高點剛好可以到D點，由第（2）問有傳送帶速度v1恰好到達D'，v1越小，加速度為10m/s2的時間越長，到達C點的速度越小，所以v帶由第（1）問有v帶物塊一直減速，到D點速度vD＝0m/s不符合題意，所以v帶故傳送帶轉動速度大小速度范圍為25第二種情況：對E點：mg=從C到E用動能定理：mgsin37°×CD+μmgcos37°×CD+解得vC先以a1做勻減速，和傳送帶共速后再以a2做勻減速到C點s1s2s1+s2＝BC解得v2所以v帶綜上：傳送帶轉動速度大小滿足25m/答：（1）初始狀態彈簧儲存的彈性勢能為56J，物塊運動到C點的速度大小為25（2）D'點速度大小為0m/s.；（3）傳送帶轉動速度大小滿足的條件為25m/【點評】本題主要是考查傳送帶和圓周運動的問題，關鍵是弄清楚物塊的運動情況，受力情況和能量的轉化情況。19．（2025?內江一模）一輛質量為20kg的玩具賽車，在水平直跑道上從起點由靜止開始勻加速啟動，達到額定功率后保持功率不變，其加速度a隨時間t變化的規律如圖所示。已知賽車在跑道上運動時，受到的阻力恒為40N，賽車從起點到終點的距離為550m，賽車到達終點前已達到最大速度。求：（1）賽車的額定功率；（2）賽車從起點到終點所用的時間。【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】（1）賽車的額定功率等于800W；（2）賽車從起點到終點所用的時間等于35s。【分析】（1）a﹣t圖像與坐標軸圍成的面積表示賽車速度的改變量，結合牛頓第二定律以及功率公式求解；（2）根據位移—時間關系求解賽車勻加速的距離，可對恒定功率運動過程列動能定理求解時間，兩段時間相加等于總時間。【解答】解：（1）賽車做勻加速運動時F﹣f＝ma1解得F＝80N勻加速結束時的速度v＝a1t1賽車的額定功率P＝Fv，解得P＝800W（2）賽車能達到的最大速度vm從勻加速結束到到達終點的位移x=550由動能定理Pt解得t2＝30s賽車從起點到終點所用的時間t＝t1+t2，解得t＝35s。答：（1）賽車的額定功率等于800W；（2）賽車從起點到終點所用的時間等于35s。【點評】解決本題時，要理清汽車的運動過程，掌握功率公式P＝Fv和牛頓第二定律、動能定理。20．（2025?晉中校級四模）如圖所示，某一彈射游戲裝置由彈性豎直擋板P、長度l＝1m的水平直軌道AB、半徑R＝0.8m的豎直半圓軌道BCD和半徑r＝0.1m的豎直半圓管道DEF組成，軌道各部分平滑連接。已知小球質量m＝0.01kg，小球直徑略小于管道DEF直徑，小球與AB間的動摩擦因數μ＝0.5，其余各部分軌道均光滑，小球與P的碰撞無機械能損失，某次小球從P處向右彈出時的初動能為Ek0＝0.17J（g取10m/s2）。（1）求小球第一次運動到B點時對圓軌道的壓力大小；（2）若要小球能從F點射出，求Ek0的最小值；（3）若r＝2.0m，小球能兩次進入DEF軌道，求Ek0的范圍。【考點】動能定理的簡單應用；物體在圓形豎直軌道內的圓周運動；物體在環形豎直軌道內的圓周運動．【專題】計算題；定量思想；模型法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）小球第一次運動到B點時對圓軌道的壓力大小為0.4N；（2）Ek0的最小值為0.25J；（3）Ek0的范圍為0.35J≤Ek0＜0.45J。【分析】（1）小球從A運動到B，利用動能定理求出小球第一次運動到B點時速度。在B點，對小球，根據牛頓第二定律和第三定律求小球對圓軌道的壓力大小。（2）要小球能從F點射出，首先要能通過D點，小球恰好通過D點時，由重力提供向心力，由此求出小球通過軌道BCD的最高點D的最小速度。對DF過程，由動能定理求出通過F點的速度，判斷能否從F點射出，再由功能關系求Ek0的最小值；（3）若小球恰好運動到F點，由動能定理求Ek0的值。利用功能關系求出小球恰好第二次和第三次運動到D點對應的Ek0，從而求出Ek0的范圍。【解答】解：（1）小球從A運動到B，由動能定理有-μmgl解得小球第一次運動到B點時速度為：v在B點，對小球由牛頓第二定律有F-解得：F＝0.4N由牛頓第三定律可知，小球第一次運動到B點時對圓軌道的壓力大小為F′＝F＝0.4N。（2）要求運動中，滑塊不脫離軌道，設小球通過軌道BCD的最高點D的最小速度為vD，則有mg=解得：vD＝22m/s對DF過程，由動能定理有﹣2mgr=解得：vF＝2m/s所以滑塊通過D點后肯定能通過F點，對A到D過程由功能關系有Ek解得：Ek0＝0.25J（3）若小球恰好運動到F點，由動能定理得Ek0﹣μmgl﹣2mgR﹣2mgr＝0已知：r＝2.0m解得：Ek0＝0.61J小球恰好第二次運動到D點，有Ek0﹣μmg?3l﹣2mgR=解得：Ep0＝0.35J小球恰好第三次運動到D點，有Ek0﹣μmg?5l﹣2mgR=解得：Ep0＝0.45J因此初動能Ek0的范圍為0.35J≤Ek0＜0.45J。答：（1）小球第一次運動到B點時對圓軌道的壓力大小為0.4N；（2）Ek0的最小值為0.25J；（3）Ek0的范圍為0.35J≤Ek0＜0.45J。【點評】本題考查動能定理、功能關系以及豎直平面內圓周運動的臨界問題。對于在光滑內圓軌道運動的物體，能通過最高點的臨界條件是在最高點，由重力提供向心力。

考點卡片1．力的合成與分解的應用【知識點的認識】本考點針對比較復雜的題目，題目涉及到力的合成與分解的綜合應用。【命題方向】假期里，一位同學在廚房里協助媽媽做菜，對菜刀發生了興趣．他發現菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一樣，刀刃前部的頂角小，后部的頂角大（如圖所示），下列有關刀刃的說法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不勻，僅是為了打造方便，外形美觀，跟使用功能無關B、在刀背上加上同樣的壓力時，分開其他物體的力跟刀刃厚薄無關C、在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越大，分開其他物體的力越大D、在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越小，分開其他物體的力越大分析：根據力的平行四邊形定則可知，相同的壓力下，頂角越小，分力越大；相同的頂角下，壓力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可簡化成一個等腰三角劈，設頂角為2θ，背寬為d，側面長為l，如圖乙所示當在劈背施加壓力F后，產生垂直側面的兩個分力F1、F2，使用中依靠著這兩個分力分開被加工的其他物體。由對稱性知，這兩個分力大小相等（F1＝F2），因此畫出力分解的平行四邊形，實為菱形，如圖丙所示。在這個力的平行四邊形中，取其四分之一考慮（圖中陰影部分），根據它跟半個劈的直角三角形的相似關系，由關系式，得F1＝F2由此可見，刀背上加上一定的壓力F時，側面分開其他物體的力跟頂角的大小有關，頂角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的頂角越小時，刀刃的強度會減小，碰到較硬的物體刀刃會卷口甚至碎裂，實際制造過程中為了適應加工不同物體的需要，所以做成前部較薄，后部較厚。使用時，用前部切一些軟的物品（如魚、肉、蔬菜、水果等），用后部斬劈堅硬的骨頭之類的物品，俗話說：“前切后劈”，指的就是這個意思。故D正確。故選：D。點評：考查力的平行四邊形定則，體現了控制變量法，同時學會用三角函數來表示力與力的關系．【解題思路點撥】對力的合成與力的分解的綜合應用問題，要首先熟練掌握力的合成和力的分解的相關內容，再選擇合適的合成和分解方法進行解題。2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（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上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于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，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態，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個共點力作用下處于平衡狀態，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：①當某物理量發生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、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：根據物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。②圖解法：根據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行動態分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”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”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”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”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”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”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發生轉動，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，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，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端下面掛一質量為m的重物。當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，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據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的彈力的大小順序為：FD＞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際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。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力，根據合力為零分析AB選項；根據對稱性可知，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，這三個力是共點力，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狀態，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，F1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據物體的受力平衡，依據幾何關系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點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點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F2最小，F2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。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為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通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩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）根據力的分解及幾何關系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據平衡條件求解細繩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，根據平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據平衡規律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態，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，根據平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩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。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解。【解題思路點撥】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成的系統，應明確所選研究對象是系統整體還是系統中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據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系，對各力按坐標軸進行分解。（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，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結論。3．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為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，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，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。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應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式，再根據需要求出相關物理量。4．作用力與反作用力【知識點的認識】1.定義：（1）力是物體對物體的作用，每個力一定同時存在著受力物體和施力物體。（2）兩個物體之間的作用總是用相互的，物體間相互作的這一對力稱為的作用力和反作用力。（3）作用力和反作用力總是等大、反向的，可以把其中任何一個力叫作作用力，另一個力叫作反作用力。2.性質：3.特征【命題方向】下列關于作用力和反作用力的說法中，正確的是（）A.物體相互作用時，先有作用力，后有反作用力B.雖然馬能將車拉動，但是馬拉車的力與車拉馬的力大小相等C.雞蛋碰石頭時，雞蛋對石頭的作用力小于石頭對雞蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力為零，即兩個力的作用效果可以互相抵消分析：作用力與反作用力的關系是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用力與反作用力和一對平衡力最大的區別在于作用力與反作用力作用在兩個不同的物體上，而一對平衡力是作用在同一個物體上的．解答：A、作用力與反作用力是同時產生、同時消失的，沒有先后之分，所以A選項錯誤。B、馬拉車的力與車拉馬的力，它們是作用力與反作用力的關系，一定是大小相等的，馬之所以能將車拉動，是由于馬拉車的力大于車所受到的摩擦力的緣故，所以B選項正確。C、雞蛋對石頭的作用力和石頭對雞蛋的作用力，它們是作用力與反作用力，大小相等，方向相反，之所以雞蛋碰壞了，是由于雞蛋的承受力小，所以C選項錯誤。D、作用力與反作用力作用在兩個不同的物體上，根本不能求它們的合力，只有作用在同一個物體上的力才可以求它們的合力，故D選項錯誤。故選：B。點評：本題主要是考查作用力與反作用力的關系，同時注意區分它與一對平衡力的區別．【解題思路點撥】明確作用力與反作用力的性質和特征，注意與平衡力進行區分。5．牛頓第三定律的理解與應用【知識點的認識】1．內容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應用例子：關于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質相同，它們同時產生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區別．【解題方法點撥】應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結論，分析問題需嚴格依據科學理論．（2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關系與物體的運動狀態無關．（3）與平衡力區別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．6．牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況【知識點的認識】1.已知物體受力，求解物體的運動情況。2.解答該類問題的一般步驟（1）選定研究對象，對研究對象進行受力分析，并畫出受力示意圖。（2）根據平行四邊形定則，應用合成法或正交分解法，求出物體所受的合外力。受力分析和運動情況分析是解決該類問題的兩個關鍵。（3）根據牛頓第二定律列方程，求出物體運動的加速度。（4）結合物體運動的初始條件（即初速度v0），分析運動情況并畫出運動草圖，選擇合適的運動學公式，求出待求的運動學量——任意時刻的速度v、一段運動時間t以及對應的位移x等。【命題方向】如圖所示，質量m＝4kg的物體靜止在水平地面上，其與地面間的動摩擦因數μ＝0.2．現用水平向右的外力F＝10N拉物體，求：（1）物體在2s末的速度多大；（2）前2s內的位移是是多少；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經過多長時間才能停下來。分析：物體在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做勻加速直線運動。對其進行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛頓第二定律去求出加速度，最后由運動學公式去求出速度與位移。解答：（1）前2s內物體加速運動，受重力、支持力、拉力和滑動摩擦力，根據牛頓第二定律，有：物體的加速度a=2s末物體的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移為：x=12at（3）撤去拉力后，滑塊勻減速直線運動，加速度為a′＝﹣μg＝﹣2m/s2故運動時間為：t′=Δva答：（1）物體在2s末的速度為1m/s；（2）前2s內的位移是1m；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經過0.5s時間才能停下來。