第8頁（共52頁）2024-2025學年下學期高一物理人教版（2019）期末必刷常考題之動能和動能定理一．選擇題（共7小題）1．（2025春?東城區校級期中）在距離地面高0.8m處，以初速度3m/s水平拋出一小球，小球質量為2kg，忽略空氣阻力，重力加速度取10m/s2，那么小球落地時的（）A．動能為25J B．速度大小為8m/s C．速度變化量為2m/s D．重力做功為8J2．（2025?朝陽區二模）水平桌面上的甲、乙兩物體在水平拉力作用下由靜止開始沿直線運動，其加速度a與所受拉力F的關系如圖所示。甲、乙兩物體的質量分別為m1、m2，與桌面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2。下列說法正確的是（）A．m1＞m2 B．μ1＞μ2 C．若拉力相同，經過相同時間拉力對甲做功少 D．若拉力相同，通過相同位移甲獲得的動能大3．（2025?南開區二模）如圖甲所示為智能健身圈，其原理是利用搖動腰部軌道上的阻尼環帶起腰帶外部軌道上的小球，起到健身的效果，其原理簡化為如圖乙所示。設配重小球的質量為m，體積忽略不計，小球懸繩（忽略質量）長度為L，腰帶軌道近似看成是正圓，且半徑為R。若配重小球繞腰帶的中心軸做水平勻速圓周運動，小球的線速度大小為v，繩子與豎直方向夾角為θ，運動過程腰部保持穩定，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．要讓配重小球從靜止以速度v勻速轉動起來，懸繩對小球做的功為12B．當繩子與豎直方向夾角為θ時，配重小球做勻速圓周運動的向心力大小為mgtanθC．若更換質量為2m的配重小球，以相同角速度轉動阻尼環，繩子與豎直方向夾角不變 D．當繩子與豎直方向夾角保持為θ時，配重小球轉動頻率f=4．（2025春?洛陽期中）如圖所示，某運動員把質量為400g的足球從水平地面踢出，足球達到最高點時速度為20m/s，離地高度約為5m。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則運動員踢足球時對足球做的功約為（）A．120J B．100J C．80J D．20J5．（2025?丹東模擬）如圖所示，質量為m的小球由A點靜止釋放，沿半徑為R的AB光滑圓弧軌道從A點運動至B點，A點與圓心O等高，然后由B點拋出，最終落到水平面上C點（C點未畫出），重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．小球運動到B點時對軌道的壓力為12B．由B點拋出后，最終落地點C距B點的水平距離為3+C．小球由A點運動到圓弧軌道最低點過程中重力的最大功率為2mg3D．小球運動到B點時的速度大小為36．（2025春?天心區校級期中）航天飛機在完成對空間站的維修任務后，在A點短時間開動小型發動機進行變軌，從圓形軌道Ⅰ進入橢圓軌道Ⅱ，B為軌道Ⅱ上的返地點，如圖所示。下列說法中正確的有（）A．在A點短時間開動發動機使航天飛機加速 B．在軌道Ⅱ上運動的周期大于在軌道Ⅰ上運動的周期 C．在軌道Ⅱ上經過A的加速度等于在軌道Ⅰ上經過A的加速度 D．在軌道Ⅱ上經過A的動能等于經過B的動能7．（2025春?香坊區校級期中）如圖甲，某同學用輕繩通過定滑輪提升一重物，運用傳感器（未在圖中畫出）測得此過程中不同時刻被提升重物的速度v與對輕繩的拉力F，并描繪出圖像如圖乙所示，其中第一個時間段內線段AB與v軸平行，第二個時間段內線段BC的延長線過原點，第三個時間段內拉力F和速度v均與C點對應，大小均保持不變，因此圖像上沒有反映。實驗中測得第二個時間段內所用時間為t。重力加速度為g，滑輪質量、摩擦和其他阻力均可忽略不計。下列說法正確的是（）A．重物的質量為F1B．第二階段重物上升的平均速率為v1C．第一階段重物上升所用的時間為v1D．重物在前兩個時間段內的總位移v二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025春?官渡區期中）如圖甲所示，有一傾角θ＝37°足夠長的斜面固定在水平面上，質量m＝1kg的物體靜止于斜面底端固定擋板處，物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，物體受到一個沿斜面向上的拉力F作用由靜止開始運動，用x表示物體從起始位置沿斜面向上的位移，F與x的關系如圖乙所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，則物體沿斜面向上運動過程中，下列說法正確的是（）A．在x＝4m處，物體的速度為零 B．在x＝4m處，物體的加速度為零 C．動能先增大后減少，在x＝2m處，物體動能最大 D．動能一直增大，在x＝4m處，物體動能最大（多選）9．（2025春?成華區期中）某款質量為m的氫能源汽車在一次測試中，沿平直公路以恒定功率P從靜止啟動做直線運動，行駛時間t，恰好達到最大速度vm，已知該車所受阻力恒定。下列判定正確的是（）A．汽車在從靜止啟動到達到最大速率過程中，牽引力對汽車所做的功大于12B．車速為vm2時，汽車的加速度大小為C．車速從0增至vm過程汽車通過的路程為vmD．車速增至vm時，若發動機輸出功率立即變為3P，汽車將做加速運動且最終速度為3vm（多選）10．（2025春?福州校級月考）如圖甲，質量m＝10kg的物體靜止在水平地面上，在水平推力F作用下開始運動，水平推力（F）隨位移（x）變化的圖像如圖乙。已知物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）A．在0～10m的過程中，推力F對物體所做的功為1000J B．在0～10m的過程中，滑動摩擦力對物體所做的功為﹣500J C．物體的位移x＝5m時，其速度大小為5m/s D．物體的位移x＝10m時，其速度大小為10m/s三．填空題（共3小題）11．（2025春?思明區校級期中）放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內其速度與時間的圖像和該拉力的功率與時間的圖像分別如圖甲、乙所示。則0～6s內拉力對物體做的功為J，物體受到的滑動摩擦力的大小為N。12．（2025春?臺江區期中）如圖，木塊放在光滑水平面上，一顆子彈水平射入木塊。若子彈受到的平均阻力為f，射入深度為d，在此過程中木塊的位移為s，則子彈對木塊（選填“做正功”“做負功”或“不做功”），子彈的動能（選填“增大”或“減小”），木塊對子彈做的功為。13．（2025春?寶山區校級期中）質量為m的小球，用長為L的細線懸掛于O點。無外力作用時，小球靜止于A點。OB與豎直方向夾角為α，地球表面重力加速度為g，不計小球運動過程中受到的空氣阻力。（1）用水平外力將小球緩慢移動到B點，小球在B點時受到水平外力大小為；這一過程中，水平外力對小球做功的大小為。（2）若使小球以某一初速度從A點開始運動，除重力和繩子拉力外不受其余外力，其最高上升到B，小球的初速度大小為；小球在B點時繩子的拉力大小為。（3）若小球受到水平方向的恒定外力，運動到B處時速度最大，則小球在B處速度大小為；小球能上升的最大高度為。四．解答題（共2小題）14．（2025春?天心區校級期中）生活中人們經常用“打夯”的方式夯實松散的地面，如圖所示，其過程可簡化為：兩人通過繩子對重物同時施加大小均為F＝300N、方向與豎直方向成θ＝37°的力，使重物從靜止開始離開地面向上做勻加速運動，重物升高0.25m后停止施力，重物繼續上升到達最高點，之后重物自由下落，與地面作用時的平均作用力為2400N。已知重物的質量為m＝40kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空氣阻力，求：（1）重物向上加速過程的加速度大小；（2）重物從開始運動到上升到最高點的時間；（3）砸進地面的深度。15．（2025春?西城區校級期中）籃球為同學們喜愛的運動。如圖，在某次運動員投籃入筐的過程中，籃球出手時初速度為v0。出手點與籃筐之間的高度差為h。籃球可視為質點，質量為m，不計空氣阻力，重力加速度為g。（1）籃球從出手到進筐的過程中，求籃球重力勢能的增加量ΔEp；（2）求籃球入筐時速度的大小v。

2024-2025學年下學期高一物理人教版（2019）期末必刷常考題之動能和動能定理參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案ABCBCCC二．多選題（共3小題）題號8910答案ACADBC一．選擇題（共7小題）1．（2025春?東城區校級期中）在距離地面高0.8m處，以初速度3m/s水平拋出一小球，小球質量為2kg，忽略空氣阻力，重力加速度取10m/s2，那么小球落地時的（）A．動能為25J B．速度大小為8m/s C．速度變化量為2m/s D．重力做功為8J【考點】動能定理的簡單應用；重力做功的特點和計算．【專題】定量思想；合成分解法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】根據動能定理求小球落地時的動能，進而求出小球落地時的速度大小。根據速度變化量與初速度、末速度的關系求速度變化量。根據WG＝mgh求重力做功。【解答】解：AD、重力做功為WG＝mgh＝2×10×0.8J＝16J。設小球落地時的動能為Ek，則由動能定理得WG＝Ek-解得Ek＝25J，故A正確，D錯誤；B、由Ek=12mv2可得，小球落地時的速度大小為vC、速度變化量為Δv=v2-v02故選：A。【點評】本題涉及力在空間的積累效果，運用動能定理求動能和速度大小，這是常用方法，要熟練掌握。2．（2025?朝陽區二模）水平桌面上的甲、乙兩物體在水平拉力作用下由靜止開始沿直線運動，其加速度a與所受拉力F的關系如圖所示。甲、乙兩物體的質量分別為m1、m2，與桌面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2。下列說法正確的是（）A．m1＞m2 B．μ1＞μ2 C．若拉力相同，經過相同時間拉力對甲做功少 D．若拉力相同，通過相同位移甲獲得的動能大【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】比較思想；方程法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】利用牛頓第二定律得出加速度表達式，然后結合圖像信息，可得出質量以及動摩擦因數的關系；若拉力相同，分析相同時間內位移關系，判斷拉力做功關系；根據動能定理分析獲得的動能大小。【解答】解：AB、根據牛頓第二定律可得F﹣μmg＝ma得a=1mF﹣可知a﹣F圖像的斜率k=1m，縱軸截距b＝﹣由圖可知，m1＜m2，μ1＞μ2，故A錯誤，B正確；C、由圖可知，若拉力相同，甲的加速度可能小于乙的加速度，也可能等于、大于乙的加速度，則經過相同時間甲的位移可能小于、等于或大于乙的位移，則經過相同時間拉力對甲做功不一定少，故C錯誤；D、若拉力相同，通過相同位移，拉力做功相同。根據題圖中圖線甲的橫截距大于圖線乙的，可知甲受到的滑動摩擦力大于乙的，故通過相同位移，甲克服摩擦力做功大于乙的，根據動能定理，通過相同位移甲獲得的動能小于乙的，故D錯誤。故選：B。【點評】在解決本題時，要能夠熟練列寫牛頓第二定律公式，并能夠運用數學方法對公式進行處理，從而分析兩物體質量和動摩擦因數的關系。3．（2025?南開區二模）如圖甲所示為智能健身圈，其原理是利用搖動腰部軌道上的阻尼環帶起腰帶外部軌道上的小球，起到健身的效果，其原理簡化為如圖乙所示。設配重小球的質量為m，體積忽略不計，小球懸繩（忽略質量）長度為L，腰帶軌道近似看成是正圓，且半徑為R。若配重小球繞腰帶的中心軸做水平勻速圓周運動，小球的線速度大小為v，繩子與豎直方向夾角為θ，運動過程腰部保持穩定，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．要讓配重小球從靜止以速度v勻速轉動起來，懸繩對小球做的功為12B．當繩子與豎直方向夾角為θ時，配重小球做勻速圓周運動的向心力大小為mgtanθC．若更換質量為2m的配重小球，以相同角速度轉動阻尼環，繩子與豎直方向夾角不變 D．當繩子與豎直方向夾角保持為θ時，配重小球轉動頻率f=【考點】動能定理的簡單應用；物體被系在繩上做圓錐擺運動．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】智能健身圈通過搖動腰部軌道上的阻尼環帶動腰帶外部軌道上的小球運動，小球做水平勻速圓周運動，其運動過程涉及到向心力、機械能等物理概念。題目要求分析在不同情況下小球的運動狀態和相關物理量，如懸繩對小球做功、向心力大小以及更換小球質量后夾角的變化等，需要運用牛頓第二定律、動能定理等知識進行分析和計算。【解答】解：A.由動能定理可知，讓自然下垂的小球轉動起來W-WGCD.由牛頓運動定律，對于配重小球mgtanθ＝m（R+Lsinθ）ω2，可見夾角與配重小球質量無關，同理由mgtanθ＝4mπ2f2（R+Lsinθ），可知f=12πgtanθR+Lsinθ，故B.小球受到重力mg和懸繩的拉力工，重力方向豎直向下，拉力方向沿懸繩方向，將拉力T分解為水平方向和豎直方向的分力。在豎直方向上，拉力的分力Tcosθ與重力mg平衡，即Tcosθ＝mg；在水平方向上，拉力的分力Tsinθ提供小球做勻速圓周運動的向心力。由Tcosθ＝mg，可得：T=F向＝Tsinθ聯立解得：F向＝mgtanθ，故C錯誤；故選：C。【點評】本題以智能健身圈為背景，將實際的健身設備原理簡化為物理模型，考查了圓周運動的相關知識。4．（2025春?洛陽期中）如圖所示，某運動員把質量為400g的足球從水平地面踢出，足球達到最高點時速度為20m/s，離地高度約為5m。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則運動員踢足球時對足球做的功約為（）A．120J B．100J C．80J D．20J【考點】動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理論證能力．【答案】B【分析】結合題意，由動能定理列式，即可確定運動員踢足球時對足球做的功，即可分析判斷ABCD正誤。【解答】解：設運動員踢足球時對足球做的功為W，由題知，某運動員把質量m為400g的足球從水平地面踢出，足球達到最高點時速度v為20m/s，離地高度h約為5m，不計空氣阻力，則由動能定理可得：W﹣mgh=12解得：W＝100J，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。5．（2025?丹東模擬）如圖所示，質量為m的小球由A點靜止釋放，沿半徑為R的AB光滑圓弧軌道從A點運動至B點，A點與圓心O等高，然后由B點拋出，最終落到水平面上C點（C點未畫出），重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．小球運動到B點時對軌道的壓力為12B．由B點拋出后，最終落地點C距B點的水平距離為3+C．小球由A點運動到圓弧軌道最低點過程中重力的最大功率為2mg3D．小球運動到B點時的速度大小為3【考點】動能定理的簡單應用；斜拋運動；功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定量思想；合成分解法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據機械能守恒定律求出小球運動到B點時的速度大小，再根據牛頓第二、第三定律求小球對軌道的壓力大小；根據斜拋運動計算出分速度，再根據勻速直線運動公式計算出水平距離；根據功率公式，結合機械能守恒求解。【解答】解：AD、小球從A到B的過程中機械能守恒，有mgRcos60°=可知小球運動到B點時的速度大小為：vB=小球在B點由牛頓第二定律有：FB﹣mgcos60°＝mv聯立解得小球運動到B點時軌道對小球的支持力為：FB=3由牛頓第三定律可知小球運動到B點時對軌道的壓力為32故A錯誤，D錯誤；B、小球從B點拋出后做斜拋運動，小球在豎直方向的分速度vy0＝vBsin60°小球在豎直方向上做豎直上拋運動由運動學知識有：-R2=v小球在水平方向的分速度為：vx＝vBcos60°小球在水平方向做勻速直線運動，由運動學知識有：x＝vxt聯立解得由B點拋出后，最終落地點C距B點的水平距離為：x=故B錯誤；C、設小球在運動過程中球與圓心的連線與豎直方向的夾角為0，則重力的功率為：P＝mgvsinθ小球在運動過程中機械能守恒，有：mgRcosθ=聯立可知小球由4點運動到圓弧軌道最低點過程中重力的功率：P＝mg2gRcosθsi由數學知識可知：當cosθ=3重力的功率有最大值代入數據可知小球由4點運動到圓弧軌道最低點過程中重力的最大功率為：P=故C正確。故選：C。【點評】本題考查了機械能守恒、牛頓第二、第三定律和斜拋運動，熟悉各個知識的含義，根據選項選擇合理的公式是解決此類問題的關鍵。6．（2025春?天心區校級期中）航天飛機在完成對空間站的維修任務后，在A點短時間開動小型發動機進行變軌，從圓形軌道Ⅰ進入橢圓軌道Ⅱ，B為軌道Ⅱ上的返地點，如圖所示。下列說法中正確的有（）A．在A點短時間開動發動機使航天飛機加速 B．在軌道Ⅱ上運動的周期大于在軌道Ⅰ上運動的周期 C．在軌道Ⅱ上經過A的加速度等于在軌道Ⅰ上經過A的加速度 D．在軌道Ⅱ上經過A的動能等于經過B的動能【考點】動能的定義、性質、表達式；開普勒三大定律；衛星的發射及變軌問題．【專題】定性思想；推理法；人造衛星問題；理解能力．【答案】C【分析】根據離心運動的原理判斷在A點減速使其做近心運動；根據開普勒第三定律a3T2=【解答】解：A．從圓形軌道Ⅰ進入橢圓軌道Ⅱ，需要在A點減速做近心運動才行，故在A點短時間開動發動機后航天飛機的速度減小，故A錯誤；B．根據開普勒第三定律a3T2=C．由GMmr2=ma可知，在軌道Ⅱ上經過A的加速度應等于在軌道Ⅰ上經過AD．根據航天飛機在橢圓運動時，近地點速度大，遠地點速度小，所以在軌道Ⅱ上經過A的動能小于經過B的動能，故D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查了萬有引力定律的應用，解決本題的關鍵理解航天飛機繞地球運動的規律，要注意向心力是物體做圓周運動所需要的力，比較加速度，應比較物體實際所受到的力，即萬有引力。7．（2025春?香坊區校級期中）如圖甲，某同學用輕繩通過定滑輪提升一重物，運用傳感器（未在圖中畫出）測得此過程中不同時刻被提升重物的速度v與對輕繩的拉力F，并描繪出圖像如圖乙所示，其中第一個時間段內線段AB與v軸平行，第二個時間段內線段BC的延長線過原點，第三個時間段內拉力F和速度v均與C點對應，大小均保持不變，因此圖像上沒有反映。實驗中測得第二個時間段內所用時間為t。重力加速度為g，滑輪質量、摩擦和其他阻力均可忽略不計。下列說法正確的是（）A．重物的質量為F1B．第二階段重物上升的平均速率為v1C．第一階段重物上升所用的時間為v1D．重物在前兩個時間段內的總位移v【考點】動能定理的簡單應用；牛頓運動定律的應用—從運動情況確定受力．【專題】定量思想；圖析法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】第三個時間段內拉力F和速度v均不變，根據平衡條件求出重物的質量；第二個時間段內拉力的功率不變，重物做加速度減小的加速運動，不能根據公式v=【解答】解：A、第三個時間段內拉力F和速度v均不變，此時拉力大小為F2，由平衡條件得F2＝mg，可得重物的質量為m=F2gB、因為拉力的功率為P＝Fv，由圖可知，第二階段拉力的功率不變，隨著速度增大，拉力減小，合力減小，所以重物做加速度減小的變加速運動，則第二階段重物上升的平均速率不等于v1+vC、由圖可知，第一個時間段內重物所受拉力為F1，則重物的加速度大小為a=第一階段重物上升所用的時間為t1=v1aD、第一個時間段內的位移為x1=v1設第二個時間段內的位移為x2，根據動能定理有Pt﹣mgx2=又P＝F1v1＝F2v2，解得x2＝v2t-故重物在前兩個時間段內的總位移為x＝x1+x2=v12F22g(F1-F2故選：C。【點評】解決本題的關鍵要理解圖像的意義，理清重物在整個過程中的運動規律，結合牛頓第二定律和動能定理綜合求解。二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025春?官渡區期中）如圖甲所示，有一傾角θ＝37°足夠長的斜面固定在水平面上，質量m＝1kg的物體靜止于斜面底端固定擋板處，物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，物體受到一個沿斜面向上的拉力F作用由靜止開始運動，用x表示物體從起始位置沿斜面向上的位移，F與x的關系如圖乙所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，則物體沿斜面向上運動過程中，下列說法正確的是（）A．在x＝4m處，物體的速度為零 B．在x＝4m處，物體的加速度為零 C．動能先增大后減少，在x＝2m處，物體動能最大 D．動能一直增大，在x＝4m處，物體動能最大【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】比較思想；圖析法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】根據F﹣x圖像與x軸所圍的面積表示F做的功，求出F做的功，由動能定理求出在x＝4m處物體的速度；根據牛頓第二定律求在x＝4m處物體的加速度；分析合力做功情況判斷動能的變化情況，確定動能最大的位置。【解答】解：A、根據F﹣x圖像與x軸所圍的面積表示F做的功，可得0﹣4m內，F做的功為WF=20×42J根據動能定理得：WF﹣mgxsin37°﹣μmgxcos37°=解得在x＝4m處，物體的速度為v＝0，故A正確；B、在x＝4m處，根據牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma解得a＝10m/s2，方向沿斜面向下，故B錯誤；CD、當合力為0時，有F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝0，解得F＝10N，對應的位移x＝2m。x在0﹣2m內，合力沿斜面向上，合力做正功，物體動能增大。在2﹣4m內，合力沿斜面向下，合力做負功，物體動能減少，所以動能先增大后減少，在x＝2m處，物體動能最大，故C正確，D錯誤。故選：AC。【點評】解答本題時，要正確分析物體的受力情況，結合F的變化情況，分析加速度的變化情況。要知道F﹣x圖像與x軸所圍成的面積表示力F所做的功，能根據合力做功情況判斷動能的變化情況。（多選）9．（2025春?成華區期中）某款質量為m的氫能源汽車在一次測試中，沿平直公路以恒定功率P從靜止啟動做直線運動，行駛時間t，恰好達到最大速度vm，已知該車所受阻力恒定。下列判定正確的是（）A．汽車在從靜止啟動到達到最大速率過程中，牽引力對汽車所做的功大于12B．車速為vm2時，汽車的加速度大小為C．車速從0增至vm過程汽車通過的路程為vmD．車速增至vm時，若發動機輸出功率立即變為3P，汽車將做加速運動且最終速度為3vm【考點】利用動能定理求解機車啟動問題；機車以恒定功率啟動．【專題】定量思想；模型法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】汽車在從靜止啟動到達到最大速率過程中，根據動能定理分析牽引力對汽車所做的功與12mvm2的大小；車速為vm2時，根據牛頓第二定律結合功率公式P＝Fv求汽車的加速度大小；根據動能定理求車速從0增至v【解答】解：A、根據動能定理可知，啟動過程中，牽引力與阻力做功的代數和等于12mvm2B、當汽車以最大速度勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，由P＝Fmvm＝fvm得f=P當車速為vm2根據牛頓第二定律得F﹣f＝ma，聯立解得a=PmvC、設車速從0增至vm過程通過的路程為s，根據動能定理有Pt-fs=12mD、汽車以最大速度vm勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，由于阻力不變，所以車速增至vm時，發動機輸出功率立即變為3P時，牽引力增大，汽車將做加速運動，設汽車最終速度為v，根據P＝fvm，3P＝fv，解得v＝3vm，故D正確。故選：AD。【點評】本題考查機車啟動過程，關鍵要熟練運用動能定理分析汽車的動能變化和各力做功的關系，結合功率的計算公式和牛頓第二定律即可完成分析。（多選）10．（2025春?福州校級月考）如圖甲，質量m＝10kg的物體靜止在水平地面上，在水平推力F作用下開始運動，水平推力（F）隨位移（x）變化的圖像如圖乙。已知物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）A．在0～10m的過程中，推力F對物體所做的功為1000J B．在0～10m的過程中，滑動摩擦力對物體所做的功為﹣500J C．物體的位移x＝5m時，其速度大小為5m/s D．物體的位移x＝10m時，其速度大小為10m/s【考點】動能定理的簡單應用；功的定義、單位和計算式．【專題】定量思想；圖析法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】根據F﹣x圖像與x軸所圍的面積表示推力所做的功來求解推力F對物體所做的功；根據Wf＝﹣μmgl求滑動摩擦力對物體所做的功；物體的位移x＝5m時，分別求出推力和滑動摩擦力做的功，再根據動能定理求速度。物體的位移x＝10m時，根據動能定理求速度。【解答】解：A、根據F﹣x圖像與x軸圍成的面積表示推力F做的功，可得推力F對物體所做的功為W=100×102J＝500J，故B、在0～10m的過程中，滑動摩擦力對物體所做的功為Wf＝﹣μmgl＝﹣0.5×10×10×10J＝﹣500J，故B正確；C、由圖可知，運動位移為x＝5m過程中力F做的功W摩擦力做功Wf'＝﹣μmgx＝﹣0.5×10×10×5J＝﹣250J根據動能定理得W'解得v＝5m/s，故C正確；D、由AB選項可知，當物體運動位移為10m時，合外力所做的功W合＝W+Wf＝500J﹣500J＝0，由動能定理得W合＝ΔEk＝0，其速度大小為0，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題考查F﹣x圖像和動能定理的應用，解題關鍵要正確理解圖像的意義，能正確判斷每個力做功正負，正確列出動能定理的表達式進行求解。三．填空題（共3小題）11．（2025春?思明區校級期中）放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內其速度與時間的圖像和該拉力的功率與時間的圖像分別如圖甲、乙所示。則0～6s內拉力對物體做的功為70J，物體受到的滑動摩擦力的大小為53N【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律的圖像問題．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】70；53【分析】v﹣t圖像與坐標軸所圍面積表示位移；由圖像可解得拉力做功，在利用動能定理分析合力在0～6s內做的功與0～2s內做的功大小情況；根據功率的計算公式解得摩擦力大小。【解答】解：根據W＝Pt可知P﹣t圖像與坐標軸圍成的面積代表拉力做功，所以0～6s內拉力做的功為W=12×30×2J+10×4J=70J；在2～6s內，物體的速度為：v＝6m/s，功率為：P＝10W，物體做勻速運動，則摩擦力f＝F，所以有：f＝故答案為：70；53【點評】本題主要是考查功率的計算和圖像問題，關鍵是弄清楚物體的受力情況和運動情況，知道v﹣t圖像、P﹣t圖像表示的物理意義。12．（2025春?臺江區期中）如圖，木塊放在光滑水平面上，一顆子彈水平射入木塊。若子彈受到的平均阻力為f，射入深度為d，在此過程中木塊的位移為s，則子彈對木塊做正功（選填“做正功”“做負功”或“不做功”），子彈的動能減小（選填“增大”或“減小”），木塊對子彈做的功為﹣f（s+d）。【考點】動能定理的簡單應用；功的正負及判斷．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理論證能力．【答案】做正功，減小，﹣f（s+d）【分析】根據功的公式計算，結合圖示，準確計算木塊對地位移。【解答】解：子彈對木塊的作用力水平向右，與木塊的位移方向相同，子彈對木塊做正功，故答案為“做正功”；木塊對子彈的作用力水平向左，與子彈的位移方向相反，木塊對子彈做負功，子彈的動能減小，故答案為“減小”；木塊對子彈做負功，大小為平均阻力f與子彈對地位移的乘積，即﹣f（s+d），故答案為“﹣f（s+d）”。故答案為：做正功，減小，﹣f（s+d）。【點評】本題的重點是準確計算木塊的對地位移。13．（2025春?寶山區校級期中）質量為m的小球，用長為L的細線懸掛于O點。無外力作用時，小球靜止于A點。OB與豎直方向夾角為α，地球表面重力加速度為g，不計小球運動過程中受到的空氣阻力。（1）用水平外力將小球緩慢移動到B點，小球在B點時受到水平外力大小為mgtanα；這一過程中，水平外力對小球做功的大小為mgL（1﹣cosα）。（2）若使小球以某一初速度從A點開始運動，除重力和繩子拉力外不受其余外力，其最高上升到B，小球的初速度大小為2gL(1-cosα)；小球在B點時繩子的拉力大小為mgcosα（3）若小球受到水平方向的恒定外力，運動到B處時速度最大，則小球在B處速度大小為2gL1-cosαcosα；小球能上升的最大高度為2Lsin2α【考點】動能定理的簡單應用．【專題】比較思想；合成分解法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）mgtanα，mgL（1﹣cosα）；（2）2gL(1-cosα)，mgcosα；（3）2gL1-cosαcosα，【分析】（1）小球在B點時，分析受力，根據平衡條件求小球受到水平外力大小；根據動能定理求水平外力對小球做功的大小。（2）從A點到B，利用動能定理求小球的初速度大小；根據沿繩子方向的合力為零，來求小球在B點時繩子的拉力大小。（3）若小球受到水平方向的恒定外力，運動到B處時速度最大，此時重力和水平恒力的合力沿OB方向，由此求出水平恒力的大小，再根據動能定理求小球在B處速度大小；根據動能定理求小球能上升的最大高度。【解答】解：（1）小球在B點時，受到重力mg、繩子拉力T和水平外力F。根據平衡條件，水平方向有F＝Tsinα豎直方向有mg＝Tcosα解得F＝mgtanα用水平外力將小球緩慢移動到B點，小球動能變化量為0，根據動能定理得WF﹣mgL（1﹣cosα）＝0可得水平外力做功WF＝mgL（1﹣cosα）（2）從A點到B，根據動能定理得﹣mgL（1﹣cosα）＝0-解得v0=在B點，小球沿繩子方向的合力為零，則繩子的拉力大小T＝mgcosα（3）小球運動到B處時速度最大，此時重力和水平恒力的合力沿OB方向，設水平恒力為F，則F＝mgtanα從A到B，根據動能定理得FLsinα﹣mgL（1﹣cosα）=1解得vB=設小球能上升的最大高度為h。從A點到最大高度處，由動能定理得FL2-(L-h)解得h＝2Lsin2α故答案為：（1）mgtanα，mgL（1﹣cosα）；（2）2gL(1-cosα)，mgcosα；（3）2gL1-cosαcosα，【點評】本題涉及力在空間的積累效果時，運用動能定理求速度或高度，比較簡潔。四．解答題（共2小題）14．（2025春?天心區校級期中）生活中人們經常用“打夯”的方式夯實松散的地面，如圖所示，其過程可簡化為：兩人通過繩子對重物同時施加大小均為F＝300N、方向與豎直方向成θ＝37°的力，使重物從靜止開始離開地面向上做勻加速運動，重物升高0.25m后停止施力，重物繼續上升到達最高點，之后重物自由下落，與地面作用時的平均作用力為2400N。已知重物的質量為m＝40kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空氣阻力，求：（1）重物向上加速過程的加速度大小；（2）重物從開始運動到上升到最高點的時間；（3）砸進地面的深度。【考點】動能定理的簡單應用；豎直上拋運動的規律及應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】計算題；定量思想；推理法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）重物向上加速過程的加速度大小是2m/s2；（2）重物從開始運動到上升到最高點的時間是0.6s；（3）砸進地面的深度是0.06m。【分析】（1）應用牛頓第二定律求出加速度大小。（2）應用運動學公式求出運動時間。（3）應用動能定理求出砸進地面的深度。【解答】解：（1）對重物，由牛頓第二定律得2Fcosθ﹣mg＝ma代入數據解得a＝2m/s2（2）重物加速過程，位移h1=代入數據解得t1＝0.5s撤去外力時物體的速度v＝at＝2×0.5m/s＝1m/s撤去外力后重物上升到最高點需要的時間t2=vg=重物從開始運動到上升到最高點需要的時間t＝t1+t2＝0.5s+0.1s＝0.6s（3）撤去外力后重物上升的高度h2=v22g物體從開始下落到靜止過程，由動能定理得mg（h1+h2+d）﹣fd＝0﹣0代入數據解得d＝0.06m答：（1）重物向上加速過程的加速度大小是2m/s2；（2）重物從開始運動到上升到最高點的時間是0.6s；（3）砸進地面的深度是0.06m。【點評】根據題意分析清楚重物的運動過程與受力情況，應用牛頓第二定律、運動學公式與動能定理即可解題。15．（2025春?西城區校級期中）籃球為同學們喜愛的運動。如圖，在某次運動員投籃入筐的過程中，籃球出手時初速度為v0。出手點與籃筐之間的高度差為h。籃球可視為質點，質量為m，不計空氣阻力，重力加速度為g。（1）籃球從出手到進筐的過程中，求籃球重力勢能的增加量ΔEp；（2）求籃球入筐時速度的大小v。【考點】動能定理的簡單應用；斜拋運動；重力勢能的計算．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．【答案】（1）籃球重力勢能的增加量ΔEp為mgh；（2）籃球入筐時速度的大小v為v0【分析】（1）根據重力勢能的表達式列式求解；（2）根據動能定理列式求解。【解答】解：（1）籃球從出手到進筐的過程中，豎直方向上，上升h高度，則籃球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh；（2）根據動能定理，有﹣mgh=12mv答：（1）籃球重力勢能的增加量ΔEp為mgh；（2）籃球入筐時速度的大小v為v0【點評】考查重力勢能的表達式和動能定理的應用，會根據題意進行準確的分析解答。

考點卡片1．豎直上拋運動的規律及應用【知識點的認識】1．定義：物體以初速度v0豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運動，叫做豎直上拋運動。2．特點：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特點：只受重力作用（沒有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計）；（3）加速度：a＝g，其大小不變，方向始終豎直向下。3．運動規律：取豎直向上的方向為正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．幾個特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）質點在通過同一高度位置時，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需時間t上和從最高處落回到拋出點所需時間相等t下，t上＝t下=v【命題方向】例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10m/s2．5s內物體的（）A．路程為65mB．位移大小為25m，方向向上C．速度改變量的大小為10m/sD．平均速度大小為13m/s，方向向上分析：豎直上拋運動看作是向上的勻減速直線運動，和向下的勻加速直線運動，明確運動過程，由運動學公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物體的速度減為零需要的時間t=v0g=3010A、路程應等于向上的高度與后2s內下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后兩s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20）B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在拋出點的上方，故C、速度的改變量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C錯誤；D、平均速度v=ht=25故選：AB。點評：豎直上拋運動中一定要靈活應用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確理解公式，如平均速度一定要用位移除以時間；速度變化量可以用△v＝at求得。例2：在豎直的井底，將一物塊以11m/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井口時被人接住，在被人接住前1s內物體的位移是4m，位移方向向上，不計空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物體從拋出點到被人接住所經歷的時間；（2）豎直井的深度。分析：豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分段法，此題可以直接應用整體法進行求解。解答：（1）設最后1s內的平均速度為v則：v=平均速度等于中間時刻的瞬時速度，即接住前0.5s的速度為v1＝4m/s設物體被接住時的速度為v2，則v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，則物體從拋出點到被人接住所經歷的時間t=v2-v0g（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×答：（1）物體從拋出點到被人接住所經歷的時間為1.2s（2）豎直井的深度為6m。點評：豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分段法，此題只有豎直向上的勻減速運動，直接應用整體法求解即可。【解題方法點撥】1．豎直上拋運動的兩種研究方法：（1）分段法：上升階段是勻減速直線運動，下落階段是自由落體運動，下落過程是上升過程的逆過程。（2）整體法：從全程來看，加速度方向始終與初速度v0的方向相反，所以可把豎直上拋運動看成一個勻變速直線運動，要特別注意v0、vt、g、h等矢量的正、負號。一般選取豎直向上為正方向，v0總是正值，上升過程中vt為正值，下落過程中vt為負值；物體在拋出點以上時h為正值，物體在拋出點以下時h為負值。住：豎直上拋運動的上升階段和下降階段具有對稱性：①速度對稱：上升和下降過程經過同一位置時速度等大、反向；②時間對稱：上升和下降過程經過同一段高度的上升時間和下降時間相等。2．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。3．牛頓第二定律的圖像問題【知識點的認識】1．物體質量一定時，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物體的F﹣a圖象是一條直線。2．物體受力一定時，它的質量越大，加速度越小，即a∝1m，所以物體的1m3.本知識點專指F﹣a圖像及1m-【命題方向】下列圖象能反映牛頓第二定律的是（）A.B.C.D.分析：根據牛頓第二定律可知，物體的加速度與合外力成正比，與質量成反比，根據牛頓第二定律分析各個圖象。解答：AD、根據牛頓第二定律可知，a=Fm，當合外力F恒定時，a-1m圖象為過原點的傾斜直線，a﹣m圖象為曲線，故B、v﹣t圖象反映的是速度隨時間變化的關系，斜率表示加速度，與牛頓第二定律無關，故B錯誤。C、根據牛頓第二定律可知，F＝ma，質量增大，合外力F不變，F﹣m圖象為平行于橫軸的圖象，故C錯誤。故選：A。點評：本題考查了加速度與力的關系圖象，解題的關鍵是明確牛頓第二定律的公式，對比分析圖象。【解題思路點撥】圖像問題的本質是對牛頓第二定律的理解與應用，從F＝ma出發，根據控制變量法找出各物理量之間的關系，從而得出相應函數圖像的性質。4．牛頓運動定律的應用—從運動情況確定受力【知識點的認識】1.已知物體的運動情況，求解物體的受力。2.解答該類問題的一般步驟（1）選定研究對象，對研究對象進行運動情況分析和受力分析，并畫出運動草圖及受力示意圖。（2）選擇合適的運動學公式，求出物體的加速度。（3）根據牛頓第二定律列方程，求物體所受的合外力。（4）根據力的合成法或正交分解法，由合外力求出待求力或與力有關的量。【命題方向】如圖所示，質量為60kg的滑雪運動員，在傾角θ為30°的斜坡頂端，從靜止開始勻加速下滑90m到達坡底，用時10s．若g取10m/s2，求（1）運動員下滑過程中的加速度大小；（2）運動員到達坡底時的速度大小；（3）運動員受到的合外力大小．分析：（1）根據位移—時間公式求加速度；（2）根據速度—時間公式求末速度；（3）根據牛頓第二定律求合外力．解答：（1）根據位移—時間公式，有x=12解得a=2xt即運動員下滑過程中的加速度大小為1.8m/s2．（2）根據速度—時間公式v＝at＝1.8×10＝18m/s即運動員到達坡底時的速度大小為18m/s．（3）根據牛頓第二定律，有F＝ma＝60×1.8＝108N即運動員受到的合外力大小為108N．答：（1）運動員下滑過程中的加速度大小為1.8m/s2．（2）運動員到達坡底時的速度大小為18m/s．（3）即運動員受到的合外力大小為108N．點評：本題關鍵根據運動學公式求解末速度和加速度，然后根據牛頓第二定律求合力．【解題思路點撥】運動情況分析→牛頓第二定律→求出受力情況，連接運動與受力之間的橋梁是牛頓第二定律（加速度）。5．斜拋運動【知識點的認識】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動叫做拋體運動。2．方向：直線運動時物體的速度方向始終在其運動軌跡的直線方向上；曲線運動中，質點在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點的切線方向。因此，做拋體運動的物體的速度方向，在其運動軌跡各點的切線方向上，并指向物體前進的方向。注：由于曲線上各點的切線方向不同，所以，曲線運動的速度方向時刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運動的條件：（1）物體做直線運動：當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，物體做直線運動。（2）物體做曲線運動：當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，物體做曲線運動。4．平拋運動（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動。（2）條件：①初速度方向為水平；②只受重力作用。（3）規律：平拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是自由落體運動，所以平拋運動是勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0ttanα=5．斜拋運動（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動叫做斜拋運動。（2）條件：①物體有斜向上的初速度；②僅受重力作用。（3）規律：斜拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是豎直上拋運動，所以斜拋運動是勻變速曲線運動。（4）公式：水平方向初速度：【命題方向】例1：某學生在體育場上拋出鉛球，其運動軌跡如圖所示。已知在B點時的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點的速率比C點的速率大B．D點的加速度比C點加速度大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：不計空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機械能守恒；拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速運動。解答：A、拋體運動，機械能守恒，D點位置低，重力勢能小，故動能大，速度大，故A正確；B、拋體運動，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯誤；C、從B到D是平拋運動，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點B處加速度與速度垂直，故C錯誤；D、從B到D是平拋運動，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。點評：拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速直線運動，拋體運動機械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點，不計空氣阻力。若拋射點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，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：可以將籃球的運動，等效成籃球做平拋運動，當水平速度越大時，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。【解題方法點撥】類平拋運動：1．定義：當物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時，物體做類平拋運動。2．類平拋運動的分解方法（1）常規分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。（2）特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當的直角坐標系，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．類平拋運動問題的求解思路：根據物體受力特點和運動特點判斷該問題屬于類平拋運動問題﹣﹣求出物體運動的加速度﹣﹣根據具體問題選擇用常規分解法還是特殊分解法求解。4．類拋體運動當物體在巨力作用下運動時，若物體的初速度不為零且與外力不在一條直線上，物體所做的運動就是類拋體運動。在類拋體運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動性質，選擇合適的方程求解。6．物體被系在繩上做圓錐擺運動【知識點的認識】1.本考點旨在針對物體被系在繩上做圓錐擺運動的情況，如下圖：2.模型分析：在長為L的細繩下端拴一個質量為m的小物體，繩子上端固定，設法使小物體在水平圓周上以大小恒定的速度旋轉，細繩所掠過的路徑為圓錐表面，這就是圓錐擺。如圖所示，小球在水平面內做圓周運動的圓心是О，做圓周運動的半徑是Lsinθ，小球所需的向心力實際是繩子拉力FT與重力mg的合力，并有F合＝mg?tanθ＝mω2Lsinθ，由此式可得cosθ=g【命題方向】如圖所示，將一質量為m的擺球用長為L的細繩吊起，上端固定，使擺球在水平面內做勻速圓周運動，細繩就會沿圓錐面旋轉，這樣就構成了一個圓錐擺，下列說法中正確的是（）A、擺球受重力、拉力和向心力的作用B、擺球受重力和拉力的作用C、擺球運動周期為2πD、擺球運動的角速度有最小值，且為g分析：向心力是根據效果命名的力，可以是幾個力的合力，也可以是某個力的分力，對物體受力分析時不能把向心力作為一個力分析，擺球只受重力和拉力作用；擺球做圓周運動所需要的向心力是重力沿水平方向指向圓心的分力提供的，即F1＝mgtanθ=m4π2T2(Lsinθ)=mω2（Lsin解答：A、擺球只受重力和拉力作用。向心力是根據效果命名的力，是幾個力的合力，也可以是某個力的分力。故A錯誤、B正確。C、擺球的周期是做圓周運動的周期。擺球做圓周運動所需要的向心力是重力沿水平方向指向圓心的分力提供的即F1＝mgtanθ=m所以T=2π故C正確。D、F1＝mgtanθ＝mω2（Lsinθ）所以ω=當θ＝0°時，ω最小值為gL故D正確。故選：BCD。點評：此題要知道向心力的含義，能夠分析向心力的來源，知道向心力可以是幾個力的合力，也可以是某個力的分力，此題中重力沿著水平方向的分力提供力小球做圓周運動所需的向心力．此題有一定的難度，屬于中檔題．【解題思路點撥】1.在圓錐擺問題中，重力與細線的合力提供向心力。2.圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據牛頓運動定律及向心力公式列方程．7．開普勒三大定律【知識點的認識】開普勒行星運動三大定律基本內容：1、開普勒第一定律（軌道定律）：所有的行星圍繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。2、開普勒第二定律（面積定律）：對于每一個行星而言，太陽和行星的連線在相等的時間內掃過相等的面積。3、開普勒第三定律（周期定律）：所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉周期的二次方的比值都相等。即：k=a在中學階段，我們將橢圓軌道按照圓形軌道處理，則開普勒定律描述為：1．行星繞太陽運動的軌道十分接近圓，太陽處在圓心；2．對于某一行星來說，它繞太陽做圓周運動的角速度（或線速度）不變，即行星做勻速圓周運動；3．所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉周期的二次方的比值都相等，即：R3【命題方向】（1）第一類常考題型是考查開普勒三個定律的基本認識：關于行星繞太陽運動的下列說法正確的是（）A．所有行星都在同一橢圓軌道上繞太陽運動B．行星繞太陽運動時太陽位于行星軌道的中心處C．離太陽越近的行星的運動周期越長D．所有行星軌道半長軸的三次方跟公轉周期的二次方的比值都相等分析：開普勒第一定律是太陽系中的所有行星圍繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。在相等時間內，太陽和運動著的行星的連線所掃過的面積都是相等的。開普勒第三定律中的公式R3解：A、開普勒第一定律可得，所有行星都繞太陽做橢圓運動，且太陽處在所有橢圓的一個焦點上。故A錯誤；B、開普勒第一定律可得，行星繞太陽運動時，太陽位于行星軌道的一個焦點處，故B錯誤；C、由公式R3T2D、開普勒第三定律可得，所以行星軌道半長軸的三次方跟公轉周期的二次方的比值都相等，故D正確；故選：D。點評：行星繞太陽雖然是橢圓運動，但我們可以當作圓來處理，同時值得注意是周期是公轉周期。（2）第二類常考題型是考查開普勒第三定律：某行星和地球繞太陽公轉的軌道均可視為圓。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，如圖所示。該行星與地球的公轉半徑比為（）A．（N+1N）23B．（C．（N+1N）32D．（分析：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長，其繞太陽轉的慢。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，說明N年地球比行星多轉1圈，即行星轉了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長線上，那么，可以求出行星的周期是NN-1解：A、B、C、D：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，說明從最初在日地連線的延長線上開始，每一年地球都在行星的前面比行星多轉圓周的N分之一，N年后地球轉了N圈，比行星多轉1圈，即行星轉了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長線上。所以行星的周期是NN-1年，根據開普勒第三定律有r地3r行3=T地2T故選：B。點評：解答此題的關鍵由題意分析得出每過N年地球比行星多圍繞太陽轉一圈，由此求出行星的周期，再由開普勒第三定律求解即可。【解題思路點撥】（1）開普勒行星運動定律是對行星繞太陽運動規律的總結，它也適用于其他天體的運動。（2）要注意開普勒第二定律描述的是同一行星離中心天體的距離不同時的運動快慢規律，開普勒第三定律描述的是不同行星繞同一中心天體運動快慢的規律。（3）應用開普勒第三定律可分析行星的周期、半徑，應用時可按以下步驟分析：①首先判斷兩個行星的中心天體是否相同，只有兩個行星是同一個中心天體時開普勒第三定律才成立。②明確題中給出的周期關系或半徑關系。③根據開普勒第三定律列式求解。8．衛星的發射及變軌問題【知識點的認識】1.衛星從發射到入軌運行不是一蹴而就的，要經過多次的軌道變化才能實現。2.一般來說衛星的發射包括以下步驟：①發射地球衛星，如下圖a、先進入近地軌道Ⅲb、在B點加速進入橢圓軌道Ⅱc、在遠地點A加速進入高軌道Ⅰ②發射其他行星的衛星，如下圖（以月球為例）a、先進入近地軌道b、加速進入橢圓軌道c、多次在近地點加速增加遠地點高度，從而進入地月轉移軌道d、在地月轉移軌道上的某點被月球引力俘獲進入月球軌道e、在近地點減速減小遠地點高度f、進入環月軌道【命題方向】2022年我國航天事業發生多件大事，讓世界矚目。北京時間2022年6月5日10時44分，神舟十四號載人飛船發射取得成功。北京時間2022年6月5日17時42分，成功對接于天和核心艙徑向端口，整個對接過程歷時約7小時。北京時間2022年11月30日7時33分，神舟十四號乘組迎來神舟十五號3名航天員順利進駐中國空間站，完成“太空會師”歷史性大事件。2022年12月4日20時09分，神舟十四號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。假設返回艙從工作軌道Ⅰ返回地面的運動軌跡如圖，橢圓軌道Ⅱ與圓軌道Ⅰ、Ⅲ分別相切于P、Q兩點，返回艙從軌道Ⅲ上適當位置減速后進入大氣層，最后在東風著陸場著陸。下列說法正確的是（）A、返回艙在Ⅰ軌道上P需要向運動方向的反方向噴氣進入Ⅱ軌道B、返回艙在Ⅱ軌道上運動的周期小于返回艙在Ⅲ軌道上運動的周期C、返回艙在Ⅲ軌道上Q點的速度的大小大于Ⅱ軌道上P點速度的大小D、返回艙在Ⅰ軌道上經過P點時的加速度等于在Ⅱ軌道上經過P點時的加速度分析：A.根據變軌原理可知，在Ⅰ軌道上P點需要向運動方向的同方向噴氣；B.根據開普勒第三定律判斷周期；C.根據萬有引力提供向心力判斷速度；D.根據軌道的變化，結合萬有引力提供加速度判斷加速度。解答：A．返回艙從Ⅰ軌道進入Ⅱ軌道需要減速，因此在Ⅰ軌道上P點需要向運動方向的同方向噴氣，故A錯誤；B．根據開普勒第三定律有R返回艙在Ⅱ軌道上的半長軸大于返回艙在Ⅲ軌道上的軌道半徑，所以在Ⅱ軌道上的運動的周期大于返回艙在Ⅲ軌道上運動的周期，故B錯誤；C．根據萬有引力提供向心力，有G解得v=返回艙在Ⅰ軌道上的半徑大于Ⅲ軌道的半徑，則有vⅢQ＞vⅠP又返回艙從Ⅰ軌道進入Ⅱ軌道需要減速，則有vⅠP＞vⅡP所以有vⅢQ＞vⅠP＞vⅡP即返回艙在Ⅲ軌道上Q點的速度的大小大于Ⅱ軌道上P點速度的大小，故C正確；D．根據牛頓第二定律有G解得a=返回艙在Ⅰ軌道上P點時的半徑等于返回艙在Ⅱ軌道上P點時的半徑，所以返回艙在Ⅰ軌道上經過P點時的加速度等于在Ⅱ軌道上經過P點時的加速度，故D正確。故選：CD。點評：本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合向心力公式進行分析，掌握開普勒第三定律的應用方法。【解題思路點撥】1.對于衛星的變軌問題，常用的規律是“加速進高軌，減速進低軌”。意思就是如果衛星想要進入更高的軌道，需要向后噴氣做加速運動；如果想要進入更低的軌道，需要向前噴氣做減速運動。2.變軌的原理：離心作用。①當向后噴氣時，衛星速度變大，做圓周運動所需的向心力變大，萬有引力不足以提供衛星所需的向心力，衛星就要做離心運動進入更高的軌道運行。②當向前噴氣時，衛星速度變小，做圓周運動所需的向心力變小，萬有引力大于衛星所需的向心力，衛星就要做近心運動進入較低的軌道運行。3.變軌前后的機械能變化：向后噴氣時，相當于氣體對衛星做了正功，衛星的機械能增大；向前噴氣時，相當于氣體對衛星做了負功，衛星的機械能減小。9．功的定義、單位和計算式【知識點的認識】1．定義：物體受到力的作用，并在力方向上發生一段位移，就說力對物體做了功．2．公式：W＝Flcosα，其中α為F與l的夾角，F是力的大小，l一般是物體相對地面的位移，而不是相對于和它接觸的物體的位移．3．應用中的注意點（1）公式只適用于恒力做功；（2）F和l是對應同一個物體的；（3）恒力做功多少只與F、l及二者夾角余弦有關，而與物體的加速度大小、速度大小、運動時間長短等都無關，即與物體的運動性質無關，同時與有無其它力做功也無關．4．物理意義：功是能量轉化的量度．5．單位：焦耳（J），1J＝1N?m．6．功是標量，沒有方向、但是有正負，正負表示能量轉化的方向．表示物體是輸入了能量還是輸出了能量．【命題方向】關于功的概念，下列說法中正確的是（）A、力對物體做功多，說明物體的位移一定大B、力對物體做功小，說明物體的受力一定小C、力對物體不做功，說明物體一定沒有移動D、物體發生了位移，不一定有力對它做功分析：做功包含的兩個必要因素是：作用在物體上的力，物體在力的方向上通過一定的位移．根據W＝Flcosα求解．解答：A、力對物體做功多，根據W＝Flcosα，如果力很大，那么物體的位移不一定大，故A錯誤B、力對物體做功小，根據W＝Flcosα，如果力位移很小，那么物體的受力不一定小，故B錯誤C、力對物體不做功，根據W＝Flcosα，可能α＝90°，所以物體不一定沒有移動，故C錯誤D、物體發生了位移，如果力的方向與位移方向垂直，那么力對它不做功，故D正確故選：D。點評：對物體做功必須同時滿足兩個條件：對物體施加力，物體在這個力的作用下通過一定的位移．【解題方法點撥】1.對功的概念的理解（1）做功的兩個必不可少的因素理解功的概念，首先要知道做功的兩個不可缺少的因素：力和物體在力的方向上發生的位移。力對物體是否做了功只與這兩個因素有關，與其他因素諸如物體運動的快慢、運動的性質、物體的質量、物體是否受其他力作用等均無關。（2）功是過程量，總是與一個具體的過程相對應同時功與具體的某個力或某幾個力相對應，通常我們說某個力或某幾個力所做的功。2.對計算功的大小的公式的兩點提醒（1）公式中的F是恒力，即公式W＝Flcosα并不是普遍適用的，它只適用于大小和方向均不變的恒力做功。如果F是變力，W＝Flcosα就不適用了。（2）F與l必須具備同時性，即必須是力作用過程中物體的位移。如果力消失后物體繼續運動，力所做的功就只跟力作用的那段位移有關，跟其余的位移無關，10．功的正負及判斷【知識點的認識】正功和負功：根據W＝Flcosα可知：0≤α＜90°α＝90°90°＜α≤180°功的正負W＞0W＝0W＜0意義力F對物體做正功力F對物體不做功力F對物體做負功力F是動力還是阻力動力阻力可以總結成如下規律：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，隨扶梯向上勻速運動，下列說法中正確的是（）A、重力對人做負功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，隨扶梯向上勻速運動，受重力和支持力，重力做負功，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。點評：解決本題的關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°，該力做負功。【解題思路點撥】判斷功的正、負主要有以下三種方法：（1）若物體做直線運動，依據力與位移的夾角來判斷，此法常用于恒力做功的判斷．（2）若物體做曲線運動，依據F與v的方向的夾角α的大小來判斷．當α＜90°時，力對物體做正功；90°＜α≤180°時，力對物體做負功；α＝90°時，力對物體不做功．（3）依據能量變化來判斷：此法既適用于恒力做功，也適用于變力做功，關鍵應分析清楚能量的轉化情況．根據功是能量轉化的量度，若有能量轉化，則必有力對物體做功．比如系統的機械能增加，說明力對系統做正功；如果系統的機械能減少，則說明力對系統做負功．此法常用于兩個相聯系的物體之間的相互作用力做功的判斷．11．重力做功的特點和計算【知識點的認識】1.表達式：WG＝mgh＝mg（h1﹣h2），其中h1、h2分別表示物體起點和終點的高度2.特點：①只跟物體運動的起點和終點的位置有關，而跟物體運動的路徑無關．②物體下降時重力做正功，物體被舉高時重力做負功．③重力做功的多少與參考平面無關。【命題方向】物體沿不同的路徑從A滑到B，如圖所示，則（）A、沿路徑ACB重力做的功大些B、沿路徑ADB重力做的功大些C、沿路徑ACB和ADB重力做功一樣多D、條件不足，無法判斷分析：解答本題應明確重力做功的特點：重力做功與高度差有關，與路徑無關．解答：由A到B不管沿哪條路徑高度差相同，則重力做功相同。則C正確，ABD錯誤故選：C。點評：本題考查重力做功的特點，一定要掌握重力做功只和高度有關．【解題思路點撥】1.重力做功只與初、末位置有關，與路徑無關。2.計算重力做功的步驟為：①確定物體重力的大小；②確定物體在豎直方向上的位移大小；③如果物體向上運動，重力做負功；如果物體向下運動，重力做負功。12．功率的定義、物理意義和計算式的推導【知識點的認識】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：功是標量。4.計算公式（1）定義式：P=Wt，P為時間（2）機械功的表達式：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：如果物體的受力F與運動方向的夾角為α，從計時開始到時刻t這段時間內，發生的位移是l，則力在這段時間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開始計時到時刻t這段時間內發生的，所以lt是物體在這段時間內的平均速度vP＝Fvcosα可見，力對物體做功的功率等于沿運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，這個關系式也就可以反映瞬時速度與瞬時功率的關系。5.額定功率：機械正常工作時輸出的最大功率．6.實際功率：機械實際工作時輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關于功率和機械效率的說法中，正確的是（）A、功率大的機械，做功一定多B、做功多的機械，效率一定高C、做功快的機械，功率一定大D、效率高的機械，功率一定大分析：根據P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據η解答：A、根據P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據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。點評：解決本題的關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系。2.功率的定義式P=W13．機車以恒定功率啟動【知識點的認識】對機車啟動問題應首先弄清是功率恒定還是加速度恒定．對于機車以恒定加速度啟動問題，機車勻加速運動能維持的時間，一定是機車功率達到額定功率的時間．弄清了這一點，利用牛頓第二定律和運動學公式就很容易求出機車勻加速運動能維持的時間．汽車在平直路面上保持發動機功率不變，即以恒定功率啟動，其加速過程如下所示：其P﹣t圖和v﹣t圖如下：【命題方向】汽車在水平直線公路上保持額定功率啟動，額定功率為P0＝80kW，汽車行駛過程中所受阻力恒為f＝2.5×103N，汽車的質量M＝2.0×103kg求：（1）汽車在整個運動過程中所能達到的最大速度；（2）當汽車的速度為5m/s時的加速度；（3）當汽車的加速度為0.75m/s2時的速度。分析：當汽車以額定功率行駛時，隨著汽車速度的增加，汽車的牽引力會逐漸的減小，所以此時的汽車不可能做勻加速運動，直到最后牽引力和阻力相等，到達最大速度之后做勻速運動。解答：（1）當汽車的牽引力和阻力相等時，汽車達到最大速度，即F＝f＝2.5×103N，由P＝Fv可得，此時的最大的速度為vm=PF=P（2）由P＝Fv可此時汽車的牽引力為F=Pv所以此時的加速度的大小為a=F-fm=16000-25002000m/s（3）當汽車的加速度為0.75m/s2時，由F﹣f＝ma可得此時的牽引力的大小為F＝f+ma＝2500+2000×0.75＝4000N，由P＝Fv可得，此時的速度的大小為v=PF=80000答：（1）汽車在整個運動過程中所能達到的最大速度為32m/s；（2）當汽車的速度為5m/s時的加速度的大小為6.75m/s2；（3）當汽車的加速度為0.75m/s2時的速度為20m/s。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。【解題思路點撥】1.機車啟動問題的本質是因為受發動機的限制，機車的功率不能無限增大，力與速度存在制約關系，即需滿足P＝Fv。2.機車在運動過程中，雖然方向時刻在變化，但可以認為發動機的牽引力時刻與機車的瞬時速度的方向保持一致，所以發動機的輸出功率等于發動機的牽引力乘以機車的瞬時速度，即P＝Fv。3.機車啟動的過程是一個變加速過程