第48頁（共48頁）2024-2025學年下學期高一物理教科版（2019）期末必刷?？碱}之勢能一．選擇題（共7小題）1．（2025春?西城區校級期中）如圖所示，質量為m的小球從A點下落到地面上的B點，小球離桌面的最大高度為h1，桌面高度為h2，已知下落過程中空氣阻力大小恒定，重力加速度為g，以桌面為參考平面，則下列說法正確的是（）A．小球在A點的重力勢能為mg（h1+h2） B．小球在B點的重力勢能為mgh2 C．整個下落過程中小球重力做功mg（h1+h2） D．由于有空氣阻力影響，小球重力勢能的減少量小于mg（h1+h2）2．（2025春?東城區校級期中）下列物理概念中，錯誤的是（）A．向心力是由某個力或幾個力的合力提供的 B．物體做自由落體運動，其重力勢能的變化量與參考平面的選取有關 C．幾個力對物體做的總功等于各個力分別對物體做功的代數和 D．當飛行器的發射速度大于11.2km/s時，它就會擺脫地球的引力3．（2025?西城區校級模擬）如圖所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個斜面由靜止加速下滑，α1＞α2，且第一個斜面光滑，第二個斜面粗糙，從頂端滑到底端的過程中，重力對物體做功分別為W1和W2，則（）A．W1＝W2 B．W1＞W2 C．W1＜W2 D．不能確定4．（2025春?海淀區校級期中）如圖所示，桌面高為h，質量為m的小球從離桌面高H處自由落下，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．若以桌面為參考平面，則小球落到地面時的重力勢能為﹣mgh B．若以桌面為參考平面，則小球整個下落過程中重力勢能減少mgh C．若以地面為參考平面，則小球落到地面時的重力勢能為mg（H+h） D．若以地面為參考平面，則小球整個下落過程中重力勢能減少mgh5．（2025春?海淀區校級期中）拋石繩是藏族牧民用于驅趕牛羊的生產工具。使用時將石子放在中間棗核形織物中，右手中指摳住套環，抓住鞭梢逆時針方向掄甩幾圈，瞅準對象后放松鞭梢，石子便可以被拋出去。假設石子被拋出后做平拋運動，在某次拋擲中，石子離開織物包時的速度大小為36m/s，拋出點的高度為1.8m，若石子的質量為500g，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力，則（）A．石子在空中運動過程中重力勢能減少了9J B．石子落地時的速度為42m/s C．石子在空中運動過程中重力做功的平均功率為30W D．石子落地時的重力的瞬時功率為180W6．（2025春?香坊區校級期中）從空中以10m/s的初速度沿著水平方向拋出一個質量為1kg的小球，已知t＝3s時小球未落地，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，拋出點所在水平面為零勢能面。下列說法正確的是（）A．拋出后3s末，小球的速度大小為30m/s B．拋出后3s末，重力的功率為300W C．拋出后3s內，重力的平均功率為300W D．拋出后3s末，小球的重力勢能為450J7．（2025春?瓊山區校級期中）如圖所示，質量為1kg的小球（視為質點）從距桌面高度為1.2m處的A點下落到水平地面上的B點，與地面碰撞后恰好能上升到與桌面等高的C點，C點距地面的高度為0.8m。重力加速度大小g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．在小球從A點經B點運動到C點的過程中，重力對小球做的功為24J B．在小球從B點運動到C點的過程中，重力對小球做的功為﹣8J C．以桌面為重力勢能的參考平面，小球在A點時的重力勢能為﹣12J D．以桌面為重力勢能的參考平面，小球在B點時的重力勢能為8J二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025春?北辰區校級期中）以下物理觀點正確的是（）A．物體只有在變力作用下才能做曲線運動 B．做圓周運動的物體的加速度一定指向圓心 C．由F=Gm1D．重力勢能與零勢能面的選取有關，而重力做功與零勢能面的選取無關（多選）9．（2025?滄州二模）如圖甲所示，豎直放置的輕彈簧一端固定于風洞實驗室的水平地面，質量m＝0.1kg的小球在輕彈簧正上方某處由靜止下落，同時受到一個豎直向上恒定的風力。以小球開始下落的位置為原點，豎直向下為x軸正方向，取地面為零勢能參考面，在小球下落的全過程中，小球重力勢能隨小球位移變化關系如圖乙中的圖線①，彈簧彈性勢能隨小球位移變化關系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度范圍內，取重力加速度g＝10m/s2，則（）A．小球釋放位置距地面的高度為0.6m B．小球在下落過程受到的風力為0.1N C．小球剛接觸彈簧時的動能為0.45J D．小球剛接觸彈簧時的動能為0.54J（多選）10．（2025?平山區校級模擬）自“天空立法者”開普勒發現了開普勒三大定律后，人們對宇宙的探索從未停止。如圖所示為行星P的運行軌道，F為焦點（太陽），a、b、2c分別為半長軸，半短軸和焦距，O為橢圓中心。根據萬有引力定律，行星和太陽間的引力勢能為Ep=-GMmr，其中G為引力常量，M為太陽的質量，m為行星的質量，r為太陽到行星的距離。行星P在A、B兩點的瞬時速度為vAA．vBB．P在橢圓軌道的機械能為E=-C．P在橢圓軌道的機械能為E=-D．行星P繞F運動的周期T三．填空題（共3小題）11．（2024春?六合區校級期中）質量m＝50kg的跳水運動員從距水面高h＝10m的跳臺上以v0＝5m/s的速度斜向上起跳，最終落入水中。若忽略運動員的身高。取g＝10m/s2，運動員在跳臺上時具有的重力勢能為J。（以水面為參考平面）12．（2023春?承德期中）在探究彈力做功與彈性勢能變化的關系時：如圖所示，物體與彈簧相連，物體在O點時彈簧處于原長，現在物體上施加一水平推力F，使物體緩慢壓縮彈簧到A'處靜止釋放，物體會由A'向A運動，則：（1）物體由O向A運動的過程中，彈力做（填“正”或“負”）功，彈性勢能（填“增大”或“減小”）。（2）水平面光滑，使物體緩慢壓縮彈簧，當推力F做功為15J時，彈簧的彈力做功J，以彈簧處于自然長度時為零勢能點，則此時彈簧的彈性勢能為J。13．（2023秋?云南期末）一名同學看過雜技演員“水流星”表演（圖甲）后，用輕質細繩系著一個軟木塞，掄動細繩讓軟木塞模擬“水流星”在豎直平面內做圓周運動（圖乙）。已知細繩的長度l＝0.9m，軟木塞的質量m＝20g，重力加速度g取10m/s2。若軟木塞能做完整的圓周運動，則軟木塞經過最高點時的最小速度為m/s。軟木塞經過最低點時細繩對它的拉力大小它的重力大?。ㄟx填“大于”“小于”或“等于”）。軟木塞從最低點運動到最高點的過程中，重力勢能增加了J。四．解答題（共2小題）14．（2024秋?天寧區校級期末）如圖所示，直角細支架豎直段AB粗糙、水平段BC光滑且均足夠長，AB段、BC段各穿過一個質量1kg的小球a與b，a、b兩球通過長1m的細線連接．支架以初始角速度ω1繞AB段勻速轉動，此時細線與豎直方向夾角為37°，兩小球在支架上不滑動；現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后緩慢下滑．小球a與AB段間的動摩擦因數為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．支架轉動角速度從ω1變化到ω2（1）初始時刻，細線中的張力大小；（2）小球a重力勢能的變化量；（3）細線與豎直方向夾角θ的最大值（用三角函數表示）。15．（2024春?沙坪壩區校級月考）如圖所示，小球質量m＝0.5kg，用長L＝0.8m的細線懸掛，把小球拉到水平位置A處（細線繃直）靜止釋放，當小球從A點擺到懸點正下方B點時，細線恰好被拉斷，然后運動到地面C點。懸點與地面的豎直高度H＝5.8m，不計空氣阻力，取10m/s2。求：（1）小球從A到B重力勢能的減少量ΔEp；（2）小球運動到B點時的速度大小vB；（3）小球落地點C與B的水平距離x。

2024-2025學年下學期高一物理教科版（2019）期末必刷?？碱}之勢能參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案CBAAABB二．多選題（共3小題）題號8910答案CDBCAB一．選擇題（共7小題）1．（2025春?西城區校級期中）如圖所示，質量為m的小球從A點下落到地面上的B點，小球離桌面的最大高度為h1，桌面高度為h2，已知下落過程中空氣阻力大小恒定，重力加速度為g，以桌面為參考平面，則下列說法正確的是（）A．小球在A點的重力勢能為mg（h1+h2） B．小球在B點的重力勢能為mgh2 C．整個下落過程中小球重力做功mg（h1+h2） D．由于有空氣阻力影響，小球重力勢能的減少量小于mg（h1+h2）【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系．【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】根據重力勢能的表達式和重力做功、重力勢能的改變量知識進行分析解答。【解答】解：A．小球在A點的重力勢能為mgh1，故A錯誤；B．小球在B點的重力勢能為﹣mgh2，故B錯誤；C．根據重力做功的公式，整個下落過程中小球重力做功mg（h1+h2），故C正確；D．雖然有空氣阻力影響，但小球重力勢能的減少量仍等于mg（h1+h2），故D錯誤。故選：C?！军c評】考查重力勢能的表達式和重力做功、重力勢能的改變量知識，會根據題意進行準確分析解答。2．（2025春?東城區校級期中）下列物理概念中，錯誤的是（）A．向心力是由某個力或幾個力的合力提供的 B．物體做自由落體運動，其重力勢能的變化量與參考平面的選取有關 C．幾個力對物體做的總功等于各個力分別對物體做功的代數和 D．當飛行器的發射速度大于11.2km/s時，它就會擺脫地球的引力【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系；向心力的定義及物理意義（受力分析方面）；第一、第二和第三宇宙速度的物理意義；多個力做的總功．【專題】定性思想；推理法；功的計算專題；理解能力．【答案】B【分析】向心力為效果力，由某個力或者某個力的分力，或某幾個力的合力提供；重力勢能的大小與參考平面有關，功為標量，幾個力對物體做的總功等于各個力分別對物體做功的代數和；根據第二宇宙速度為11.2km/s即可判定?！窘獯稹拷猓篈．向心力為效果力，由某個力或者某個力的分力，或某幾個力的合力提供，故A正確；B．重力勢能的大小與參考平面有關，但重力勢能的變化量ΔEp＝mgΔh，與參考平面的選取無關，故B錯誤；C．功為標量，幾個力對物體做的總功等于各個力分別對物體做功的代數和，故C正確；D．第二宇宙速度為11.2km/s，當飛行器的發射速度大于11.2km/s時，它就會擺脫地球的引力，故D正確；本題選錯誤的是，故選：B?！军c評】本題主要對力學中的基本知識點的考查，解題關鍵是掌握向心力為效果力，重力勢能的大小與參考平面有關，功為標量，幾個力對物體做的總功等于各個力分別對物體做功的代數和。3．（2025?西城區校級模擬）如圖所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個斜面由靜止加速下滑，α1＞α2，且第一個斜面光滑，第二個斜面粗糙，從頂端滑到底端的過程中，重力對物體做功分別為W1和W2，則（）A．W1＝W2 B．W1＞W2 C．W1＜W2 D．不能確定【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系；重力做功的特點和計算．【專題】計算題．【答案】A【分析】知道重力做功的特點只跟始末位置有關，跟路徑無關．【解答】解：物體m沿不同的斜面由靜止加速下滑，從頂端滑到底端的過程中，下滑高度相同，根據重力做功的特點只跟始末位置有關，跟路徑無關得：wG＝mgh，故選：A?！军c評】重力在物理中稱為保守力，它和電場力一樣做功只跟始末位置有關，跟路徑無關．4．（2025春?海淀區校級期中）如圖所示，桌面高為h，質量為m的小球從離桌面高H處自由落下，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．若以桌面為參考平面，則小球落到地面時的重力勢能為﹣mgh B．若以桌面為參考平面，則小球整個下落過程中重力勢能減少mgh C．若以地面為參考平面，則小球落到地面時的重力勢能為mg（H+h） D．若以地面為參考平面，則小球整個下落過程中重力勢能減少mgh【考點】重力勢能的定義和性質．【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．【答案】A【分析】重力勢能是相對量，結合參考平面根據公式計算，根據重力做功判斷重力勢能的變化?！窘獯稹拷猓篈、若以桌面為參考平面，則小球落到地面時在參考平面下方，重力勢能為負，由EP＝mgh得重力勢能為﹣mgh，故A正確；B、若以桌面為參考平面，則小球整個下落過程中重力做正功mg（H+h），則重力勢能減少mg（H+h），故B錯誤；C、若以地面為參考平面，則小球落到地面時的重力勢能為0，故C錯誤；D、若以地面為參考平面，則小球整個下落過程中重力做正功mg（H+h），則重力勢能減少mg（H+h），故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了重力勢能的計算以及重力勢能的變化，要熟練掌握重力做功和重力勢能變化的關系。5．（2025春?海淀區校級期中）拋石繩是藏族牧民用于驅趕牛羊的生產工具。使用時將石子放在中間棗核形織物中，右手中指摳住套環，抓住鞭梢逆時針方向掄甩幾圈，瞅準對象后放松鞭梢，石子便可以被拋出去。假設石子被拋出后做平拋運動，在某次拋擲中，石子離開織物包時的速度大小為36m/s，拋出點的高度為1.8m，若石子的質量為500g，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力，則（）A．石子在空中運動過程中重力勢能減少了9J B．石子落地時的速度為42m/s C．石子在空中運動過程中重力做功的平均功率為30W D．石子落地時的重力的瞬時功率為180W【考點】重力勢能的定義和性質；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】A【分析】根據平拋運動規律和重力做功與重力勢能的變化、瞬時功率和平均功率，合速度與分速度的關系列式解答?！窘獯稹拷猓篈.石子拋出后做平拋運動，豎直方向上下落高度為1.8m，則重力勢能減少了ΔEp＝mgh＝0.5×10×1.8J＝9J，故A正確；BD.豎直方向有h=12gt2，解得t=2hg=2×1.810s＝0.6s，則石子落地時的豎直分速度為vy＝gt＝10×0.6m/s＝6m/s，則石子落地時重力的瞬時功率為P＝mgvyC.重力做功為W＝mgh＝0.5×10×1.8J＝9J，則石子在空中運動過程中重力做功的平均功率為P=Wt=90.6故選：A。【點評】考查平拋運動規律和重力做功與重力勢能的變化、瞬時功率和平均功率，合速度與分速度的關系，會根據題意進行準確分析解答。6．（2025春?香坊區校級期中）從空中以10m/s的初速度沿著水平方向拋出一個質量為1kg的小球，已知t＝3s時小球未落地，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，拋出點所在水平面為零勢能面。下列說法正確的是（）A．拋出后3s末，小球的速度大小為30m/s B．拋出后3s末，重力的功率為300W C．拋出后3s內，重力的平均功率為300W D．拋出后3s末，小球的重力勢能為450J【考點】重力勢能的計算；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；功率的計算專題；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據高度求出平拋運動的時間，結合速度一時間公式求出3s時豎直分速度，根據平行四邊形定則求出小球的速度。根據瞬時功率的公式求出瞬時功率的大小結合平均功率的公式求出重力做功的平均功率?！窘獯稹拷猓篈、拋出后3s末，小球的豎直方向的速度為vy＝gt＝10×3m/s＝30m/s小球的速度大小為v=故A錯誤；B、拋出后3s末，重力的功率為P＝mgvcosθ＝mgvy＝1×10×30W＝300W故B正確；C、拋出后3s內，小球下落的高度為h=拋出后3s內，重力的平均功率為P=故C錯誤；D、拋出后3s末，小球的重力勢能為Ep＝mg?（﹣h）＝1×10×（﹣45）J＝﹣450J故D錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關鍵要掌握平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，知道平均功率和瞬時功率的區別，掌握這兩種功率的求法。7．（2025春?瓊山區校級期中）如圖所示，質量為1kg的小球（視為質點）從距桌面高度為1.2m處的A點下落到水平地面上的B點，與地面碰撞后恰好能上升到與桌面等高的C點，C點距地面的高度為0.8m。重力加速度大小g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．在小球從A點經B點運動到C點的過程中，重力對小球做的功為24J B．在小球從B點運動到C點的過程中，重力對小球做的功為﹣8J C．以桌面為重力勢能的參考平面，小球在A點時的重力勢能為﹣12J D．以桌面為重力勢能的參考平面，小球在B點時的重力勢能為8J【考點】重力勢能的定義和性質；重力做功的特點和計算．【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．【答案】B【分析】依據W＝mgh計算分析判斷?！窘獯稹拷猓篈、重力做功W＝mghh是初末位置的高度差。從A點經B點運動到C點，重力做功W＝mghAC＝1×10×1.2J＝12J，故A錯誤；B、從B點運動到C點，重力做功W＝mghBC＝1×10×（0﹣0.8）J＝﹣8J，故B正確；C、以桌面為重力勢能的參考平面，A點距桌面1.2m，則小球在A點時的重力勢能Ep＝mghAC＝1×10×1.2J＝12J，故C錯誤；D、以桌面為參考平面，B點在桌面下方0.8m處，小球在B點時的重力勢能Ep＝mghBC＝1×10×（﹣0.8）J＝﹣8J，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題主要考查的是W＝mgh的應用，難度不大。二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025春?北辰區校級期中）以下物理觀點正確的是（）A．物體只有在變力作用下才能做曲線運動 B．做圓周運動的物體的加速度一定指向圓心 C．由F=Gm1D．重力勢能與零勢能面的選取有關，而重力做功與零勢能面的選取無關【考點】重力勢能的計算；曲線運動的概念和特點；向心加速度的概念、方向及物理意義；萬有引力的基本計算．【專題】定性思想；推理法；物體做曲線運動條件專題；萬有引力定律的應用專題；機械能守恒定律應用專題；理解能力．【答案】CD【分析】物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，加速度方向與速度方向不在同一條直線上，做圓周運動的物體的加速度不一定指向圓心；根據萬有引力公式判斷引力的變化情況；重力勢能與零勢能面的選取有關，而重力做功與零勢能面的選取無關?！窘獯稹拷猓篈、物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，物體在恒力作用下，也可以做曲線運動，如平拋運動，故A錯誤；B、做圓周運動的物體的加速度不一定指向圓心，如做變速圓周運動的物體的加速度不指向圓心，故B錯誤；C、由F=Gm1mD、重力勢能與零勢能面的選取有關，而重力做功與零勢能面的選取無關，故D正確。故選：CD。【點評】本題考查了曲線運動的條件、向心加速度、重力勢能、重力做功等知識點，要熟練掌握基礎知識才能正確解答。（多選）9．（2025?滄州二模）如圖甲所示，豎直放置的輕彈簧一端固定于風洞實驗室的水平地面，質量m＝0.1kg的小球在輕彈簧正上方某處由靜止下落，同時受到一個豎直向上恒定的風力。以小球開始下落的位置為原點，豎直向下為x軸正方向，取地面為零勢能參考面，在小球下落的全過程中，小球重力勢能隨小球位移變化關系如圖乙中的圖線①，彈簧彈性勢能隨小球位移變化關系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度范圍內，取重力加速度g＝10m/s2，則（）A．小球釋放位置距地面的高度為0.6m B．小球在下落過程受到的風力為0.1N C．小球剛接觸彈簧時的動能為0.45J D．小球剛接觸彈簧時的動能為0.54J【考點】彈性勢能的影響因素和計算；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】BC【分析】根據Ep＝mgh計算；根據小球的運動過程分析，小球在接觸彈簧后先做加速度減小的變加速運動，后來做加速度增大的減速運動，當小球的加速度最大時小球的加速度為零，結合能量守恒定律計算風力的大??；根據動能定理計算?！窘獯稹拷猓篈、小球處于釋放位置的重力勢能為Ep＝0.70J，根據重力勢能公式Ep＝mgh，可得h＝0.7m，故A錯誤；B、小球速度減為0時小球下落0.6m，故WG+Wf＝ΔEp，即0.6mg﹣0.6f＝0.54，解得f＝0.1N，故B正確；CD、小球剛接觸彈簧時，小球下落了0.5m，則WG+Wf＝ΔEk，即0.5mg﹣0.5×0.1J=12mv2，解得12mv2＝0.45J，故C故選：BC?！军c評】能夠分析清楚小球的運動過程，知道小球在接觸彈簧后先做加速度減小的變加速運動，后來做加速度增大的減速運動，當小球的加速度最大時小球的加速度為零，知道整個過程中的各個力做功情況。（多選）10．（2025?平山區校級模擬）自“天空立法者”開普勒發現了開普勒三大定律后，人們對宇宙的探索從未停止。如圖所示為行星P的運行軌道，F為焦點（太陽），a、b、2c分別為半長軸，半短軸和焦距，O為橢圓中心。根據萬有引力定律，行星和太陽間的引力勢能為Ep=-GMmr，其中G為引力常量，M為太陽的質量，m為行星的質量，r為太陽到行星的距離。行星P在A、B兩點的瞬時速度為vAA．vBB．P在橢圓軌道的機械能為E=-C．P在橢圓軌道的機械能為E=-D．行星P繞F運動的周期T【考點】引力勢能及其應用．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；分析綜合能力．【答案】AB【分析】地球做橢圓運動的過程中，機械能守恒，根據機械能守恒定律，開普勒第二定律以及a、b、c的關系列出表達式，并求出A、B、C的速度大小以及機械能的表達式，和周期的表達式?！窘獯稹拷猓篈、以v表示行星的速度，當行星經過近日點A和遠日點B時，v和r垂直，則由開普勒行星運動第二定律，面積速度相等，即單位時間通過掃過的面積相等：S=12(aBC、根據機械能的意義，行星運動的總機械能E等于動能與引力勢能之和。經過近日點和遠日點時有：EA=由于行星運動中只受引力作用，所以機械能守恒：EA＝EB因此有：1結合上述可解出：vA2則解得機械能為：E=EA=ED、根據橢圓的幾何規律有：a2＝b2+c2，結合上述解出的vA，可求得面積速度—單位時間掃過的面積為：S=b2GMa，而又因為橢圓的面積為πab故選：AB。【點評】解決本題的關鍵抓住地球做橢圓運動的過程中機械能守恒，以及知道地球在做橢圓運動的過程中，萬有引力沿法向的合力提供向心力。三．填空題（共3小題）11．（2024春?六合區校級期中）質量m＝50kg的跳水運動員從距水面高h＝10m的跳臺上以v0＝5m/s的速度斜向上起跳，最終落入水中。若忽略運動員的身高。取g＝10m/s2，運動員在跳臺上時具有的重力勢能為5000J。（以水面為參考平面）【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系．【專題】定量思想；推理法；功能關系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】5000【分析】根據重力勢能定義式Ep＝mgh即可求解。【解答】解：以水面為零勢能參考平面，則運動員在跳臺上時具有的重力勢能為Ep＝mgh＝50×10×10J＝5000J。故答案為：5000?！军c評】本題主要考查重力勢能定義式Ep＝mgh，難度不大。12．（2023春?承德期中）在探究彈力做功與彈性勢能變化的關系時：如圖所示，物體與彈簧相連，物體在O點時彈簧處于原長，現在物體上施加一水平推力F，使物體緩慢壓縮彈簧到A'處靜止釋放，物體會由A'向A運動，則：（1）物體由O向A運動的過程中，彈力做負（填“正”或“負”）功，彈性勢能增大（填“增大”或“減小”）。（2）水平面光滑，使物體緩慢壓縮彈簧，當推力F做功為15J時，彈簧的彈力做功﹣15J，以彈簧處于自然長度時為零勢能點，則此時彈簧的彈性勢能為15J?！究键c】彈性勢能的變化和彈力做功的關系．【專題】定性思想；推理法；功的計算專題；理解能力．【答案】（1）負；增大；（2）﹣15；15。【分析】（1）根據正負功的公式判斷；根據彈簧的彈力做功與彈性勢能變化的關系判斷；（2）根據功能關系判斷；根據彈簧的彈力做功與彈性勢能變化的關系判斷?！窘獯稹拷猓海?）物體由O向A'運動的過程中，彈簧壓縮，彈力水平向右，位移水平向左，彈力做負功。根據功能關系W彈＝﹣ΔEp所以彈性勢能增大。（2）使物體緩慢壓縮彈簧，所以物體處于動態平衡，則有彈簧的彈力做功與推力做的功大小相等，一正一負，即W彈＝﹣WF＝﹣15J根據功能關系，則有彈簧的彈性勢能為ΔEp′＝﹣W彈′＝15J故答案為：（1）負；增大；（2）﹣15；15?！军c評】該題考查彈力做功與彈性勢能變化的關系，牢記即可。13．（2023秋?云南期末）一名同學看過雜技演員“水流星”表演（圖甲）后，用輕質細繩系著一個軟木塞，掄動細繩讓軟木塞模擬“水流星”在豎直平面內做圓周運動（圖乙）。已知細繩的長度l＝0.9m，軟木塞的質量m＝20g，重力加速度g取10m/s2。若軟木塞能做完整的圓周運動，則軟木塞經過最高點時的最小速度為3m/s。軟木塞經過最低點時細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”）。軟木塞從最低點運動到最高點的過程中，重力勢能增加了0.36J?！究键c】重力勢能的變化和重力做功的關系；牛頓第二定律的簡單應用；繩球類模型及其臨界條件．【專題】定量思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理論證能力．【答案】3；大于；0.36?！痉治觥克斑\動到最高點時，水恰好不流出時，由水的重力剛好提供其做圓周運動的向心力，根據牛頓第二定律求解最小速率，木塞經過最低點時向心力向上，拉力大于重力，根據重力勢能表達式求解增加的重力勢能?！窘獯稹拷猓核斑\動到最高點時，水恰好不流出時，重力提供向心力，速度最小，根據mg=可得v1木塞經過最低點時向心力向上，即拉力與重力的合力向上，則拉力大小大于它的重力大小。軟木塞從最低點運動到最高點的過程中，重力勢能增加了ΔEp＝mg×2l，解得ΔEp＝0.36J故答案為：3；大于；0.36?！军c評】本題考查了豎直面內圓周運動的“繩球模型”，知道最高點的臨界情況，結合牛頓第二定律進行求解，基礎題。四．解答題（共2小題）14．（2024秋?天寧區校級期末）如圖所示，直角細支架豎直段AB粗糙、水平段BC光滑且均足夠長，AB段、BC段各穿過一個質量1kg的小球a與b，a、b兩球通過長1m的細線連接．支架以初始角速度ω1繞AB段勻速轉動，此時細線與豎直方向夾角為37°，兩小球在支架上不滑動；現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后緩慢下滑．小球a與AB段間的動摩擦因數為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．支架轉動角速度從ω1變化到ω（1）初始時刻，細線中的張力大?。唬?）小球a重力勢能的變化量；（3）細線與豎直方向夾角θ的最大值（用三角函數表示）?！究键c】重力勢能的變化和重力做功的關系；勻速圓周運動；繩球類模型及其臨界條件．【專題】計算題；定量思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理論證能力．【答案】（1）初始時刻，細線中的張力大小為10N；（2）小球a重力勢能的變化量為2J；（3）細線與豎直方向夾角θ的最大值為arctan2。【分析】（1）對b分析，根據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，結合重力勢能表達式分析求解；（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，根據拉力提供向心力，結合ω趨于無窮大時，θ最大分析求解。【解答】解：（1）當角速度為ω1，對bT1其中r1＝Lsinθ1解得：T1＝10N（2）當角速度為ω2，對b有：T2＝10N對a滿足：T2sinθ2＝N2T2cosθ2+f2＝mgf2＝μN2聯立得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得T（cosθ﹣μsinθ）＝mg對b有T＝mω2L聯立得cosθ-當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）細線與豎直方向夾角θ的最大值為arctan2?！军c評】本題考查了圓周運動，理解不同情況下物體的運動狀態，正確受力分析是解決此類問題的關鍵。15．（2024春?沙坪壩區校級月考）如圖所示，小球質量m＝0.5kg，用長L＝0.8m的細線懸掛，把小球拉到水平位置A處（細線繃直）靜止釋放，當小球從A點擺到懸點正下方B點時，細線恰好被拉斷，然后運動到地面C點。懸點與地面的豎直高度H＝5.8m，不計空氣阻力，取10m/s2。求：（1）小球從A到B重力勢能的減少量ΔEp；（2）小球運動到B點時的速度大小vB；（3）小球落地點C與B的水平距離x。【考點】重力勢能的計算；平拋運動速度的計算；平拋運動位移的計算．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；動能定理的應用專題；推理論證能力．【答案】（1）小球從A到B重力勢能的減少量ΔEp為4J；（2）小球運動到B點時的速度大小vB為4m/s；（3）小球落地點C與B的水平距離x為4m?！痉治觥浚?）根據EP＝mgh計算；（2）根據動能定理計算；（3）根據平拋運動規律計算。【解答】解：（1）小球重力勢能的減少量為ΔEP＝mgL＝0.5×10×0.8J＝4J（2）小球從A到B根據動能定理有mgL=代入數據解得vB＝4m/s（3）設小球從B到C的時間為t，則有H﹣L=小球在水平方向做勻速直線運動，則x＝vBt代入數據解得x＝4m答：（1）小球從A到B重力勢能的減少量ΔEp為4J；（2）小球運動到B點時的速度大小vB為4m/s；（3）小球落地點C與B的水平距離x為4m。【點評】能夠分析清楚小球的運動過程是解題的基礎。

考點卡片1．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。2．曲線運動的概念和特點【知識點的認識】1．定義：軌跡是曲線的運動叫曲線運動．2．運動特點：（1）速度方向：質點在某一點的速度，沿曲線在這一點的切線方向．（2）運動的性質：做曲線運動的物體，速度的方向時刻在改變，所以曲線運動一定是變速運動，即必然具有加速度．3．曲線運動的條件（1）從動力學角度看：物體所受合力的方向跟它的速度方向不在同一條直線上．（2）從運動學角度看：物體的加速度方向跟它的速度方向不在同一條直線上．【命題方向】物體做曲線運動時，一定發生變化的物理量是（）A．速度的大小B．速度的方向C．加速度的大小D．加速度的方向分析：曲線運動的速度方向是切線方向，時刻改變，是變速運動，一定有加速度，但加速度不一定變化．解答：A、B、曲線運動的速度方向是切線方向，時刻改變，故速度方向一定變化，而大小可以不變，如勻速圓周運動，故A錯誤，B正確；C、D、曲線運動的條件是合力與速度不共線，故合力可以是恒力，如平拋運動，合力恒定，加速度也恒定，為g，故C錯誤，D錯誤；故選B．點評：本題關鍵明確曲線運動的運動學特點以及動力學特點，同時要熟悉勻速圓周運動和平拋運動兩中曲線運動．【解題思路點撥】變速運動一定是曲線運動嗎？曲線運動一定是變速運動嗎？曲線運動一定不是勻變速運動嗎？請舉例說明？變速運動不一定是曲線運動，如勻變速直線運動．曲線運動一定是變速運動，因為速度方向一定變化．曲線運動不一定是非勻變速運動，如平拋運動是曲線運動，也是勻變速運動．3．平拋運動速度的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動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動時間也可以求出平拋運動的初速度。【命題方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達P點，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內小球下落的高度為4.8mB、0.8s內小球下落的高度為3.2mC、小球到達P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s分析：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P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點評：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，結合運動學公式靈活求解?！窘忸}思路點撥】做平拋運動的物體，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動，滿足vy＝gt。4．平拋運動位移的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動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動，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯立得x＝v02所以說平拋運動的水平位移與初速度大小和拋出點的高度有關。【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（）物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同．解：物體做平拋運動，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。本題就是對平拋運動規律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解．【解題思路點撥】平拋運動的物體在水平和豎直方向上的運動都是獨立的，可以分別計算兩個方向的位移，并與合位移構成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。5．勻速圓周運動【知識點的認識】1.定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處相等，這種運動叫作勻速圓周運動。也可說勻速圓周運動是角速度不變的圓周運動。2.性質：線速度的方向時刻在變，因此是一種變速運動。3.勻速圓周運動與非勻速圓周運動的區別（1）勻速圓周運動①定義：角速度大小不變的圓周運動。②性質：向心加速度大小不變，方向始終指向圓心的變加速曲線運動。③質點做勻速圓周運動的條件：合力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心。（2）非勻速圓周運動①定義：線速度大小不斷變化的圓周運動。②合力的作用a、合力沿速度方向的分量Ft產生切向加速度，Ft＝mat，它只改變速度的大小。b、合力沿半徑方向的分量Fn產生向心加速度，Fn＝man，它只改變速度的方向?！久}方向】對于做勻速圓周運動的物體，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、相等的時間里發生的位移相同D、相等的時間里轉過的角度相等分析：勻速圓周運動的過程中相等時間內通過的弧長相等，則路程也相等，相等弧長對應相等的圓心角，則相等時間內轉過的角度也相等。位移是矢量，有方向，相等的弧長對應相等的弦長，則位移的大小相等，但方向不同。解答：AB、勻速圓周運動在相等時間內通過的弧長相等，路程相等。故AB正確。C、相等的弧長對應相等的弦長，所以相等時間內位移的大小相等，但方向不同，所以相等時間內發生的位移不同。故C錯誤。D、相等的弧長對應相等的圓心角，所以相等時間內轉過的角度相等。故D正確。故選：ABD。點評：解決本題的關鍵知道勻速圓周運動的線速度大小不變，所以相等時間內通過的弧長相等，路程也相等。【解題思路點撥】1.勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較項目勻速圓周運動非勻速圓周運動運動性質是速度大小不變，方向時刻變化的變速曲線運動，是加速度大小不變而方向時刻變化的變加速曲線運動是速度大小和方向都變化的變速曲線運動，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運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6．向心力的定義及物理意義（受力分析方面）【知識點的認識】1.定義：做勻速圓周圓周的物體所受的指向圓心的力。2.作用效果：不改變速度的大小，只改變速度的方向。3．大小：Fn＝man＝mv2r＝mω2r4．方向：總是沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力。5．來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，甚至可以由一個力的分力提供，因此向心力的來源要根據物體受力的實際情況判定。注意：向心力是一種效果力，受力分析時，切不可在物體的相互作用力以外再添加一個向心力?！久}方向】如圖所示，小球在一細繩的牽引下，在光滑桌面上繞繩的另一端O做勻速圓周運動，關于小球的受力情況，下列說法中正確的是（）A、受重力、支持力和向心力的作用B、受重力、支持力、拉力和向心力的作用C、受重力、支持力和拉力的作用D、受重力和支持力的作用分析：小球受到重力、桌面的支持力和繩的拉力做勻速圓周運動，豎直方向重力和支持力平衡，由繩的拉力提供向心力．解答：小球受到重力、桌面的支持力和繩的拉力，豎直方向小球沒有位移，重力和支持力平衡，繩的拉力提供向心力。故選：C。點評：對于勻速圓周運動，向心力是由物體所受合力提供，分析受力時，只分析物體實際受到的力，向心力不單獨分析．【解題思路點撥】1.向心力的方向：圓周運動的向心力方向時刻在變化，始終指向圓心，與線速度的方向垂直。2.向心力的效果：由于向心力的方向與物體運動方向始終垂直，故向心力不改變線速度的大小，只改變線速度的方向。3.向心力的性質：向心力是按效果命名的力，在受力分析的時候不能單獨分析。7．向心加速度的概念、方向及物理意義【知識點的認識】1.概念：物體做勻速圓周運動時的加速度總指向圓心，這個加速度叫作向心加速度。2.物理意義：向心加速度在勻速圓周運動中是用來描述速度變化快慢的物理量。3.變速圓周運動中的加速度：變速圓周運動中，線速度的大小與方向均在變化，加速度的大小與方向均在變化，且加速度的方向不再指向圓心。4.圓周運動中的外力與加速度牛頓第二定律適用于任何運動形式，圓周運動也不例外。勻速圓周運動中向心力即是合力，向心加速度即是總的加速度，故有Fn＝man。變速圓周運動的合力一般不指向圓心，可產生兩個效果：沿半徑方向上的合力改變物體速度的方向而產生向心加速度，沿切線方向上的合力改變物體速度的大小而產生切向加速度。合力與總的加速度、向心力與向心加速度，切向力與切向加速度均遵從牛頓第二定律?！久}方向】在勻速圓周運動中，下列關于向心加速度的說法正確的是（）A、向心加速度的方向始終指向圓心，因此其方向保持不變B、向心加速度的方向始終指向圓心，其大小保持不變C、向心加速度時刻在變化，因此勻速圓周運動是變加速運動D、它描述的是線速度方向變化的快慢分析：做勻速圓周運動的物體要受到指向圓心的向心力的作用，從而產生指向圓心的向心加速度，向心加速度只改變物體的速度的方向不改變速度的大?。獯穑篈、向心加速度的方向始終指向圓心，在不同的時刻方向是不同的，所以A錯誤。B、勻速圓周運動的向心加速度的方向始終指向圓心，其大小保持不變，所以B正確。C、做勻速圓周運動的物體，要受到始終指向圓心的力的作用來作為向心力，力的大小不變，但方向時刻在變，所以向心加速度也是變化的，是變加速運動，所以C正確。D、勻速圓周運動的向心加速度只改變物體的速度的方向不改變速度的大小，所以它描述的是線速度方向變化的快慢，所以D正確。故選：BCD。點評：勻速圓周運動要注意，其中的勻速只是指速度的大小不變，合力作為向心力始終指向圓心，合力的方向也是時刻在變化的．【解題思路點撥】1.物理意義：描述勻速圓周運動中線速度改變的快慢，只能表示速度方向變化的快慢，不表示速度大小變化的快慢。2.方向特點1）指向圓心：無論是勻速圓周運動，還是變速圓周運動，向心加速度的方向都指向圓心（或者說與線速度方向垂直）。（2）時刻改變：無論向心加速度的大小是否變化，向心加速度的方向隨線速度方向的改變而改變，所以圓周運動的向心加速度是時刻改變的。3.勻速圓周運動中的“變”與“不變”（1）“不變”量：勻速圓周運動的角速度、周期.轉速不變，線速度，加速度這兩個矢量的大小不變。（2）“變化”量：勻速圓周運動的線速度、加速度這兩個矢量的方向時刻在改變，故線速度、加速度在時刻改變。4.變速圓周運動的向心加速度做變速圓周運動的物體，加速度并不指向圓心，該加速度有兩個分量：一是向心加速度，二是切向加速度。向心加速度表示速度方向變化的快慢，切向加速度表示速度大小變化的快慢。所以變速圓周運動中，向心加速度的方向也總是指向圓心。8．繩球類模型及其臨界條件【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，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管內做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質量為M的支座上有一水平細軸．軸上套有一長為L的細繩，繩的另一端栓一質量為m的小球，讓球在豎直面內做勻速圓周運動，當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？分析：當小球運動到最高點時，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，由牛頓運動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯立①②式可解得：v=M答：小球的線速度是M+點評：物體做圓周運動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．【解題思路點撥】對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v9．萬有引力的基本計算【知識點的認識】1.萬有引力定律的內容和計算公式為：自然界中任何兩個物體都相互吸引，引力的方向在它們的連線上，引力的大小與物體的質量m1和m2的乘積成正比，與它們之間距離r的二次方程反比。即FG＝6.67×10﹣11N?m2/kg22.如果已知兩個物體（可視為質點）的質量和距離就可以計算他們之間的萬有引力?！久}方向】如下圖，兩球的質量均勻分布，大小分別為M1與M2，則兩球間萬有引力大小為（）A、GM1M2r2B、GM1M2分析：根據萬有引力定律的內容，求出兩球間的萬有引力大小．解答：兩個球的半徑分別為r1和r2，兩球之間的距離為r，所以兩球心間的距離為r1+r2+r，根據萬有引力定律得：兩球間的萬有引力大小為F＝GM故選：D。點評：對于質量均勻分布的球，公式中的r應該是兩球心之間的距離．【解題思路點撥】計算萬有引力的大小時要注意兩個物體之間的距離r是指兩個物體重心之間的距離。10．第一、第二和第三宇宙速度的物理意義【知識點的認識】一、宇宙速度1．第一宇宙速度（環繞速度）（1）大小：7.9km/s．（2）意義：①衛星環繞地球表面運行的速度，也是繞地球做勻速圓周運動的最大速度．②使衛星繞地球做勻速圓周運動的最小地面發射速度．2．第二宇宙速度（1）大?。?1.2km/s（2）意義：使衛星掙脫地球引力束縛的最小地面發射速度．第二宇宙速度（脫離速度）在地面上發射物體，使之能夠脫離地球的引力作用，成為繞太陽運動的人造行星或繞其他行星運動的人造衛星所必需的最小發射速度，其大小為v＝11.2km/s．3．第三宇宙速度（1）大小：16.7km/s（2）意義：使衛星掙脫太陽引力束縛的最小地面發射速度．第三宇宙速度（逃逸速度）在地面上發射物體，使之最后能脫離太陽的引力范圍，飛到太陽系以外的宇宙空間所必需的最小速度，其大小為v＝16.7km/s．三種宇宙速度比較宇宙速度數值（km/s）意義第一宇宙速度7.9這是衛星繞地球做圓周運動的最小發射速度第二宇宙速度11.2這是物體掙脫地球引力束縛的最小發射速度第三宇宙速度16.7這是物體掙脫太陽引力束縛的最小發射速度【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查對第一宇宙速度概念的理解：關于第一宇宙速度，下列說法正確的是（）A．它是人造地球衛星繞地球作勻速圓周運動的最大速度B．它是人造地球衛星在圓形軌道上的最小運行速度C．它是能使衛星繞地球運行的最小發射速度D．它是人造衛星繞地球作橢圓軌道運行時在近地點的速度分析：第一宇宙速度是在地面發射人造衛星所需的最小速度，也是圓行近地軌道的環繞速度，也是圓形軌道上速度的最大值．解：第一宇宙速度是近地衛星的環繞速度v=GMR因而第一宇宙速度是人造地球衛星繞地球作勻速圓周運動的最大速度，A正確、B錯誤；在近地面發射人造衛星時，若發射速度等于第一宇宙速度，重力恰好等于向心力，做勻速圓周運動，若發射速度大于第一宇宙速度，重力不足提供向心力，做離心運動，即會在橢圓軌道運動，因而C正確、D錯誤；故選AC．點評：要使平拋的物體成為繞地球做運動的衛星，其速度必須小于或等于第一宇宙速度，當取等號時為圓軌道．【解題思路點撥】1.三個宇宙速度都有自身的物理意義，要準確記住其意義及具體的數值。2.每個天體都有自己的宇宙速度，課本上介紹的只是地球的三大宇宙速度。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?！久}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??；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．多個力做的總功【知識點的認識】1.總功的定義：當一個物體在幾個力的共同作用下發生一段位移時，這幾個力對物體所做的總功，是各個力分別對物體所做功的代數和。2.總功的計算方法：（1）先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。（2）先求各個力做的功W1、W2、W3、???，再應用W合＝W1+W2+W3+???求合力做的功?！久}方向】質量為m＝2kg的物體在水平地面上，受到與水平面成θ＝37°，大小F1＝10N的拉力作用，移動的距離s＝2m，已知：物體與地面的動摩擦因數μ＝0.3，g為10m/s2．（sin37°＝0.6、cos37°＝0.8）求：（1）拉力F1對物體所做的功；（2）摩擦力F2對物體所做的功；（3）合外力F對物體所做的總功．分析：（1）根據恒力做功的公式：W＝Fscosθ即可求得拉力F1對物體所做的功；（2）根據滑動摩擦力做功的公式Wf＝﹣fs即可求解；（3）合外力F對物體所做的總功等于所以力做功的代數和．解答：（1）拉力F1對物體所做的功為：W1＝F1scosθ＝10×2×0.8J＝16J（2）摩擦力F2對物體所做的功為：Wf＝﹣fs＝﹣μ（mg﹣F1sin37°）s＝﹣0.3×（20﹣10×0.6）×2J＝﹣8.4J（3）整個過程中只有拉力和滑動摩擦力做功，重力和支持力不做功，故W合＝W1+Wf＝16﹣8.4J＝7.6J答：（1）拉力F1對物體所做的功為16J；（2）摩擦力F2對物體所做的功為﹣8.4J；（3）合外力F對物體所做的總功為7.6J．點評：本題考查了恒力做功的公式，注意此過程中滑動摩擦力做的是負功，合外力F對物體所做的總功等于所以力做功的代數和．【解題思路點撥】合力做功的兩種求解方法1.先求合理，再求總功（1）思維流程（2）適用范圍①在物體發生一段位移的過程中，所受的各力均不發生變化。②物體所受的合外力為恒力。2.先求各分力的功，再求總功（1）思維流程（2）適用范圍①物體所受的各分力在發生某段位移的過程中是恒定不變的。②物體發生某段位移的過程中，可以有分力發生變化。13．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=W14．重力勢能的定義和性質【知識點的認識】1．定義：物體由于被舉高而具有的能量叫做重力勢能．2．大?。何矬w的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積，表達式為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，根據重力勢能的公式可以直接計算得出．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。點評：本題是對重力勢能公式的直接考查，由公式可以直接計算出結果，題目比較簡單．【解題方法點撥】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．其表達式為：Ep＝mgh．重力勢能是一個相對量，它的數值與參考平面的選擇有關，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，經常選取物體運動過程中的最低位置所在平面作為參考平面，這樣可以避免負勢能的計算．15．重力勢能的計算【知識點的認識】重力勢能具有以下性質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值，負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?。?．標矢性重力勢能為標量，其正負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，重力勢能為負值．3．系統性重力勢能是地球與物體所組成的系統共有的．【命題方向】下列關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公式Ep＝mgh，進行分析解答．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，當物體在參考平面的下方時重力勢能為負，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。點評：解決本題的關鍵知道重力勢能的大小與零勢能的選取有關，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．【解題思路點撥】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．其表達式為：Ep＝mgh．重力勢能是一個相對量，它的數值與參考平面的選擇有關，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，經常選取物體運動過程中的最低位置所在平面作為參考平面，這樣可以避免負勢能的計算．16．重力勢能的變化和重力做功的關系【知識點的認識】一、重力做功與重力勢能變化的關系1．關系式：WG＝Ep1﹣Ep2．其中Ep1＝mgh1表示物體的初位置的重力勢能，Ep2＝mgh2表示物體的末位置的重力勢能．2．當物體由高處運動到低處時，重力做正功，重力勢能減少，也就是WG＞0，Ep1＞Ep2．重力勢能減少的數量等于重力所做的功．3．當物體由低處運動到高處時，重力做負功，或者說物體克服重力做功，重力勢能增大，也就是WG＜0，Ep1＜Ep2．重力勢能增加的數量等于物體克服重力所做的功．【命題方向】題型一：重力做功與重力勢能變化的關系的理解例1：質量相等的均質柔軟細繩A、B平放于水平地面，繩A較長．分別捏住兩繩中點緩慢提起，直到全部離開地面，兩繩中點被提升的高度分別為hA、hB，上述過程中克服重力做功分別為WA、WB．若（）A．hA＝hB，則一定有WA＝WBB．hA＞hB，則可能有WA＜WBC．hA＜hB，則可能有WA＝WBD．hA＞hB，則一定有WA＞WB分析：質量相等的均質柔軟細繩，則長的繩子，其單位長度的質量小，根據細繩的重心上升的高度找出克服重力做功的關系．解：A、兩繩中點被提升的高度分別為hA、hB，hA＝hB，繩A較長．所以繩A的重心上升的高度較小，質量相等，所以WA＜WB．故A錯誤；B、hA＞hB，繩A較長．所以繩A的重心上升的高度可能較小，質量相等，所以可能WA＜WB．故B正確，D錯誤；C、hA＜hB，繩A較長．所以繩A的重心上升的高度一定較小，質量相等，所以WA＜WB．故C錯誤．故選：B．點評：解決該題關鍵要知道柔軟細繩不能看成質點，找出不同情況下重心上升的高度的關系．例2：一只100g的球從1.8m的高處落到一個水平板上又彈回到1.25m的高度，則整個過程中重力對球所做的功及球的重力勢能的變化是（g＝10m/s2）（）A．重力做功為1.8JB．重力做了0.55J的負功C．物體的重力勢能一定減少0.55JD．物體的重力勢能一定增加1.25J分析：由重力做功的公式WG＝mgh可求得重力所做的功；再由重力做功與重力勢能的關系可分析重力勢能的變化．解：物體高度下降了h＝1.8﹣1.25＝0.55（m）；則重力做正功為：W＝mgh＝0.1×10×0.55＝0.55（J）；而重力做功多少等于重力勢能的減小量，故小球的重力勢能一定減少0.55J，故C正確，ABD錯誤．故選：C．點評：本題考查重力做功與重力勢能的關系，在解題時一定要明確重力做功與路徑無關，只與初末狀態的高度差有關．題型二：重力做功的求解例3：質量為m的均勻鏈條長為L，開始放在光滑水平桌面上時，有14分析：設桌面為零勢能面，分鏈條為桌上的部分和桌下的部分分別確定出其兩種情況下的重力勢能，然后得到其變化量．解：設桌面為零勢能面，開始時鏈條的重力勢能為：E1=-14mg?當鏈條剛脫離桌面時的重力勢能：E2＝﹣mg?12故重力勢能的變化量：△E＝E2﹣E1=-15答：從開始到鏈條剛滑離桌面過程中重力勢能變化了-1532點評：零勢能面的選取是任意的，本題也可以選鏈條滑至剛剛離開桌邊時鏈條的中心為零勢能面，結果是一樣的，要注意重力勢能的正負．【知識點應用及拓展】一、重力做功與重力勢能變化的關系的進一步理解：重力