第60頁（共60頁）2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高一同步經典題精練之功一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?天津期末）圖甲所示的救生緩降器是一種可使人沿繩下降的安全營救裝置。如圖乙所示，高層建筑工人在一次險情中，從H＝30m高的地方通過緩降器由靜止開始下落，其下落過程的v﹣t圖像如圖丙所示，落地瞬間速度恰好減為零。假設工人在加速和減速過程的加速度大小相等，已知工人的質量m＝60kg，g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．工人勻速下落的位移大小為6m B．0～2s內，鋼絲繩對工人的拉力大小為360N C．工人整個下降過程所用的時間為4.6s D．全程緩降器對工人做正功2．（2024秋?寧波期末）北京時間2024年11月4日01時24分，神舟十八號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，不僅刷新了中國航天員單次出艙活動時間紀錄，更為空間站長期穩定在軌運行進一步積累了寶貴的數據和經驗。現某飛船繞地球做橢圓運動的軌跡如圖所示，AB是橢圓的長軸，CD是橢圓的短軸，E、F兩點關于橢圓中心對稱。以下說法正確的是（）A．飛船運動到B點時的速度最大 B．從C運動到E和從D運動到F的兩個過程運動時間相等 C．飛船在C點所受萬有引力小于在F點所受萬有引力 D．飛船從A點到B點的運動過程中萬有引力做正功3．（2024秋?天河區期末）如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉，在傳送帶左端A處輕放一可視為質點的小物塊，小物塊從A端到B端的速度—時間變化規律如圖乙所示，t＝6s時恰好到B點，則（）A．物塊與傳送帶之間動摩擦因數為μ＝0.5 B．AB間距離為20m C．小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8m D．若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變為零，則物塊不能到達B端4．（2024秋?大興區期末）物理關系式不僅反映了物理量之間的關系，也確定了單位間的關系。初中階段我們學習了一個物體在力F的作用下沿著力的方向移動了一段距離l，這個力對物體做的功W＝F?l，以及功的單位J（焦），下列組合單位與J（焦）等效的是（）A．kg?m2s2 B．N?s C．5．（2025?陜西模擬）春秋戰國時期，《墨經》記載了利用斜面來運送貨物的方法。如圖所示，用平行于斜面的推力將貨物從地面勻速推到貨車上。若貨物與斜面間的動摩擦因數恒定，下列說法正確的是（）A．斜面越短，推力對貨物做的功越多 B．斜面越長，推力對貨物做的功越多 C．斜面越短，推力越大 D．斜面越長，推力越大二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024?肇慶一模）如圖為一種魚蝦自動分離裝置的示意圖，魚和蝦均從一個靠近傳送帶的出料口掉落到轉動的傳送帶上，魚和蝦就會自動分別向兩端運動。下列說法正確的是（）A．傳送帶的轉動方向是順時針方向 B．魚在傳送帶上運動時，內能增加，機械能減小 C．傳送帶速度越大，蝦到達下端蝦收集箱的用時越短 D．魚和傳送帶間的動摩擦因數一定大于蝦和傳送帶間的動摩擦因數（多選）7．（2024?山東一模）如圖所示，光垂直照射斜面，把一個質量為0.2kg的小球從斜面頂端水平彈射出來做平拋運動，小球剛好落在木板底端。然后使用手機連續拍照功能，拍出多張照片記錄小球此運動過程。通過分析照片可以得到小球的飛行時間為0.6s，小球與其影子距離最大時，影子A距木板頂端和底端的距離之比約為7：9，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．飛行過程中，重力對小球做的功為1.8J B．小球與影子距離最大時，剛好是飛行的中間時刻 C．斜面的傾角θ＝30° D．木板的長度為3.6m（多選）8．（2024秋?荔灣區校級月考）如圖所示，與水平面成θ＝30°角的傳送帶正v＝5m/s的速度勻速運行，A，B兩端相距l＝25m。現每隔1s把質量m＝1kg的工件（視為質點）輕放在傳送帶上，在傳送帶的帶動下，工件向上運動，且工件到達B端時恰好才在A端放上一個工件，工件與傳送帶同的動摩擦因數μ=32，g取10m/sA．工件在傳送帶上時，先受到向上的滑動摩擦力，后受到向上的靜摩擦力 B．兩個工件間的最小距離為1.25m C．傳送帶上始終有7個工件 D．滿載時與空載時相比，電機對傳送帶的牽引力增大了45N（多選）9．（2024秋?嶗山區校級期中）如圖為傾角為θ＝45°的斜坡，斜坡底端Q點正上方有M和N兩點，甲戰斗機以水平速度v1飛到M點時釋放炸彈A，準確命中斜坡上的一點P，MP的連線垂直于坡面；乙戰斗機以水平速度v2飛到N點時釋放炸彈B，也準確命中斜坡上的同一點P，命中時速度方向恰好垂直于斜坡。已知炸彈在空中可視作做平拋運動。下列說法正確的是（）A．炸彈A、B在空中的飛行時間之比為2：B．重力對炸彈A、B做功之比為2：1 C．任意相同時間內，炸彈A、B在空中的速度變化量之比為1：1 D．v三．填空題（共3小題）10．（2024秋?浦東新區校級期末）健身節中，某校男生進行拉輪胎訓練，如圖所示。質量為m的輪胎在與水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向前勻速移動了一段距離l。已知輪胎與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，合力對輪胎做功為，滑動摩擦力做功為。11．（2024春?思明區校級月考）如圖，可視為質點的小木塊質量為m，木板質量為M＝3m，長度為L，一輕繩通過定滑輪分別與木板和小木塊連接，小木塊與木板間、木板與水平桌面間的動摩擦因數均為μ，開始時木塊靜止在木板左端。用水平向右的拉力將小木塊緩慢向右拉，直到小木塊處于木板正中央，則水平向右的拉力大小為，該過程此拉力做功為。12．（2024春?浦東新區校級期中）如圖所示，物體A、B的質量相同，與地面的動摩擦因數也相同。在斜向下恒定的推力F作用下一起沿水平地面向右運動了一段位移s，則A對B的作用力大小B對A的作用力大小，摩擦力對A、B所做大小功分別為Wf1和Wf2，則Wf1Wf2（均填“＞”、“＜”或“＝”）。四．解答題（共3小題）13．（2024?濟寧模擬）遙控爬墻小車通過排出車身內部部分空氣，和外界大氣形成氣壓差，由于氣壓差使車身內外產生的壓力差恒為F0＝25N，方向垂直于接觸面，使小車可吸附在墻壁、天花板上。如圖所示，某次小車從室內墻壁上的A點由靜止出發，沿著豎直方向經B處一小段圓弧運動到水平天花板上的C點，然后從C點開始做勻速圓周運動。已知AB沿豎直方向且足夠長，運動過程中小車受到的阻力f大小與車和墻壁間、天花板間的彈力FN之間關系為f＝0.8FN，方向總與速度方向相反。小車質量m＝0.5kg，小車可視為質點，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2。（1）若小車在AB段上的功率為P＝75W，求小車在AB段上最大速度的大小vm；（2）若小車在天花板上以v＝3m/s的速率做勻速圓周運動，牽引力大小為F＝20N，取π＝3，求小車運動一周牽引力做的功。14．（2023秋?惠山區校級期末）如圖所示的離心裝置中，水平光滑輕桿固定在豎直光滑轉軸的O點，小圓環A和輕質彈簧套在輕桿上，彈簧左端固定于O點，右端連接A，套在轉軸上的質量為m＝2kg的小球B，通過長為L＝6m的輕繩與A相連，裝置靜止時輕繩與豎直方向的夾角為θ1＝30°。現將裝置由靜止緩慢加速轉動，當轉軸角速度為ω＝5rad/s時，輕繩與豎直方向夾角增大到θ2＝60°，此時彈簧彈力大小等于裝置靜止時彈簧彈力大小，重力加速度為g取10m/s2，求：（1）分析輕繩與豎直方向夾角由θ1增大到θ2全過程中彈簧對小圓環A做功情況；（2）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；（3）環A的質量M。15．（2024秋?重慶月考）如圖所示，裝卸工人利用斜面將一箱子緩慢地推到貨車上。在箱子上移的過程中，人對箱子推力的方向始終平行斜面向上，已知箱子的質量為m＝20kg，箱子與斜面間的動摩擦因數為μ=34，斜面的長度為l＝4m，斜面頂端距水平地面的距離為h＝2m，重力加速度為g＝（1）人對箱子推力的大小；（2）箱子從斜面底端到頂端過程中，人對箱子推力做的功。

2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高一同步經典題精練之功參考答案與試題解析題號12345答案ACCB一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?天津期末）圖甲所示的救生緩降器是一種可使人沿繩下降的安全營救裝置。如圖乙所示，高層建筑工人在一次險情中，從H＝30m高的地方通過緩降器由靜止開始下落，其下落過程的v﹣t圖像如圖丙所示，落地瞬間速度恰好減為零。假設工人在加速和減速過程的加速度大小相等，已知工人的質量m＝60kg，g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．工人勻速下落的位移大小為6m B．0～2s內，鋼絲繩對工人的拉力大小為360N C．工人整個下降過程所用的時間為4.6s D．全程緩降器對工人做正功【考點】功的正負及判斷；牛頓第二定律的圖像問題．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】A【分析】AB.根據v﹣t圖像計算加速度和加減速位移，再結合幾何關系、牛頓第二定律列式求解勻速運動位移和拉力；C.根據總時間和分段時間的關系列式求解；D.根據功的定義式進行分析解答。【解答】解：AB.根據圖丙可知，工人加速下降和減速下降時的加速度大小為a=ΔvΔt=122m/s2＝6m/s2，加速和減速時對應的位移大小為x=v2t1=122×2m＝12m，所以勻速運動的位移為x′＝H﹣2x＝30m﹣2×12m＝6m，在0～2s內，根據牛頓第二定律有mg﹣F＝C.勻速運動的時間為t′=x'v=612s＝0.5s，整個下落過程所用時間為t總＝2t1+t′＝2×D.工人的運動方向向下，緩降器對工人的拉力向上，則拉力做負功，故D錯誤。故選：A。【點評】考查v﹣t圖像的認識和理解，結合牛頓第二定律列式求解相應的物理量。2．（2024秋?寧波期末）北京時間2024年11月4日01時24分，神舟十八號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，不僅刷新了中國航天員單次出艙活動時間紀錄，更為空間站長期穩定在軌運行進一步積累了寶貴的數據和經驗。現某飛船繞地球做橢圓運動的軌跡如圖所示，AB是橢圓的長軸，CD是橢圓的短軸，E、F兩點關于橢圓中心對稱。以下說法正確的是（）A．飛船運動到B點時的速度最大 B．從C運動到E和從D運動到F的兩個過程運動時間相等 C．飛船在C點所受萬有引力小于在F點所受萬有引力 D．飛船從A點到B點的運動過程中萬有引力做正功【考點】功的正負及判斷；開普勒三大定律；萬有引力的基本計算．【專題】定性思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】近地點速度大，根據飛船速率的變化情況，判斷所用時間關系，根據萬有引力定律分析萬有引力的關系，船從A點到B點的運動過程中萬有引力的方向與運動方向夾角為鈍角，對飛船做負功。【解答】解：A．AB是橢圓的長軸，CD是橢圓的短軸，由開普勒第二定律可知，飛船運動到近地點A點時的速度最大，故A錯誤；B．由飛船繞地球做橢圓運動的軌跡可知，從C運動到E和從D運動到F的兩個過程的路程相等，從C運動到E飛船的速率減小，從D運動到F速率增大，根據平均速率等于路程與時間之比可知，從D到F過程平均速率大，則從C運動到E的時間比從D運動到F的時間長，故B錯誤；C．由于C點到地心的距離比F點到地心的距離遠，根據萬有引力定律F=可知，飛船在C點所受萬有引力小于在F點所受萬有引力，故C正確；D．飛船從A點向B點運動過程中，萬有引力的方向與運動方向夾角為鈍角，故對飛船做負功，故D錯誤。故選：C。【點評】解答本題的關鍵要掌握開普勒運動定律，能分析飛船速率變化情況，從而分析出運動時間和平均速率的關系。3．（2024秋?天河區期末）如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉，在傳送帶左端A處輕放一可視為質點的小物塊，小物塊從A端到B端的速度—時間變化規律如圖乙所示，t＝6s時恰好到B點，則（）A．物塊與傳送帶之間動摩擦因數為μ＝0.5 B．AB間距離為20m C．小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8m D．若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變為零，則物塊不能到達B端【考點】重力做功的特點和計算；水平傳送帶模型．【專題】定量思想；圖析法；振動圖象與波動圖象專題；分析綜合能力；模型建構能力．【答案】C【分析】由v﹣t圖像的斜率求出物塊做勻加速直線運動時的加速度，根據牛頓第二定律和滑動摩擦力公式相結合求物塊與傳送帶之間動摩擦因數；根據圖像與時間軸所圍成的面積求出物塊在0﹣6s內的位移大小，即為AB間距離；讀出傳送帶的速度，根據物塊與傳送帶間的相對位移大小求物塊在傳送帶上留下的痕跡長度；若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變為零，由速度—位移公式求出物塊在傳送帶上滑行的距離，從而判斷物塊能否到達B端。【解答】解：A、由圖乙可知，在0﹣4s內，物塊做勻加速直線運動，加速度大小為a=vt=44m/s2＝1m/s2，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，聯立解得μB、因物塊在t＝6s時恰好到B點，所以物塊在0﹣6s內的位移大小等于AB間的距離，根據v﹣t圖像與時間軸所圍成的面積表示位移，可得AB間距離為L=2+62×4m＝16mC、由于t＝4s后物塊與傳送帶的速度相同，故傳送帶速度為v＝4m/s，在0﹣4s內，物塊與傳送帶間相對位移大小為Δx＝vt-vt2=vt2=4×42m＝8m，D、在0﹣4s內，物塊運動的位移為x1=vt2=4×42m＝8m。若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變為零，物塊在傳送帶上滑行的最大距離為x因x1+x2＝16m＝L，所以物塊恰好能到達B端，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查傳送帶問題，關鍵要要結合v﹣t圖像分析物塊在傳送帶上的運動情況，抓住v﹣t圖像的斜率表示加速度，圖像與時間軸所圍成的面積表示位移，結合牛頓第二定律和運動學公式進行解答。4．（2024秋?大興區期末）物理關系式不僅反映了物理量之間的關系，也確定了單位間的關系。初中階段我們學習了一個物體在力F的作用下沿著力的方向移動了一段距離l，這個力對物體做的功W＝F?l，以及功的單位J（焦），下列組合單位與J（焦）等效的是（）A．kg?m2s2 B．N?s C．【考點】重力做功的特點和計算；力學單位制與單位制；功的定義、單位和計算式．【專題】定性思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．【答案】見試題解答內容【分析】單位制包括基本單位和導出單位，規定的基本量的單位叫基本單位，由物理公式推導出的單位叫做導出單位。【解答】解：根據求功公式W＝F?l，可得1J＝1N?m，根據牛頓第二定律F＝ma可知，力的單位為：1N＝1kg?m/s2，所以有：1J＝kg?m2/s2，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】物理公式不僅確定了各個物理量之間的關系，同時也確定了物理量的單位之間的關系，根據物理公式來分析物理量的單位即可。5．（2025?陜西模擬）春秋戰國時期，《墨經》記載了利用斜面來運送貨物的方法。如圖所示，用平行于斜面的推力將貨物從地面勻速推到貨車上。若貨物與斜面間的動摩擦因數恒定，下列說法正確的是（）A．斜面越短，推力對貨物做的功越多 B．斜面越長，推力對貨物做的功越多 C．斜面越短，推力越大 D．斜面越長，推力越大【考點】變力做功的計算（非動能定理類問題）．【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】對貨物受力分析，根據受力平衡分析推力的大小，根據功的公式分析推力做功的大小。【解答】解：CD、對貨物進行受力分析，如圖所示根據受力平衡可得，垂直斜面方向N＝mgcosθ，沿斜面方向F＝f+mgsinθ，摩擦力為f＝μN解得F=令其中cosα=11+則有F=可知，當有α+θ＝90°推力F有最大值Fmax可知，斜面傾角θ在0°到90°之間變化的過程中，推力F先增大后減小，由于斜面頂端的高度一定，可知，斜面在由足夠長逐漸變短的過程，推力F先增大后減小，反之，斜面在由足夠短逐漸變長的過程，推力F也是先增大后減小，故CD錯誤；AB、斜面頂端高度一定，令高度為h，推力做的功W＝（mgsinθ+μmgcosθ）hsinθ=根據上述表達式可知，當斜面越長，斜面傾角越小，推力對貨物做的功越多，故A錯誤，B正確。故選：B。【點評】解得本題的關鍵是分析出推力的變化關系，根據三角函數計算推力做功的關系，明確計算最值的這種方法。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024?肇慶一模）如圖為一種魚蝦自動分離裝置的示意圖，魚和蝦均從一個靠近傳送帶的出料口掉落到轉動的傳送帶上，魚和蝦就會自動分別向兩端運動。下列說法正確的是（）A．傳送帶的轉動方向是順時針方向 B．魚在傳送帶上運動時，內能增加，機械能減小 C．傳送帶速度越大，蝦到達下端蝦收集箱的用時越短 D．魚和傳送帶間的動摩擦因數一定大于蝦和傳送帶間的動摩擦因數【考點】摩擦力做功的特點和計算；動摩擦因數的性質和計算；傾斜傳送帶模型．【專題】定量思想；推理法；摩擦力專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】魚能夠在傳送帶上向上運動，據此分析傳送帶的運動方向；根據摩擦力對魚做功情況分析；對蝦的運動情況分析蝦的受力。【解答】解：A、魚能夠在傳送帶上向上運動，可以確定魚受到摩擦力方向下沿傳送帶向上的，所以傳送帶沿順時針方向轉動，故A正確；BD、魚能夠向上運動，則滿足Mgsinθ＜μ1Mgcosθ所以摩擦力對魚做正功，機械能增大；蝦向下運動有mgsinθ＞μ2mgcosθμ1一定大于μ2，故B錯誤，D正確；C、傳送帶沿順時針方向轉動，無論速度為多少，對蝦的摩擦力大小和方向均不變，蝦下滑的時間與傳送帶的速度無關，故C錯誤。故選：AD。【點評】能夠分析出魚受到向上的摩擦力作用是解題的關鍵。（多選）7．（2024?山東一模）如圖所示，光垂直照射斜面，把一個質量為0.2kg的小球從斜面頂端水平彈射出來做平拋運動，小球剛好落在木板底端。然后使用手機連續拍照功能，拍出多張照片記錄小球此運動過程。通過分析照片可以得到小球的飛行時間為0.6s，小球與其影子距離最大時，影子A距木板頂端和底端的距離之比約為7：9，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．飛行過程中，重力對小球做的功為1.8J B．小球與影子距離最大時，剛好是飛行的中間時刻 C．斜面的傾角θ＝30° D．木板的長度為3.6m【考點】重力做功的特點和計算；平拋運動與斜面的結合．【專題】定量思想；類比法；平拋運動專題；分析綜合能力．【答案】BCD【分析】根據小球豎直方向的運動特點計算出下落的高度，結合做功的公式計算出重力對小球做的功；根據小球落回斜面上以及距離斜面最遠時的角度關系，及整個過程的位移方向得出該時間是中間時刻；將速度和加速度分解到沿著斜面上和垂直于斜面上，根據這兩個方向的運動特點及題設條件求斜面夾角和長度。【解答】解：A、小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，根據勻變速直線運動位移—時間公式有：h飛行過程重力對小球做的功為：WG＝mgh＝0.2×10×1.8J＝3.6J，故A錯誤；B、經過分析可知，當小球與影子距離最大時，此時小球的速度方向與斜面平行，即速度方向與水平方向的夾角為θ，此時豎直方向的速度為：vy＝v0tanθ當小球落到斜面底端時，此時小球位移與水平方向的夾角為θ，令此時速度方向與水平方向的夾角為α，則有：tanα落底端時，豎直方向的速度為：vy1＝v0tanα＝2v0tanθ則有：v則有：t所以小球與影子距離最大時，剛好是飛行的中間時刻，故B正確；CD、將小球的運動沿斜面與垂直于斜面分解，建立直角坐標系如圖所示根據題設條件可知：OA：AB＝7：9則變形后有：OA：OB＝7：16可得沿斜面方向的位移：OA=v又由于：vy＝v0sinθ﹣gcosθ?t1由上式可以求得沿y方向速度減為零需要的時間為：t再根據上一選項結論有：t2＝2t1聯立可得：OA=v分析兩式可得：tanθ=33，所以θ那么傾斜木板的長度為：OB=hsinθ=1.812故選：BCD。【點評】本題主要考查了平拋運動的相關應用，解題的關鍵點是理解物體在不同位置的角度關系，結合運動學公式完成分析。（多選）8．（2024秋?荔灣區校級月考）如圖所示，與水平面成θ＝30°角的傳送帶正v＝5m/s的速度勻速運行，A，B兩端相距l＝25m。現每隔1s把質量m＝1kg的工件（視為質點）輕放在傳送帶上，在傳送帶的帶動下，工件向上運動，且工件到達B端時恰好才在A端放上一個工件，工件與傳送帶同的動摩擦因數μ=32，g取10m/sA．工件在傳送帶上時，先受到向上的滑動摩擦力，后受到向上的靜摩擦力 B．兩個工件間的最小距離為1.25m C．傳送帶上始終有7個工件 D．滿載時與空載時相比，電機對傳送帶的牽引力增大了45N【考點】重力做功的特點和計算；牛頓第二定律的簡單應用；傾斜傳送帶模型．【專題】定量思想；推理法；傳送帶專題；推理論證能力；模型建構能力．【答案】AB【分析】A、根據摩擦力的定義即可判斷方向；B、根據牛頓第二定律結合運動學公式即可解決；C、根據運動學公式即可求解；D、根據物體的受力特點即可求解。【解答】解：A、工件放到傳送帶時，工件相對傳送帶向下運動，受到向上的滑動摩擦力，工件速度和傳送帶速度相同時，相對傳送帶靜止，受到向上的靜摩擦力，故A正確；B、剛開始加速1s的兩個工件間距離最小，加速過程由牛頓第二定律可得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，代入數據可得a＝2.5m/s2，由位移公式x=12at2，代入數據可得：xC、工件加速過程所用的時間為t=va=52.5s＝2s，工件加速過程的位移為：x'=12at2=12×2.5×22m＝5m，工件勻速過程的位移為D、滿載時電機對傳送帶的牽引力為F＝2μmgcosθ+4mgsinθ＝2×10×32×32N+4×10故選：AB。【點評】本題主要考查傾斜傳送帶相關的知識點，處理問題時要注意物體和傳送帶的速度關系和受力情況再結合運動知道解題。（多選）9．（2024秋?嶗山區校級期中）如圖為傾角為θ＝45°的斜坡，斜坡底端Q點正上方有M和N兩點，甲戰斗機以水平速度v1飛到M點時釋放炸彈A，準確命中斜坡上的一點P，MP的連線垂直于坡面；乙戰斗機以水平速度v2飛到N點時釋放炸彈B，也準確命中斜坡上的同一點P，命中時速度方向恰好垂直于斜坡。已知炸彈在空中可視作做平拋運動。下列說法正確的是（）A．炸彈A、B在空中的飛行時間之比為2：B．重力對炸彈A、B做功之比為2：1 C．任意相同時間內，炸彈A、B在空中的速度變化量之比為1：1 D．v【考點】重力做功的特點和計算；平拋運動時間的計算．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；功的計算專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】根據水平位移相等，結合水平位移和豎直位移的幾何關系，借助平拋運動的推論，計算出炸彈在空中的運動時間之比；不知道炸彈的質量關系，無法比較重力做的功；根據Δv＝gt比較速度的變化量；根據水平方向做勻速直線運動分析。【解答】解：A、因為兩炸彈落在同一點，所以兩炸彈的水平位移相等，設它們的水平位移為x，其中炸彈A的運動時間為t1，炸彈B的運動時間為t2，對炸彈A來說根據位移關系有tan45°=12gt12x，解得t1B、平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，根據h=12gt2，可得炸彈A、B在豎直反向的位移為h1hC、炸彈在空中做的是平拋運動，它們的加速度相等，都等于當地的重力加速度，根據Δv＝gt可知，在任意相等時間內，炸彈A、B在空中運動的速度變化量之比為1：1，故C正確；D、由A分析可知，它們在水平方向的位移相等，根據x＝vt可得，v1v2故選：AC。【點評】知道把平拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動是解題的基礎，知道平拋運動的物體速度偏轉角的正切值是位移方向與水平方向夾角正切值的二倍是解題的關鍵。三．填空題（共3小題）10．（2024秋?浦東新區校級期末）健身節中，某校男生進行拉輪胎訓練，如圖所示。質量為m的輪胎在與水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向前勻速移動了一段距離l。已知輪胎與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，合力對輪胎做功為0，滑動摩擦力做功為﹣Flcosθ或者﹣μ（mg﹣Fsinθ）l。【考點】多個力做的總功；摩擦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】0；﹣Flcosθ或者﹣μ（mg﹣Fsinθ）l【分析】輪胎所受的各力都是恒力，根據受力分析確定滑動摩擦力；再根據恒力F做功的計算公式：W＝FLcosθ，θ為F與L之間的夾角，來分析計算力做的功。【解答】解：由于輪胎勻速運動，輪胎的動能保持不變，根據動能定理可得合力對輪胎做功為W合＝ΔEk＝0輪胎受到的滑動摩擦力為f＝μN＝﹣μ（mg﹣Fsinθ）根據受力平衡可得f＝Fcosθ則滑動摩擦力做功為Wf＝fl＝﹣μ（mg﹣Fsinθ）l＝﹣Flcosθ故答案為：0；﹣Flcosθ或者﹣μ（mg﹣Fsinθ）l【點評】本題考查功的計算，要明確恒力F做功的計算公式：W＝FLlcosθ，θ為F與L之間的夾角。注意功的公式只適用于恒力做功。11．（2024春?思明區校級月考）如圖，可視為質點的小木塊質量為m，木板質量為M＝3m，長度為L，一輕繩通過定滑輪分別與木板和小木塊連接，小木塊與木板間、木板與水平桌面間的動摩擦因數均為μ，開始時木塊靜止在木板左端。用水平向右的拉力將小木塊緩慢向右拉，直到小木塊處于木板正中央，則水平向右的拉力大小為6μmg，該過程此拉力做功為32μmgL【考點】重力做功的特點和計算；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．【答案】水平向右的拉力大小為6μmg；該過程此拉力做功為3【分析】由題意可判斷緩慢運動是處于動態平衡狀態，根據平衡條件可求出力F的大小，再結合功的公式可求出拉力做得功。【解答】解：因為緩慢向右拉動小木塊，所以小木塊及木板處于動態平衡，合外力為零，以M和m為研究對象，受向左的兩個繩的拉力2T，向右的拉力F和向右的地面的摩擦力且f地＝μ（M+m）g＝4μmg，由平衡條件得2T＝F+f地＝F+4μmg，再以m為研究對象，受向左得拉力T和向右的外力F及向右的摩擦力f，且f＝μmg，根據平衡條件得F＝f+T＝μmg+T，結合上式可解得T＝5μmg，F＝6μmg，由題意得x塊+x板=L2，而x塊＝x板，所以x塊=L4，由功的公式W＝Fx＝故答案為：6μmg；32【點評】本題主要考查平衡條件的判斷及功的計算，解題關鍵是正確分析出力的大小及物體對地的位移。12．（2024春?浦東新區校級期中）如圖所示，物體A、B的質量相同，與地面的動摩擦因數也相同。在斜向下恒定的推力F作用下一起沿水平地面向右運動了一段位移s，則A對B的作用力大小＝B對A的作用力大小，摩擦力對A、B所做大小功分別為Wf1和Wf2，則Wf1＞Wf2（均填“＞”、“＜”或“＝”）。【考點】重力做功的特點和計算；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．【答案】＝；＞。【分析】根據牛頓第三定律分析第一空；通過對AB兩物體的分析可知，AB兩物體受到的摩擦力不相等，有W＝fs可知摩擦力做功的大小關系。【解答】解：根據牛頓第三定律可知A對B的作用力大小等于B對A的作用力大小；對A分析FN﹣Fsinθ﹣G＝0，f＝μFN＝μ（Fsinθ+G）對B分析FN1＝G，f1＝μFN1＝μGWf1＝fL，Wf2＝f1L由于f1＞f2可知Wf1＞Wf2故答案為：＝；＞。【點評】解答本題應注意對A和B正確受力分析，利用功的計算公式進行分析，注意A和B受到的摩擦力是不相同的。四．解答題（共3小題）13．（2024?濟寧模擬）遙控爬墻小車通過排出車身內部部分空氣，和外界大氣形成氣壓差，由于氣壓差使車身內外產生的壓力差恒為F0＝25N，方向垂直于接觸面，使小車可吸附在墻壁、天花板上。如圖所示，某次小車從室內墻壁上的A點由靜止出發，沿著豎直方向經B處一小段圓弧運動到水平天花板上的C點，然后從C點開始做勻速圓周運動。已知AB沿豎直方向且足夠長，運動過程中小車受到的阻力f大小與車和墻壁間、天花板間的彈力FN之間關系為f＝0.8FN，方向總與速度方向相反。小車質量m＝0.5kg，小車可視為質點，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2。（1）若小車在AB段上的功率為P＝75W，求小車在AB段上最大速度的大小vm；（2）若小車在天花板上以v＝3m/s的速率做勻速圓周運動，牽引力大小為F＝20N，取π＝3，求小車運動一周牽引力做的功。【考點】變力做功的計算（非動能定理類問題）；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；理解能力．【答案】（1）小車在AB段上最大速度的大小為3m/s；（2）小車運動一周牽引力做的功為36J。【分析】（1）小車在AB段上做勻速運動時，速度最大，根據平衡條件和功率公式P＝Fv相結合求出小車在AB段的最大速度；（2）根據小車的牽引力和摩擦力的合力提供向心力可得小車做勻速圓周運動的半徑，再求小車運動一周牽引力做的功。【解答】解：（1）小車在AB段所受的彈力FN1＝F0小車在AB段所受的阻力f1＝0.8FN1小車在AB段上達到最大速度時P＝（mg+f1）vm解得vm＝3m/s（2）小車在水平天花板上運動時FN2+mg＝F0小車在水平天花板上所受的阻力f2＝0.8FN2對小車做圓周運動時由牛頓第二定律得F解得r小車運動一周過程中牽引力做的功W＝2πrf2解得W＝36J答：（1）小車在AB段上最大速度的大小為3m/s；（2）小車運動一周牽引力做的功為36J。【點評】本題考查圓周運動和功率問題，解題的關鍵是知道小車在運動過程中，在AB段合力為零時，速度最大。小車做勻速圓周運動時，小車的牽引力和摩擦力的合力提供向心力，要注意牽引力做的功等于牽引力與路程的乘積。14．（2023秋?惠山區校級期末）如圖所示的離心裝置中，水平光滑輕桿固定在豎直光滑轉軸的O點，小圓環A和輕質彈簧套在輕桿上，彈簧左端固定于O點，右端連接A，套在轉軸上的質量為m＝2kg的小球B，通過長為L＝6m的輕繩與A相連，裝置靜止時輕繩與豎直方向的夾角為θ1＝30°。現將裝置由靜止緩慢加速轉動，當轉軸角速度為ω＝5rad/s時，輕繩與豎直方向夾角增大到θ2＝60°，此時彈簧彈力大小等于裝置靜止時彈簧彈力大小，重力加速度為g取10m/s2，求：（1）分析輕繩與豎直方向夾角由θ1增大到θ2全過程中彈簧對小圓環A做功情況；（2）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；（3）環A的質量M。【考點】功的正負及判斷；共點力的平衡問題及求解；物體被系在繩上做圓錐擺運動．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理論證能力．【答案】（1）彈簧彈力對圓環A先做正功后做負功；（2）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F等于（3）環A的質量M等于【分析】（1）開始時彈簧彈力方向沿輕桿向外，此時彈力對圓環A做正功，后來彈力沿桿指向O點，則彈簧彈力對圓環A做負功；（2）對AB分別受力分析，根據平衡求解彈力大小；（3）根據牛頓第二定律求解小球A的質量。【解答】解：（1）輕繩與豎直方向夾角由θ1增大到θ2全過程中，開始時彈簧處于壓縮狀態，彈簧彈力方向沿輕桿向外，此時彈力對圓環A做正功；后一階段彈簧處于拉伸狀態，彈力沿桿指向O點，則彈簧彈力對圓環A做負功；即彈簧彈力對圓環A先做正功后做負功。（2）靜止時由平衡可知對B有：Tcosθ1＝mg，對A：F＝Tsinθ1，解得F（3）當做勻速圓周運動時，對A水平方向F+T'sinθ2=Mω2Lsin答：（1）彈簧彈力對圓環A先做正功后做負功；（2）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F等于（3）環A的質量M等于【點評】考查多物體受力分析及圓周運動，注意旋轉至題中所述條件時，彈簧彈力反向，難度較低。15．（2024秋?重慶月考）如圖所示，裝卸工人利用斜面將一箱子緩慢地推到貨車上。在箱子上移的過程中，人對箱子推力的方向始終平行斜面向上，已知箱子的質量為m＝20kg，箱子與斜面間的動摩擦因數為μ=34，斜面的長度為l＝4m，斜面頂端距水平地面的距離為h＝2m，重力加速度為g＝（1）人對箱子推力的大小；（2）箱子從斜面底端到頂端過程中，人對箱子推力做的功。【考點】重力做功的特點和計算；摩擦力做功的特點和計算；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．【答案】（1）人對箱子推力的大小為175N；（2）人對箱子推力做的功為700J。【分析】（1）對箱子進行受力分析，在沿斜面的方向上列平衡方程求解推力大小；（2）根據功的公式列式計算。【解答】解：（1）對箱子受力分析，設人對箱子的推力大小為F，根據物體平衡條件，沿斜面方向F＝mgsinθ+μmgcosθ，又sinθ=hl=24（2）根據功的公式，人的推力做功為W＝Fl＝175×4J＝700J。答：（1）人對箱子推力的大小為175N；（2）人對箱子推力做的功為700J。【點評】考查物體的受力分析和平衡問題，以及功的計算，會根據題意進行準確分析解答。

考點卡片1．動摩擦因數的性質和計算【知識點的認識】1.定義：彼此接觸的物體做相對運動時摩擦力和正壓力之間的比值，稱為動摩擦因數μ．當物體處于水平運動狀態時，正壓力＝重力。2.影響因素：不同材質的物體間動摩擦因數不同，μ與接觸面的材料、接觸面的粗糙程度有關，無單位。注意：動摩擦因數與壓力無關、與接觸面積大小無關、與滑動摩擦力的大小無關、與相對運動的速度大小無關。動摩擦系數是物體本身的屬性，只與物體本身有關，與有沒有進行相對運動，以及有沒有正壓力無關。所以不能說動摩擦系數與摩擦力成正比，與正壓力成反比。只能說摩擦力與正壓力和動摩擦系數成正比，也就是f＝μN。【命題方向】一根質量可忽略不計的輕彈簧下端掛一物體，當物體靜止不動時，彈簧伸長了10cm，將該物體放在水平桌面上，用該彈簧沿水平方向拉物體在桌面上做勻速滑動，此時彈簧伸長了2cm，求物體與桌面之間的動摩擦因數．分析：（1）當物體靜止不動時，根據胡克定律得出彈簧的勁度系數與物體重力的關系．（2）在水平面上運動時，根據胡克定律求出彈簧的拉力，根據滑動摩擦力的公式求出動摩擦因數．解答：當物體靜止不動時，根據胡克定律得：mg＝kx1；物體在桌面上做勻速滑動時，彈簧的拉力與滑動摩擦力二力平衡，則得：kx2＝f又f＝μN＝μmg聯立以上三得，μ=k答：物體與桌面之間的動摩擦因數為0.2．點評：本題關鍵掌握胡克定律和共點力平衡條件，也提供了一種測量動摩擦因數的方法．【解題思路點撥】1.動摩擦因數是一種固有屬性，與接觸面的材料，粗糙程度有關。2.求解動摩擦因數的相關問題時，要注意正壓力的求解。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．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1m-3.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。5．力學單位制與單位制【知識點的認識】一、單位制及其基本單位和導出單位1．單位制：基本單位和導出單位共同組成了單位制．（1）基本單位：基本物理量的單位．力學中的基本物理量有長度、質量、時間，它們的國際單位分別是米、千克、秒．（2）導出單位是由基本單位根據物理關系推導出來的其他物理量的單位．有力（N）、速度（m/s）、加速度（m/s2）等．2．國際單位制中的基本物理量和基本單位物理量名稱物理量符號單位名稱單位符號長度l米m質量m千克kg時間t秒s電流I安（培）A熱力學溫度T開（爾文）K物質的量n摩（爾）mol發光強度I坎（德拉）cd特別提醒：（1）有些物理單位屬于基本單位，但不是國際單位，如厘米、克、小時等．（2）有些單位屬于國際單位，但不是基本單位，如米/秒（m/s）、帕斯卡（Pa）、牛（頓）（N）等．【命題方向】題型一：對力學單位制的認識例子：關于力學單位制，下列說法正確的是（）A．千克、米/秒、牛頓是導出單位B．千克、米、牛頓是基本單位C．在國際單位制中，質量的單位是g，也可以是kgD．只有存國際單位制中，牛頓第二定律的表達式才是F＝ma分析：在力學中，質量、長度及時間作為基本物理量，其單位作為基本單位，而由這三個量推出的單位稱導出單位；基本單位和導出單位組成單位制；而在國際單位制中，我們取長度單位米，質量單位千克，時間單位秒作為基本單位；而由這些基本單位根據物理公式推導得出的單位為導出單位．解答：A、千克是質量的單位，是基本單位；故A錯誤；B、牛頓是由牛頓第二定律公式推導得出的單位，為導出單位，故B錯誤；C、在國際單位制中，質量的單位只能利用kg，故C錯誤；D、牛頓第二定律表達式為F＝kma，只有在國際單位制中，k才取1，表達式才能寫成F＝ma；故D正確．故選：D．點評：由選定的一組基本單位和由定義方程式與比例因數確定的導出單位組成的一系列完整的單位體制．基本單位是可以任意選定的，由于基本單位選取的不同，組成的單位制也就不同，如現存的單位有：市制、英制、米制、國際單位制等．【知識點的應用及延伸】單位制在物理學中的應用1．簡化計算過程的單位表達：在解題計算時，已知量均采用國際單位制，計算過程中不用寫出各個量的單位，只要在式子末尾寫出所求量的單位即可．2．檢驗結果的正誤：物理公式既反映了各物理量間的數量關系，同時也確定了各物理量的單位關系．因此，在解題中可用單位制來粗略判斷結果是否正確，如單位制不對，結果一定錯誤．6．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．7．水平傳送帶模型【知識點的認識】1.傳送帶問題利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態的分析、運動學和動力學知識的綜合運用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進人傳送帶的初速度）【命題方向】例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，運動速率恒為v，在其左端放上一無初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，則木塊從左到右的運動時間不可能為（）A.LvB.2LvC.分析：物塊無初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線運動，有可能先做勻加速直線運動再做勻速直線運動，結合牛頓第二定律和運動學公式求出木塊運行的時間．解答：①當木塊一直做勻加速直線運動。若木塊一直做勻加速直線運動到達右端時的速度還未達到v。根據牛頓第二定律得，a＝μg。根據L=12a若木塊一直做勻加速直線運動到達右端時的速度剛好為v。根據L=解得t=②當木塊先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動。勻加速直線運動的時間t1=則勻速直線運動的位移x則勻速直線運動的時間t則總時間為t=t1+t2=Lv+本題選不可能的，故選：A。點評：解決本題的關鍵理清物塊的運動情況，考慮到木塊運動的各種可能性，運用牛頓運動定律和運動學公式綜合求解．【解題思路點撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應用牛頓第二定律進行解答。需要綜合運用力學、運動學以及牛頓運動定律的相關內容。8．傾斜傳送帶模型【知識點的認識】1.傳送帶問題利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態的分析、運動學和動力學知識的綜合運用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進人傳送帶的初速度）【命題方向】如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角為θ＝37°，AB的長度為64m，傳送帶以20m/s的速度沿逆時針方向轉動，在傳送帶上端A點無初速度地放上一個質量為8kg的物體（可視為質點），它與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5，求物體從A點運動到B點所用的時間。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體沿斜面向下的滑動摩擦力，物體由靜止開始勻加速下滑，根據牛頓第二定律求出加速度，然后根據運動學速度—時間公式求出勻加速至物體與傳送帶共速的時間。當物體速度達到傳送帶速度時，判斷物體的運動狀態，再求解運動時間。解答：物體放上傳送帶后，受到沿斜面向下的滑動摩擦力，設物體做勻加速直線運動的加速度為a1，直至與傳送帶速度相等。設這一過程所需的時間為t1，物體下滑的位移為x1，則由牛頓第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由運動學公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1則x1=12a1t12=12×10×物體與傳送帶達到共同速度時，因為mgsinθ＞μmgcosθ，物體將繼續勻加速下滑，設再經t2時間物體滑至B端，加速度為a2，則mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a2＝2m/s2由運動學公式有LAB﹣x1＝vt2+解得：t2＝2s故物體從A點運動到B點所用的總時間為t＝t1+t2＝2s+2s＝4s答：物體從A點運動到B點所用的總時間為4s。點評：解決本題的關鍵要正確分析物體的受力情況，來判斷其運動情況，要注意滑動摩擦力方向與物體間相對運動方向相反。【解題思路點撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應用牛頓第二定律進行解答。需要綜合運用力學、運動學以及牛頓運動定律的相關內容。9．平拋運動時間的計算【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.平拋運動在水平和豎直方向上的運動是獨立的，而將這兩個運動聯系起來的就是時間。因為分運動與合運動具有同時性。3.計算平拋運動時間的方法：①已知平拋高度h，則根據豎直方向上12gt②已知水平位移x和初速度v0，則根據水平方向上x＝v0t可得t=③已知某一時刻的速度v和書速度v0，則根據速度的合成有v2=v02④已知某一時刻的速度v及速度偏轉角θ，則gt＝vsinθ，從而得到t=⑤已知某一時刻的位移x及位移偏轉角θ，則12gt【命題方向】例1：將一個物體以速度v水平拋出，當物體的豎直位移是水平位移的兩倍時，所經歷的時間為（）A、vgB、v2gC、2分析：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答：由平拋運動的規律可知，水平方向上：x＝Vt豎直方向上：2x=12解得t=4故選：D。點評：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．例2：一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，那么它的運動時間是（）A、v1-vogB、v1分析：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。解答：由于平拋運動是水平方向上的勻速直線運動與豎直方向上的自由落體運動的合運動，故任意時刻的速度是這兩個分運動速度的合速度，當一個物體從某一確定的高度以v0的初速度水平拋出，已知它落地時的速度為v1，故v1是物體運動的末速度，由速度的分解法則可知，vy2=v1∴物體的運動時間t=Vyg故選：D。點評：本題就是對平拋運動規律的直接考查，掌握住平拋運動的規律就能輕松解決。例3：如圖所示，在豎直平面內有一半圓形軌道，圓心為O．一小球（可視為質點）從與圓心等高的圓形軌道上的A點以速度v0水平向右拋出，落于圓軌道上的C點．已知OC的連線與OA的夾角為θ，重力加速度為g，則小球從A運動到C的時間為（）A、2ν0gcotθ2D、ν0gtanθ2C、ν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．小球落到C點，根據幾何關系確定小球豎直方向上的位移和豎直方向上的位移的比值，根據位移關系求出運動的時間．解答：由幾何關系可知，AC水平方向的夾角為α=π知tanα則t=2v0tanαg=2ν故選：A。點評：解決本題的關鍵掌握平拋運動的規律，知道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．【解題思路點撥】1.平拋運動的時間是連接水平和豎直運動的橋梁，時間的計算方法有很多種，要根據題目給出的條件選擇恰當的方法。2.平拋運動是勻變速曲線運動，速度變化量的計算要遵循矢量疊加原理，所以t=v10．平拋運動與斜面的結合【知識點的認識】該考點旨在分析平拋運動與斜面相結合的問題，可以是從斜面上平拋的問題，也可以是落到斜面上的平拋問題。【命題方向】一、從斜面上平拋橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，如圖所示．它們的豎直邊長都是底邊長的一半．現有三個小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右平拋，最后落在斜面上．其落點分別是a、b、c．下列判斷正確的是（）A、圖中三小球比較，落在a點的小球飛行時間最短B、無論小球拋出時初速度多大，落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直C、圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最快D、圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最大分析：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．解答：A、物體做平拋運動，運動的時間是由豎直方向上的位移決定的，由圖可知，a下落的高度最大，所以a的運動時間最長，所以A錯誤。B、首先a點上是無論如何不可能垂直的，然后看b、c點，豎直速度是gt，水平速度是v，然后斜面的夾角是arctan0.5，要合速度垂直斜面，把兩個速度合成后，需要Vgt=tanθ，即v＝0.5gt，那在過了t時間的時候，豎直位移為0.5gt2水平位移為vt＝（0.5gt）?t＝0.5gt2即若要滿足這個關系，需要水平位移和豎直位移都是一樣的，顯然在圖中b、c是不可能完成的，因為在b、c上水平位移必定大于豎直位移，所以C、速度變化的快慢是知物體運動的加速度的大小，三個小球都是做平拋運動，加速度都是重力加速度，所以速度變化的快慢是相同的，所以C錯誤。D、三個小球都是做平拋運動，水平方向的速度是不變的，只有豎直方向的速度在變化，由于a的運動時間最長，所以a速度的變化最大，所以D錯誤。故選：B。點評：由于豎直邊長都是底邊長的一半，通過計算可以發現，落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直，這是本題中比較難理解的地方，不能猜測，一定要通過計算來說明問題．二、平拋落到斜面上如圖所示，在傾角θ＝37°的斜面底端的正上方H處，平拋一個物體，該物體落到斜面上的速度方向正好與斜面垂直，則物體拋出時的初速度為（）gH4分析：研究平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，兩個方向上運動的時間相同．解答：設飛行的時間為t，則x＝V0ty=1因為是垂直撞上斜面，斜面與水平面之間的夾角為37°，所以：V0=3因為斜面與水平面之間的夾角為37°由三角形的邊角關系可知，H＝y+xtan37°解得：V0=故選：B。點評：該題是平拋運動基本規律的應用，主要抓住撞到斜面上時水平速度和豎直方向速度的關系以及位移的關系解題，難度適中．【解題思路點撥】對于平拋運動與斜面的結合的問題，可以分為兩種模型：①從斜面上平拋的物體，如果仍舊落在斜面上，那么它的位移偏轉角就是斜面的傾角；所以此類問題要判斷物體是否會落在斜面上。②落在斜面上的平拋運動，通常可以根據題目的描述結合斜面的傾角確定速度的偏轉角，從而解決其他問題。11．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=m【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設童飛的質量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態，設運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】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．12．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2D、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)=mω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=所以T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．13．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=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