第57頁（共57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勢能一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?淮安期末）如圖所示，起重機是一種廣泛用于港口、工地等地方的起吊搬運機械。在起重機利用繩索將貨物吊起的過程中，下列說法正確的是（）A．繩索對貨物的拉力做正功 B．繩索對貨物的拉力做負功 C．貨物的重力勢能保持不變 D．貨物的重力勢能減小2．（2023秋?汕頭期末）如圖所示是舂米用的石臼。橫梁可繞支點轉動，人用力下踩，使重錘從最低點上升到最高點，上升高度為h，松開腳后重錘下落打到谷物，使米糠和白米分離。已知重錘的質量為m，重力加速度為g，橫梁重力不可忽略，下列說法正確的是（）A．重錘在上升過程中，速度不斷增大 B．重錘在上升過程中，重力勢能增加了mgh C．重錘下落到最低點時，動能大小為mgh D．重錘從下落到打中谷物前，重力的瞬時功率先增大后減小3．（2024?黑龍江學業考試）桌面上和桌子下有兩個完全相同的物體，以地面為零勢能面，下列說法正確的是（）A．桌面上的物體重力勢能較大 B．桌子下的物體重力勢能較大 C．兩個物體的重力勢能相等 D．桌面上的物體重力勢能為零4．（2024秋?道里區校級期中）如圖所示，光滑弧形軌道高為h，將質量為m的小球從軌道頂端由靜止釋放，小球運動到軌道底端時的速度為v，重力加速度為g，該過程中小球重力勢能減少量為（）A．mgh B．12C．mgh-12m5．（2024秋?棲霞市校級月考）早在中國古代，我們的祖先就已經利用力學原理來解決生活中的問題。下面的詩詞、諺語在力學中的原理依次對應正確的是（）①船到江心拋錨遲，懸崖勒馬早已晚②爬的高，跌得重③坐地日行八萬里④人心齊，泰山移A．慣性，重力勢能，參考系，力的合成 B．時間和時刻，重力勢能，萬有引力定律，杠桿原理 C．慣性，牛頓第三定律，萬有引力定律，力的合成 D．時間和時刻，牛頓第三定律，參考系，杠桿原理二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?天心區月考）2024年，在巴黎奧運會中，鄭欽文斬獲中國在奧運會上首枚網球女單金牌，創造了歷史。若在比賽過程中鄭欽文從某一高度將質量為m的網球擊出，網球擊出后在空中飛行的速率v隨時間t的變化關系如圖所示，t2時刻網球落到對方的場地上。以地面為參考平面，網球可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．擊球點到地面的高度為v2B．擊球點到落地點間的水平距離為v0t2 C．網球運動過程中離地的最大高度為v2D．網球的最大重力勢能為m（多選）7．（2024秋?海淀區校級月考）如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為m的物體A接觸，但未與物體A連接，彈簧水平且無形變。現給物體A水平向右的初速度，測得物體A向右運動的最大距離為x0，之后物體A被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側2x0處。已知彈簧始終在彈性限度內，物體A與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A．物體A整個運動過程，彈簧對物體A做功為零 B．物體A向左運動的最大速度vmC．物體A與彈簧作用的過程中，系統的最大彈性勢能Ep＝3μmgx0 D．物體A向右運動過程中與彈簧接觸的時間一定小于物體A向左運動過程中與彈簧接觸的時間（多選）8．（2024春?廣西期末）如圖所示，質量均勻分布且m＝5kg的長方體物體放在水平面上，規定水平面為零勢能面，長方體的長為a＝0.8m、寬為b＝0.2m、高為c＝0.4m，重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是（）。A．物體的重力勢能為10J B．物體向右翻轉90°，物體的重力勢能增加20J C．物體向外翻轉90°，物體的重力勢能減少5J D．物體向外翻轉90°，物體的重力勢能減少10J（多選）9．（2024春?西城區校級期末）我們知道，處于自然狀態的水都是向重力勢能更低處流動的，當水不再流動時，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力勢能，即水面是等勢面。通常穩定狀態下水面為水平面，但將一桶水繞豎直固定中心軸以恒定的角速度ω轉動，穩定時水面呈凹狀，如圖所示。這一現象仍然可用等勢面解釋：以桶為參考系，桶中的水還多受到一個“力”，同時水還將具有一個與這個“力”對應的“勢能”。為便于研究，在過桶豎直軸線的平面上，以水面最低處為坐標原點、以豎直向上為y軸正方向建立xOy直角坐標系，質量為m的小水滴（可視為質點）在這個坐標系下具有的“勢能”可表示為EpxA．多受到的這個“力”的效果是提供水做圓周運動的向心力 B．與該“勢能”對應的“力”的大小隨x的增加而增大 C．該“勢能”的表達式Epx=-D．穩定時桶中水面的形狀與桶轉動的角速度ω大小有關三．填空題（共3小題）10．（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J。11．（2023春?烏魯木齊期末）樹上有一個質量m＝0.3kg的蘋果下落，在由C落至D的過程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，則重力所做的功為J，重力勢能的變化量為J。12．（2023秋?黃浦區校級月考）一身高為1.6m的運動員將手中的絲帶拋出后迅速向前完成一個空翻，圖為頻閃照片記錄的空翻過程，黑點表示運動員各個時刻的重心位置，各段豎線均沿豎直方向，頻閃記錄的相鄰閃光間隙均為0.1s，重力加速度g取9.8m/s2。（1）若要估測運動員從14號位置運動到20號位置的過程中，重心在地面上投影的平均速度，其方法是：。（2）運動員處于15號位置時，頭朝下，腳朝上，則此時身體各部位中速度最大的是部，加速度最大的是部。（3）已知運動員質量為45kg，在16號位置時重心恰位于最高點，從16號到20號位置的運動過程可視為僅受重力作用，重心在豎直方向的位移約為0.45m，則該過程中運動員重力勢能變化量ΔEp＝J，重心的速度變化量Δv為m/s，方向。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?徐匯區校級期末）新能源汽車是指采用非常規的車用燃料作為動力來源（或使用常規的車用燃料、采用新型車載動力裝置），2020年11月，國務院辦公廳印發《新能源汽車產業發展規劃（2021﹣2035年）》，要求深入實施發展新能源汽車國家戰略，推動中國新能源汽車產業高質量可持續發展，加快建設汽車強國。（1）賽車手駕駛一輛3噸的長安福特沿斜面下降了10m到達地面，g＝10m/s2，若取地面為零勢能面，則長安福特開始時的重力勢能為。A.2×104JB.3×105JC.4×105JD.5×103J（2）質量m＝5000kg的汽車在水平面上以加速度a＝2m/s2啟動，所受阻力恒為1000N，汽車啟動后第1s末的瞬時功率為（A.2kW，B.11kW，C.20kW，D.22kW）。若汽車的額定功率為35kW，則所能達到的最大速度為km/h。（3）在行駛過程中，小明一家遇見一座拱形橋梁，道路旁標識牌提示“控制車速，注意安全”。小明目測此拱橋的半徑大約為10m。那么要安全通過此拱橋，汽車速度不能超過m/s（g＝10m/s2），若達到這個速度則會導致什么風險（列舉一個即可）。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?江陰市模擬）如圖（a），將物塊A于P點處由靜止釋放，B落地后不反彈，最終A停在Q點。物塊A的v﹣t圖像如圖（b）所示。已知B的質量為0.3kg，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能；（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數；（3）物塊A的質量。

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勢能參考答案與試題解析題號12345答案ABAAA一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?淮安期末）如圖所示，起重機是一種廣泛用于港口、工地等地方的起吊搬運機械。在起重機利用繩索將貨物吊起的過程中，下列說法正確的是（）A．繩索對貨物的拉力做正功 B．繩索對貨物的拉力做負功 C．貨物的重力勢能保持不變 D．貨物的重力勢能減小【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系；功的正負及判斷．【專題】定性思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據功的定義和功的正負進行判斷，根據功能關系判斷。【解答】解：AB.根據功的正負判斷方法可知當力的方向與位移方向相同時，力做正功，方向相反時做負功，貨物受到的拉力向上，位移向上，故拉力做正功，故A正確，B錯誤；CD.貨物受到的重力向下，位移向上，故重力做負功，根據功能關系，重力勢能增大，故CD錯誤。故選：A。【點評】本題主要考查功的正負的判斷方法，以及功能關系，簡單題。2．（2023秋?汕頭期末）如圖所示是舂米用的石臼。橫梁可繞支點轉動，人用力下踩，使重錘從最低點上升到最高點，上升高度為h，松開腳后重錘下落打到谷物，使米糠和白米分離。已知重錘的質量為m，重力加速度為g，橫梁重力不可忽略，下列說法正確的是（）A．重錘在上升過程中，速度不斷增大 B．重錘在上升過程中，重力勢能增加了mgh C．重錘下落到最低點時，動能大小為mgh D．重錘從下落到打中谷物前，重力的瞬時功率先增大后減小【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系；動能的定義、性質、表達式；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】B【分析】重錘在上升過程中，速度不可能一直增大，重力勢能增加量等于升高高度與重力的乘積，下落過程重錘機械能不守恒，重力的瞬時功率等于重力與豎直分速度的乘積。【解答】解：A．重錘在上升過程中，速度先增大后減小，不可能速度不斷增大，故A錯誤；B．重錘從最低點上升到最高點，上升高度為h，則重錘在上升過程中，重力勢能增加了mgh，故B正確；C．由于橫梁重力不可忽略，重錘下落到最低點時，機械能不守恒，可知重錘動能大小不為mgh，故C錯誤；D．重錘從下落到打中谷物前，根據P＝mgvy由于豎直分速度逐漸增大，所以重力的瞬時功率一直增大，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查重力勢能，動能，以及重力瞬時功率等于知識點，綜合性較強。3．（2024?黑龍江學業考試）桌面上和桌子下有兩個完全相同的物體，以地面為零勢能面，下列說法正確的是（）A．桌面上的物體重力勢能較大 B．桌子下的物體重力勢能較大 C．兩個物體的重力勢能相等 D．桌面上的物體重力勢能為零【考點】重力勢能的定義和性質．【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】A【分析】以地面為零勢能面，根據重力勢能的表達式分析。【解答】解：桌面上和桌子下有兩個完全相同的物體，以地面為零勢能面，根據Ep＝mgh可知兩個物體的重力勢能均大于零；由于兩物體的質量相等，而桌面上的物體高度較大，所以桌面上的物體重力勢能較大。故BCD錯誤，A正確。故選：A。【點評】判斷重力勢能大小，必須要選取一個零勢能面。4．（2024秋?道里區校級期中）如圖所示，光滑弧形軌道高為h，將質量為m的小球從軌道頂端由靜止釋放，小球運動到軌道底端時的速度為v，重力加速度為g，該過程中小球重力勢能減少量為（）A．mgh B．12C．mgh-12m【考點】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】A【分析】根據重力做功多少，重力勢能就減少多少解答。【解答】解：小球從頂端靜止釋放到軌道底端過程中，重力做功為mgh，根據重力做功和重力勢能變化量之間的關系可知，重力勢能的減少量為mgh，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】解答本題時，要掌握重力做功與重力勢能變化的關系，知道重力做功多少，重力勢能就減少多少。5．（2024秋?棲霞市校級月考）早在中國古代，我們的祖先就已經利用力學原理來解決生活中的問題。下面的詩詞、諺語在力學中的原理依次對應正確的是（）①船到江心拋錨遲，懸崖勒馬早已晚②爬的高，跌得重③坐地日行八萬里④人心齊，泰山移A．慣性，重力勢能，參考系，力的合成 B．時間和時刻，重力勢能，萬有引力定律，杠桿原理 C．慣性，牛頓第三定律，萬有引力定律，力的合成 D．時間和時刻，牛頓第三定律，參考系，杠桿原理【考點】重力勢能的定義和性質；參考系及其選取原則；合力的取值范圍；慣性與質量．【專題】比較思想；歸納法；直線運動規律專題；理解能力．【答案】A【分析】分析各選項中的情景，確定這些詩詞、諺語在力學中的原理。【解答】解：①船到江心拋錨遲，懸崖勒馬早已晚的原理是說明物體具有慣性；②爬的高，跌得重的原理是物體越高，重力勢能越大，說明物體的重力勢能與高度有關；③坐地日行八萬里的原理是參考系，“坐地”是相對于地面位置不變，是靜止的，而“日行”則是人相對于地軸隨地球自轉在運動；④人心齊，泰山移的原理是力的合成的作用，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】解答本題時，要掌握慣性、重力勢能、參考系、力的合成等力學知識，并能用來分析實際問題。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?天心區月考）2024年，在巴黎奧運會中，鄭欽文斬獲中國在奧運會上首枚網球女單金牌，創造了歷史。若在比賽過程中鄭欽文從某一高度將質量為m的網球擊出，網球擊出后在空中飛行的速率v隨時間t的變化關系如圖所示，t2時刻網球落到對方的場地上。以地面為參考平面，網球可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．擊球點到地面的高度為v2B．擊球點到落地點間的水平距離為v0t2 C．網球運動過程中離地的最大高度為v2D．網球的最大重力勢能為m【考點】重力勢能的計算；斜拋運動．【專題】定量思想；推理法；復雜運動過程的分析專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】t1時刻網球處于最高點，速度方向水平，水平方向做勻速直線運動；求豎直分速度，根據豎直方向速度—位移公式，求最大高度，從而求解網球的最大重力勢能。【解答】解：B．由題圖可知，鄭欽文從某一高度將網球擊出，網球的速度先變小后變大，t1時刻網球處于最高點，速度方向水平，不計空氣阻力，水平方向做勻速直線運動，擊球點到落地點間的水平距離x＝v1t2故B錯誤；A．根據運動的分解，網球落地時豎直方向的分速度vy網球被擊出時豎直方向的分速度vy所以擊球點到地面的高度為h=故A正確；CD．由速度—位移公式可得網球運動過程中離地的最大高度hm網球的最大重力勢能Ep故C錯誤，D正確。故選：AD。【點評】本題考查學生對運動情況的分析，運動員從某一高度將網球擊出，阻力不計，水平做勻速直線運動，豎直做豎直上拋運動。（多選）7．（2024秋?海淀區校級月考）如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為m的物體A接觸，但未與物體A連接，彈簧水平且無形變。現給物體A水平向右的初速度，測得物體A向右運動的最大距離為x0，之后物體A被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側2x0處。已知彈簧始終在彈性限度內，物體A與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A．物體A整個運動過程，彈簧對物體A做功為零 B．物體A向左運動的最大速度vmC．物體A與彈簧作用的過程中，系統的最大彈性勢能Ep＝3μmgx0 D．物體A向右運動過程中與彈簧接觸的時間一定小于物體A向左運動過程中與彈簧接觸的時間【考點】彈性勢能的影響因素和計算；變力做功的計算（非動能定理類問題）．【專題】定量思想；推理法；與彈簧相關的動量、能量綜合專題；分析綜合能力．【答案】ACD【分析】A.根據彈簧對物體A的做正負功情況判斷總功；B.根據動能定理判斷物體A向左運動的最大速度；C.根據動能定理可求得系統的最大彈性勢能；D.根據運動過程分析物體向左和向右運動過程中的加速度，則可明確對應的時間大小。【解答】解：A.彈簧對物體A先做負功，再做正功，整個過程看，彈簧做功為0，故A正確；B.當物體A向左離開彈簧時，彈簧為原長，由動能定理-可得v物體A向左從彈簧最短到恢復原長運動的過程中，先做加速運動再做減速運動，故最大速度在此位置的右側，即v故B錯誤；C.當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，由動能定理--聯立解得Ep＝3μmgx0故C正確；D.物體向右運動時，受到向左的彈力和摩擦力；向左運動時，受到向左的彈力和向右的摩擦力。所以向右運動的加速度大于向左運動的加速度，而位移大小相等，故物體A向右運動過程中與彈簧接觸的時間一定小于向左運動過程中與彈簧接觸的時間，故D正確。故選：ACD。【點評】本題為力學綜合性題目，題目涉及功能關系、牛頓第二定律及運動學公式，還有動量定理等內容，要求學生能正確分析問題，根據題意明確所對應的物理規律的應用。（多選）8．（2024春?廣西期末）如圖所示，質量均勻分布且m＝5kg的長方體物體放在水平面上，規定水平面為零勢能面，長方體的長為a＝0.8m、寬為b＝0.2m、高為c＝0.4m，重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是（）。A．物體的重力勢能為10J B．物體向右翻轉90°，物體的重力勢能增加20J C．物體向外翻轉90°，物體的重力勢能減少5J D．物體向外翻轉90°，物體的重力勢能減少10J【考點】重力勢能的計算．【專題】參照思想；模型法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】由幾何關系求出物體的重心到零勢能面的高度h，再由EP＝mgh求物體的重力勢能。根據重心上升或下降的高度求解重力勢能增加量或減少量。【解答】解：A、由圖可知，物體的重心到零勢能面的高度為h1=c2=0.42m＝0.2m，則物體的重力勢能為EP1＝mgh1＝5×10×0.2JB、物體向右翻轉90°，物體的中心到零勢能面的高度為a2此時物體的重力勢能為Ep故物體的重力勢能增加量為ΔEp1＝Ep2﹣Ep1＝（20﹣10）J＝10J，故B錯誤；CD、物體向外翻轉90°，物體的中心到零勢能面的高度為b2此時物體的重力勢能為Ep物體的重力勢能增加量為ΔEp2＝Ep3﹣Ep1＝（5﹣10）J＝﹣5J，即該過程物體的重力勢能減少5J，故C正確，D錯誤。故選：AC。【點評】解答本題時，要掌握重力勢能表達式EP＝mgh，h是物體的重心相對于零勢能面的高度。（多選）9．（2024春?西城區校級期末）我們知道，處于自然狀態的水都是向重力勢能更低處流動的，當水不再流動時，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力勢能，即水面是等勢面。通常穩定狀態下水面為水平面，但將一桶水繞豎直固定中心軸以恒定的角速度ω轉動，穩定時水面呈凹狀，如圖所示。這一現象仍然可用等勢面解釋：以桶為參考系，桶中的水還多受到一個“力”，同時水還將具有一個與這個“力”對應的“勢能”。為便于研究，在過桶豎直軸線的平面上，以水面最低處為坐標原點、以豎直向上為y軸正方向建立xOy直角坐標系，質量為m的小水滴（可視為質點）在這個坐標系下具有的“勢能”可表示為Epx=-A．多受到的這個“力”的效果是提供水做圓周運動的向心力 B．與該“勢能”對應的“力”的大小隨x的增加而增大 C．該“勢能”的表達式Epx=-D．穩定時桶中水面的形狀與桶轉動的角速度ω大小有關【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．【專題】定量思想；類比法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】根據勢能的變化量分析力的方向；寫出勢能的表達式，根據表達式分析；勢能的大小與零勢能點的選取有關；根據勢能表達式分析。【解答】解：A、若我們取液面A處有一個小液滴，它離O點有一定的高度，因為在液面上穩定時相同質量的水將具有相同的總勢能，而A點的重力勢能大于O點，所以這個特殊的“勢能”A點要小于O點，故由O到A的過程中，這個“勢能”減小，故它對應的力做的是正功，所以該“力”由O指向A，故A錯誤；B、設這個“力”為F，則FxEPO-EPA=0-(-12mωC、由于O點的這個“勢能”最大，向兩側時減小，而“勢能”的表達式是EPx=-12mD、如果我們取O點的重力勢能為0，這個“勢能”也為0，則質量相等的小液滴，由于它們在液面上穩定時具有相同的總勢能，即某點的，故y與總勢能為x是總勢能EP＝mgy-12mω2x2故選：BD。【點評】能夠讀懂題目，看懂題目給出的勢能表達式，知道勢能的大小與零勢能點的選取有關。三．填空題（共3小題）10．（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。【考點】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。【分析】水桶運動到最高點時，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。【解答】解：水桶運動到最高點時，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。【點評】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。11．（2023春?烏魯木齊期末）樹上有一個質量m＝0.3kg的蘋果下落，在由C落至D的過程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，則重力所做的功為9.0J，重力勢能的變化量為﹣9.0J。【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系．【專題】定量思想；歸納法；功的計算專題；分析綜合能力．【答案】9.0；﹣9.0。【分析】利用公式W＝mgh求重力做功，熟悉重力做功與重力勢能變化的關系。【解答】解：蘋果下落，在由C落至D的過程中，則重力所做的功W＝mgh＝0.3×10×3.0J＝9.0J重力勢能的變化量為：ΔEP＝﹣9.0J故答案為：9.0；﹣9.0。【點評】本題考查公式W＝mgh求重力做功，理解重力做功與重力勢能變化。12．（2023秋?黃浦區校級月考）一身高為1.6m的運動員將手中的絲帶拋出后迅速向前完成一個空翻，圖為頻閃照片記錄的空翻過程，黑點表示運動員各個時刻的重心位置，各段豎線均沿豎直方向，頻閃記錄的相鄰閃光間隙均為0.1s，重力加速度g取9.8m/s2。（1）若要估測運動員從14號位置運動到20號位置的過程中，重心在地面上投影的平均速度，其方法是：用刻度尺測量出14號位置到20號位置重心在地面上的投影的位移。（2）運動員處于15號位置時，頭朝下，腳朝上，則此時身體各部位中速度最大的是頭部，加速度最大的是腳部。（3）已知運動員質量為45kg，在16號位置時重心恰位于最高點，從16號到20號位置的運動過程可視為僅受重力作用，重心在豎直方向的位移約為0.45m，則該過程中運動員重力勢能變化量ΔEp＝﹣202.5J，重心的速度變化量Δv為3m/s，方向豎直向下。【考點】重力勢能的變化和重力做功的關系；平均速度（定義式方向）；牛頓第二定律的簡單應用；重力做功的特點和計算．【專題】實驗題；實驗探究題；比較思想；實驗分析法；直線運動規律專題；實驗探究能力．【答案】（1）用刻度尺測量出14號位置到20號位置重心在地面上的投影的位移；（2）頭，腳；（3）﹣202.5，3，豎直向下。【分析】（1）根據平均速度等于位移與時間之比，確定估測重心在地面上投影的平均速度的方法；（2）根據加速時間的長短分析速度最大的部位。分析受力情況判斷加速度最大的部位；（3）根據WG＝mgh求出重力做的功，再求重力勢能變化量ΔEp。根據Δv＝gt以及h=12【解答】解：（1）根據平均速度的計算公式v=xt可知，用刻度尺測量出14號位置到20號位置重心在地面上的投影的位移，而14號位置到20號位置所用時間為t＝6×0.1s（2）由于運動員處于15號位置時，頭朝下，腳朝上，頭部加速的時間較長，速度較大；頭部受到向下的重力和身體其他部位向上的作用力，而腳部受向下的重力和其他部位向下的拉力，所以腳部的加速度較大；（3）重力做功為WG＝mgh＝45×10×0.45J＝202.5J根據重力做功與重力勢能變化之間的關系可得ΔEp＝﹣WG＝﹣202.5J重心的速度變化為Δv＝gt結合h解得：Δv＝3m/s速度變化量的方向與加速度方向相同，所以速度變化量的方向豎直向下。故答案為：（1）用刻度尺測量出14號位置到20號位置重心在地面上的投影的位移；（2）頭，腳；（3）﹣202.5，3，豎直向下。【點評】解答本題時，要掌握測量平均速度的原理，掌握重力做功與重力勢能變化之間的關系：ΔEp＝﹣WG，以及速度變化量公式Δv＝at。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?徐匯區校級期末）新能源汽車是指采用非常規的車用燃料作為動力來源（或使用常規的車用燃料、采用新型車載動力裝置），2020年11月，國務院辦公廳印發《新能源汽車產業發展規劃（2021﹣2035年）》，要求深入實施發展新能源汽車國家戰略，推動中國新能源汽車產業高質量可持續發展，加快建設汽車強國。（1）賽車手駕駛一輛3噸的長安福特沿斜面下降了10m到達地面，g＝10m/s2，若取地面為零勢能面，則長安福特開始時的重力勢能為B。A.2×104JB.3×105JC.4×105JD.5×103J（2）質量m＝5000kg的汽車在水平面上以加速度a＝2m/s2啟動，所受阻力恒為1000N，汽車啟動后第1s末的瞬時功率為D（A.2kW，B.11kW，C.20kW，D.22kW）。若汽車的額定功率為35kW，則所能達到的最大速度為126km/h。（3）在行駛過程中，小明一家遇見一座拱形橋梁，道路旁標識牌提示“控制車速，注意安全”。小明目測此拱橋的半徑大約為10m。那么要安全通過此拱橋，汽車速度不能超過10m/s（g＝10m/s2），若達到這個速度則會導致什么風險汽車的運動方向將不受控制（列舉一個即可）。【考點】重力勢能的計算；拱橋和凹橋類模型分析；功率的定義、物理意義和計算式的推導；機車以恒定加速度啟動．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】（1）B；（2）D，126；（3）10，汽車的運動方向將不受控制。【分析】（1）根據Ep＝mgh計算；（2）根據牛頓第二定律得到汽車的牽引力，然后根據P＝Fv計算；知道汽車牽引力和阻力相等時，汽車的速度最大；（3）當汽車所受重力剛好提供向心力時，汽車的速度大。【解答】解：（1）長安福特的質量為m＝3T＝3×103kg，所以長安福特開始時的重力勢能為Ep=mgh=3×1故選：B。（2）設汽車的牽引力為F，根據牛頓第二定律有F﹣f＝ma，汽車啟動后第1s末的瞬時速度為v＝at，所以汽車的瞬時功率為P＝Fv，代入數據解得P＝2.2×104W＝22kW，故D正確，ABC錯誤。故選：D。當汽車受力平衡時即F＝f時，汽車的速度最大，根據P＝Fv可得v（3）當汽車與拱橋之間的彈力為零時，汽車的速度最大，根據牛頓第二定律有mg=mvm2R，解得汽車的最大速度為故答案為：（1）B；（2）D，126；（3）10，汽車的運動方向將不受控制。【點評】知道汽車的功率公式P＝Fv，以及重力剛好完全提供向心力時汽車的速度最大是解題的基礎。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）。【考點】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。【點評】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?江陰市模擬）如圖（a），將物塊A于P點處由靜止釋放，B落地后不反彈，最終A停在Q點。物塊A的v﹣t圖像如圖（b）所示。已知B的質量為0.3kg，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能；（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數；（3）物塊A的質量。【考點】重力勢能的計算；利用v﹣t圖像的斜率求解物體運動的加速度；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；推理論證能力．【答案】（（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能為3J；（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數為0.1；（3）物塊A的質量為0.8kg。【分析】（1）v﹣t圖像反映了做直線運動的物體的速度隨時間變化的規律，斜率表示加速度的大小及方向，圖線與時間軸所包圍的“面積”表示位移，根據圖像求出物塊B下降的高度，進而求出重力勢能；（2）物塊A在1～3s水平方向只受摩擦力作用，由v﹣t圖像求解加速度，運用牛頓第二定律計算動摩擦因數；（3）由v﹣t圖像求解物塊A在0～1s內的加速度，運用牛頓第二定律計算物塊A的質量。【解答】解：（1）由v﹣t圖像圖線與時間軸所包圍的“面積”表示位移，得B下落的高度hB=12×1×2m=1m，物塊B的重力勢能EPB＝mBghB＝0.3×10（2）由v﹣t圖像斜率等于加速度可知，物塊A在1～3s其加速度大小a2=2-03-1m1～3s內，對物塊A有μmAg＝mAa2，解得μ=（3）物塊A和B在0～1s內加速度大小為a1=21m對物塊A有T﹣μmAg＝mAa1對物塊B有mBg﹣T＝mBa1代入數據得T﹣0.1×mA×10N＝mA×2N，0.3×10N﹣T＝0.3×2N，解得T＝2.4N，mA＝0.8kg。答：（1）以地面為參考平面，釋放瞬間物塊B的重力勢能為3J；（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數為0.1；（3）物塊A的質量為0.8kg。【點評】考查對v﹣t圖像的理解和牛頓第二定律的運用，熟悉圖像的含義。

考點卡片1．參考系及其選取原則【知識點的認識】（1）運動與靜止：自然界的一切物體都處于永恒的運動中，運動是絕對的，靜止是相對的。（2）定義：在描述物體的運動時，被選定作為參考，假定靜止不動的物體。（3）選取：①選擇不同的參考系來觀察同一物體的運動，其結果可能會不同。②參考系可以任意選擇，但選擇得當，會使問題的研究變得簡潔、方便。③通常情況下，在討論地面上物體的運動時，都以地面為參考系。（4）參考系的四個性質：標準性被選為參考系的物體都是假定靜止的，被研究的物體是運動還是靜止，都是相對于參考系而言的任意性任何物體都可以作為參考系同一性比較多個物體的運動或同一物體在不同階段的運動時，必須選擇同一個參考系差異性對于同一個物體的運動，選擇不同的參考系，觀察結果一般不同【命題方向】關于參考系的選取，下列說法正確的是（）A.參考系就是絕對不動的物體B.只有選好參考系以后，物體的運動才能確定C.同一物體的運動，相對于不同的參考系，觀察的結果可能不同D.我們平常所說的樓房是靜止的，是以地球為參考系的分析：參考系，是指研究物體運動時所選定的參照物體或彼此不做相對運動的物體系；參考系的選取是任意的，如何選擇參照系，必須從具體情況來考慮，一般情況下我們以地面或地面上的物體作為參考系解答：A、任何物體均可作為參考系，并不要求是否靜止，故A錯誤；B、要想描述一個物體的運動，必須先選擇參考系；故B正確；C、同一物體的運動，相對于不同的參考系，觀察的結果可能不同，故C正確；D、我們平常所說的樓房是靜止的，是以地球為參考系的；故D正確；故選：BCD。點評：為了研究和描述物體的運動，我們引入了參考系，選擇不同的參考系，同一物體相對于不同的參考系，運動狀態可以不同，選取合適的參考系可以使運動的研究簡單化。【解題思路點撥】參考系的選取方法：（1）研究地面上物體的運動時，常選取地面或相對地面靜止的物體作為參考系。（2）研究某一系統中物體的運動時，常選取系統作為參考系。例如：研究宇航艙內物體的運動情況時，選取宇航艙為參考系。2．平均速度（定義式方向）【知識點的認識】1．定義：平均速度是描述作變速運動物體運動快慢的物理量．一個作變速運動的物體，如果在一段時間t內的位移為s，則我們定義v=s2．平均速度和平均速率的對比：平均速度=【命題方向】例1：一個朝著某方向做直線運動的物體，在時間t內的平均速度是v，緊接著t2內的平均速度是vA．vB.23vC.34vD.分析：分別根據v=解：物體的總位移x=vt+v2×t2=5vt4故選D．點評：解決本題的關鍵掌握平均速度的定義式v=【解題思路點撥】定義方向意義對應平均速度運動質點的位移與時間的比值有方向，矢量粗略描述物體運動的快慢某段時間（或位移）平均速率運動質點的路程與時間的比值無方向，標量粗略描述物體運動的快慢某段時間（或路程）3．利用v-t圖像的斜率求解物體運動的加速度【知識點的認識】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時間變化的關系。2.圖像實例：3.各參數的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運動；②表示物體沿正方向做勻速直線運動；③表示物體沿正方向做勻減速直線運動；④交點的縱坐標表示三個物體此時的速度相同；⑤t1時刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時間內的位移。5.本考點是v﹣t圖像考法的一種，即根據v﹣t圖像的斜率分析或計算物體的加速度。【命題方向】甲、乙兩個物體在同一條直線上運動，它們的速度圖象如圖所示，則（）A、甲、乙兩物體都做勻加速直線運動B、甲物體的加速度比乙物體的加速度小C、甲物體的初速度比乙物體的初速度大D、在t1以后的任意時刻，甲物體的速度大于同時刻乙的速度分析：速度圖象傾斜的直線表示物體做勻變速直線運動。圖象的斜率等于物體的加速度。由圖直接讀出物體的初速度，比較速度的大小。解答：A、由圖看出，甲、乙兩物體的速度都時間均勻增大，都做勻加速直線運動。故A正確。B、甲圖線的斜率大于乙圖線的斜率，則甲物體的加速度比乙物體的加速度大。故B錯誤。C、甲的初速度為零，乙的初速度大于零，即甲物體的初速度比乙物體的初速度小。故C錯誤。D、由圖看出，在t1以后的任意時刻，甲物體的速度大于同時刻乙的速度。故D正確。故選：AD。點評：物理圖象往往要從形狀、斜率、交點、面積、截距等數學意義來理解其物理意義。【解題思路點撥】圖像類問題是從數學的角度描述了物體的運動規律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時間的變化情況。針對此類問題，可以首先根據圖像還原物體的運動情景，再結合斜率、截距、面積等數學概念進行分析。4．合力的取值范圍【知識點的認識】合力大小的計算公式為：F=其中F1和F2表示兩個分力的大小，F表示合力的大小，θ表示兩個分力之間的夾角。θ的取值范圍是0～180°。由此可知F的取值范圍是：①當θ＝0°時，兩個分力方向相同，合力大小F＝F1+F2；②θ＝180°時，兩個分力方向相反，合力大小F＝|F1﹣F2|。③所以合力大小的取值范圍為|F1﹣F2|≤F≤F1+F2【命題方向】已知兩個力的合力大小為18N，則這兩個力不可能是（）A．10N，20NB．18N，18NC．8N，7ND．20N，28N分析：當兩力互成角度時，利用平行四邊形法則或三角形法則求出合力．本題中兩個分力同向時合力最大，反向時合力最小．解答：兩個力合力范圍F1+F2≥F≥|F1﹣F2|兩個力的合力大小為18N，代入數據A、30N≥F≥10N，故A正確．B、36N≥F≥0N，故B正確．C、15N≥F≥1N，故C錯誤．D、48N≥F≥8N，故D正確．本題選不可能的，故選C．點評：兩個共點力的合力范圍合力大小的取值范圍為：F1+F2≥F≥|F1﹣F2|，【解題思路點撥】在共點力的兩個力F1和F2大小一定的情況下，改變F1與F2方向之間的夾角θ，當θ減小時，其合力F逐漸增大；當θ＝0°時，合力最大F＝F1+F2，方向與F1和F2的方向相同；當θ角增大時，其合力逐漸減小；當θ＝180°時，合力最小F＝|F1﹣F2|，方向與較大的力的方向相同．5．慣性與質量【知識點的認識】1．定義：物體保持原來的勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質叫做慣性。牛頓第一定律又叫慣性定律。2．慣性的量度：慣性的大小與物體運動的速度無關，與物體是否受力無關，僅與質量有關，質量是物體慣性大小的唯一量度。質量大的物體所具有的慣性大，質量小的物體所具有的慣性小。3．慣性的性質：①一切物體都具有慣性，其本質是任何物體都有慣性。②慣性與運動狀態無關：不論物體處于怎樣的運動狀態，慣性總是存在的。當物體本來靜止時，它一直“想”保持這種靜止狀態。當物體運動時，它一直“想”以那一時刻的速度做勻速直線運動。4．慣性的表現形式：①當物體不受外力或所受合外力為零時，慣性表現為保持原來的運動狀態不變；②當物體受到外力作用時，慣性表現為改變運動狀態的難易程度，物體慣性越大，它的運動狀態越難改變。5．加深理解慣性概念的幾個方面：（1）慣性是物體的固有屬性之一，物體的慣性與其所在的地理位置、運動狀態、時間次序以及是否受力等均無關，任何物體都具有慣性；（2）慣性大小的量度是質量，與物體運動速度的大小無關，絕不是運動速度大、其慣性就大，運動速度小，其慣性就小；（3）物體不受外力時，其慣性表現為物體保持靜止或勻速直線運動的狀態；受外力作用時，其慣性表現為運動狀態改變的難易程度不同。【命題方向】例1：關于物體的慣性，下列說法中正確的是（）A．運動速度大的物體不能很快地停下來，是因為物體速度越大，慣性也越大B．靜止的火車啟動時，速度變化慢，是因為靜止的物體慣性大的緣故C．乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球慣性小D．在宇宙飛船中的物體不存在慣性分析：一切物體，不論是運動還是靜止、勻速運動還是變速運動，都具有慣性，慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質量有關，質量越大、慣性越大；慣性的大小和物體是否運動、是否受力以及運動的快慢是沒有任何關系的。解答：A、影響慣性大小的是質量，慣性大小與速度大小無關，故A錯誤；B、靜止的火車啟動時，速度變化慢，是由于慣性大，慣性大是由于質量大，故B錯誤；C、乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球質量小，慣性小，故C正確；D、慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質量有關，有質量就有慣性，在宇宙飛船中的物體有質量，故有慣性，故D錯誤。故選：C。點評：需要注意的是：物體的慣性的大小只與質量有關，與其他都無關。而經常出錯的是認為慣性與物體的速度有關。例2：物體具有保持原來勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質稱為慣性。下列有關慣性的說法中，正確的是（）A．乘坐汽車時系好安全帶可減小慣性B．運動員跑得越快慣性越大C．宇宙飛船在太空中也有慣性D．汽車在剎車時才有慣性分析：慣性是指物體具有的保持原來勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質，質量是物體慣性大小大小的唯一的量度。解答：A、乘坐汽車時系好安全帶，不是可以減小慣性，而是在緊急剎車時可以防止人由于慣性的作用飛離座椅，從而造成傷害，所以A錯誤；B、質量是物體慣性大小的唯一的量度，與人的速度的大小無關，所以B錯誤；C、在太空中物體的質量是不變的，所以物體的慣性也不變，所以C正確；D、質量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態無關，所以D錯誤。故選：C。點評：質量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態無關，只要物體的質量不變，物體的慣性的大小就不變。【知識點的應用及延伸】關于慣性觀點的辨析：錯誤觀點1：物體慣性的大小與物體的受力情況、運動情況、所處位置有關。辨析：慣性是物體本身想要保持運動狀態不變的特性，它是物體本身的固有屬性，與物體的受力情況、運動情況、所處位置等無關。慣性的大小用質量來量度。不同質量的物體的慣性不同，它們保持狀態不變的“本領”不同，質量越大的物體，其狀態變化越困難，說明它保持狀態不變的“本領”越強，它的慣性越大。錯誤觀點2：慣性是一種力。辨析：運動不需要力來維持，但當有力對物體作用時，力將“迫使”其改變運動狀態。這時慣性表現為：若要物體持續地改變運動狀態，就必須持續地對物體施加力的作用，一旦某時刻失去力的作用，物體馬上保持此時的運動狀態不再改變。因此慣性不是力，保持運動狀態是物體的本能。“物體受到慣性力”、“由于慣性的作用”、“產生慣性”、“克服慣性”、“消除慣性”等說法是不正確的。慣性力物理意義物體保持勻速直線運動或靜止狀態的性質物體間的相互作用存在條件是物體本身的固有屬性，始終具有，與外界條件無關力只有在物體間發生相互作用時才有可量性有大小（無具體數值，也無單位），無方位有大小、方向及單位錯誤觀點3：慣性就是慣性定律。辨析：慣性是一切物體都具有的固有屬性，而慣性定律是物體不受外力作用時所遵守的一條規律。錯誤觀點4：物體的速度越大。物體的慣性越大。辨析：慣性是物體本身的固有屬性，與物體的運動情況無關。有的同學認為“慣性與物體的運動速度有關，速度大，慣性就大，速度小，慣性就小”。其理由是物體運動速度大時不容易停下來，運動速度小時就容易停下來，這種認識是錯誤的。產生這種錯誤認識的原因是沒有正確理解“慣性大小表示物體運動狀態改變的難易程度”這句話。事實上，在受力情況完全相同時，質量相同的物體，在任意相同的時間內，速度的變化量是相同的。所以質量是慣性大小的唯一量度。【解題方法點撥】慣性大小的判定方法：慣性是物體的固有屬性，與物體的運動情況及受力情況無關，質量是慣性大小的唯一量度。有的同學總是認為“慣性與速度有關，物體的運動速度大慣性就大，速度小慣性就小”。理由是物體的速度大時不容易停下來，速度小時就容易停下來。這說明這部分同學沒能將“運動狀態改變的難易程度”與“物體從運動到靜止的時間長短”區分開來。事實上，要比較物體運動狀態變化的難與易，不僅要考慮物體速度變化的快與慢，還要考慮引起運動狀態變化的外因﹣﹣外力。具體來說有兩種方法：一是外力相同時比較運動狀態變化的快慢；二是在運動狀態變化快慢相同的情況下比較所需外力的大小。對于質量相同的物體，無論其速度大小如何，在相同阻力的情況下，相同時間內速度變化量是相同的，這說明改變它們運動狀態的難易程度是相同的。所以它們的慣性相同，與它們的速度無關。6．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。7．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=v0tanα=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。8．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。【命題方向】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9．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=【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．10．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v11．拱橋和凹橋類模型分析【知識點的認識】1.模型的構建如下圖所示，汽車分別經過凸形橋和凹形橋，設汽車的質量為m，橋面圓弧半徑為r，汽車經過橋面最高點或最低點的速度為v。2.模型分析【命題方向】有一輛質量為1.2×103kg的小汽車駛上半徑為90m的圓弧形拱橋．求：（1）汽車到達橋頂的速度為10m/s時對橋的壓力的大小；（2）汽車以多大的速度經過橋頂時恰好對橋沒有壓力．分析：（1）以汽車為研究對象．由重力和拱橋對汽車的支持力的合力提供向心力，根據牛頓運動定律求解汽車對橋的壓力的大小．（2）汽車經過橋頂時恰好對橋沒有壓力時，由重力提供向心力，再牛頓第二定律求解速度．解答：（1）設在橋頂上汽車的速度為v1，小汽車在橋上受力如圖，由牛頓第二定律有mg﹣N＝mv1得，N＝mg﹣mv由牛頓第三定律得汽車對橋的壓力為N′＝N＝mg﹣mv12R=1.2×103×10﹣1.2×（2）由①式，要使車對橋沒有壓力N＝0，則有mg＝mv則汽車的速度為v2=gR答：（1）汽車到達橋頂的速度為10m/s時對橋的壓力的大小是133N；（2）汽車以30m/s的速度經過橋頂時恰好對橋沒有壓力．點評：本題是生活中圓周運動動力學問題，關鍵要對物體進行受力分析，確定什么力提供向心力．【解題思路點撥】1.汽車過凸形橋時對橋的壓力F壓當0≤v＜rg時，0＜F壓≤mg當v=rg時，F壓＝0當v＞rg2.處理圓周運動力學問題的一般思路（1）確定物體做圓周運動的軌道平面、圓心。（2）根據幾何關系求出軌道半徑。（3）對物體進行受力分析，確定向心力來源。（4）根據牛頓第二定律列方程求解。12．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．13．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。14．變力做功的計算（非動能定理類問題）【知識點的認識】變力做功的幾種求法如下：1.平均值法當力F的大小發生變化且F、l呈線性關系時，F的平均值為F=F1+F2.圖像法變力做的功W可用F﹣l圖線與l軸圍成的面積表示。l軸上方的面積表示力對物體做正功的多少，l軸下方的面積表示力對物體做負功的多少。如圖所示3.分段法（或微元法）當力的大小不變、力的方向時刻與速度同向（或反向）時，把物體的運動過程分為很多小段，這樣每一小段可以看成直線，先求力在每一小段上的功，再求和即可，力做的總功W＝Fs路或W＝﹣Fs路。4.等效替換法若某一變力做的功和某一恒力做的功相等，則可以用求得的恒力做的功來作為變力做的功。【命題方向】如圖所示，某力F＝10N作用于半徑R＝1m的轉盤的邊緣上，力F的大小保持不變，但方向始終保持與作用點的切線方向一致，則轉動一周這個力F做的總功應為（）A、0JB、20πJC、10JD、20J分析：在恒力的作用下，求力做的功為W＝Fx，所以求出在力作用下通過的位移即可．解答：轉一周通過的位移為：x＝2πr＝2π在力F下通過的位移為：W＝Fx＝10×2πJ＝20πJ故選：B。點評：本題主要考查了在恒力作用下做功即W＝Fx。【解題思路點撥】對變力做功計算方法的總結：1.方向不變的變力做功可用其平均值計算。2.力的大小不變且力的方向與物體運動方向間的夾角θ恒定時，力做功可由W＝Fscosθ求解，式中s是物體通過的路程。3.變力的功率恒定時，可由W＝Pt求解。變力的功率也變化時，可由平均功率W=Pt求解；當功率隨時間線性變化時，P=Pmin+Pmax2。4.變力與位移的關系圖像已知時，可利用圖線與位移軸所圍圖形的面積求解。力與位移的關系圖像F﹣15．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