2025年高考物理复习热搜题速递之功和能（2024年7月）

第1页（共1页）2025年高考物理复习热搜题速递之功和能（2024年7月）一．选择题（共8小题）1．一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（）A． B． C． D．2．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A．14mgR B．13mgR C．12mgR D3．一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则（）A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1 B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf14．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度5．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（）A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR6．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了3mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变7．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况（）A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大8．如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l．重力加速度大小为gA．19mgl B．16mgl C．13mgl D二．多选题（共6小题）（多选）9．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为2gC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg（多选）10．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为14mv2﹣mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度（多选）11．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）。物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中（）A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W-12μB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W-32μC．经O点时，物块的动能小于W﹣μmga D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能（多选）12．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH C．机械能损失了mgH D．机械能损失了1（多选）13．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲比乙先到达B处（多选）14．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜π2．在小球从M点运动到A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差三．填空题（共1小题）15．如图所示，劲度系数为k1的轻质弹簧两端分别与质量为m1、m2的物块1、2拴接，劲度系数为k2的轻质弹簧上端与物块2拴接，下端压在桌面上（不拴接），整个系统处于平衡状态。现施力将物块1缓慢竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面。在此过程中，物块2的重力势能增加了，物块1的重力势能增加了。四．实验题（共1小题）16．某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB＝m/s，打出P点时小车的速度大小vP＝m/s。（结果均保留2位小数）若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为。五．解答题（共4小题）17．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量mp的取值范围．18．如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF＝4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=14，重力加速度大小为g。（取sin37°=35（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。（2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能。（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P19．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=35。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；（2）小球达A点时动量的大小；（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。20．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5．设皮带足够长，取g＝10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：（1）邮件滑动的时间t；（2）邮件对地的位移大小x；（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。

2025年高考物理复习热搜题速递之功和能（2024年7月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】功率的计算专题．【答案】A【分析】对于汽车，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据P＝Fv和牛顿第二定律分析加速度的变化情况，得到可能的v﹣t图象。【解答】解：在0﹣t1时间内，如果匀速，则v﹣t图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P＝Fv，牵引力减小；根据F﹣f＝ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F1＝f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v1=P1F1=P1f．所以0﹣在t1﹣t2时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据P＝Fv，牵引力减小；再根据F﹣f＝ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F2＝f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v2=P2F2=P2f．所以在t1﹣t故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题关键是明确汽车恒定功率的加速过程是加速度减小的加速运动，注意速度不能突变，基础题目。2．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A．14mgR B．13mgR C．12mgR D【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；绳球类模型及其临界条件．【专题】动能定理的应用专题．【答案】C【分析】质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿运动定律求出质点经过Q点的速度，再由动能定理求解克服摩擦力所做的功。【解答】解：质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝mv由题有：N＝2mg可得：vQ=质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：mgR﹣Wf=得克服摩擦力所做的功为Wf=1故选：C。【点评】本题考查动能定理的应用及向心力公式，要注意正确受力分析，明确指向圆心的合力提供圆周运动的向心力，知道动能定理是求解变力做功常用的方法。3．一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则（）A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1 B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf1【考点】动能定理的简单应用；恒力做功的计算．【专题】功的计算专题．【答案】C【分析】根据动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果。【解答】解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S2=v2t：两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比Wf1：Wf2＝fS1：fS2＝1：2；再由动能定理，则有：WF﹣Wf=1可知，WF1﹣Wf1=1WF2﹣Wf2＝4×1由上两式可解得：WF2＝4WF1﹣2Wf1，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】考查做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负。4．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律求解向心力．【专题】计算题；比较思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．【答案】C【分析】从静止释放至最低点，由机械能守恒列式，可知最低点的速度、动能；在最低点由牛顿第二定律可得绳子的拉力和向心加速度。【解答】解：AB．从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=12mv2，解得：在最低点的速度只与半径有关，可知vP＜vQ；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小。故AB错误；CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝mv2R，解得，F＝mg+mv2R=3mg所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等。故C正确，D错误。故选：C。【点评】再求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题。5．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（）A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR【考点】功是能量转化的过程和量度．【专题】应用题；定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题．【答案】C【分析】根据动能定理求出小球在c点的速度，再根据竖直上抛运动求解达到最高点的时间，根据水平方向的运动规律求解离开c后达到最高点时的水平位移，根据功能关系求解机械能的增加。【解答】解：由题意知水平拉力为：F＝mg，设小球达到c点的速度为v，从a到c根据动能定理可得：F•3R﹣mgR=12m小球离开c点后，竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。设小球从c点达到最高点的时间为t，则有：t=此段时间内水平方向的位移为：x=1所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L＝3R+2R＝5R此过程中小球的机械能增量为：ΔE＝FL＝mg×5R＝5mgR。故C正确、ABD错误。故选：C。【点评】本题主要是考查功能关系；机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意本题所求的是“小球从a点开始运动到其轨迹最高点”，不是从a到c的过程，这是易错点。6．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了3mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【考点】功是能量转化的过程和量度；机械能守恒定律的简单应用．【答案】B【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，由于弹簧的拉力对圆环做功，所以圆环机械能不守恒，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒进行分析。【解答】解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误，B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为h=3L弹簧的弹性势能增大量为ΔEp＝mgh=3mgL，故BC、圆环所受合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C错误。D、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误。故选：B。【点评】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法。要注意圆环的机械能不守恒，圆环与弹簧组成的系统机械能才守恒。7．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况（）A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】功率的计算专题．【答案】A【分析】根据小球做圆周运动，合力提供向心力，即合力指向圆心，求出水平拉力和重力的关系，根据P＝Fvcosα得出拉力瞬时功率的表达式，从而判断出拉力瞬时功率的变化．【解答】解：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点。设绳子与竖直方向夹角是θ，则FG=tanθ（F与得F＝Gtanθ而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是P＝Fvcosθ则P＝Gvsinθ显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的。故A正确，B、C、D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P＝Fvcosα，注意α为F与速度的夹角．8．如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l．重力加速度大小为gA．19mgl B．16mgl C．13mgl D【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；恒力做功的计算．【专题】定性思想；推理法；功能关系能量守恒定律．【答案】A【分析】由题意可知，发生变化的只有MQ段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功。【解答】解：根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ段系统重力势能的增加量；对MQ分析，设Q点为零势能点，则可知，MQ段的重力势能为EP1=2将Q点拉至M点时，重心离Q点的高度h=l6+l因此可知拉力所做的功W＝EP2﹣EP1=19mgl，故A正确，故选：A。【点评】本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故动能不变，因此只需要分析重力势能即可。二．多选题（共6小题）（多选）9．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为2gC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【考点】机械能守恒定律的简单应用；合运动与分运动的关系．【答案】BD【分析】a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况。根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小。【解答】解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功。故A错误。B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=12mAvA2，解得vAC、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；D、ab整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选：BD。【点评】解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及根据能量的守恒。可以知道当a的机械能最小时，b的动能最大。（多选）10．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为14mv2﹣mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度【考点】功是能量转化的过程和量度；牛顿第二定律的简单应用．【答案】BD【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式。【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式mgh+Wf+W弹＝0﹣0＝0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式﹣mgh+（﹣W弹）+Wf＝0-12解得：Wf=-14mv2，故C、由上分析可知，W弹=14mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh-14mvD、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh′+W′f+W′弹=12m研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式﹣mgh′+W′f+（﹣W′弹）＝0-12mgh′﹣W′f+W′弹=12由于W′f＜0，所以12mv'B2＞12mvB2，则有：vB＜v故选：BD。【点评】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用。（多选）11．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）。物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中（）A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W-12μB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W-32μC．经O点时，物块的动能小于W﹣μmga D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能【考点】功是能量转化的过程和量度；动能定理的简单应用．【专题】压轴题；机械能守恒定律应用专题．【答案】BC【分析】到达B点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处。弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数μ很小，则动能为最大时时弹簧伸长量较小（此时弹力等于摩擦力μmg），而弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点；如果μ较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，μ较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为0），此时B点伸长量可能小于动能最大时伸长量，B点势能可能小于动能最大处势能。至于物块在A点或B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可。【解答】解：A、如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点。故OA＞a2，此过程物体克服摩擦力做功大于12μmga，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于B、由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于a+a2=3a2，故整个过程物体克服阻力做功大于32C、从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于W﹣μmga，故C正确；D、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误。故选：BC。【点评】利用反证法得到O点并非AB连线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透彻（多选）12．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH C．机械能损失了mgH D．机械能损失了1【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】压轴题；动能定理的应用专题．【答案】AC【分析】若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可。【解答】解：根据动能定理应有ΔEk＝﹣maHsin30°=-2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了2mgH，所以A再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f=12mg，根据功能关系应有ΔE＝﹣fHsin30°=-mgH，即机械能损失了mgH故选：AC。【点评】要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功。（多选）13．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲比乙先到达B处【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】直线运动规律专题．【答案】BD【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t图象来计算说明。【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；B：下滑过程甲、乙的机械能均守恒，由mgh=12mv2，可得：v=2CD：甲的切向加速度先比乙的大，速率增大的比较快，开始阶段的路程比较大，故甲总是先达到同一高度的位置。故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大。所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢。它们的v﹣t图象如图，结合v﹣t图象的意义，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴之间的面积可以用来表示路程。（多选）14．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜π2．在小球从M点运动到A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差【考点】功是能量转化的过程和量度；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定性思想；推理法；功能关系能量守恒定律．【答案】BCD【分析】弹力为0时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且弹力功率为0．因M，N弹力大小相等则弹性势能相等。据此分析各选项。【解答】解：A、由题可知，M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中OM为压缩状态，N点为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功。故A错误。B、在运动过程中M点为压缩状态，N点为伸长状态，则由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g。则有两处加速度为g。故B正确。C、由图可知，弹簧长度最短时，弹簧与杆的方向相互垂直，则弹力的方向与运动的方向相互垂直，所以弹力对小球做功的功率为零，故C正确。D、因M点与N点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差。故D正确故选：BCD。【点评】本题考查弹簧类问题中的机械能守恒，注意弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，形变量相同，则弹簧势能相同。三．填空题（共1小题）15．如图所示，劲度系数为k1的轻质弹簧两端分别与质量为m1、m2的物块1、2拴接，劲度系数为k2的轻质弹簧上端与物块2拴接，下端压在桌面上（不拴接），整个系统处于平衡状态。现施力将物块1缓慢竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面。在此过程中，物块2的重力势能增加了m2g2(m1+m2【考点】功是能量转化的过程和量度；动能与势能的相互转化．【专题】机械能守恒定律应用专题．【答案】见试题解答内容【分析】开始时两弹簧均处于压缩状态，劲度系数为k1的轻弹簧的弹力大小等于质量为m1物块的重力，劲度系数为k2的轻弹簧的弹力大小等于质量为m1、m2的物块总重力。当施力将物块1缓缦地竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面时，下面的弹簧恢复到原长，而上面的弹簧却处于拉伸状态。因此通过胡克定律算出两个弹簧的变化量，从而算出物块2和物块1的重力势能的增加量。【解答】解：劲度系数为k1的轻弹簧处于压缩状态，压缩量为：x处于拉伸状态时的拉伸量为：x开始平衡时，劲度系数为k2的轻弹簧处于压缩状态，压缩量为：x物块2重力势能增加了：m物块1重力势能的增加量为：m故答案为：m2g2【点评】劲度系数为k1的轻弹簧本身处于压缩，之后处于拉伸，所以通过胡克定律求出两形变量相加。而劲度系数为k2的轻弹簧本来处于压缩，之后恢复原长，因此求解弹簧问题注意要用动态的思想进行。四．实验题（共1小题）16．某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB＝0.36m/s，打出P点时小车的速度大小vP＝1.80m/s。（结果均保留2位小数）若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为B、P之间的距离。【考点】动能定理的简单应用；探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验探究题；定量思想；实验分析法；动能定理的应用专题；实验能力．【答案】见试题解答内容【分析】根据匀变速直线运动的规律可知某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以计算出两点的速度大小。【解答】解：根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得B点和P点的速度分别为vBvP若要验证动能定理需要求出小车运动过程中拉力对小车做的功，必须要知道在拉力作用下小车通过B点和P点的距离。故答案为：0.36，1.80，B、P之间的距离。【点评】实验问题中数据的处理中要注意两点，一个是单位问题，另一个是有效数字的问题。五．解答题（共4小题）17．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量mp的取值范围．【考点】动能定理的简单应用；平抛运动速度的计算．【专题】计算题；参照思想；合成分解法；动能定理的应用专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）先研究弹簧竖直的情况，根据系统的机械能守恒求出弹簧最大的弹性势能．弹簧如图放置时，由于弹簧的压缩量等于竖直放置时的压缩量，两种情况弹簧的弹性势能相等．由能量守恒定律求出物体P滑到B点时的速度，由机械能守恒定律求出物体P到达D点的速度．物体P离开D点后做平抛运动，由平抛运动的规律求水平距离．（2）P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，能上升的最高点为C，根据能量守恒定律列式和临界条件求解．【解答】解：（1）将弹簧竖直放置在地面上，物体下落压缩弹簧时，由系统的机械能守恒得Ep＝5mgl如图，根据能量守恒定律得Ep＝μmg•4l+联立解得vB=物体P从B到D的过程，由机械能守恒定律得mg•2l+解得vD=所以物体P能到达D点，且物体P离开D点后做平抛运动，则有2l=x＝vDt解得x＝22l即落地点与B点间的距离为22l．（2）P刚好过B点，有：Ep＝μm1g•4l，解得m1=5P最多到C而不脱轨，则有Ep＝μm2g•4l+m2gl，解得m2=5所以满足条件的P的质量的取值范围为：53m≤mP＜5答：（1）P到达B点时速度的大小是6gl，它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离是22l（2）P的质量的取值范围为：53m≤mP＜5【点评】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．18．如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF＝4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=14，重力加速度大小为g。（取sin37°=35（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。（2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能。（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P【考点】功是能量转化的过程和量度；动能定理的简单应用．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；功能关系能量守恒定律．【答案】见试题解答内容【分析】（1）对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；（2）同（1）的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；（3）P离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量。【解答】解：（1）C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：mg⋅其中：BC代入数据得：v（2）物块返回B点后向上运动的过程中：-mg其中：BF联立得：v物块P由B点向下到达最低点又返回到B点的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：-μmgcos整理得：x＝R物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：mgx⋅又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP＝W所以：EP＝2.4mgR（3）由几何关系可知图中D点相对于C点的高度：h＝r+rcos37°＝1.8r=1.8×5所以D点相对于G点的高度：H＝1.5R+R＝2.5R小球做平抛运动的时间：t=G点到D点的水平距离：L=由：L＝vDt联立得：vE到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：EP联立得：m′=第（2）问的另一种解法：设B点与E点间的距离为BE，对物块P由C点向下滑到最低点E又返回到F点的全过程，由动能定理得：mgsin37°•CF﹣μmgcos37°•（CE+EF）＝0﹣0CF＝7R﹣4R＝3RCE＝5R+BEEF＝2R+BE联立解得：BE＝R设P运动到E点时弹簧的弹性势能为Ep，物块向下压缩弹簧的过程由能量守恒和功能关系得：Ep解得：EP＝2.4mgR答：（1）P第一次运动到B点时速度的大小是2gR（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR。（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是355gR，改变后P【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的条件，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义。第二小问可以从运动全过程的角度跟能量的角度来列式。19．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=35。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；（2）小球达A点时动量的大小；（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。【考点】动能定理的简单应用；力的合成与分解的应用；牛顿第二定律的简单应用；合运动与分运动的关系；绳球类模型及其临界条件．【专题】计算题；定性思想；推理法；运动的合成和分解专题；动能定理的应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据力的合成法则，结合牛顿第二定律，及勾股定理，即可求解；（2）作CD⊥PA，依据几何关系，并由动能定理计算速度大小，即可求解动量大小；（3）根据运动的合成与分解，结合运动学公式，即可求解。【解答】解：（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则，则有：F0F2＝（mg）2+F02；设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得：F＝mv联立上式，结合题目所给数据，解得：F0=v=（2）设小球到达A点的速度大小v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得：DA＝RsinαCD＝R（1+cosα）由动能定理有，﹣mg•CD﹣F0•DA=联立上式，结合题目所给数据，那么小球在A点的动量大小为：P＝mv1=（3）小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落到水平轨道上所用时间为t，由运动学公式，则有：v⊥t+1v⊥＝vsinα联立上式，结合题目数据，解得：t=答：（1）水平恒力的大小34mg，小球到达C点时速度的大小（2）小球达A点时动量的大小m23（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间35【点评】考查力的合成法则，掌握牛顿第二定律的内容，及动能定理的应用，理解几何知识的运用，同时注意运动的合成与分解的内容。20．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5．设皮带足够长，取g＝10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：（1）邮件滑动的时间t；（2）邮件对地的位移大小x；（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】动能定理的应用专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）对邮件运用动量定理，求出邮件速度达到传送带速度所需的时间．（2）对邮件运用动能定理，求出邮件相对地面的位移大小．（3）根据摩擦力的大小以及皮带的位移大小求出邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W．【解答】解：（1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则：F＝μmg①取向右为正方向，对邮件应用动量定理得，Ft＝mv﹣0，②由①②式并代入数据得，t＝0.2s③（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理有：Fx=12由①④式并代入数据得，x＝0.1m⑤（3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则：s＝vt⑥摩擦力对皮带做的功W＝﹣Fs⑦由①③⑥⑦式并代入数据得，W＝﹣2J．答：（1）邮件滑动的时间t为0.2s；（2）邮件对地的位移大小x为0.1m；（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W为﹣2J．【点评】本题考查了动量定理、动能定理的基本运用，本题也可以采用动力学知识进行求解，关键需理清邮件在整个过程中的运动规律．

考点卡片1．力的合成与分解的应用2．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．3．适用范围：（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．4．对牛顿第二定律的进一步理解牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝1m另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．【命题方向】题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（）A．物块的质量为1.5kgB．物块与地面之间的滑动摩擦力为2NC．t＝3s时刻物块的速度为3m/sD．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a=42=2m/s2，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B故选：BD．点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（）A．则a＝g，方向竖直向下B．则a＝g，方向竖直向上C．则a=F1m，方向沿Ⅰ的延长线D．则分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1=mg刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：a=F1sinθm=故选：D．点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；（3）木块回到出发点时的速度大小v．分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式a=上滑过程中加速度的大小：a1（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入数据得：μ＝0.35．（3）下滑的距离等于上滑的距离：x=v02下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2=下滑至出发点的速度大小为：v=联立解得：v＝2m/s答：（1）上滑过程中的加速度的大小a1（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．【解题方法点拨】1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．应用牛顿第二定律的解题步骤（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．3．合运动与分运动的关系4．平抛运动速度的计算5．牛顿第二定律求解向心力6．绳球类模型及其临界条件7．恒力做功的计算【知识点的认识】1．做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移．2．功的公式：W＝Flcosα，其中F为恒力，α为F的方向与位移l的方向之间的夹角；功的单位：焦耳（J）；功是标量．3．功的计算：（1）合力的功①先求出合力，然后求总功，表达式为：∑W＝∑F•scosθ（θ为合力与位移方向的夹角）②合力的功等于各分力所做功的代数和，即：∑W＝W1+W2+…（2）变力做功：对于变力做功不能依定义式W＝Fscosα直接求解，但可依物理规律通过技巧的转化间接求解．①可用（微元法）无限分小法来求，过程无限分小后，可认为每小段是恒力做功．②平均力法：若变力大小随位移是线性变化，且方向不变时，可将变力的平均值求出后用公式：W=③利用F﹣s图象，F﹣s图线与坐标轴所包围的面积即是力F做功的数值．④已知变力做功的平均功率P，则功W＝Pt．⑤用动能定理进行求解：由动能定理W＝△EK可知，将变力的功转换为物体动能的变化量，可将问题轻易解决．⑥用功能关系进行求解．【命题方向】题型一：功的计算例1：如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中：（1）F为恒力，拉力F做的功是FLsinθJ（2）用F缓慢地拉，拉力F做的功是mgL（1﹣cosθ）J．分析：小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，由功的公式结合球的位移可求出拉力做功．当F缓慢地拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，则由动能定理可求出拉力做功．解答：（1）当小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，则拉力做功为：W＝FS＝FLsinθ（2）当F缓慢地拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，缓慢则是速率不变，则由动能定理可得：WF﹣mgh＝0而高度变化为：h＝L（1﹣cosθ）所以WF＝mgL（1﹣cosθ）故答案为：FLsinθ；mgL（1﹣cosθ）．点评：当力恒定时，力与力的方向的位移乘积为做功的多少；当力不恒定时，则由动能定理来间接求出变力做功．同时当小球缓慢运动，也就是速率不变．题型二：用画图法求功例2：用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比，即Ff＝kx（其中x为铁钉进入木块的深度），在铁锤击打第一次后，铁钉进入木块的深度为d．（1）求铁锤对铁钉做功的大小；（2）若铁锤对铁钉每次做功都相等，求击打第二次时，铁钉还能进入的深度．分析：阻力与深度成正比，力是变力，可以应用f﹣d图象再结合动能定理分析答求解．解答：（1）由题意可知，阻力与深度d成正比，f﹣d图象如图所示，F﹣x图象与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，故第一次时所做的功：W=fd（2）每次钉钉子时做功相同，如图所示可得：力与深度成正比，则：f＝kd，f′＝kd′，两次做功相同，W=12df=12（f+f′）（解得：d′=2d﹣d第二次钉子进入木板的深度：h＝d′﹣d＝（2-1）d答：（1）铁锤对铁钉做功的大小为fd2（2）二次钉子进入木板的深度（2-1）d点评：图象法在物理学中应用非常广泛，有时可以起到事半功倍的效果，在学习中要注意应用．【解题方法点拨】1．在计算力所做的功时，首先要对物体进行受力分析，明确是要求哪个力做的功，这个力是恒力还是变力；其次进行运动分析，明确是要求哪一个过程力所做的功．关于恒力的功和变力的功的计算方法如下：（1）恒力做功：对恒力作用下物体的运动，力对物体做的功用W＝Flcosα求解．该公式可写成W＝F•（l•cosα）＝（F•cosα）•l．即功等于力与力方向上的位移的乘积或功等于位移与位移方向上的力的乘积．（2）变力做功：①用动能定理W＝△Ek或功能关系W＝△E，即用能量的增量等效代换变力所做的功．（也可计算恒力做功）②当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车以恒定功率启动时．③把变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程（不是位移）的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等．（3）总功的求法：①总功等于合外力的功：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总＝F合lcosα计算总功，但应注意α应是合力与位移l的夹角．②总功等于各力做功的代数和．【知识点的应用及延伸】各种力做功的特点1、重力做功特点（1）重点做功与路径无关，只与物体的始末位置高度差有关．（2）重力做功的大小：W＝mg•h．（3）重力做功与重力势能的关系：WG＝﹣△Ep＝Ep1﹣Ep2．此外，做功多少与路径无关的力还有：匀强电场中的电场力做功，液体的浮力做功等．2．摩擦力做功的特点：（1）静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移（静摩擦力起着传递机械能的作用），而没有机械能转化为其他形式的能．③相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的代数和总为零．（2）滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，当然也可以不做功．②一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化有两个方面：一是相互摩擦的物体之间机械能的转移；二是机械能转化为内能．③一对滑动摩擦力的总功等于﹣f△s，式中△s指物体间的相对位移．④转化为内能的量值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即W＝Q（即摩擦生热）．⑤滑动摩擦力、空气摩擦阻力等，在曲线运动或往返运动时等于力和路程（不是位移）的乘积．8．功率的定义、物理意义和计算式的推导9．重力势能的变化和重力做功的关系【知识点的认识】一、重力做功与重力势能变化的关系1．关系式：WG＝Ep1﹣Ep2．其中Ep1＝mgh1表示物体的初位置的重力势能，Ep2＝mgh2表示物体的末位置的重力势能．2．当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减少，也就是WG＞0，Ep1＞Ep2．重力势能减少的数量等于重力所做的功．3．当物体由低处运动到高处时，重力做负功，或者说物体克服重力做功，重力势能增大，也就是WG＜0，Ep1＜Ep2．重力势能增加的数量等于物体克服重力所做的功．【命题方向】题型一：重力做功与重力势能变化的关系的理解例1：质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长．分别捏住两绳中点缓慢提起，直到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB．若（）A．hA＝hB，则一定有WA＝WBB．hA＞hB，则可能有WA＜WBC．hA＜hB，则可能有WA＝WBD．hA＞hB，则一定有WA＞WB分析：质量相等的均质柔软细绳，则长的绳子，其单位长度的质量小，根据细绳的重心上升的高度找出克服重力做功的关系．解：A、两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，hA＝hB，绳A较长．所以绳A的重心上升的高度较小，质量相等，所以WA＜WB．故A错误；B、hA＞hB，绳A较长．所以绳A的重心上升的高度可能较小，质量相等，所以可能WA＜WB．故B正确，D错误；C、hA＜hB，绳A较长．所以绳A的重心上升的高度一定较小，质量相等，所以WA＜WB．故C错误．故选：B．点评：解决该题关键要知道柔软细绳不能看成质点，找出不同情况下重心上升的高度的关系．例2：一只100g的球从1.8m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25m的高度，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是（g＝10m/s2）（）A．重力做功为1.8JB．重力做了0.55J的负功C．物体的重力势能一定减少0.55JD．物体的重力势能一定增加1.25J分析：由重力做功的公式WG＝mgh可求得重力所做的功；再由重力做功与重力势能的关系可分析重力势能的变化．解：物体高度下降了h＝1.8﹣1.25＝0.55（m）；则重力做正功为：W＝mgh＝0.1×10×0.55＝0.55（J）；而重力做功多少等于重力势能的减小量，故小球的重力势能一定减少0.55J，故C正确，ABD错误．故选：C．点评：本题考查重力做功与重力势能的关系，在解题时一定要明确重力做功与路径无关，只与初末状态的高度差有关．题型二：重力做功的求解例3：质量为m的均匀链条长为L，开始放在光滑水平桌面上时，有14分析：设桌面为零势能面，分链条为桌上的部分和桌下的部分分别确定出其两种情况下的重力势能，然后得到其变化量．解：设桌面为零势能面，开始时链条的重力势能为：E1=-14mg•当链条刚脱离桌面时的重力势能：E2＝﹣mg•12故重力势能的变化量：△E＝E2﹣E1=-15答：从开始到链条刚滑离桌面过程中重力势能变化了-1532点评：零势能面的选取是任意的，本题也可以选链条滑至刚刚离开桌边时链条的中心为零势能面，结果是一样的，要注意重力势能的正负．【知识点应用及拓展】一、重力做功与重力势能变化的关系的进一步理解：重力势能是相对的，式中h是物体到参考平面的高度．选取不同的参考平面，只影响物体重力的数值，而不影响重力势能的差值．即重力势能的变化与参考平面的选取无关．重力对物体做多少正（负）功，物体的重力势能就减小（增大）多少，即W＝﹣△Ep（△Ep为重力势能的增量）．重力做正功等于物体重力势能的减少，物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加．重力做功与路径无关，只与物体的初末位置的高度差和重力大小有关，但是重力做功，不能引起物体机械能的变化．【解题方法点拨】1．重力做功的求解方法（1）公式法利用WG＝mgh求解，其中h为初、末位置的高度差．（2）转化法对于无法利用做功公式来计算重力做功的问题，我们可以转换一下思考的角度，因为重力做功与重力势能的变化相对应，所以通过求重力势能的变化量来求重力做功是一种解题途径．即利用公式WG＝Ep1﹣Ep2＝﹣△Ep，通过求重力势能的变化△Ep来求重力做的功WG．（3）整体法、等效法常用于求物体系统或液体的重力做功．对于大小和形状不可忽略的物体，要由其重心的位置来确定它相对参考平面的高度．10．动能定理的简单应用11．功是能量转化的过程和量度12．动能与势能的相互转化【知识点的认识】一、摆锤1、摆球向下摆动过程中，重力势能变小，速度变大，摆锤的动能变大，摆锤的重力势能转化为动能．2、当摆锤过中点向上转动过程中，速度变小，摆锤的动能变小，重力势能变大，摆锤的动能转化为重力势能．二、滚摆1、上升：速度变慢，高度变高，动能变小，重力势能变大，动能转化为重力势能．2、下降：速度变快，高度变低，动能变大，重力势能变小，重力势能转化为动能．三．结论：动能和势能相互转化：（1）动能的增减变化要以速度的增减来判断．（2）重力势能的增减变化要以物体离地面高度的变化来判断．（3）弹性势能的增减要根据形变大小的变化来判断．（4）动能和势能的相互转化过程中，必定有动能和势能各自变化，而且一定是此增彼减．13．机械能守恒定律