2025年高考物理复习新题速递之功和能（2024年9月）

第1页（共1页）2025年高考物理复习新题速递之功和能（2024年9月）一．选择题（共10小题）1．（2024秋•海安市校级月考）早在二千多年前，我国劳动人民就发明了汉石磨盘，如图甲所示。人们通常用驴来拉磨把谷物磨成面粉。俯视角度看如图乙所示，假设驴拉磨可以看成做匀速圆周运动，驴对磨杆末端的平均拉力F＝800N，拉力方向始终沿圆周切线方向，磨杆半径r＝0.7m，驴拉磨转动一周时间为7s，圆周率π≈3，则下列说法正确的是（）A．磨杆末端的向心加速度大小为0.4m/s2 B．磨杆末端的线速度大小为0.3m/s C．驴转动一周拉力所做的功为零 D．驴转动一周拉力的平均功率为480W2．（2024•海淀区校级开学）如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上一个倾角为30°的斜面，其运动的加速度为34g。这个物体在斜面上上升的最大高度为hA．物体的重力势能增加了34mghB．物体的机械能损失了mgh C．物体的动能损失了mgh D．物体的重力势能增加了mgh3．（2024•茂名二模）信宜市境内崇山峻岭较多，茶农在其中一些条件适宜的高山上种植高山茶，一茶农驾驶农用拖拉机，沿盘山公路以恒定速率向山上运送农资。不考虑拖拉机燃油质量的变化，下列说法正确的是（）A．为了行车安全，路面转弯处应做成内高外低 B．拖拉机牵引力的瞬时功率保持不变 C．拖拉机依次经过两个水平圆弧弯道1和2，且R1＞R2，则其合外力F1＞F2 D．上坡过程拖拉机的机械能增加4．（2024春•江北区校级月考）如图所示，一个可视为质点的物体以20J的初动能从粗糙斜面底端A点出发，沿斜面向上运动，从A经过B到达最高点C（B点未画出），然后再回到A点。已知物体向上运动时，从A点到B点的过程中，物体动能减少了12J，机械能减少了3J，不计空气阻力，则（）A．在从A到C的上升过程中，合力对物体做功20J B．在从A到B的上升过程中，物体克服摩擦力做功12J C．在从C到A的下降过程中，重力对物体做功15J D．若在斜面底端放置一弹性挡板，物体返回A点时与挡板发生碰撞并立即被等速反弹，则物体在斜面上通过的总路程为AC距离的5倍5．（2024秋•开福区校级月考）一根粗细不均匀的绳子摆放在地面上，已知绳子的质量为5kg，绳长为1m，抓住绳子一端缓慢往上提起，直到另一端恰好离开地面，此过程需做功30J。若抓住绳子的另一端把绳子缓慢提起来，拉力做功为（g取10m/s2）（）A．10J B．20J C．30J D．50J6．（2024春•江北区校级月考）汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，如图，若保持功率P继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动。假设汽车运动过程中阻力（不包含重力沿斜面的分力）大小保持不变，下列图像中能正确表示该汽车运动过程速率v随时间t变化的是（）A． B． C． D．7．（2024春•江北区校级月考）如图，竖直放置的弧形轨道固定在地面上，小球以1m/s的初速度从P点沿切线滑下，离开轨道时速率为1m/s；若该小球以2m/s的初速度从P点沿切线滑下，离开轨道时速率（）（不计空气阻力）A．大于2m/s B．小于2m/s C．等于2m/s D．无法确定8．（2024春•江北区校级月考）如图，将轻弹簧一端固定在O点，另一端与小球相连，现将小球拉到A点（弹簧处于自然长度）静止释放，让它自由下摆，不计空气阻力，小球从A点运动到的B点（O点正下方）的过程中，下列描述正确的是（）A．弹簧对小球不做功 B．弹簧对小球做正功 C．小球机械能守恒 D．小球机械能减少9．（2024•九龙坡区校级开学）暑假里，小李同学和小伙伴们玩起了一种趣味运动，手持乒乓球拍托实心塑料球移动，距离大者获胜。若小李在趣味运动中沿水平方向做匀加速直线运动，手、球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示。设球的质量为m，不计球拍和球之间的摩擦力，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．球拍对球的作用力大小为mgcosθ B．球的加速度大小为gtanθ C．球拍对球不做功 D．球的重力做负功10．（2024•寻甸县校级开学）如图所示，质量分别为m、2m的A、B小球固定在轻杆的两端，可绕水平轴O无摩擦转动。已知杆长为l，水平轴O在杆的中点，初始时A、B、O在同一A竖直线上。给B球一个水平向右的初速度，在杆绕轴O转过90°的过程中（）A．小球A和B的重力势能变化量之和为12B．小球A和B的重力势能变化量之和为mgl C．杆对小球A不做功，小球A的机械能守恒 D．A球和B球的总机械能减少二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024秋•开福区校级月考）我国北斗卫星导航系统定位精度可达米级，如图P点是北纬37°（即θ＝37°）地球表面上一颗等待发射的卫星，质量相同的北斗导航卫星A、B均绕地心O做匀速圆周运动，卫星B是地球静止轨道卫星（同步地球卫星）。某时刻P、A、B、O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且OA垂直AB，则（）A．三颗卫星中角速度最大的是A卫星 B．三颗卫星中线速度最大的是B卫星 C．卫星A、B的加速度之比25：16 D．卫星A、B的动能之比25：16（多选）12．（2024•岳麓区校级开学）2024年5月15日，百度Apollo在武汉正式发布旗下第六代无人车车型，武汉市民可通过萝卜快跑平台搭乘第六代无人车。一辆质量m＝2.0×103kg的萝卜车，以v＝36km/h的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率P1＝12kW。当系统探测到前方有障碍物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在制动过程中，系统提供的制动功率P2＝24kW，萝卜车经过x=58A．萝卜车匀速行驶过程中所受的阻力大小为800N B．萝卜车刚进入制动状态的瞬间，汽车所受合力大小为4800N C．制动过程萝卜车的速度为5m/s时，加速度大小为3m/s2 D．萝卜车从刹车到停止经历的时间为3.2s（多选）13．（2024•故城县校级开学）如图，足够长的水平传送带AB与斜面BC在B点平滑连接，斜面倾角θ＝37°，质量为1kg的物块从距传送带高为H＝2.4m的C点静止释放，物块与斜面和传送带间的动摩擦因数均为0.5，传送带顺时针运行速度恒为5m/s。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列判断正确的是（）A．物块第二次经过B点的速度为5m/s B．物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带摩擦生热28J C．物块在斜面上向下运动的路程之和为6m D．物块在斜面上向下运动的路程之和为5m（多选）14．（2024春•江北区校级月考）如图，以O为原点在竖直面内建立平面直角坐标系：第Ⅳ象限挡板形状满足方程y=12x2-2（单位：m），小球从第Ⅱ象限内一个固定光滑圆弧轨道某处静止释放，通过O点后开始做平抛运动，击中挡板上的P点时动能最小（A．P点的坐标为(1，-B．小球释放处的纵坐标为y=1C．小球击中P点时的速度大小为5m/s D．小球从释放到击中挡板的整个过程机械能守恒（多选）15．（2024春•江北区校级月考）在空中某点，将两个相同小球以大小相同的初速度分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，则从抛出到落地，下列说法正确的是（）A．重力做功相同 B．落地时速率相同 C．速度变化量相同 D．落地时重力的瞬时功率相同三．解答题（共5小题）16．（2024•海淀区校级开学）如图所示，传送带与水平面之间的夹角为30°，其上A、B两点间的距离为5m，传送带在电动机的带动下以v＝1m/s的速度匀速运转，现将一质量为m＝10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带上A点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=32，则在传送带将小物块从A传送到B的过程中，g＝10m/s（1）小物体在传送带上加速过程中的加速度为多大？（2）传送带对小物块做了多少功？（3）因传送小物块，电动机额外做了多少功？17．（2024•岳麓区校级开学）质量m＝20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动，3s后撤去外力F，物体的v﹣t图像如图所示。g取10m/s2，求：（1）全过程中外力F的最大功率；（2）6s内物体克服摩擦力做的功。18．（2023秋•新市区校级月考）光滑的14圆弧轨道AB竖直放置，半径R＝0.2m，B端切线水平，B离地高度H＝0.8m，如图所示，小滑块P从A点由静止滑下最终落在水平地面上（空气阻力不计，g取10m/s2（1）小滑块P滑到B点时的速度vB的大小；（2）小滑块P的落地点与B点的水平距离s。19．（2024春•江北区校级月考）电动汽车具有节能环保、低噪声、提速快等优点，随着电池续航能力不断提升，其越来越受到消费者的青睐。质量为m的电动车由于摩擦及空气流动等原因产生的总阻力随车速满足f＝kv2，其中k为已知常数。求：（1）当车以最大速度匀速行驶时，电动车所受的牵引力F牵与车速v应满足的关系；（2）若该电动汽车的最大输出功率为Pm，此功率下最大行驶速度为vm，求其速度为vm2时的加速度（仅用Pm、vm、（3）若电动汽车以最大输出功率Pm启动，经过时间t0后电动汽车的速度大小为v0，求该过程中电动汽车克服总阻力所做的功Wf。20．（2024秋•坪山区校级月考）风洞是研究空气动力学的实验设备，如图所示，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H＝3.2m处，杆上套有一质量m＝3kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F＝15N，方向水平向左。小球以速度v0＝8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g＝10m/s2。求：（1）小球落地时离开杆端的水平距离x；（2）小球落地时的动能Ek；

2025年高考物理复习新题速递之功和能（2024年9月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024秋•海安市校级月考）早在二千多年前，我国劳动人民就发明了汉石磨盘，如图甲所示。人们通常用驴来拉磨把谷物磨成面粉。俯视角度看如图乙所示，假设驴拉磨可以看成做匀速圆周运动，驴对磨杆末端的平均拉力F＝800N，拉力方向始终沿圆周切线方向，磨杆半径r＝0.7m，驴拉磨转动一周时间为7s，圆周率π≈3，则下列说法正确的是（）A．磨杆末端的向心加速度大小为0.4m/s2 B．磨杆末端的线速度大小为0.3m/s C．驴转动一周拉力所做的功为零 D．驴转动一周拉力的平均功率为480W【考点】平均功率的计算；向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；变力做功的计算．【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理能力．【答案】D【分析】利用a=4π2T2【解答】解：A、磨杆末端的向心加速度大小a=4π2B、磨杆末端的线速度大小v=2πrT=C、驴转动一周拉力所做的功，根据微元法可知，拉力所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积。则磨转一周弧长为L＝2πr，拉力所做的功W＝FL＝800×2×3×0.7J＝3360J，故C错误；D、驴转动一周拉力的平均功率P=WT=故选：D。【点评】本题考查匀速圆周运动线速度、向心加速度、周期、半径之间的关系，能够利用微元法推断拉力所做的功。2．（2024•海淀区校级开学）如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上一个倾角为30°的斜面，其运动的加速度为34g。这个物体在斜面上上升的最大高度为hA．物体的重力势能增加了34mghB．物体的机械能损失了mgh C．物体的动能损失了mgh D．物体的重力势能增加了mgh【考点】计算物体的机械能；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】D【分析】物体在斜面上上升的最大高度为h，克服重力做功为mgh，从而得到重力势能的变化；根据牛顿第二定律求出摩擦力大小，根据物体克服摩擦力做功等于物体机械能的损失，求解机械能的损失；根据合外力做功，求解动能的损失。【解答】解：AD、物体在斜面上上升的最大高度为h，克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh，故A错误，D正确；B、根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f＝m⋅34g，得到摩擦力大小为f=14mg，物体克服摩擦力做功为Wf＝f•2h=12C、合外力对物体做功为W合＝﹣m•34g•2h=-32mgh，根据动能定理得知，物体动能损失了故选：D。【点评】本题的关键要掌握常见的对几对功和能的关系：重力做功与重力势能的关系有关，合力做功与动能的变化有关，除重力以外的力做功与机械能的变化有关。3．（2024•茂名二模）信宜市境内崇山峻岭较多，茶农在其中一些条件适宜的高山上种植高山茶，一茶农驾驶农用拖拉机，沿盘山公路以恒定速率向山上运送农资。不考虑拖拉机燃油质量的变化，下列说法正确的是（）A．为了行车安全，路面转弯处应做成内高外低 B．拖拉机牵引力的瞬时功率保持不变 C．拖拉机依次经过两个水平圆弧弯道1和2，且R1＞R2，则其合外力F1＞F2 D．上坡过程拖拉机的机械能增加【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；判断机械能是否守恒及如何变化；车辆在道路上的转弯问题．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力．【答案】D【分析】转弯处的路面内低外高可以提供一部分车辆做圆周运动的向心力；结合P＝Fv分析汽车牵引力的瞬时功率；对车辆进行受力分析，根据向心力公式分析合外力；根据功能关系分析能量的变化情况。【解答】解：A、为了行车安全，路面转弯处应利用重力和支持力的合力提供向心力，所以路面转弯处应做成外高内低，故A错误，B、拖拉机沿盘山公路以恒定速率向山上运送农资，在水平圆弧弯道和上坡过程，拖拉机的牵引力大小不同，根据P＝Fv可知，拖拉机牵引力的瞬时功率不相同，故B错误；C、拖拉机沿盘山公路以恒定速率向山上运送农资，拖拉机依次经过两个水平圆弧弯道1和2，且R1＞R2，根据F=mv可知其合外力满足F1＜F2故C错误；D、上坡过程拖拉机的动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉对物体的受力分析，结合牛顿第二定律即可完成解答。4．（2024春•江北区校级月考）如图所示，一个可视为质点的物体以20J的初动能从粗糙斜面底端A点出发，沿斜面向上运动，从A经过B到达最高点C（B点未画出），然后再回到A点。已知物体向上运动时，从A点到B点的过程中，物体动能减少了12J，机械能减少了3J，不计空气阻力，则（）A．在从A到C的上升过程中，合力对物体做功20J B．在从A到B的上升过程中，物体克服摩擦力做功12J C．在从C到A的下降过程中，重力对物体做功15J D．若在斜面底端放置一弹性挡板，物体返回A点时与挡板发生碰撞并立即被等速反弹，则物体在斜面上通过的总路程为AC距离的5倍【考点】恒力做功的计算；功的正负及判断．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】C【分析】根据动能定理分析；根据功能关系分析；根据动能定理得到小球克服重力做功和克服摩擦力做功的比例关系，进而得到整个过程摩擦力做的功；对整个过程根据动能定理计算。【解答】解：A、在从A到C的上升过程中，根据动能定理可知合力对物体做功W合＝ΔEk＝﹣20J，故A错误；B、在从A到B的上升过程中机械能损失了3J，根据功能关系可知克服摩擦力做功为Wf1＝3J，故B错误；C、据题意，小球从A到B过程中动能减少了12J，根据动能定理可知WG1+Wf1＝12J该过程中机械能损失了3J，所以克服摩擦力做功为Wf1＝3J则该过程中克服重力做功为WG1＝12J﹣3J＝9J所以有WG1在B点还剩下20J﹣12J＝8J动能，根据比例关系可知在BC过程中克服重力做功为WG2＝3Wf克服摩擦力做功为Wf2＝2J所以在从A到C的上升过程中克服重力做功为WG12＝20J﹣3J﹣2J＝15J则在从C到A的下降过程中，重力对物体做功15J，故C正确；D、在从A到C的上升过程中克服摩擦力做功为Wf12＝5J＝fxAC当动能减为0时，根据动能定理有Ek0＝20J＝fx解得x＝4xAC，故D错误。故选：C。【点评】知道克服摩擦力做的功等于物体机械能的减少量，能够熟练应用动能定理是解题的基础。5．（2024秋•开福区校级月考）一根粗细不均匀的绳子摆放在地面上，已知绳子的质量为5kg，绳长为1m，抓住绳子一端缓慢往上提起，直到另一端恰好离开地面，此过程需做功30J。若抓住绳子的另一端把绳子缓慢提起来，拉力做功为（g取10m/s2）（）A．10J B．20J C．30J D．50J【考点】变力做功的计算．【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理能力．【答案】B【分析】绳子缓慢运动，受力平衡，合外力做功为零，根据重力势能的增加量计算重力做功。【解答】解：提起绳子过程中，拉力做功为W＝mgh，h表示重心上升的高度，第一次过程中拉力做功为30J，即30J＝5×10h，解得h＝0.6m，抓住绳子的另一端把绳子缓慢提起来时，第二次重心升高0.4m，所以对应拉力做功W＝mgh＝5×10×0.4J＝20J故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题难度较大，克服重力做功的角度分析答题、应用功的计算公式是正确解题的关键；求重力做功时，要考虑重心上升的高度。6．（2024春•江北区校级月考）汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，如图，若保持功率P继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动。假设汽车运动过程中阻力（不包含重力沿斜面的分力）大小保持不变，下列图像中能正确表示该汽车运动过程速率v随时间t变化的是（）A． B． C． D．【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；推理能力．【答案】A【分析】根据匀速运动确定牵引力与阻力关系，根据牛顿第二定律确定加速度的变化，当加速度为零时确定牵引力的变化，根据功率公式确定速度的变化【解答】解：匀速行驶时P＝F0v0，此时阻力等于牵引力f＝F0若t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，汽车做减速运动，功率不变，根据P＝Fv可知，速度减小牵引力会增加。在斜面上，根据牛顿第二定律有F﹣f﹣mgsinθ＝ma则该过程是加速度减小的减速运动。当加速度再次为零时，有F′＝f+mgsinθ＞F0根据P＝Fv可知，此时速度小于v0。故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题关键掌握根据牛顿第二定律分析加速度的变化，根据功率公式分析速度变化。7．（2024春•江北区校级月考）如图，竖直放置的弧形轨道固定在地面上，小球以1m/s的初速度从P点沿切线滑下，离开轨道时速率为1m/s；若该小球以2m/s的初速度从P点沿切线滑下，离开轨道时速率（）（不计空气阻力）A．大于2m/s B．小于2m/s C．等于2m/s D．无法确定【考点】利用动能定理求解变力做功．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】B【分析】对小球两次在同一弧形轨道上的运动情况，根据动能定理结合速率对正压力和摩擦力的大小的影响，进而影响到克服滑动摩擦做功的多少问题列式分析判断。【解答】解：当小球以1m/s的初速度从P点沿切线方向滑下，离开轨道时速率为1m/s，设该过程中克服摩擦力做功为Wf，弧形轨道的高度差为h，小球的质量为m，根据动能定理可得mgh﹣Wf＝ΔEk＝0，若小球以2m/s的速度从P点沿切线方向入轨，由于第二次在圆弧轨道滑动过程与第一次在圆弧轨道滑动过程相比，小球处于同一位置时，第二次的速率大于第一次的速率，在弧形轨道上运动，根据牛顿第二定律可知，第二次小球对轨道的压力大于第一次小球对轨道的压力，结合摩擦力和压力的关系则第二次的摩擦力大于第一次的摩擦力，整个滑动过程第二次克服摩擦力做功Wf′大于第一次克服摩擦力做功Wf，根据动能定理可得ΔE′k＝mgh﹣Wf′＜mgh﹣Wf＝0，所以小球到达B点时速率一定小于2m/s。故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】考查动能定理的定性的分析和应用问题，关键是要抓住速率的变化对各力做功造成的影响。8．（2024春•江北区校级月考）如图，将轻弹簧一端固定在O点，另一端与小球相连，现将小球拉到A点（弹簧处于自然长度）静止释放，让它自由下摆，不计空气阻力，小球从A点运动到的B点（O点正下方）的过程中，下列描述正确的是（）A．弹簧对小球不做功 B．弹簧对小球做正功 C．小球机械能守恒 D．小球机械能减少【考点】判断机械能是否守恒及如何变化；功的正负及判断．【专题】定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理能力．【答案】D【分析】在此过程中弹簧对小球做正功，据此分析小球机械能的变化。【解答】解：小球下摆到O点正下方过程中，弹簧伸长，小球做的不是圆周运动，故弹力与速度成钝角，弹簧弹力对小球做负功，所以小球机械能减少，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】知道重力以外的力对小球做的功等于小球机械能的变化量。如果对小球做正功，则小球的机械能增大。9．（2024•九龙坡区校级开学）暑假里，小李同学和小伙伴们玩起了一种趣味运动，手持乒乓球拍托实心塑料球移动，距离大者获胜。若小李在趣味运动中沿水平方向做匀加速直线运动，手、球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示。设球的质量为m，不计球拍和球之间的摩擦力，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．球拍对球的作用力大小为mgcosθ B．球的加速度大小为gtanθ C．球拍对球不做功 D．球的重力做负功【考点】功的正负及判断；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】B【分析】A.画实心球受力图，根据几何关系列式求解支持力；B.根据牛顿第二定律列式求解加速度大小；CD.根据支持力和位移的夹角情况判断该力是否做功。【解答】解：实心球的受力情况如下图所示A.根据几何关系可知，球拍对球的作用力满足Fcosθ＝mg，得F=mgcosθ，故B.根据牛顿第二定律有F合＝mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ，所以球的加速度大小为a＝gtanθ，故B正确；C.根据上图，球拍对球的支持力与球的位移（水平方向）的夹角为锐角，根据功的公式，该力对球做正功，故C错误；D.球的重力方向和位移方向夹角始终为90°，故重力不做功，故D错误。故选：B。【点评】考查物体的受力分析和牛顿运动定律以及力做功的问题，会根据题意进行准确列式求解。10．（2024•寻甸县校级开学）如图所示，质量分别为m、2m的A、B小球固定在轻杆的两端，可绕水平轴O无摩擦转动。已知杆长为l，水平轴O在杆的中点，初始时A、B、O在同一A竖直线上。给B球一个水平向右的初速度，在杆绕轴O转过90°的过程中（）A．小球A和B的重力势能变化量之和为12B．小球A和B的重力势能变化量之和为mgl C．杆对小球A不做功，小球A的机械能守恒 D．A球和B球的总机械能减少【考点】判断机械能是否守恒及如何变化；重力势能的变化和重力做功的关系．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】A【分析】将轻杆从水平位置由竖直静止，转到水平位置的过程中系统只有重力做功，机械能守恒，根据势能的定义可以判断各自势能的变化；依据杆对A做负功，而对B做正功，杆对整体不做功。【解答】解：AB、在杆绕轴O转过90°的过程中，小球A的重力势能减小12mgl，B的重力势能增加mgl，那么小球A和B的重力势能变化量之和为12mgl，故A正确，CD、A、B组成的系统在运动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，故A球和B球的总机械能保持不变。系统的重力势能增加了，则A、B的总动能减少，A、B两球的速率始终相等，故A、B的动能都减小，所以A球机械能减小，杆对A做负功，故CD错误。故选：A。【点评】本题是轻杆连接的模型问题，对系统机械能是守恒的，但对单个小球机械能并不守恒，运用系统机械能守恒及除重力以外的力做物体做的功等于物体机械能的变化量进行研究即可。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024秋•开福区校级月考）我国北斗卫星导航系统定位精度可达米级，如图P点是北纬37°（即θ＝37°）地球表面上一颗等待发射的卫星，质量相同的北斗导航卫星A、B均绕地心O做匀速圆周运动，卫星B是地球静止轨道卫星（同步地球卫星）。某时刻P、A、B、O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且OA垂直AB，则（）A．三颗卫星中角速度最大的是A卫星 B．三颗卫星中线速度最大的是B卫星 C．卫星A、B的加速度之比25：16 D．卫星A、B的动能之比25：16【考点】动能大小的影响因素及比较；不同轨道上的卫星（可能含赤道上物体）运行参数的比较．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理能力．【答案】AC【分析】由万有引力提供向心力，结合向心力的计算公式分析角速度、线速度、向心加速度大小关系，结合动能公式计算动能之比。【解答】解：AB、P点卫星自转和卫星B公转都做圆周运动，其角速度大小相等，万有引力提供向心力，卫星A、B均绕地心O做匀速圆周运动，有GMmr比较卫星的运动参量可知ωP＝ωB＜ωAvP＜vB＜vA故A正确，B错误；C、设B的半径为rB＝R，则A的半径为rA＝Rcos37°＝0.8R所以r由a=GMr2，卫星AaA故C正确；D、由v=GMvA则卫星A、B的动能之比EkA：EkB＝5：4故D错误。故选：AC。【点评】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，难度中等。（多选）12．（2024•岳麓区校级开学）2024年5月15日，百度Apollo在武汉正式发布旗下第六代无人车车型，武汉市民可通过萝卜快跑平台搭乘第六代无人车。一辆质量m＝2.0×103kg的萝卜车，以v＝36km/h的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率P1＝12kW。当系统探测到前方有障碍物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在制动过程中，系统提供的制动功率P2＝24kW，萝卜车经过x=58A．萝卜车匀速行驶过程中所受的阻力大小为800N B．萝卜车刚进入制动状态的瞬间，汽车所受合力大小为4800N C．制动过程萝卜车的速度为5m/s时，加速度大小为3m/s2 D．萝卜车从刹车到停止经历的时间为3.2s【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】CD【分析】A、根据萝卜车匀速运动，阻力和牵引力大小相等，由P＝Fv可得阻力大小；B、根据P＝Fv可得萝卜车进入制动瞬间制动力大小，萝卜车所受合力为制动力和阻力之和；C、根据P＝Fv可得制动力大小，利用牛顿第二定律可得加速度大小；D、刹车过程，利用动能定理可得萝卜车从刹车到停止经历的时间。【解答】解：A、萝卜车匀速行驶过程中的速度：v＝36km/h＝10m/s，所受的阻力大小为：f=F=P1vB、萝卜车刚进入制动状态的瞬间，主动刹车系统提供的制动力大小为：F萝卜车刚进入制动状态的瞬间，汽车所受合力大小为：F合＝F1+f＝2400N+1200N＝3600N，故B错误；C、萝卜车的速度为5m/s时，主动刹车系统提供的制动力大小为：F2=P2v'=24×1代入数据可得：a′＝3m/s2，故C正确；D、刹车过程，由动能定理：-代入数据可得：t＝3.2s，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了动能定理、功率，解题的关键是知道萝卜车刚进入制动状态时，萝卜车的合力为制动力和阻力之和。（多选）13．（2024•故城县校级开学）如图，足够长的水平传送带AB与斜面BC在B点平滑连接，斜面倾角θ＝37°，质量为1kg的物块从距传送带高为H＝2.4m的C点静止释放，物块与斜面和传送带间的动摩擦因数均为0.5，传送带顺时针运行速度恒为5m/s。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列判断正确的是（）A．物块第二次经过B点的速度为5m/s B．物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带摩擦生热28J C．物块在斜面上向下运动的路程之和为6m D．物块在斜面上向下运动的路程之和为5m【考点】从能量角度求解传送带问题；倾斜传送带模型．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】BD【分析】A、根据动能定理求解小物块第一次滑过B点时的速度大小，与传送带速度大小比较，进一步判断小物块的运动情况以及第二次回到B点时的速度；B、小物块滑上传送带后先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求小物块第一次在传送带上往返运动的时间t，根据运动学公式求出相对运动的距离，再由摩擦力乘以相对距离求解出物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带摩擦生热；CD、小物块再次滑上斜面，然后再次滑到斜面底端，再次滑上传送带做匀减速直线运动，然后做匀加速直线运动，回到P点速度不变，经过多次在斜面上往返运动，最终停在斜面底端。根据动能定理结合数学归纳求小物块在斜面上运动的总路程。【解答】解：A．物块第一次下滑到B点时由动能定理mgH-解得vB＝4m/s冲上传送带后做匀减速运动，速度减到零后反向加速，则第二次回到B点时的速度仍为4m/s，故A错误；B．物块在传送带上做减速运动的加速度大小为a＝μg解得a＝5m/s2减速到零的时间t=v解得t＝0.8s物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带摩擦生热Q=μmg(v解得Q＝28J故B正确；CD．物块从B点再次冲上斜面时，向上运动的最大距离12解得x＝0.8m再次下滑到斜面底端时的速度12解得v'滑上传送带后再次返回到B点时速度仍为v'12解得x′＝0.16m则每次下滑的距离呈等比数列，则物块在斜面上向下运动的路程之和为s＝4m+0.8m+0.16m+……＝5m故C错误，D正确。故选：BD。【点评】解决本题的关键要理清小物块的运动过程，把握能量转化情况，分段运用牛顿第二定律和动能定理；要知道摩擦生热与相对路程有关。（多选）14．（2024春•江北区校级月考）如图，以O为原点在竖直面内建立平面直角坐标系：第Ⅳ象限挡板形状满足方程y=12x2-2（单位：m），小球从第Ⅱ象限内一个固定光滑圆弧轨道某处静止释放，通过O点后开始做平抛运动，击中挡板上的P点时动能最小（A．P点的坐标为(1，-B．小球释放处的纵坐标为y=1C．小球击中P点时的速度大小为5m/s D．小球从释放到击中挡板的整个过程机械能守恒【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；平抛运动位移的计算；判断机械能是否守恒及如何变化．【专题】定量思想；解题方法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】小球从O点开始做平抛运动，根据平抛运动的规律求出平抛运动的轨迹方程，结合题设轨迹方程求出小球从O点落到挡板上的时间，进而得到小球落在挡板上的速度，根据数学知识求出速度最小时对应的初速度，并求出小球击中P点时的速度大小。根据分位移公式求出P点的坐标。小球从第Ⅱ象限内由静止释放到O点机械能守恒，由机械能守恒定律求小球释放处的纵坐标。整个过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒。【解答】解：C、设小球从O点开始做平抛运动的初速度大小为v0，根据分运动的规律有-y=12gt2据题y=1解得小球从O点落到挡板上的时间为t＝21则小球落在挡板上的速度为v=当v02+g=解得：v此时，速度最小为v=30m/s，则小球击中P点时的速度大小v=30A、经过O点时的速度大小v0=10t＝21解得-y=12即P点的坐标为（2，﹣1），A错误；B、小球从第Ⅱ象限内由静止释放到O点机械能守恒，有mgy=解得：y=12mD、小球从释放到击中挡板的整个过程中，只有重力做功，其机械能守恒，故D正确。故选：BD。【点评】分析清楚小球的运动过程，应用平抛运动规律和数学知识相结合即可正确解题。（多选）15．（2024春•江北区校级月考）在空中某点，将两个相同小球以大小相同的初速度分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，则从抛出到落地，下列说法正确的是（）A．重力做功相同 B．落地时速率相同 C．速度变化量相同 D．落地时重力的瞬时功率相同【考点】瞬时功率的计算；竖直上抛运动的规律及应用；平抛运动在竖直和水平方向上的特点；恒力做功的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；功率的计算专题；分析综合能力．【答案】AB【分析】小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，故可得到落地时速度大小相等，但方向不同；根据瞬时功率表达式P＝Fvcos0判断瞬时功率的大小。【解答】解：A、根据重力做功公式W＝mgh可知，两个小球重力做功相同，故A正确；B、小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，而两个相同小球，初速度大小相同，故可得到落地时速度大小相等，故B正确；D、根据瞬时功率表达式P＝Fvcosθ可知，竖直上抛的瞬时功率较大，平抛的瞬时功率较小，故D错误；C、速度变化量为Δv＝gΔt，竖直上抛的运动时间大于平抛的运动时间，则速度变化量不相等，故C错误。故选：AB。【点评】本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功，机械能守恒，然后结合平均功率和瞬时功率的相关公式列式分析判断，不难。三．解答题（共5小题）16．（2024•海淀区校级开学）如图所示，传送带与水平面之间的夹角为30°，其上A、B两点间的距离为5m，传送带在电动机的带动下以v＝1m/s的速度匀速运转，现将一质量为m＝10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带上A点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=32，则在传送带将小物块从A传送到B的过程中，g＝10m/s（1）小物体在传送带上加速过程中的加速度为多大？（2）传送带对小物块做了多少功？（3）因传送小物块，电动机额外做了多少功？【考点】恒力做功的计算；牛顿第二定律的简单应用；倾斜传送带模型．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理能力．【答案】（1）小物体在传送带上加速过程中的加速度为2.5m/s2；（2）传送带对小物块做功255J；（3）因传送小物块，电动机额外做功270J。【分析】（1）根据牛顿第二定律列式代入数据求解加速度；（2）根据功能关系求解小物块的动能和重力势能的增加量列式计算；（3）根据能的转化和守恒的思想分析电机额外做的功。【解答】解：（1）在小物块向上加速的过程中，根据牛顿第二定律，μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma，代入数据解得a＝2.5m/s2（2）传送带对小物体做的功等于小物体的机械能增量，即W＝ΔE＝ΔEk+ΔEp。而小物块从A到B的过程中，其速度增大，所以动能增加；同时高度升高，其重力势能增加。所以当它的速度达到v＝1m/s时的位移为s=v22a=0.2m，即小物体将以v＝1m/s的速度完成后L﹣s＝5m﹣0.2m＝4.8m的路程。所以W＝ΔEk+ΔEp=12mv2+mgLsin30°=12×10×12J+10（3）由于小物体与传送带之间有相互的滑动摩擦力做功，根据功能关系，为传送小物体，电动机需要做的功为一方面使小物体的机械能增加，另一方面由于小物体与传送带之间有相对滑动而产生热量，即W电＝W+Q＝W+μmgcos30°•s相。其中s相＝vt﹣s，而由v＝at可知，t=va=12.5s＝0.4s，所以s相＝0.2m。联立解得答：（1）小物体在传送带上加速过程中的加速度为2.5m/s2；（2）传送带对小物块做功255J；（3）因传送小物块，电动机额外做功270J。【点评】考查牛顿第二定律的应用和功能关系问题，关键是把握能量的转化过程，利用守恒的思想列式计算。17．（2024•岳麓区校级开学）质量m＝20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动，3s后撤去外力F，物体的v﹣t图像如图所示。g取10m/s2，求：（1）全过程中外力F的最大功率；（2）6s内物体克服摩擦力做的功。【考点】瞬时功率的计算；变力做功的计算．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力．【答案】（1）全过程中外力F的最大功率为480W；（2）6s内物体克服摩擦力做的功为720J。【分析】（1）根据牛顿第二定律计算拉力大小，根据P＝Fv计算拉力的最大功率；（2）摩擦力大小不变，根据功的公式计算摩擦力做功的大小。【解答】解：（1）设前3s内物体的加速度为a1，后3s内物体的加速度为a2，前3s内，根据牛顿第二定律有F﹣f＝ma1根据图像可得a1=vmt1=后3s内，根据牛顿第二定律有f＝ma2根据图像可得a2=vmt2=联立解得F＝80N，f＝40Nv＝6m/s时，拉力的功率最大，全过程中外力F的最大功率P＝Fvm代入数据解得P＝480W（2）根据v﹣t图像和横轴所围面积表示位移可知x=16s内物体克服摩擦力做的功W＝fx代入数据解得W＝720J答：（1）全过程中外力F的最大功率为480W；（2）6s内物体克服摩擦力做的功为720J。【点评】本题考查速度—时间图像的应用，根据图像计算加速度的大小，根据功率的公式计算功率的大小。18．（2023秋•新市区校级月考）光滑的14圆弧轨道AB竖直放置，半径R＝0.2m，B端切线水平，B离地高度H＝0.8m，如图所示，小滑块P从A点由静止滑下最终落在水平地面上（空气阻力不计，g取10m/s2（1）小滑块P滑到B点时的速度vB的大小；（2）小滑块P的落地点与B点的水平距离s。【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；圆周运动与平抛运动相结合的问题．【专题】定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题；推理能力．【答案】（1）小滑块P滑到B点时的速度vB的大小为2m/s；（2）小滑块P的落地点与B点的水平距离为0.8m。【分析】（1）小滑块P滑到B点过程，根据机械能守恒定律进行解答；（2）由平抛运动规律求解小滑块P的落地点与B点的水平距离。【解答】解：（1）小滑块P滑到B点过程，重力势能的减少等于动能的增加，则有：mgR=解得：vB＝2m/s；（2）由平抛运动规律可知：H=水平方向，有：s＝vBt联立解得：s＝0.8m。答：（1）小滑块P滑到B点时的速度vB的大小为2m/s；（2）小滑块P的落地点与B点的水平距离为0.8m。【点评】本题是机械能守恒定律和平抛运动的结合，关键是掌握机械能守恒定律的应用方法、平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。19．（2024春•江北区校级月考）电动汽车具有节能环保、低噪声、提速快等优点，随着电池续航能力不断提升，其越来越受到消费者的青睐。质量为m的电动车由于摩擦及空气流动等原因产生的总阻力随车速满足f＝kv2，其中k为已知常数。求：（1）当车以最大速度匀速行驶时，电动车所受的牵引力F牵与车速v应满足的关系；（2）若该电动汽车的最大输出功率为Pm，此功率下最大行驶速度为vm，求其速度为vm2时的加速度（仅用Pm、vm、（3）若电动汽车以最大输出功率Pm启动，经过时间t0后电动汽车的速度大小为v0，求该过程中电动汽车克服总阻力所做的功Wf。【考点】利用动能定理求解机车启动问题；机车以恒定功率启动．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】（1）当车以最大速度匀速行驶时，电动车所受的牵引力F牵与车速v应满足的关系为F牵（2）若该电动汽车的最大输出功率为Pm，此功率下最大行驶速度为vm，其速度为vm2时的加速度为（3）若电动汽车以最大输出功率Pm启动，经过时间t0后电动汽车的速度大小为v0，该过程中电动汽车克服总阻力所做的功Wf为Pm【分析】（1）根据汽车牵引力和阻力大小相等时速度最大求解；（2）根据汽车的最大速度可得汽车牵引力大小，利用P＝Fv可得最大输出功率，根据最大输出功率，利用P＝Fv可得牵引力大小，由牛顿第二定律可得汽车加速度大小；（3）利用动能定理求解。【解答】解：（1）当汽车牵引力和阻力大小相等时，汽车的速度最大，则牵引力：F（2）汽车速度最大时，牵引力和阻力大小相等，则有：F汽车的最大输出功率为：P联立方程可得：v当汽车的速度为vm2时，则有：P可得：F=Pm由牛顿第二定律可得汽车的加速度为：a=（3）汽车运动时间t0，由动能定理可有：P可得汽车克服总阻力所做的功为：W答：（1）当车以最大速度匀速行驶时，电动车所受的牵引力F牵与车速v应满足的关系为F牵（2）若该电动汽车的最大输出功率为Pm，此功率下最大行驶速度为vm，其速度为vm2时的加速度为（3）若电动汽车以最大输出功率Pm启动，经过时间t0后电动汽车的速度大小为v0，该过程中电动汽车克服总阻力所做的功Wf为Pm【点评】本题考查了汽车启动问题、动能定理，解题的关键是知道汽车的牵引力和阻力大小相等时，速度最大。20．（2024秋•坪山区校级月考）风洞是研究空气动力学的实验设备，如图所示，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H＝3.2m处，杆上套有一质量m＝3kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F＝15N，方向水平向左。小球以速度v0＝8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g＝10m/s2。求：（1）小球落地时离开杆端的水平距离x；（2）小球落地时的动能Ek；【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；两个变速直线运动的合成；求分速度的大小和方向．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】（1）小球落地时离开杆端的水平距离4.8m；（2）小球落地时的动能120J。【分析】（1）由小球竖直方向下落高度可得运动时间，水平方向由牛顿第二定律可得加速度，由运动学公式可得水平方向位移大小；（2）小球离开杆到落地过程，由动能定理可得小球落地时的动能。【解答】解：（1）小球在竖直方向上做自由落体运动，运动时间为t=2H小球在水平面上做匀减速运动，加速度a=F方向水平向左，则水平位移为x=v代入数据解得x＝4.8m（2）设落地时小球的动能为Ek，由动能定理得mgH-代入数据解得Ek＝120J答：（1）小球落地时离开杆端的水平距离4.8m；（2）小球落地时的动能120J。【点评】本题考查了动能定理和运动的合成与分解，解题的关键是知道小球离开杆后参与了两个方向的运动，水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动。

考点卡片1．竖直上抛运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动，叫做竖直上抛运动。2．特点：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特点：只受重力作用（没有空气阻力或空气阻力可以忽略不计）；（3）加速度：a＝g，其大小不变，方向始终竖直向下。3．运动规律：取竖直向上的方向为正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．几个特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）质点在通过同一高度位置时，上升速度与下落速度大小相等；上升到最大高度处所需时间t上和从最高处落回到抛出点所需时间相等t下，t上＝t下=v【命题方向】例1：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．5s内物体的（）A．路程为65mB．位移大小为25m，方向向上C．速度改变量的大小为10m/sD．平均速度大小为13m/s，方向向上分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物体的速度减为零需要的时间t=v0g=3010A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后两s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20）B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故C、速度的改变量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C错误；D、平均速度v=ht=25故选：AB。点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v＝at求得。例2：在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；（2）竖直井的深度。分析：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题可以直接应用整体法进行求解。解答：（1）设最后1s内的平均速度为v则：v=平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为v1＝4m/s设物体被接住时的速度为v2，则v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，则物体从抛出点到被人接住所经历的时间t=v2-v0g（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s（2）竖直井的深度为6m。点评：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解即可。【解题方法点拨】1．竖直上抛运动的两种研究方法：（1）分段法：上升阶段是匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动，下落过程是上升过程的逆过程。（2）整体法：从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反，所以可把竖直上抛运动看成一个匀变速直线运动，要特别注意v0、vt、g、h等矢量的正、负号。一般选取竖直向上为正方向，v0总是正值，上升过程中vt为正值，下落过程中vt为负值；物体在抛出点以上时h为正值，物体在抛出点以下时h为负值。住：竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。2．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。3．倾斜传送带模型【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始匀加速下滑，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学速度—时间公式求出匀加速至物体与传送带共速的时间。当物体速度达到传送带速度时，判断物体的运动状态，再求解运动时间。解答：物体放上传送带后，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，设物体做匀加速直线运动的加速度为a1，直至与传送带速度相等。设这一过程所需的时间为t1，物体下滑的位移为x1，则由牛顿第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由运动学公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1则x1=12a1t12=12×10×物体与传送带达到共同速度时，因为mgsinθ＞μmgcosθ，物体将继续匀加速下滑，设再经t2时间物体滑至B端，加速度为a2，则mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a2＝2m/s2由运动学公式有LAB﹣x1＝vt2+解得：t2＝2s故物体从A点运动到B点所用的总时间为t＝t1+t2＝2s+2s＝4s答：物体从A点运动到B点所用的总时间为4s。点评：解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，来判断其运动情况，要注意滑动摩擦力方向与物体间相对运动方向相反。【解题思路点拨】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。4．两个变速直线运动的合成【知识点的认识】1.本考点旨在考查两个变速直线运动的合成问题。2.两个变速直线运动的合运动可能是直线运动也可能是曲线运动。【命题方向】两个互成角度的匀加速直线运动，初速度大小分别为v1和v2，加速度分别为a1和a2，则它们的合运动的轨迹（）A、如果v1＝v2，那么轨迹一定是直线B、如果v1≠0，v2≠0，那么轨迹一定是曲线C、如果a1＝a2，那么轨迹一定是直线D、如果a1分析：当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，运动轨迹为直线，当合加速度方向与合速度方向不在同一条直线上时，运动轨迹为曲线．解答：当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，即a1a2=v1v2时，运动轨迹为直线，若合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，运动轨迹为曲线。故故选：D。点评：解决本题的关键掌握判断合运动是直线运动还是曲线运动的方法，看合速度的方向和合加速度的方向在不在同一条直线上．【解题思路点拨】分析两个变速直线运动的合成问题时要按照以下步骤进行：1.分析合速度的方向2.分析合外力（合加速度）的方向3.根据合速度与合外力是否共线判断合运动的轨迹情况。5．求分速度的大小和方向【知识点的认识】1.运动的合成与分解遵循矢量运算的平行四边形法则。2.在进行运动的分解时可以参考力的分解方法，按照正交分解法或者按照效果进行分解。【命题方向】如图所示，若歼﹣10A战机起飞时的速度大小为100m/s，速度方向与水平方向的夹角α＝30°，则飞机的水平分速度为（）A、50m/sB、100m/sC、503m/sD、1003m/s分析：将飞机的运动分解为水平方向和竖直方向，根据平行四边形定则求出飞机飞行的水平方向上的分速度。解答：将飞机的运动分解为水平方向和竖直方向，根据平行四边形定则得：v水平＝vcos30°＝100×32m/s＝503m/s，故ABD错误，故选：C。点评：解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，以及知道分运动和合运动具有等时性。【解题思路点拨】运动的分解的一般思路为：①确定合运动的大小和方向；②确定分解运动的方法（正交分解法或按效果构建矢量三角形）；③确定合力与分力的几何关系；④用三角函数计算分力的大小。6．平抛运动在竖直和水平方向上的特点【知识点的认识】1.平抛运动的定义：平抛运动是初速度水平，只受重力作用的运动。2.平抛运动可以看成水平方向和竖直方向两个直线运动的合运动。水平方向上有初速度，不受力，所以做匀速直线运动；竖直方向上无初速度，只受重力，所以做自由落体运动。【命题方向】下列关于平抛运动不正确的是（A、平抛运动的水平分运动是匀速直线运动B、平抛运动的竖直分运动是自由落体运动C、做平抛运动的物体在落地前加速度不变D、做平抛运动的物体在落地前速度不变分析：平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，所以平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动．解答：A、平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，所以A正确。B、平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，所以B正确。C、平抛运动只受到重力的作用，加速度就是重力加速度，所以加速度的大小是不变的，所以C正确。D、平抛运动在竖直方向上做的是自由落体运动，速度是在不断变化的，所以D错误。本题是选错误的，故选：D。点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．【解题思路点拨】根据运动的合成与分解可以知道，平抛运动可以分解成水平方向上匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，而平抛运动自身是一个匀变速曲线运动。7．平抛运动位移的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的位移x＝v0t竖直方向上的位移为y=物体的合位移为l=3.对于已知高度的平抛运动，竖直方向有h=水平方向有x＝v0t联立得x＝v02所以说平抛运动的水平位移与初速度大小和抛出点的高度有关。【命题方向】物体以初速度7.5m/s水平抛出，2秒后落到地面，则物体在这个过程中的位移是（）物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．解：物体做平抛运动，水平方向的位移为：x＝v0t＝7.5×2m＝15m竖直方向上是自由落体运动，竖直位移为：h=12gt2=12×10×（2）2物体的合位移为s=x2+h2=故选：D。本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．【解题思路点拨】平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动都是独立的，可以分别计算两个方向的位移，并与合位移构成矢量三角形（满足平行四边形定则）。8．向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素【知识点的认识】1.向心加速度的表达式为an＝ω2r=v2r=4π2rT2.由表达式可知，向心加速度与物体的质量无关，与线速度、角速度、半径、周期、转速等参数有关。3.对于公式an=该公式表明，对于匀速圆周运动，当线速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成反比；当运动半径一定时，向心加速度的大小与线速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及线速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的线速度相同的情景。4.对于公式an＝ω2r该公式表明，对于匀速圆周运动，当角速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成正比；当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及角速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的角速度相同的情景。5.向心加速度与半径的关系根据上面的讨论，加速度与半径的关系与物体的运动特点有关。若线速度一定，an与r成反比；若角速度（或周期、转速）一定，an与r成正比。如图所示。【命题方向】B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，A的频率为4Hz，B的频率为2Hz，则两球的向心加速度之比为（）A、1：1B、2：1C、8：1D、4：1分析：根据频率之比求出角速度之比，结合a＝rω2求出向心加速度之比．解答：根据角速度ω＝2πf，知A、B的角速度之比为2：1，根据a＝rω2知，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，则向心加速度之比为8：1．故C正确，A、B、D错误。故选：C。点评：解决本题的关键掌握向心加速度与角速度的关系公式，以及知道角速度与转速的关系．【解题思路点拨】向心加速度公式的应用技巧向心加速度的每一个公式都涉及三个物理量的变化关系，必须在某一物理量不变时分析另外两个物理量之间的关系。在比较物体上做圆周运动的各点的向心加速度的大小时，应按以下步骤进行：（1）先确定各点是线速度大小相等，还是角速度相同；（2）在线速度大小相等时，向心加速度与半径成反比；在角速度相同时，向心加速度与半径成正比。9．车辆在道路上的转弯问题【知识点的认识】汽车转弯问题模型如下模型分析：一般来说转弯处的地面是倾斜的，当汽车以某一适当速度经过弯道时，由汽车自重与斜面的支持力的合力提供向心力；小于这一速度时，地面会对汽车产生向内侧的摩擦力；大于这一速度时，地面会对汽车产生向外侧的摩擦力。如果转弯速度过大，侧向摩擦力过大，可能会造成汽车翻转等事故。【命题方向】在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为R的在水平面内的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L．已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）A.gRhLB.gRhdC.gRL分析：要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零，则汽车转弯时，由路面的支持力与重力的合力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律，结合数学知识求解车速。解答：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图根据牛顿第二定律，得mgtanθ＝mv又由数学知识得到tanθ=联立解得v=故选：B。点评：本题是生活中圆周运动的问题，关键是分析物体的受力情况，确定向心力的来源。【解题思路点拨】车辆转弯问题的解题策略（1）对于车辆转弯问题，一定要搞清楚合力的方向，指向圆心方向的合外力提供车辆做圆周运动的向心力，方向指向水平面内的圆心。（2）当外侧高于内侧时，向心力由车辆自身的重力和地面（轨道）对车辆的摩擦力（支持力）的合力提供，大小还与车辆的速度有关。10．圆周运动与平抛运动相结合的问题【知识点的认识】本考点旨在针对圆周运动与平抛运动相结合的问题。【命题方向】如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩（可视作质点）质量为m＝30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地从A进入光滑竖直圆弧轨道并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R＝1.0m，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB连线的高度差为h＝0.8m。（计算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求（1）小孩平抛的初速度大小。（2）若小孩运动到圆弧轨道最低点O时的速度为vx=33m/s，则小孩对轨道的压力为多大。分析：（1）将A点的速度进行分解，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，求出A点在竖直方向上的分速度，抓住无碰撞地从A进入，根据角度关系求出水平分速度，即为平抛运动的初速度。（2）在最低点，重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据FN解答：（1）由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向（如图），则：tanα=又由：h=1而：vy＝gt＝4m/s联立以上各式得：v0＝3m/s（2）在最低点，据牛顿第二定律，有：F代入数据解得FN＝1290N由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1290N。答：（1）小孩平抛的初速度大小3m/s。（2）若小孩运动到圆弧轨道最低点O时的速度为vx=33m/s，则小孩对轨道的压力为1290N点评：解决本题的关键抓住无碰撞地从A进入，得出速度的方向。知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。以及知道在圆弧轨道的最低点，沿半径方向上的合力提供圆周运动的向心力。【解题思路点拨】要充分理解圆周运动与平抛运动的规律，能够综合应用相关规律解决实际问题，本考点可能遇到的题型有先做圆周运动后做平抛运动和先做平抛运动后做圆周运动。11．不同轨道上的卫星（可能含赤道上物体）运行参数的比较【知识点的认识】1.卫星运行的一般规律如下：①GMmr2=mv②GMmr2=mω2r③GMmr2=m4④GMmr2=ma→a由此可知，当运行半径r增大时，卫星运行的线速度v减小，角速度ω减小，加速度a减小，周期T变大。所以可总结出一条规律为“高轨低速长周期”。即轨道大时，速度（“所有的速度”：线速度、角速度、加速度）较小、周期较大。2.卫星的运行参数如何与赤道上物体运行的参数相比较？赤道上运行的物体与同步卫星处在同一个轨道平面，并且运行的角速度相等，所以比较赤道上物体与一般卫星的运行参数时，可以通过同步卫星建立联系。【命题方向】据报道：北京时间4月25日23时35分，我国数据中继卫星“天链一号01星”在西昌卫星发射中心发射升空，经过4次变轨控制后，成功定点于东经七十七度赤道上空的同步轨道．关于成功定点后的“天链一号01星”下列说法正确的是（）A、它运行的线速度等于第一宇宙速度B、它运行的周期等于地球的自转周期C、它运行的角速度小于地球的自转角速度D、它的向心加速度等于静止在赤道上物体的向心加速度分析：“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星距离地球的高度约为36000km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．解答：A．任何绕地球做圆周运动的卫星速度都小于第一宇宙速度，故A错误；B．“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，周期等于地球的自转周期。故B正确；C．“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，角速度等于地球的自转角速度。故C错误；D．根据GMmr2=ma可知，随着半径R的增大，a在减小，故“天链一号故选：B。点评：本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期．本题难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】对于不同轨道上的卫星（或物体），要想比较他们的运行参数，一般遵循的原则是，“天比天，直接比；天比地，要帮忙”，即卫星与卫星之间可以通过万有引力提供向心力直接进行分析比较，而卫星与赤道上物体的比较，则需要借助同步卫星进行分析。12．功的正负及判断【知识点的认识】正功和负功：根据W＝Flcosα可知：0≤α＜90°α＝90°90°＜α≤180°功的正负W＞0W＝0W＜0意义力F对物体做正功力F对物体不做功力F对物体做负功力F是动力还是阻力动力阻力可以总结成如下规律：对于恒力做功，如果力与位移的夹角为锐角，则力对物体做正功；如果力与位移的夹角为钝角，则力对物体做负功；如果力与位移成直角，则力对物体不做功。【命题方向】如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是（）A、重力对人做负功B、摩擦力对人做正功C、支持力对人做正功D、合力对人做功为零分析：做功的必要因素是：力与在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ为力与位移的夹角。解答：人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零。人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功。故A、C、D正确，B错误。故选：ACD。点评：解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功，大于90°小于等于180°，该力做负功。【解题思路点拨】判断功的正、负主要有以下三种方法：（1）若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断，此法常用于恒力做功的判断．（2）若物体做曲线运动，依据F与v的方向的夹角α的大小来判断．当α＜90°时，力对物体做正功；90°＜α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功．（3）依据能量变化来判断：此法既适用于恒力做功，也适用于变力做功，关键应分析清楚能量的转化情况．根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．比如系统的机械能增加，说明力对系统做正功；如果系统的机械能减少，则说明力对系统做负功．此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．13．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