2024-2025学年下学期高一物理人教版同步经典题精练之动能与动能定理

第62页（共62页）2024-2025学年下学期高中物理人教版（2019）高一同步经典题精练之动能与动能定理一．选择题（共5小题）1．（2025•福田区校级开学）2025年第九届亚洲冬季运动会在中国哈尔滨召开，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪场地如图甲所示。简化的跳台滑雪的雪道示意图如图乙所示，比赛中运动员从圆弧助滑道AB的最高点A处由静止滑下后，从滑道B处斜向上飞出，在着陆坡CD上着陆，由其着陆距离确定其距离得分。距离得分的评分标准为：运动员如正好着陆到K点，即得到60分，每比K点远1米多得2分，反之，每短1米则扣2分。不计一切阻力。下列说法正确的是（）A．距离得分越高的运动员着陆时动能越大 B．距离得分越高的运动员在空中飞行时间越长 C．教练员在研究运动员的距离得分情况时，可将运动员视为质点 D．同一运动员在两次比赛过程中的距离得分一定相等2．（2025•雨花区校级开学）如图所示，滑索是一种常见的儿童游乐设施，轻绳与轻质滑环连接，玩耍时儿童手握轻绳由静止沿钢索滑下。若钢索与水平方向的夹角为α，下滑过程中轻绳与竖直方向的夹角β保持不变，忽略空气阻力影响，下列说法正确的是（）A．β有可能大于α B．β等于α2时，滑环与钢索间的动摩擦因数μC．β等于α时，滑环与钢索间的动摩擦因数μ＝tanα D．若μ=3．（2024秋•江苏期末）如图所示，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球自由下落。质量相等的A、B两球在运动过程中（）A．同一时刻动能相等 B．同一时刻重力的功率相等 C．相同时间内，速度变化量不同 D．相同时间内，发生的位移相同4．（2024秋•辽宁期末）羽毛球运动是一项深受同学们喜爱的课间体育运动。如图所示是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。假设羽毛球所受空气阻力方向与运动方向始终相反，则该羽毛球在从A到B的整个运动过程中（）A．在A、B两点时速度相同 B．从P到B速度不断增大 C．从A到P速度不断减小 D．经过P点时的加速度等于重力加速度g5．（2024秋•抚顺期末）如图所示，以O为原点在竖直面内建立平面直角坐标系，第Ⅳ象限的挡板形状满足方程y＝x2-94（单位：m），小球（可视为质点）从第Ⅱ象限内的光滑四分之一圆弧轨道的顶端由静止释放，通过O点后开始做平抛运动，经0.5s击中挡板上的P点，取重力加速度大小g＝10m/sA．0.2m B．0.3m C．0.4m D．0.5m二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•辽宁期末）一木板A与轻弹簧一端栓接，弹簧竖直固定在水平面上，A上面放置物块B，系统处于静止状态，如图所示，现对B施加竖直向上的拉力F（图中未画出），使其由静止开始做加速度大小a＝1m/s2的匀加速直线运动。弹簧的劲度系数k＝100N/m，A、B的质量均为m＝2kg，A、B均视为质点，重力加速度g取10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．F的最小值为4N B．A、B刚分离时，弹簧处于原长状态 C．A、B分离后，A在上升阶段先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动 D．若在A、B刚分离时撤去F，则此后B上升的最大高度为0.018m（多选）7．（2025•合肥开学）如图所示，质量为m的小球从距水平桌面高h处，以gh的初速度水平抛出，由于受到水平恒定风力的作用，小球落到桌面时速度方向恰好竖直向下。已知重力加速度大小为gA．小球从抛出到落到桌面的时间为2hB．小球在空中运动时的加速度大小为52gC．小球从抛出到落到桌面时的位移大小为32hD．小球从抛出到落到桌面的过程中克服风力做功为12（多选）8．（2024秋•烟台期末）如图甲所示，放在粗糙水平地面上一物体受到水平拉力F的作用，在0～3s内物体的速度v与时间t的关系图像如图乙所示，拉力F的功率P与时间t的关系图像如图丙所示。下列说法正确的是（）A．物体的质量为0.4kg B．0～3s内拉力做的功为90J C．物体受到的摩擦力大小为6N D．物体在0～1s内受到的拉力大小为6N（多选）9．（2024秋•西城区期末）蹦极是一种极限运动，可简化为如下模型：弹性绳拉伸时可视为轻弹簧，弹性势能Ep=12kx2，其中xA．人向下运动的最大速度越小 B．人向下运动的最大速度越大 C．人在最低点时的加速度越小 D．人在最低点时的加速度越大三．填空题（共3小题）10．（2024春•闵行区期末）如图甲所示，在足够大的水平地面上放置一个质量为5kg的物体，物体在水平向右的推力F的作用下由静止开始沿直线运动，运动了4m时撤去推力F，物体在摩擦力的作用下开始减速。已知推力F随位移变化的规律如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.55，取重力加速度大小g＝10m/s2，则推力F做的功为J；物体的最大速度为m/s。11．（2024春•鼓楼区校级期中）如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将回球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高h1，速度大小为v；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后乙手离地面的最大高度为h2，球越过乙时的速度恰好沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，重力加速度取g，忽略空气阻力，试估算篮球在空中运动时间为，球刚斜抛出时的水平分速度为。（用h1、h2、v、g表示）12．（2024春•黄浦区校级期末）剑桥大学物理学家海伦•杰尔斯基研究了各种自行车特技的物理学原理，并通过计算机模拟技术探寻特技动作的极限，设计了一个令人惊叹不已的高难度动作——“爱因斯坦空翻”，并在伦敦科学博物馆由自行车特技运动员（18岁的布莱士）成功完成。“爱因斯坦空翻”简化模型如图。质量为m的自行车运动员从B点静止出发，经半径为R的BC圆弧，从C点竖直冲出，完成空翻，完成空翻的时间为t，由B到C的过程中，克服摩擦力做功为W，空气阻力不计，重力加速度为g。则自行车运动员在过C点时对圆弧的压力为，从B到C至少做功为。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•海淀区期末）利用离子推进器可以控制卫星姿态、修正运行轨道。如图为某种离子推进器中离子加速区域的简化示意图，栅电极A、B分别为阳极和阴极，间距为d。稳定运行时，可认为栅电极A、B间有向右的匀强电场，场强大小为E。从阳极注入的带正电的氙离子经过电场加速后形成正离子束，最终所有注入的氙离子以很高的速度沿同一方向从阴极喷出，由此对卫星产生推力。已知每个氙离子的质量为m、电荷量为e，初速度近似为零，单位时间注入的氙离子数为N0。不考虑氙离子间相互作用及相对论效应。（1）求每个氙离子从阴极喷出时的动能Ek。（2）氙离子的定向运动形成电流，求：①阴极处喷出离子时形成的等效电流I；②离子推进器加速氙离子所消耗的功率P。（3）在计算推进器获得的推力大小时，某同学提出一种思路：通过求得栅电极A、B间所有氙离子所受静电力之和，认为其大小等于所求推力大小。判断该思路是否正确。若正确，请按此思路计算出推力大小F；若不正确，请说明理由。14．（2024秋•锡山区校级期末）如图所示是某游乐场中水上过山车的原理示意图。半径为R＝8m的圆轨道竖直固定在离水面高h＝3.2m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆轨道的最低点和最高点。过山车（实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点）高速行驶，先后会通过多个圆轨道，然后从A点离开圆轨道进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s＝12m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（结果可保留根号）（1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，随后进入水平轨道AC并落入水中，求过山车落入水中时的速度大小。15．（2025•福田区校级开学）我校学子在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用面快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为m＝2.0kg的水相对地面以v＝6m/s的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为m0＝0.4kg，上升阶段空气阻力恒为f0＝1N，不计水平方向的任何力，重力加速度g＝10m/s2。（1）求水火箭外壳能上升的最大高度H；（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即f＝kv（k＝0.4），向下落高度h＝20m时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：①外壳匀速时的速度vm；②外壳从下落到匀速所经历的时间；③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。

2024-2025学年下学期高中物理人教版（2019）高一同步经典题精练之动能与动能定理参考答案与试题解析题号12345答案BBBCA一．选择题（共5小题）1．（2025•福田区校级开学）2025年第九届亚洲冬季运动会在中国哈尔滨召开，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪场地如图甲所示。简化的跳台滑雪的雪道示意图如图乙所示，比赛中运动员从圆弧助滑道AB的最高点A处由静止滑下后，从滑道B处斜向上飞出，在着陆坡CD上着陆，由其着陆距离确定其距离得分。距离得分的评分标准为：运动员如正好着陆到K点，即得到60分，每比K点远1米多得2分，反之，每短1米则扣2分。不计一切阻力。下列说法正确的是（）A．距离得分越高的运动员着陆时动能越大 B．距离得分越高的运动员在空中飞行时间越长 C．教练员在研究运动员的距离得分情况时，可将运动员视为质点 D．同一运动员在两次比赛过程中的距离得分一定相等【考点】动能定理的简单应用；质点．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力．【答案】B【分析】选取研究对象，明确并分析运动过程，分析受力及各力做功的情况。【解答】解：A.由于不同运动员质量不同，故A错误；B.距离得分越高的运动员离开B点时的速度越大，飞行时间越长，故B正确；C、D.距离得分受到AB段的动作影响，故C、D都错误；故选：B。【点评】在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。2．（2025•雨花区校级开学）如图所示，滑索是一种常见的儿童游乐设施，轻绳与轻质滑环连接，玩耍时儿童手握轻绳由静止沿钢索滑下。若钢索与水平方向的夹角为α，下滑过程中轻绳与竖直方向的夹角β保持不变，忽略空气阻力影响，下列说法正确的是（）A．β有可能大于α B．β等于α2时，滑环与钢索间的动摩擦因数μC．β等于α时，滑环与钢索间的动摩擦因数μ＝tanα D．若μ=【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；连接体模型；摩擦力做功的特点和计算．【专题】比较思想；方程法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】B【分析】对人受力分析，根据牛顿第二定律求出人的加速度表达式。对人和滑环构成的整体受力分析，由牛顿第二定律得到整体加速度表达式，再分析滑环与钢索间的动摩擦因数与α的关系。若μ=【解答】解：A、设滑环与钢索间的动摩擦因数为μ，人的质量为m，对人受力分析，由牛顿第二定律可得mgcosα﹣Tcos（α﹣β）＝0mgsinα﹣Tsin（α﹣β）＝ma解得人的加速度为a＝gsinα﹣gcosα•tan（α﹣β）对人和滑环构成的整体受力分析可知加速度为a=mgsinα-μmgcosαm=gsin联立解得μ＝tan（α﹣β），故不可能有β＞α，故A错误；B、结合以上分析，当β=α2时，μC、结合以上分析，当β＝α时，μ＝0，故C错误；D、若μ=f=位移为L时，动能增量为ΔE克服摩擦力做功为Wf=fL=12mgLsinα，则ΔE故选：B。【点评】本题的关键要抓住人和滑环的加速度相同，运用隔离法和整体法相结合得到人和整体的加速度表达式，再进行分析。3．（2024秋•江苏期末）如图所示，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球自由下落。质量相等的A、B两球在运动过程中（）A．同一时刻动能相等 B．同一时刻重力的功率相等 C．相同时间内，速度变化量不同 D．相同时间内，发生的位移相同【考点】动能定理的简单应用；平抛运动的概念和性质；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；平抛运动专题；动能定理的应用专题；实验探究能力．【答案】B【分析】A.平抛运动在竖直方向做自由落体运动，结合动能定理分析作答；B.根据功率公式分析作答；C.根据加速度的定义式分析速度的变化量；D.根据平抛运动的规律，分析两者的竖直位移，再分析小球A的水平位移，然后作答。【解答】解：A．平抛运动在竖直方向做自由落体运动，同一时刻两球下落的高度相同，重力做的功相同；根据动能定理，对A球EkA＝Ek0+WG对B球EkB＝WG＜EkA，故A错误；B．平抛运动在竖直方向做自由落体运动，同一时刻两球的竖直速度相同，根据动量的定义P＝mgvy可知，重力的功率相等，故B正确；C．平抛运动为初速度为v0的匀变速曲线运动，加速度恒为g；根据加速度的定义式g速度的变化量Δv＝gΔt因此，相同时间内，速度变化量相同，故C错误；D．根据平抛运动的规律可知，相同时间内，两球的竖直位移相同，但小球A还发生了水平位移，因此两球发生的位移不相同，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查了平抛运动规律的运用，要明确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，结合动能定理、动量的定义和加速度的定义分析作答。4．（2024秋•辽宁期末）羽毛球运动是一项深受同学们喜爱的课间体育运动。如图所示是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。假设羽毛球所受空气阻力方向与运动方向始终相反，则该羽毛球在从A到B的整个运动过程中（）A．在A、B两点时速度相同 B．从P到B速度不断增大 C．从A到P速度不断减小 D．经过P点时的加速度等于重力加速度g【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；物体运动轨迹、速度、受力（加速度）的相互判断；斜抛运动．【专题】定量思想；控制变量法；动能定理的应用专题；理解能力．【答案】C【分析】A、B两点等高，羽毛球重力做功为零，再结合阻力做功与动能定理列式求解；根据动能定理结合做功进行判断；根据合力结合牛顿第二定律进行判断。【解答】解：A．A、B两点等高，羽毛球重力做功为零，空气阻力与运动方向始终相反，所以空气阻力做负功，即Wf＜0从A点到B点过程，由动能定理有Wf=可知B点的速度小于A点的速度大小，且两点速度方向不同，故A错误；B．从P到B，阻力做负功，重力做正功，无法判断动能大小的变化，速度大小变化无法判断，故B错误；C．从A到P，阻力做负功，重力做负功，动能不断减小，速度不断减小，故C正确；D．羽毛球在P点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，所以水平方向还有空气阻力，羽毛球在P点的合力大于重力，根据牛顿第二定律可得羽毛球经过P点的加速度大于重力加速度，故D错误。故选：C。【点评】本题考查的是动能定理的运用，其中结合了斜抛运动知识，需注意做功的正负情况。5．（2024秋•抚顺期末）如图所示，以O为原点在竖直面内建立平面直角坐标系，第Ⅳ象限的挡板形状满足方程y＝x2-94（单位：m），小球（可视为质点）从第Ⅱ象限内的光滑四分之一圆弧轨道的顶端由静止释放，通过O点后开始做平抛运动，经0.5s击中挡板上的P点，取重力加速度大小g＝10m/sA．0.2m B．0.3m C．0.4m D．0.5m【考点】动能定理的简单应用；平抛运动位移的计算；平抛运动时间的计算．【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．【答案】A【分析】根据数学运算得到P点的坐标，水平方向匀速运动，结合动能定理求解。【解答】解：小球从O点抛出做平抛运动，满足y=-12gt2，解得y=-1.25m，y=x2-94（m），解得P点的坐标为（1，-故选：A。【点评】本题考查平抛运动、机械能守恒定律，目的是考查学生的模型建构能力。二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•辽宁期末）一木板A与轻弹簧一端栓接，弹簧竖直固定在水平面上，A上面放置物块B，系统处于静止状态，如图所示，现对B施加竖直向上的拉力F（图中未画出），使其由静止开始做加速度大小a＝1m/s2的匀加速直线运动。弹簧的劲度系数k＝100N/m，A、B的质量均为m＝2kg，A、B均视为质点，重力加速度g取10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．F的最小值为4N B．A、B刚分离时，弹簧处于原长状态 C．A、B分离后，A在上升阶段先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动 D．若在A、B刚分离时撤去F，则此后B上升的最大高度为0.018m【考点】动能定理的简单应用；胡克定律及其应用；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；连接体模型．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】ACD【分析】A.A、B分离前，对AB整体，由牛顿第二定律列式，结合题意，即可分析判断；B.当A、B分离，对A，由牛顿第二定律列式，结合题意，即可分析判断；C.由前面分析，对于A上升的不同阶段，根据牛顿第二定律分别列式，即可分析判断；D.开始时，系统处于静止状态，对AB整体，由平衡条件列式，A、B刚分离时，胡克定律列式；对B，由运动学公式、动能定理分别列式，即可分析判断。【解答】解：A.由题意知，A、B分离前，对AB整体，由牛顿第二定律可得：F+F弹﹣2mg＝2ma，A对B的支持力逐渐减小，F增大，所以刚开始运动时，F最小，此时：F弹＝2mg，所以：Fmin＝2ma，解得：Fmin＝4N，故A正确；B.当A、B分离时，aA对A，由牛顿第二定律可得：F弹'﹣mg＝ma，联立可得：F弹'＝22N＞0，则弹簧处于压缩状态，故B错误；C.由前面分析可知，A、B分离后，A在上升阶段，F弹越来越小，由牛顿第二定律可得：F弹A﹣mg＝maA，则该阶段A的加速度先减小，此时A向上做加速度减小的加速运动，当F弹A＝mg时，aA＝0，此后的上升过程中，由牛顿第二定律可得：mg﹣F弹A＝maA，则该阶段A的加速度的方向竖直向下，A向上做加速度增大的减速运动，故C正确；D.开始时，系统处于静止状态，设此时弹簧形变量为x0，对AB整体，由平衡条件可得：kx0＝2mg，解得：x0＝0.4m，A、B刚分离时，设弹簧形变量为x1，由胡克定律可得：F弹'＝kx1，解得：x1＝0.22m，所以该阶段A上升的位移大小为：x＝x0﹣x1＝0.4m﹣0.22m＝0.18m，则A、B刚分离时，B上升的位移大小为x，设此时B的速度大小为v，撤去F后B上升的最大高度为h，由运动学公式可得：2ax＝v2，由动能定理可得：﹣mgh＝0-12mv联立可得：h＝0.018m，故D正确；故选：ACD。【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。（多选）7．（2025•合肥开学）如图所示，质量为m的小球从距水平桌面高h处，以gh的初速度水平抛出，由于受到水平恒定风力的作用，小球落到桌面时速度方向恰好竖直向下。已知重力加速度大小为gA．小球从抛出到落到桌面的时间为2hB．小球在空中运动时的加速度大小为52gC．小球从抛出到落到桌面时的位移大小为32hD．小球从抛出到落到桌面的过程中克服风力做功为12【考点】动能定理的简单应用；自由落体运动的规律及应用．【专题】定量思想；推理法；自由落体运动专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】A.由题意可知，小球在竖直方向做自由落体运动，由运动学规律列式，即可分析判断；B.由题意可知，小球在水平方向做末速度为零的匀减速直线运动，由运动学规律列式，结合矢量合成法则，即可分析判断；C.小球在水平方向做末速度为零的匀减速直线运动，由运动学规律列式，结合矢量合成法则，即可分析判断；D.由动能定理列式，结合前面分析及题意，即可分析判断。【解答】解：A.由题意可知，小球在竖直方向做自由落体运动，可得：h=12gt解得，小球从抛出到落到桌面的时间为：t=2hgB.由题意可知，小球在水平方向做末速度为零的匀减速直线运动，可得：gh=解得，小球水平方向的加速度大小为：a=22由矢量合成法则可得，小球在空中运动时的加速度大小为：a合=a联立可得：a合=62g，故C.小球在水平方向做末速度为零的匀减速直线运动，结合前面分析可知，小球水平方向的位移大小为：x=g由矢量合成法则可得，小球从抛出到落到桌面时的位移大小为：x合联立可得：x合=6D.设小球从抛出到落到桌面的过程中克服风力做功为W，则由动能定理可得：mgh﹣W=1由题意及前面分析可知：vy2=2gh联立可得：W=12mgh，故故选：AD。【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。（多选）8．（2024秋•烟台期末）如图甲所示，放在粗糙水平地面上一物体受到水平拉力F的作用，在0～3s内物体的速度v与时间t的关系图像如图乙所示，拉力F的功率P与时间t的关系图像如图丙所示。下列说法正确的是（）A．物体的质量为0.4kg B．0～3s内拉力做的功为90J C．物体受到的摩擦力大小为6N D．物体在0～1s内受到的拉力大小为6N【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的图像问题；瞬时功率的计算．【专题】定量思想；图析法；功率的计算专题；理解能力．【答案】AD【分析】根据图丙图像与坐标轴所围面积在数值上等于功进行求解；根据图乙判断出1﹣3s物体的运动情况，再得出摩擦力与拉力的关系，结合图丙进行计算；结合图像根据动能定理列式求解；g就牛顿第二定律结合v﹣t图像求解。【解答】解：B.图丙中，图像与坐标轴所围面积在数值上等于功，则0～3s内拉力做的功为W=12×1×60J+（3﹣1）×故B错误；C.由图乙可知，在1﹣3s内做匀速直线运动，即摩擦力与拉力等大反向，根据图丙可知P＝Fv＝fv解得f＝2N故C错误；A.0﹣1s内位移为x=12WF根据动能定理可得WF﹣fx=12代入数据解得m＝0.4kg故A正确；D.物体在0﹣1s内，由牛顿第二定律结合乙图可得F﹣f＝maa=ΔvΔt=101代入解得F＝6N故D正确。故选：AD。【点评】本题考查的是动能定理结合牛顿第二定律的运用，题型较为复杂，需结合图像进行求解，故图像问题是本题解题关键。（多选）9．（2024秋•西城区期末）蹦极是一种极限运动，可简化为如下模型：弹性绳拉伸时可视为轻弹簧，弹性势能Ep=12kx2，其中xA．人向下运动的最大速度越小 B．人向下运动的最大速度越大 C．人在最低点时的加速度越小 D．人在最低点时的加速度越大【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题；理解能力．【答案】BC【分析】当人的加速度为零时，速度最大，根据平衡条件和动能定理列式，得到最大速度与人的质量的关系式，再分析最大速度的变化；根据牛顿第二定律和动能定理列式，得到人在最低点时的加速度与人的质量的关系，再分析人在最低点时的加速度变化。【解答】解：AB、设轻弹簧原长为L，劲度系数为k，人的质量为m，最大速度为v。当人的加速度为零时，速度最大，则有mg＝kx从开始下落到速度最大时，由动能定理有mg（L+x）-联立以上两式可得mg可知，人的质量越大，人向下运动的最大速度越大，故A错误，B正确；CD、在最低点时，根据牛顿第二定律有kx′﹣mg＝ma从开始下落到最低点时，由动能定理有mg（L+x′）-1联立以上两式可得m（a2﹣g2）＝2gLk可知，人的质量越大，人在最低点时的加速度越小，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】解答本题的关键要理清人的运动过程，根据速度最大的条件和动能定理、牛顿第二定律列式分析。三．填空题（共3小题）10．（2024春•闵行区期末）如图甲所示，在足够大的水平地面上放置一个质量为5kg的物体，物体在水平向右的推力F的作用下由静止开始沿直线运动，运动了4m时撤去推力F，物体在摩擦力的作用下开始减速。已知推力F随位移变化的规律如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.55，取重力加速度大小g＝10m/s2，则推力F做的功为200J；物体的最大速度为6m/s。【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；重力做功的特点和计算．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】200，6。【分析】根据F﹣x图像上图线和x轴所围成的面积物理意义求解F的功，根据动能定理列式求解最大速度。【解答】解：推力F做的功等于图乙中F﹣x图像上图线和x轴所围成的面积大小，则WF=40+602×4J＝200J，设物体的最大速度为vmWF﹣μmgx=12代入μ＝0.55，m＝5kg，x＝4m，解得vm＝6m/s故答案为：200，6。【点评】考查图像的认识和处理，以及动能定理问题，会根据题意进行准确分析和计算。11．（2024春•鼓楼区校级期中）如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将回球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高h1，速度大小为v；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后乙手离地面的最大高度为h2，球越过乙时的速度恰好沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，重力加速度取g，忽略空气阻力，试估算篮球在空中运动时间为2(h2-h1)g+2h2g，球刚斜抛出时的水平分速度为v【考点】动能定理的简单应用；合运动与分运动的关系；平抛运动速度的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．【答案】2(h2【分析】根据动能定理和平抛运动的特点得出球刚抛出时的水平分速度，根据速度—时间公式得出篮球在空中的运动时间。【解答】解：由题可知球越过乙时的速度恰好沿水平方向，则设球越过乙时的速度为vx，则根据动能定理得：-mg解得：v则竖直方向的分速度有vy根据逆向思维法可知，球从抛出到越过乙时的时间为t=球再从越过乙时到落地的时间为t2则篮球在空中的运动时间为t＝t1+t2=故答案为：2(h2【点评】本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解运动的独立性，根据运动学公式和几何关系即可完成解答。12．（2024春•黄浦区校级期末）剑桥大学物理学家海伦•杰尔斯基研究了各种自行车特技的物理学原理，并通过计算机模拟技术探寻特技动作的极限，设计了一个令人惊叹不已的高难度动作——“爱因斯坦空翻”，并在伦敦科学博物馆由自行车特技运动员（18岁的布莱士）成功完成。“爱因斯坦空翻”简化模型如图。质量为m的自行车运动员从B点静止出发，经半径为R的BC圆弧，从C点竖直冲出，完成空翻，完成空翻的时间为t，由B到C的过程中，克服摩擦力做功为W，空气阻力不计，重力加速度为g。则自行车运动员在过C点时对圆弧的压力为mg2t24R，从B到C【考点】动能定理的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；拱桥和凹桥类模型分析．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力；模型建构能力．【答案】mg2t【分析】根据竖直上抛运动的规律求解初速度，结合牛顿第二定律和第三定律列式求解压力；根据动能定理列式求解相应的功。【解答】解：运动员由C到D过程做竖直上抛，设初速度为v0，则根据速度公式0=v0-g×t2，解得v0=gt2，在C点，设圆弧轨道对运动员的压力为N，根据牛顿第二定律有N＝mv02R，解得N故答案为：mg2t【点评】考查圆周运动向心力、牛顿运动定律和动能定理，会根据题意进行准确分析和解答。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•海淀区期末）利用离子推进器可以控制卫星姿态、修正运行轨道。如图为某种离子推进器中离子加速区域的简化示意图，栅电极A、B分别为阳极和阴极，间距为d。稳定运行时，可认为栅电极A、B间有向右的匀强电场，场强大小为E。从阳极注入的带正电的氙离子经过电场加速后形成正离子束，最终所有注入的氙离子以很高的速度沿同一方向从阴极喷出，由此对卫星产生推力。已知每个氙离子的质量为m、电荷量为e，初速度近似为零，单位时间注入的氙离子数为N0。不考虑氙离子间相互作用及相对论效应。（1）求每个氙离子从阴极喷出时的动能Ek。（2）氙离子的定向运动形成电流，求：①阴极处喷出离子时形成的等效电流I；②离子推进器加速氙离子所消耗的功率P。（3）在计算推进器获得的推力大小时，某同学提出一种思路：通过求得栅电极A、B间所有氙离子所受静电力之和，认为其大小等于所求推力大小。判断该思路是否正确。若正确，请按此思路计算出推力大小F；若不正确，请说明理由。【考点】动能定理的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）每个氙离子从阴极喷出时的动能Ek是eEd。（2）①阴极处喷出离子时形成的等效电流是N0e；②离子推进器加速氙离子所消耗的功率是N0eEd。（3）该同学的思路正确；推力大小是N02medE【分析】（1）应用动能定理求出离子的动能。（2）①根据电流的定义式求出等效电流。②应用电功率公式求出电功率。（3）求出每个离子所受静电力，然后求出推力大小。【解答】解：（1）对离子，由动能定理得：eEd＝Ek﹣0解得，离子的动能：Ek＝eEd（2）①稳定运行时，单位时间注入的离子总数为N0，则电流：I＝N0e②推进器消耗的功率P＝UI推进器的电压U＝Ed解得：P＝N0eEd（3）该同学的思路正确设每个离子所受的静电力大小为F0，离子所受静电力F0＝eE离子从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，位移d=解得离子从A到B的运动时间t=电极A、B间的离子总数：N＝N0t所有离子所受静电力的和F'＝NF0，解得：F'＝N02则推进器获得的推力大小F＝F'＝N02答：（1）每个氙离子从阴极喷出时的动能Ek是eEd。（2）①阴极处喷出离子时形成的等效电流是N0e；②离子推进器加速氙离子所消耗的功率是N0eEd。（3）该同学的思路正确；推力大小是N02medE【点评】认真审题理解题意、根据题意获取所需信息是解题的前提，应用运动学公式、牛顿第二定律即可解题。14．（2024秋•锡山区校级期末）如图所示是某游乐场中水上过山车的原理示意图。半径为R＝8m的圆轨道竖直固定在离水面高h＝3.2m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆轨道的最低点和最高点。过山车（实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点）高速行驶，先后会通过多个圆轨道，然后从A点离开圆轨道进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s＝12m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（结果可保留根号）（1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，随后进入水平轨道AC并落入水中，求过山车落入水中时的速度大小。【考点】动能定理的简单应用；平抛运动速度的计算；绳球类模型及其临界条件．【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】（1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则其在B点的速度大小为45（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为15m/s；（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，随后进入水平轨道AC并落入水中，过山车落入水中时的速度大小为414m/s。【分析】（1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则在B处重力提供向心力，据此列式，即可分析求解；（2）过山车离开C点后做平抛运动，由运动学规律列式，即可分析求解；（3）在A点时，由牛顿第二定律及题意列式，过山车离开C点后做平抛运动，由运动学规律列式，结合矢量合成法则，即可分析判断。【解答】解：（1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则在B处重力提供向心力，可得：mg=解得：vB（2）过山车离开C点后做平抛运动，竖直方向有：h=水平方向有：s＝vmt，解得：t＝0.8s，vm＝15m/s；（3）在A点时，由牛顿第二定律可得：FN由题意可知：FN＝3m'g，过山车离开C点后做平抛运动，竖直方向有：vy＝gt，由矢量合成法则可知，过山车落入水中时的速度大小为：v=v联立可得：v＝414m/s；答：（1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则其在B点的速度大小为45（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为15m/s；（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，随后进入水平轨道AC并落入水中，过山车落入水中时的速度大小为414m/s。【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。15．（2025•福田区校级开学）我校学子在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用面快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为m＝2.0kg的水相对地面以v＝6m/s的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为m0＝0.4kg，上升阶段空气阻力恒为f0＝1N，不计水平方向的任何力，重力加速度g＝10m/s2。（1）求水火箭外壳能上升的最大高度H；（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即f＝kv（k＝0.4），向下落高度h＝20m时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：①外壳匀速时的速度vm；②外壳从下落到匀速所经历的时间；③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。【考点】动能定理的简单应用．【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．【答案】（1）水火箭外壳能上升的最大高度为36m（2）①外壳匀速时的速度为10m/s②外壳从下落到匀速所经历的时间为3s③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功为﹣60J【分析】利用动能定理进行简单的运算【解答】解：（1）喷水过程中，mv＝m0v0上升过程中，m0g+f0＝m0a02﹣v2＝﹣2aH解得H＝36m（2）①外壳匀速时，有m0g＝kvm解得vm＝10m/s②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有m0v0＝m0gt﹣kvtvt＝h解得t＝3s③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有12m0vm2-0＝m0解得W1＝﹣60J。答：（1）水火箭外壳能上升的最大高度为36m（2）①外壳匀速时的速度为10m/s②外壳从下落到匀速所经历的时间为3s③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功为﹣60J【点评】考查对物理学方法的理解，熟悉动量定理公式

考点卡片1．质点【知识点的认识】（1）定义：用来代替物体的有质量的点．①质点是用来代替物体的具有质量的点，因而其突出特点是“具有质量”和“占有位置”，但没有大小，它的质量就是它所代替的物体的质量．②质点没有体积或形状，因而质点是不可能转动的．任何转动的物体在研究其自转时都不可简化为质点．③质点不一定是很小的物体，很大的物体也可简化为质点．同一个物体有时可以看作质点，有时又不能看作质点，要具体问题具体分析．（2）物体可以看成质点的条件：如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看做一个质点．（3）突出主要因素，忽略次要因素，将实际问题简化为物理模型，是研究物理学问题的基本思维方法之一，这种思维方法叫理想化方法．质点就是利用这种思维方法建立的一个理想化物理模型．【命题方向】（1）第一类常考题型是对具体事例进行分析：在物理学研究中，有时可以把物体看成质点，则下列说法中正确的是（）A．研究乒乓球的旋转，可以把乒乓球看成质点B．研究车轮的转动，可以把车轮看成质点C．研究跳水运动员在空中的翻转，可以把运动员看成质点D．研究地球绕太阳的公转，可以把地球看成质点分析：当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．解答：A、研究乒乓球的旋转时，不能把乒乓球看成质点，因为看成质点的话，就没有旋转可言了，所以A错误．B、研究车轮的转动是，不能把车轮看成质点，因为看成质点的话，就没有转动可言了，所以B错误．C、研究跳水运动员在空中的翻转时，不能看成质点，把运动员看成质点的话，也就不会翻转了，所以C错误．D、研究地球绕太阳的公转时，地球的大小对于和太阳之间的距离来说太小，可以忽略，所以可以把地球看成质点，所以D正确．故选D．点评：考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．（2）第二类常考题型是考查概念：下列关于质点的说法中，正确的是（）A．质点是一个理想化模型，实际上并不存在，所以，引入这个概念没有多大意义B．只有体积很小的物体才能看作质点C．凡轻小的物体，皆可看作质点D．如果物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次要因素时，即可把物体看作质点分析：物体可以看成质点的条件是物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，同一个物体在不同的时候，有时可以看成质点，有时不行，要看研究的是什么问题．解答：A、质点是一个理想化模型，实际上并不存在，引入这个概念可以简化我们分析的问题，不是没有意义，所以A错误；B、体积大的物体也可以看做质点，比如地球，所以B错误；C、轻小的物体，不一定可以看做质点，要看它的形状对分析的问题有没有影响，所以C错误；D、如果物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次要因素时，即可把物体看作质点，所以D正确．故选：D．点评：考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．【解题方法点拨】理想模型及其在科学研究中的作用在自然科学的研究中，“理想模型”的建立，具有十分重要的意义．第一，引入“理想模型”的概念，可以使问题的处理大为简化而又不会发生大的偏差．把现实世界中，有许多实际的事物与这种“理想模型”十分接近．在一定的场合、一定的条件下，作为一种近似，可以把实际事物当作“理想模型”来处理，即可以将“理想模型”的研究结果直接地应用于实际事物．例如，在研究地球绕太阳公转的运动的时候，由于地球与太阳的平均距离（约为14960万公里）比地球的半径（约为6370公里）大得多，地球上各点相对于太阳的运动可以看做是相同的，即地球的形状、大小可以忽略不计．在这种场合，就可以直接把地球当作一个“质点”来处理．在研究炮弹的飞行时，作为第一级近似，可以忽略其转动性能，把炮弹看成一个“质点”；作为第二级近似，可以忽略其弹性性能，把炮弹看成一个“刚体”．在研究一般的真实气体时，在通常的温度和压强范围内，可以把它近似地当作“理想气体”，从而直接地运用“理想气体”的状态方程来处理．第二，对于复杂的对象和过程，可以先研究其理想模型，然后，将理想模型的研究结果加以种种的修正，使之与实际的对象相符合．这是自然科学中，经常采用的一种研究方法．例如：“理想气体”的状态方程，与实际的气体并不符合，但经过适当修正后的范德瓦尔斯方程，就能够与实际气体较好地符合了．第三，由于在“理想模型”的抽象过程中，舍去了大量的具体材料，突出了事物的主要特性，这就更便于发挥逻辑思维的力量，从而使得“理想模型”的研究结果能够超越现有的条件，指示研究的方向，形成科学的预见．例如：在固体物理的理论研究中，常常以没有“缺陷”的“理想晶体”作为研究对象．但应用量子力学对这种“理想晶体”进行计算的结果，表明其强度竟比普通金属材料的强度大一千倍．由此，人们想到：既然“理想晶体”的强度应比实际晶体的强度大一千倍，那就说明常用金属材料的强度之所以减弱，就是因为材料中有许多“缺陷”的缘故．如果能设法减少这种“缺陷”，就可能大大提高金属材料的强度．后来，实践果然证实了这个预言．人们沿着这一思路制造出了若干极细的金属丝，其强度接近于“理想晶体”的强度，称之为“金胡须”．总之，由于客观事物具有质的多样性，它们的运动规律往往是非常复杂的，不可能一下子把它们认识清楚．而采用理想化的客体（即“理想模型”）来代替实在的客体，就可以使事物的规律具有比较简单的形式，从而便于人们去认识和掌握它们．2．自由落体运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．【命题方向】自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．物体做自由运动时不受任何外力的作用C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．故选：D．点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000s，则小石子出发点离AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为11000s，所以AB段的平均速度的大小为v=x由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h=v22g故选：C．点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．【解题思路点拨】1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．2．该知识点的3个探究结论：（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．3．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k=Fx2=100故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a=对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．4．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。5．牛顿第二定律的图像问题【知识点的认识】1．物体质量一定时，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物体的F﹣a图象是一条直线。2．物体受力一定时，它的质量越大，加速度越小，即a∝1m，所以物体的1m-3.本知识点专指F﹣a图像及1m-【命题方向】下列图象能反映牛顿第二定律的是（）A.B.C.D.分析：根据牛顿第二定律可知，物体的加速度与合外力成正比，与质量成反比，根据牛顿第二定律分析各个图象。解答：AD、根据牛顿第二定律可知，a=Fm，当合外力F恒定时，a-1m图象为过原点的倾斜直线，a﹣m图象为曲线，故B、v﹣t图象反映的是速度随时间变化的关系，斜率表示加速度，与牛顿第二定律无关，故B错误。C、根据牛顿第二定律可知，F＝ma，质量增大，合外力F不变，F﹣m图象为平行于横轴的图象，故C错误。故选：A。点评：本题考查了加速度与力的关系图象，解题的关键是明确牛顿第二定律的公式，对比分析图象。【解题思路点拨】图像问题的本质是对牛顿第二定律的理解与应用，从F＝ma出发，根据控制变量法找出各物理量之间的关系，从而得出相应函数图像的性质。6．牛顿第三定律的理解与应用【知识点的认识】1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命题方向】题型一：牛顿第三定律的理解和应用例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．作用力与反作用力的合力为零B．先有作用力，然后才产生反作用力C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．作用力与反作用力作用在同一个物体上分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．故选：C．点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．【解题方法点拨】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．7．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况【知识点的认识】1.已知物体受力，求解物体的运动情况。2.解答该类问题的一般步骤（1）选定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。（2）根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，求出物体所受的合外力。受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键。（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。（4）结合物体运动的初始条件（即初速度v0），分析运动情况并画出运动草图，选择合适的运动学公式，求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。【命题方向】如图所示，质量m＝4kg的物体静止在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数µ＝0.2．现用水平向右的外力F＝10N拉物体，求：（1）物体在2s末的速度多大；（2）前2s内的位移是是多少；（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过多长时间才能停下来。分析：物体在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做匀加速直线运动。对其进行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛顿第二定律去求出加速度，最后由运动学公式去求出速度与位移。解答：（1）前2s内物体加速运动，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：物体的加速度a=2s末物体的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移为：x=12at（3）撤去拉力后，滑块匀减速直线运动，加速度为a′＝﹣μg＝﹣2m/s2故运动时间为：t′=Δva答：（1）物体在2s末的速度为1m/s；（2）前2s内的位移是1m；（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过0.5s时间才能停下来。点评：本题是已知受力情况确定运动情况，关键分阶段求解出加速度，不难。【解题思路点拨】受力分析→牛顿第二定律→运动情况分析。连接受力与运动的桥梁是牛顿第二定律（加速度）。8．连接体模型【知识点的认识】1．连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到．2．解连接体问题的基本方法整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理．【命题方向】题型一：用整体法和隔离法解决连接体问题．例1：质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（）A.1：1：1B.1：2：3C.1：2：1D．无法确定分析：本题是连接体问题，可以先用整体法根据牛顿第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔离A研究，求得弹簧的弹力及伸长量，最后得到x1：x2：x3．解答：甲图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a1=对A：kx1﹣μmg＝ma1解得x1=乙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a2=对A：kx2﹣mg＝ma2解得x2=F3丙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得Fa3=对A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得x3=F3k则x1：x2：x3＝1：故A正确，BCD错误故选：A．点评：牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究．隔离法选取受力少的物体研究简单．求内力时，必须用隔离法．求整体的加速度可用整体法．例2：如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为2分析：采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系．解答：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=F6m；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F′＝3ma=F2．由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好轻绳刚要被拉断时，物块加速度a′=T3m，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f＝ma′=故选：C．点评：本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系．【解题方法点拨】（1）解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法．（2）在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体（包含两个或两个以上的单个物体），而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理．（3）选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离．先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度．9．物体运动轨迹、速度、受力（加速度）的相互判断【知识点的认识】1.物体做曲线运动的条件是：（1）从动力学角度看：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上．（2）从运动学角度看：物体的加速度方向跟它的速度方向不在同一条直线上．2.对于给定的轨迹、速度（运动）方向或受力（加速度）情况，三者中的两个即可大致判断第三个物理量的情况。【命题方向】在下列四幅图中，标出了做曲线运动的质点在P点的速度v和加速度a，其中可能正确的是（）A、B、C、D、分析：做曲线运动的物体，速度方向沿着曲线上点的切线方向；做曲线运动的物体，合力的方向与速度方向不共线，且指向曲线的内侧；根据牛顿第二定律可知，加速度的方向与力的方向相同．解答：A、图中速度应沿切线，而加速度应指向凹侧；故A错误；B、图中加速度应指向曲线的凹侧；故B错误；C、图中速度和加速度方向均正确，故C正确；D、图中速度应沿切线，而加速度指向凹侧；故D错误；故选：C。点评：本题关键是要明确三个方向，即速度方向、合力方向、加速度方向；对于曲线运动要明确其速度方向不断变化，一定具有加速度，一定是变速运动．【解题思路点拨】对于曲线运动的轨迹类问题，从以下三个角度分析：①速度沿切线方向；②受力（加速度）指向曲线的侧；③轨迹在速度和力之间。10．合运动与分运动的关系【知识点的认识】1.合运动与分运动的定义：如果一个运动可以看成几个运动的合成，我们把这个运动叫作这几个运动的合运动，把这几个运动叫作这个运动的分运动。2.合运动与分运动的关系①等时性：合运动与分运动同时开始、同时结束，经历的时间相等。这意味着合运动的时间等于各分运动经历的时间。②独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，互不影响。这意味着一个分运动的存在不会改变另一个分运动的性质或状态。③等效性：合运动是各分运动的矢量和，即合运动的位移、速度、加速度等于各分运动对应量的矢量和。这表明合运动的效果与各分运动的效果相同。④同体性：合运动和它的分运动必须对应同一个物体的运动，一个物体的合运动不能分解为另一个物体的分运动。⑤平行四边形定则：合速度、合位移与分速度、分位移的大小关系遵循平行四边形定则。这意味着合运动的大小和方向可以通过对各分运动进行矢量合成来计算。3.合运动与分运动体现的物理学思想是：等效替代法。【命题方向】关于合运动和分运动的关系，下列说法正确的是（）A、若合运动是曲线运动，则它的几个分运动不可能都是直线运动B、合运动的时间等于它的各个分运动的时间总和C、合运动的速度大小一定大于其中一个分运动的速度大小D、两个非共线的匀变速直线运动的合运动一定还是匀变速运动，但轨迹可能是直线也可能是曲线分析：根据运动的合成与分解，结合速度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则．并合运动与分运动具有等时性，从而即可求解．解答：A、合运动是曲线运动，分运动可能都是直线运动，如平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运动，都是直线运动，故A错误；B、合运动和分运动同时发生，具有等时性，故B错误；C、速度是矢量，合速度与分运动速度遵循平行四边形定则，合速度可以等于、大于、小于分速度，故C错误；D、两个非共线的匀变速直线运动的合运动一定还是匀变速运动，但轨迹可能是直线也可能是曲线，若合初速度与合加速度共线时，做直线运动，若不共线时，做曲线运动，故D正确；故选：D。点评：解决本题的关键知道位移、速度、加速度的合成分解遵循平行四边形定则，以及知道分运动与合运动具有等时性．【解题思路点拨】合运动与分运动的关系，使得我们可以通过分析各分运动来理解合运动的性质和行为。在物理学中，这种关系在处理复杂的运动问题时非常有用，因为它允许我们将复杂的问题分解为更简单的部分进行分析，然后再综合这些部分的结果来理解整体的性质。11．平抛运动的概念和性质【知识点的认识】1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下的运动．2．关键词：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．3．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．4．研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动．【命题方向】关于平抛运动，下列说法中正确的是（）A、平抛运动是加速度不变的运动B、平抛运动是合力不变的运动C、平抛运动是匀变速曲线运动D、平抛运动是水平抛出的物体的运动分析：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、做平抛运动的物体，只受到重力的作用，加速度是重力加速度，所以平抛运动是加速度不变的运动，所以A正确。B、做平抛运动的物体，只受到重力的作用，所以平抛运动是合力不变的运动，所以B正确。C、由A的分析可知，平抛运动是匀变速的曲线运动，所以C正确。D、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D正确。故选：ABCD。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．【解题思路点拨】1.对于平抛运动的概念，可以结合自由落体运动进行理解，自由落体运动的初速度为零，平抛运动的初速度沿水平方向，但两者都是只受重力作用。2.平抛运动是曲线运动，但是因为受到恒定的重力的作用，所以是匀变速运动。12．平抛运动速度的计算【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，水平方向上的速度vx＝v0竖直方向上的速度vy＝gt从而可以得到物体的速度为v=3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。【命题方向】如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（）A、0.8s内小球下落的高度为4.8mB、0.8s内小球下落的高度为3.2mC、小球到达P点的水平速度为4.8m/sD、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s分析：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，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。D、小球到达P点的竖直速度vy＝gt＝8m/s。故D正确。故选：BD。点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。【解题思路点拨】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝gt。13．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