2024-2025学年下学期高一物理人教版同步经典题精练之重力势能

第53页（共53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重力势能一．选择题（共5小题）1．（2024秋•淮安期末）如图所示，起重机是一种广泛用于港口、工地等地方的起吊搬运机械。在起重机利用绳索将货物吊起的过程中，下列说法正确的是（）A．绳索对货物的拉力做正功 B．绳索对货物的拉力做负功 C．货物的重力势能保持不变 D．货物的重力势能减小2．（2023秋•汕头期末）如图所示是舂米用的石臼。横梁可绕支点转动，人用力下踩，使重锤从最低点上升到最高点，上升高度为h，松开脚后重锤下落打到谷物，使米糠和白米分离。已知重锤的质量为m，重力加速度为g，横梁重力不可忽略，下列说法正确的是（）A．重锤在上升过程中，速度不断增大 B．重锤在上升过程中，重力势能增加了mgh C．重锤下落到最低点时，动能大小为mgh D．重锤从下落到打中谷物前，重力的瞬时功率先增大后减小3．（2024•黑龙江学业考试）桌面上和桌子下有两个完全相同的物体，以地面为零势能面，下列说法正确的是（）A．桌面上的物体重力势能较大 B．桌子下的物体重力势能较大 C．两个物体的重力势能相等 D．桌面上的物体重力势能为零4．（2024秋•道里区校级期中）如图所示，光滑弧形轨道高为h，将质量为m的小球从轨道顶端由静止释放，小球运动到轨道底端时的速度为v，重力加速度为g，该过程中小球重力势能减少量为（）A．mgh B．12C．mgh-12m5．（2024秋•南岗区校级期中）将质量为m的篮球从距地面h高处抛出，篮球能达到的最高点距地面高度为H。以地面为参考平面，重力加速度为g，则篮球在最高点的重力势能为（）A．mgh B．mgH C．mg（H﹣h） D．0二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•天心区月考）2024年，在巴黎奥运会中，郑钦文斩获中国在奥运会上首枚网球女单金牌，创造了历史。若在比赛过程中郑钦文从某一高度将质量为m的网球击出，网球击出后在空中飞行的速率v随时间t的变化关系如图所示，t2时刻网球落到对方的场地上。以地面为参考平面，网球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．击球点到地面的高度为v2B．击球点到落地点间的水平距离为v0t2 C．网球运动过程中离地的最大高度为v2D．网球的最大重力势能为m（多选）7．（2024秋•海淀区校级月考）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触，但未与物体A连接，弹簧水平且无形变。现给物体A水平向右的初速度，测得物体A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A．物体A整个运动过程，弹簧对物体A做功为零 B．物体A向左运动的最大速度vmC．物体A与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep＝3μmgx0 D．物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间（多选）8．（2024春•西城区校级期中）如图所示，一小球贴着光滑曲面自由滑下，依次经过A、B、C三点．以下表述正确的是（）A．若以地面为参考平面，小球在B点的重力势能比C点大 B．若以A点所在的水平面为参考平面，小球在B点的重力势能比C点小 C．若以B点所在的水平面为参考平面，小球在C点的重力势能大于零 D．无论以何处水平面为参考平面，小球在B点的重力势能均比C点大（多选）9．（2023秋•福州期中）加速度传感器是目前智能手机中最常见的一种嵌入式传感器，它主要用于探测手机本身的移动并可通过图象显示加速度情况。小明为测手机上抛过程加速度变化情况，用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示剂加速度随时间变化的图像，图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，取g＝10m/s2，由此可推断出（）A．t1时刻手机处于超重状态 B．t2时刻手机速度达最大 C．t3时刻手机的重力势能达最大 D．手机离开手掌后上升的高度为0.50m三．填空题（共3小题）10．（2023秋•云南期末）一名同学看过杂技演员“水流星”表演（图甲）后，用轻质细绳系着一个软木塞，抡动细绳让软木塞模拟“水流星”在竖直平面内做圆周运动（图乙）。已知细绳的长度l＝0.9m，软木塞的质量m＝20g，重力加速度g取10m/s2。若软木塞能做完整的圆周运动，则软木塞经过最高点时的最小速度为m/s。软木塞经过最低点时细绳对它的拉力大小它的重力大小（选填“大于”“小于”或“等于”）。软木塞从最低点运动到最高点的过程中，重力势能增加了J。11．（2023春•乌鲁木齐期末）树上有一个质量m＝0.3kg的苹果下落，在由C落至D的过程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，则重力所做的功为J，重力势能的变化量为J。12．（2023秋•泉州期中）如图所示，质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。此时，天花板对绳子的拉力为。如果用外力将绳子的下端Q缓慢地竖直向上拉起至点M，点M与绳子上端P的相距l3，绳子的重心移动的距离为四．解答题（共3小题）13．（2024秋•天宁区校级期末）如图所示，直角细支架竖直段AB粗糙、水平段BC光滑且均足够长，AB段、BC段各穿过一个质量1kg的小球a与b，a、b两球通过长1m的细线连接．支架以初始角速度ω1绕AB段匀速转动，此时细线与竖直方向夹角为37°，两小球在支架上不滑动；现缓慢增大角速度至足够大，此后又缓慢减小至ω2，ω1＝ω2=10rad/s，在此过程中小球a由静止缓慢上升至最高点后缓慢下滑．小球a与AB段间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．支架转动角速度从ω1变化到ω2（1）初始时刻，细线中的张力大小；（2）小球a重力势能的变化量；（3）细线与竖直方向夹角θ的最大值（用三角函数表示）。14．（2024•江阴市模拟）如图（a），将物块A于P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点。物块A的v﹣t图像如图（b）所示。已知B的质量为0.3kg，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）以地面为参考平面，释放瞬间物块B的重力势能；（2）物块A与桌面间的动摩擦因数；（3）物块A的质量。15．（2024春•江门期末）如图甲所示的攻城利器“回回炮”是元代的投石机，某同学根据其制作了“简化投石机”模型如图乙所示。质量M＝16kg的配重在下落过程，带动固定在杠杆右端篮子中质量m＝4kg的小石块上升，当配重落到最低点时，小石块从篮子中水平飞出。转轴O离地面高度h＝0.4m，杠杆短臂长为r1＝0.2m，长臂长r2＝0.4m，城墙高为H＝0.6m，宽d＝0.1m。配重释放前杠杆臂保持水平，以此时杠杆臂所在水平面为参考平面。忽略杠杆臂和篮子的质量，忽略摩擦和空气阻力，g取10m/s2。求：（1）小石块从篮子中水平飞出时的重力势能EP；（2）小石块从篮子中水平飞出时的速度大小v0；（3）为了确保能够击中城墙，投石机的转轴O距城墙的距离s的范围。

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重力势能参考答案与试题解析题号12345答案ABAAB一．选择题（共5小题）1．（2024秋•淮安期末）如图所示，起重机是一种广泛用于港口、工地等地方的起吊搬运机械。在起重机利用绳索将货物吊起的过程中，下列说法正确的是（）A．绳索对货物的拉力做正功 B．绳索对货物的拉力做负功 C．货物的重力势能保持不变 D．货物的重力势能减小【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；功的正负及判断．【专题】定性思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据功的定义和功的正负进行判断，根据功能关系判断。【解答】解：AB.根据功的正负判断方法可知当力的方向与位移方向相同时，力做正功，方向相反时做负功，货物受到的拉力向上，位移向上，故拉力做正功，故A正确，B错误；CD.货物受到的重力向下，位移向上，故重力做负功，根据功能关系，重力势能增大，故CD错误。故选：A。【点评】本题主要考查功的正负的判断方法，以及功能关系，简单题。2．（2023秋•汕头期末）如图所示是舂米用的石臼。横梁可绕支点转动，人用力下踩，使重锤从最低点上升到最高点，上升高度为h，松开脚后重锤下落打到谷物，使米糠和白米分离。已知重锤的质量为m，重力加速度为g，横梁重力不可忽略，下列说法正确的是（）A．重锤在上升过程中，速度不断增大 B．重锤在上升过程中，重力势能增加了mgh C．重锤下落到最低点时，动能大小为mgh D．重锤从下落到打中谷物前，重力的瞬时功率先增大后减小【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；动能的定义、性质、表达式；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；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】B【分析】重锤在上升过程中，速度不可能一直增大，重力势能增加量等于升高高度与重力的乘积，下落过程重锤机械能不守恒，重力的瞬时功率等于重力与竖直分速度的乘积。【解答】解：A．重锤在上升过程中，速度先增大后减小，不可能速度不断增大，故A错误；B．重锤从最低点上升到最高点，上升高度为h，则重锤在上升过程中，重力势能增加了mgh，故B正确；C．由于横梁重力不可忽略，重锤下落到最低点时，机械能不守恒，可知重锤动能大小不为mgh，故C错误；D．重锤从下落到打中谷物前，根据P＝mgvy由于竖直分速度逐渐增大，所以重力的瞬时功率一直增大，故D错误。故选：B。【点评】本题考查重力势能，动能，以及重力瞬时功率等于知识点，综合性较强。3．（2024•黑龙江学业考试）桌面上和桌子下有两个完全相同的物体，以地面为零势能面，下列说法正确的是（）A．桌面上的物体重力势能较大 B．桌子下的物体重力势能较大 C．两个物体的重力势能相等 D．桌面上的物体重力势能为零【考点】重力势能的定义和性质．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】A【分析】以地面为零势能面，根据重力势能的表达式分析。【解答】解：桌面上和桌子下有两个完全相同的物体，以地面为零势能面，根据Ep＝mgh可知两个物体的重力势能均大于零；由于两物体的质量相等，而桌面上的物体高度较大，所以桌面上的物体重力势能较大。故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】判断重力势能大小，必须要选取一个零势能面。4．（2024秋•道里区校级期中）如图所示，光滑弧形轨道高为h，将质量为m的小球从轨道顶端由静止释放，小球运动到轨道底端时的速度为v，重力加速度为g，该过程中小球重力势能减少量为（）A．mgh B．12C．mgh-12m【考点】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；推理论证能力．【答案】A【分析】根据重力做功多少，重力势能就减少多少解答。【解答】解：小球从顶端静止释放到轨道底端过程中，重力做功为mgh，根据重力做功和重力势能变化量之间的关系可知，重力势能的减少量为mgh，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】解答本题时，要掌握重力做功与重力势能变化的关系，知道重力做功多少，重力势能就减少多少。5．（2024秋•南岗区校级期中）将质量为m的篮球从距地面h高处抛出，篮球能达到的最高点距地面高度为H。以地面为参考平面，重力加速度为g，则篮球在最高点的重力势能为（）A．mgh B．mgH C．mg（H﹣h） D．0【考点】重力势能的变化和重力做功的关系．【专题】定量思想；归纳法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据重力势能Ep＝mgh可计算。【解答】解：以地面为参考平面，重力加速度为g，根据重力势能Ep＝mgh可知，篮球在最高点的重力势能为：Ep＝mgH，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题主要考查了重力势能的计算，解题关键是掌握重力势能Ep＝mgh公式，重力势能具有相对性，选零势能面。二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•天心区月考）2024年，在巴黎奥运会中，郑钦文斩获中国在奥运会上首枚网球女单金牌，创造了历史。若在比赛过程中郑钦文从某一高度将质量为m的网球击出，网球击出后在空中飞行的速率v随时间t的变化关系如图所示，t2时刻网球落到对方的场地上。以地面为参考平面，网球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．击球点到地面的高度为v2B．击球点到落地点间的水平距离为v0t2 C．网球运动过程中离地的最大高度为v2D．网球的最大重力势能为m【考点】重力势能的计算；斜抛运动．【专题】定量思想；推理法；复杂运动过程的分析专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】t1时刻网球处于最高点，速度方向水平，水平方向做匀速直线运动；求竖直分速度，根据竖直方向速度—位移公式，求最大高度，从而求解网球的最大重力势能。【解答】解：B．由题图可知，郑钦文从某一高度将网球击出，网球的速度先变小后变大，t1时刻网球处于最高点，速度方向水平，不计空气阻力，水平方向做匀速直线运动，击球点到落地点间的水平距离x＝v1t2故B错误；A．根据运动的分解，网球落地时竖直方向的分速度vy网球被击出时竖直方向的分速度vy所以击球点到地面的高度为h=故A正确；CD．由速度—位移公式可得网球运动过程中离地的最大高度hm网球的最大重力势能Ep故C错误，D正确。故选：AD。【点评】本题考查学生对运动情况的分析，运动员从某一高度将网球击出，阻力不计，水平做匀速直线运动，竖直做竖直上抛运动。（多选）7．（2024秋•海淀区校级月考）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触，但未与物体A连接，弹簧水平且无形变。现给物体A水平向右的初速度，测得物体A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A．物体A整个运动过程，弹簧对物体A做功为零 B．物体A向左运动的最大速度vmC．物体A与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep＝3μmgx0 D．物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间【考点】弹性势能的影响因素和计算；变力做功的计算（非动能定理类问题）．【专题】定量思想；推理法；与弹簧相关的动量、能量综合专题；分析综合能力．【答案】ACD【分析】A.根据弹簧对物体A的做正负功情况判断总功；B.根据动能定理判断物体A向左运动的最大速度；C.根据动能定理可求得系统的最大弹性势能；D.根据运动过程分析物体向左和向右运动过程中的加速度，则可明确对应的时间大小。【解答】解：A.弹簧对物体A先做负功，再做正功，整个过程看，弹簧做功为0，故A正确；B.当物体A向左离开弹簧时，弹簧为原长，由动能定理-可得v物体A向左从弹簧最短到恢复原长运动的过程中，先做加速运动再做减速运动，故最大速度在此位置的右侧，即v故B错误；C.当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由动能定理--联立解得Ep＝3μmgx0故C正确；D.物体向右运动时，受到向左的弹力和摩擦力；向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力。所以向右运动的加速度大于向左运动的加速度，而位移大小相等，故物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于向左运动过程中与弹簧接触的时间，故D正确。故选：ACD。【点评】本题为力学综合性题目，题目涉及功能关系、牛顿第二定律及运动学公式，还有动量定理等内容，要求学生能正确分析问题，根据题意明确所对应的物理规律的应用。（多选）8．（2024春•西城区校级期中）如图所示，一小球贴着光滑曲面自由滑下，依次经过A、B、C三点．以下表述正确的是（）A．若以地面为参考平面，小球在B点的重力势能比C点大 B．若以A点所在的水平面为参考平面，小球在B点的重力势能比C点小 C．若以B点所在的水平面为参考平面，小球在C点的重力势能大于零 D．无论以何处水平面为参考平面，小球在B点的重力势能均比C点大【考点】重力势能的定义和性质．【答案】AD【分析】重力势能的大小与零势能的选取有关，根据Ep＝mgh比较重力势能的大小，从而即可求解．【解答】解：A、若以地面为零势能平面，B的高度比C的高度大，根据Ep＝mgh知，B点的重力势能大于C点的重力势能。故A正确。B、以A点为参考平面，B、C的高度都为负值，但是B的高度仍然大于C的高度，则B点的重力势能比C点的重力势能大。故B错误。C、若以B点所在的水平面为参考平面，小球在C点的重力势能小于零。故C错误。D、无论以何处为参考平面，小球在B点的重力势能均为C点大。故D正确。故选：AD。【点评】解决本题的关键知道重力势能的表达式，知重力势能的大小与零势能平面选取有关，重力势能的变化量与零势能平面的选取无关．（多选）9．（2023秋•福州期中）加速度传感器是目前智能手机中最常见的一种嵌入式传感器，它主要用于探测手机本身的移动并可通过图象显示加速度情况。小明为测手机上抛过程加速度变化情况，用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示剂加速度随时间变化的图像，图中t1＝0.38s，t2＝0.55s，t3＝0.66s，t4＝1.26s，取g＝10m/s2，由此可推断出（）A．t1时刻手机处于超重状态 B．t2时刻手机速度达最大 C．t3时刻手机的重力势能达最大 D．手机离开手掌后上升的高度为0.50m【考点】重力势能的定义和性质；超重与失重的图像问题．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】AB【分析】根据超失重加速度特点、竖直上抛运动公式、牛顿第二定律，结合手机的运动过程，即可解答。【解答】解：AB.由图可知手机向上抛出，开始时手机向上加速运动，竖直向上为正方向，手机离开手后，只受重力，向上做匀减速直线运动，到达最高点后，手机做自由落体运动，t1时刻手机的加速度为正值，方向竖直向上，手机处于超重状态，在t2时刻，加速度为零，速度最大，故AB正确；C.t3时刻加速度为g，此时手和手机分离，手机离开手掌后继续上升，t3时刻没有到达最高点，重力势能不是最大的，故C错误；D.手机手机离开手掌后，手机在空中运动时间为t3＝0.66s到t4＝1.26s，时间间隔为0.6s，做竖直上抛运动，由时间对称性可知，自由下落时间为0.3s，上抛高度为：h=其中t＝0.3s代入数据解得：h＝0.45m，故D错误；故选：AB。【点评】本题考查学生读图能力，以及对牛顿第二定律、自由落体位移和速度公式的掌握。三．填空题（共3小题）10．（2023秋•云南期末）一名同学看过杂技演员“水流星”表演（图甲）后，用轻质细绳系着一个软木塞，抡动细绳让软木塞模拟“水流星”在竖直平面内做圆周运动（图乙）。已知细绳的长度l＝0.9m，软木塞的质量m＝20g，重力加速度g取10m/s2。若软木塞能做完整的圆周运动，则软木塞经过最高点时的最小速度为3m/s。软木塞经过最低点时细绳对它的拉力大小大于它的重力大小（选填“大于”“小于”或“等于”）。软木塞从最低点运动到最高点的过程中，重力势能增加了0.36J。【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；牛顿第二定律的简单应用；绳球类模型及其临界条件．【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．【答案】3；大于；0.36。【分析】水桶运动到最高点时，水恰好不流出时，由水的重力刚好提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求解最小速率，木塞经过最低点时向心力向上，拉力大于重力，根据重力势能表达式求解增加的重力势能。【解答】解：水桶运动到最高点时，水恰好不流出时，重力提供向心力，速度最小，根据mg=可得v1木塞经过最低点时向心力向上，即拉力与重力的合力向上，则拉力大小大于它的重力大小。软木塞从最低点运动到最高点的过程中，重力势能增加了ΔEp＝mg×2l，解得ΔEp＝0.36J故答案为：3；大于；0.36。【点评】本题考查了竖直面内圆周运动的“绳球模型”，知道最高点的临界情况，结合牛顿第二定律进行求解，基础题。11．（2023春•乌鲁木齐期末）树上有一个质量m＝0.3kg的苹果下落，在由C落至D的过程中。若g＝10m/s2，hCD＝3.0m，则重力所做的功为9.0J，重力势能的变化量为﹣9.0J。【考点】重力势能的变化和重力做功的关系．【专题】定量思想；归纳法；功的计算专题；分析综合能力．【答案】9.0；﹣9.0。【分析】利用公式W＝mgh求重力做功，熟悉重力做功与重力势能变化的关系。【解答】解：苹果下落，在由C落至D的过程中，则重力所做的功W＝mgh＝0.3×10×3.0J＝9.0J重力势能的变化量为：ΔEP＝﹣9.0J故答案为：9.0；﹣9.0。【点评】本题考查公式W＝mgh求重力做功，理解重力做功与重力势能变化。12．（2023秋•泉州期中）如图所示，质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。此时，天花板对绳子的拉力为mg。如果用外力将绳子的下端Q缓慢地竖直向上拉起至点M，点M与绳子上端P的相距l3，绳子的重心移动的距离为l9【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；几何法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．【答案】mg，l9【分析】根据平衡条件求天花板对绳子的拉力。明确绳子上升部分的质量和上升高度，从而求出重力势能的改变量，再求绳子的重心移动的距离。【解答】解：对绳子进行受力分析，根据平衡条件得天花板对绳子的拉力为：T＝mg设Q点为零势能参考平面，如果用外力将绳子的下端Q缓慢地竖直向上拉起至点M，以上面的23为研究对象，则重心的位置不变，以下面的13为研究对象，重心向上移动了W=-13mg•1由功能关系得ΔE所以整体的重心向上移动的高度为Δh故答案为：mg，l9【点评】解决本题时，要注意本题求的是绳子整体重心移动距离，而不仅仅是移动部分重心移动的距离。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•天宁区校级期末）如图所示，直角细支架竖直段AB粗糙、水平段BC光滑且均足够长，AB段、BC段各穿过一个质量1kg的小球a与b，a、b两球通过长1m的细线连接．支架以初始角速度ω1绕AB段匀速转动，此时细线与竖直方向夹角为37°，两小球在支架上不滑动；现缓慢增大角速度至足够大，此后又缓慢减小至ω2，ω1＝ω2=10rad/s，在此过程中小球a由静止缓慢上升至最高点后缓慢下滑．小球a与AB段间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．支架转动角速度从ω1变化到ω2（1）初始时刻，细线中的张力大小；（2）小球a重力势能的变化量；（3）细线与竖直方向夹角θ的最大值（用三角函数表示）。【考点】重力势能的变化和重力做功的关系；匀速圆周运动；绳球类模型及其临界条件．【专题】计算题；定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．【答案】（1）初始时刻，细线中的张力大小为10N；（2）小球a重力势能的变化量为2J；（3）细线与竖直方向夹角θ的最大值为arctan2。【分析】（1）对b分析，根据拉力的分力提供向心力分析求解；（2）对a分析，利用正交分解法，在竖直和水平方向上列平衡方程，结合重力势能表达式分析求解；（3）对a、b分析，利用正交分解法，对a在竖直和水平方向上列平衡方程，对b，根据拉力提供向心力，结合ω趋于无穷大时，θ最大分析求解。【解答】解：（1）当角速度为ω1，对bT1其中r1＝Lsinθ1解得：T1＝10N（2）当角速度为ω2，对b有：T2＝10N对a满足：T2sinθ2＝N2T2cosθ2+f2＝mgf2＝μN2联立得cosθ2+0.5sinθ2＝1得：θ2＝53°故小球a重力势能的变化量ΔEp＝mg（Lcosθ1﹣Lcosθ2）解得ΔEp＝2J（3）缓慢增大角速度，a球缓慢上滑过程中Tsinθ＝NTcosθ﹣f＝mgf＝μN得T（cosθ﹣μsinθ）＝mg对b有T＝mω2L联立得cosθ-当ω趋于无穷大时，θ最大，此时cosθm﹣μsinθm＝0可得tanθm＝2故θm＝arctan2答：（1）初始时刻，细线中的张力大小为10N；（2）小球a重力势能的变化量为2J；（3）细线与竖直方向夹角θ的最大值为arctan2。【点评】本题考查了圆周运动，理解不同情况下物体的运动状态，正确受力分析是解决此类问题的关键。14．（2024•江阴市模拟）如图（a），将物块A于P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点。物块A的v﹣t图像如图（b）所示。已知B的质量为0.3kg，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）以地面为参考平面，释放瞬间物块B的重力势能；（2）物块A与桌面间的动摩擦因数；（3）物块A的质量。【考点】重力势能的计算；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度；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；推理论证能力．【答案】（（1）以地面为参考平面，释放瞬间物块B的重力势能为3J；（2）物块A与桌面间的动摩擦因数为0.1；（3）物块A的质量为0.8kg。【分析】（1）v﹣t图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，斜率表示加速度的大小及方向，图线与时间轴所包围的“面积”表示位移，根据图像求出物块B下降的高度，进而求出重力势能；（2）物块A在1～3s水平方向只受摩擦力作用，由v﹣t图像求解加速度，运用牛顿第二定律计算动摩擦因数；（3）由v﹣t图像求解物块A在0～1s内的加速度，运用牛顿第二定律计算物块A的质量。【解答】解：（1）由v﹣t图像图线与时间轴所包围的“面积”表示位移，得B下落的高度hB=12×1×2m=1m，物块B的重力势能EPB＝mBghB＝0.3×10（2）由v﹣t图像斜率等于加速度可知，物块A在1～3s其加速度大小a2=2-03-1m1～3s内，对物块A有μmAg＝mAa2，解得μ=（3）物块A和B在0～1s内加速度大小为a1=21m对物块A有T﹣μmAg＝mAa1对物块B有mBg﹣T＝mBa1代入数据得T﹣0.1×mA×10N＝mA×2N，0.3×10N﹣T＝0.3×2N，解得T＝2.4N，mA＝0.8kg。答：（1）以地面为参考平面，释放瞬间物块B的重力势能为3J；（2）物块A与桌面间的动摩擦因数为0.1；（3）物块A的质量为0.8kg。【点评】考查对v﹣t图像的理解和牛顿第二定律的运用，熟悉图像的含义。15．（2024春•江门期末）如图甲所示的攻城利器“回回炮”是元代的投石机，某同学根据其制作了“简化投石机”模型如图乙所示。质量M＝16kg的配重在下落过程，带动固定在杠杆右端篮子中质量m＝4kg的小石块上升，当配重落到最低点时，小石块从篮子中水平飞出。转轴O离地面高度h＝0.4m，杠杆短臂长为r1＝0.2m，长臂长r2＝0.4m，城墙高为H＝0.6m，宽d＝0.1m。配重释放前杠杆臂保持水平，以此时杠杆臂所在水平面为参考平面。忽略杠杆臂和篮子的质量，忽略摩擦和空气阻力，g取10m/s2。求：（1）小石块从篮子中水平飞出时的重力势能EP；（2）小石块从篮子中水平飞出时的速度大小v0；（3）为了确保能够击中城墙，投石机的转轴O距城墙的距离s的范围。【考点】重力势能的定义和性质；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】（1）小石块从篮子中水平飞出时的重力势能EP为16J；（2）小石块从篮子中水平飞出时的速度大小v0为2m/s；（3）为了确保能够击中城墙，投石机的转轴O距城墙的距离s的范围为0.4m≤s≤0.8m。【分析】（1）根据重力势能的定义式求解小石块从篮子中水平飞出时的重力势能；（2）根据机械能守恒定律求解小石块从篮子中水平飞出时的速度大小；（3）根据平抛运动的规律求解投石机的转轴O距城墙的距离s的范围。【解答】解：（1）小石块从篮子中水平飞出时的重力势能EP＝mgr2＝4×10×0.4J＝16J（2）把M、m看成一个整体，在转动的过程中，它们的角速度相等，只有重力做功，根据机械能守恒定律有Mgr1﹣mgr2=其中v代入数据解得：v0＝2m/s（3）小石块击中城墙底部时的运动时间为t，根据r2+h=解得t＝0.4s这种情况距离城墙最远，为s1＝v0t＝2×0.4m＝0.8m落在城墙的最左端时，小石块的运动时间为t'，有h+r2﹣H=代入数据解得t'＝0.2s则距离城墙的最近距离为s2＝v0t'＝2×0.2m＝0.4m所以投石机的转轴O距城墙的距离s的范围为0.4m≤s≤0.8m答：（1）小石块从篮子中水平飞出时的重力势能EP为16J；（2）小石块从篮子中水平飞出时的速度大小v0为2m/s；（3）为了确保能够击中城墙，投石机的转轴O距城墙的距离s的范围为0.4m≤s≤0.8m。【点评】掌握平抛运动规律是解题的基础，知道把M和m看成一个整体，知道该整体机械能守恒。

考点卡片1．利用v-t图像的斜率求解物体运动的加速度【知识点的认识】1.定义：v﹣t图像表示的是物体速度随时间变化的关系。2.图像实例：3.各参数的意义：（1）斜率：表示加速度；（2）纵截距：表示初速度；（3）交点：表示速度相等。4.v﹣t曲线分析：①表示物体做初速度为零的匀加速直线运动；②表示物体沿正方向做匀速直线运动；③表示物体沿正方向做匀减速直线运动；④交点的纵坐标表示三个物体此时的速度相同；⑤t1时刻物体的速度为v1，阴影部分的面积表示物体0～t1时间内的位移。5.本考点是v﹣t图像考法的一种，即根据v﹣t图像的斜率分析或计算物体的加速度。【命题方向】甲、乙两个物体在同一条直线上运动，它们的速度图象如图所示，则（）A、甲、乙两物体都做匀加速直线运动B、甲物体的加速度比乙物体的加速度小C、甲物体的初速度比乙物体的初速度大D、在t1以后的任意时刻，甲物体的速度大于同时刻乙的速度分析：速度图象倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动。图象的斜率等于物体的加速度。由图直接读出物体的初速度，比较速度的大小。解答：A、由图看出，甲、乙两物体的速度都时间均匀增大，都做匀加速直线运动。故A正确。B、甲图线的斜率大于乙图线的斜率，则甲物体的加速度比乙物体的加速度大。故B错误。C、甲的初速度为零，乙的初速度大于零，即甲物体的初速度比乙物体的初速度小。故C错误。D、由图看出，在t1以后的任意时刻，甲物体的速度大于同时刻乙的速度。故D正确。故选：AD。点评：物理图象往往要从形状、斜率、交点、面积、截距等数学意义来理解其物理意义。【解题思路点拨】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。2．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。3．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。4．超重与失重的图像问题【知识点的认识】超重与失重的图像问题分类：1.F﹣t图像：将物体的视重随时间变化的情况作成F﹣t图像，就可以轻松的判断物体的超、失重状态。进而可以求解相关的运动参数。2.v﹣t（或x﹣t等运动学图像）：通过运动学图像的物理意义间接分析出物体的超、失重状态，并求解相关的运动参数。【命题方向】类型一：F﹣t图像在探究超重和失重规律时，某同学手握拉力传感器静止不动，拉力传感器下挂一重为G的物体，传感器和计算机相连。该同学手突然竖直向上提升一下物体，经计算机处理后得到拉力F随时间t变化的图像，则下列图像中可能正确的是（）A、B、C、D、分析：根据物体的运动过程确定加速度的方向，再根据超重和失重规律明确传感器上拉力的变化情况，从而选择正确的图象。解答：对物体的运动过程分析可知，物体一定是先向上加速再向上减速，故物体的加速度先向上再向下，则物体先处于超重状态再失重状态，故传感器的示数先大于重力，然后再小于重力，故C正确，ABD错误。故选：C。点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，物体处于超重或失重状态时，物体的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力发生了变化，要根据加速度方向明确物体的状态。类型二：运动学图像2020年11月10日8时12分，“奋斗者”号深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录，标志着我国在大深度载人深潜领域达到世界领先水平。某兴趣小组用一个模型模拟了深潜器从水底由静止向上返回的运动过程，记录了其加速度a随位移x变化关系的图像如图所示，则（）A、在0～x0阶段深潜器内的物体处于失重状态B、在2x0～3x0阶段深潜器内的物体处于超重状态C、在2x0处深潜器运动的速度大小为aD、在3x0处深潜器运动的速度最大分析：根据加速度向上，处于超重状态，加速度向下，处于失重状态，加速度为零，速度最大。解答：A、在0～x0阶段深潜器加速上升，因此深潜器内的物体处于超重状态，故A错误；B、在2x0～3x0段，加速度为负值，深潜器做减速运动，潜器内的物体处于失重状态，故B错误；C、根据vt2-v02=2ax，可知a﹣x图像与x轴围成的面积可表示速度平方的变化量，位移由0到x0的过程，图像的面积为12a0x0，则深潜器到达x0处时的速度平方为v2＝2×12a0x0，可得：v=a0x0，在D、由于2x0～3x0段减速，因此在深潜器在2x0处运动速度最大，故D错误。故选：C。点评：本题主要考查了超重失重情况，当加速度向上，处于超重状态，加速度向下，处于失重状态，加速度为零，速度最大是解题的关键。【解题思路点拨】超重与失重的图像问题解决步骤如下：1.明确图像类型2.根据图像得到的信息分析物体的超、失重状态。3.根据牛顿第二定律F＝ma计算相关物理参数。5．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。6．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）。7．斜抛运动【知识点的认识】1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。3．抛体做直线或曲线运动的条件：（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。4．平抛运动（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0tanα=5．斜抛运动（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。（4）公式：水平方向初速度：【命题方向】例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。故选：A。点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。故选：C。点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。【解题方法点拨】类平抛运动：1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。2．类平抛运动的分解方法（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。3．类平抛运动问题的求解思路：根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。4．类抛体运动当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。②求出这两个方向上的加速度、初速度。③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。8．匀速圆周运动【知识点的认识】1.定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动。也可说匀速圆周运动是角速度不变的圆周运动。2.性质：线速度的方向时刻在变，因此是一种变速运动。3.匀速圆周运动与非匀速圆周运动的区别（1）匀速圆周运动①定义：角速度大小不变的圆周运动。②性质：向心加速度大小不变，方向始终指向圆心的变加速曲线运动。③质点做匀速圆周运动的条件：合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。（2）非匀速圆周运动①定义：线速度大小不断变化的圆周运动。②合力的作用a、合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的大小。b、合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的方向。【命题方向】对于做匀速圆周运动的物体，下面说法正确的是（）A、相等的时间里通过的路程相等B、相等的时间里通过的弧长相等C、相等的时间里发生的位移相同D、相等的时间里转过的角度相等分析：匀速圆周运动的过程中相等时间内通过的弧长相等，则路程也相等，相等弧长对应相等的圆心角，则相等时间内转过的角度也相等。位移是矢量，有方向，相等的弧长对应相等的弦长，则位移的大小相等，但方向不同。解答：AB、匀速圆周运动在相等时间内通过的弧长相等，路程相等。故AB正确。C、相等的弧长对应相等的弦长，所以相等时间内位移的大小相等，但方向不同，所以相等时间内发生的位移不同。故C错误。D、相等的弧长对应相等的圆心角，所以相等时间内转过的角度相等。故D正确。故选：ABD。点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的线速度大小不变，所以相等时间内通过的弧长相等，路程也相等。【解题思路点拨】1.匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动运动性质是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动加速度加速度方向与线速度方向垂直。即只存在向心加速度，没有切向加速度由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变向心力F合F合9．绳球类模型及其临界条件【知识点的认识】1.模型建立（1）轻绳模型小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。（2）轻杆模型小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。2.模型分析【命题方向】如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速度是多少？分析：当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，由此说明此时支座和球的重力全部作为了小球的向心力，再根据向心力的公式可以求得小球的线速度．解答：对支座M，由牛顿运动定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg＝mv2联立①②式可解得：v=M答：小球的线速度是M+点评：物体做圆周运动需要向心力，找到向心力的来源，本题就能解决了，比较简单．【解题思路点拨】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v10．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．11．变力做功的计算（非动能定理类问题）【知识点的认识】变力做功的几种求法如下：1.平均值法当力F的大小发生变化且F、l呈线性关系时，F的平均值为F=F1+F2.图像法变力做的功W可用F﹣l图线与l轴围成的面积表示。l轴上方的面积表示力对物体做正功的多少，l轴下方的面积表示力对物体做负功的多少。如图所示3.分段法（或微元法）当力的大小不变、力的方向时刻与速度同向（或反向）时，把物体的运动过程分为很多小段，这样每一小段可以看成直线，先求力在每一小段上的功，再求和即可，力做的总功W＝Fs路或W＝﹣Fs路。4.等效替换法若某一变力做的功和某一恒力做的功相等，则可以用求得的恒力做的功来作为变力做的功。【命题方向】如图所示，某力F＝10N作用于半径R＝1m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力F做的总功应为（）A、0JB、20πJC、10JD、20J分析：在恒力的作用下，求力做的功为W＝Fx，所以求出在力作用下通过的位移即可．解答：转一周通过的位移为：x＝2πr＝2π在力F下通过的位移为：W＝Fx＝10×2πJ＝20πJ故选：B。点评：本题主要考查了在恒力作用下做功即W＝Fx。【解题思路点拨】对变力做功计算方法的总结：1.方向不变的变力做功可用其平均值计算。2.力的大小不变且力的方向与物体运动方向间的夹角θ恒定时，力做功可由W＝Fscosθ求解，式中s是物体通过的路程。3.变力的功率恒定时，可由W＝Pt求解。变力的功率也变化时，可由平均功率W=Pt求解；当功率随时间线性变化时，P=Pmin+Pmax2。4.变力与位移的关系图像已知时，可利用图线与位移轴所围图形的面积求解。力与位移的关系图像F﹣12．功率的定义、物理意义和计算式的推导【知识点的认识】1.义：功与完成这些功所用时间的比值．2.理意义：描述做功的快慢。3.质：功是标量。4.计算公式（1）定义式：P=Wt，P为时间（2）机械功的表达式：P＝Fvcosα（α为F与v的夹角）①v为平均速度，则P为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以lt是物体在这段时间内的平均速度vP＝Fvcosα可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，cosα＝1，上式可以写成P＝Fv。从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．6.实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．【命题方向】下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（）A、功率大的机械，做功一定多B、做功多的机械，效率一定高C、做功快的机械，功率一定大D、效率高的机械，功率一定大分析：根据P=Wt知，做功多．功率不一定大，根据η解答：A、根据P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根据η=W有W总=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。故选：C。点评：解决本题的关键知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解题思路点拨】1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。2.功率的定义式P=W13．重力势能的定义和性质【知识点的认识】1．定义：物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能．2．大小：物体的重力势能等于它所受重力与所处高度的乘积，表达式为Ep＝mgh．h是物体所处位置相对于零势能面的高度。3．单位：在国际单位制中重力势能的单位是焦耳（J），与功的单位相同．【命题方向】一个物体的质量为1kg，距离地面的高度为15m，如果选地面为重力势能零势面，则物体此刻具有的重力势能约为多少（）A、150JB、200JC、100JD、15J分析：取地面为重力势能零势面，物体离地面的高度为15m，根据重力势能的公式可以直接计算得出．解答：取地面为重力势能零势面，此时物体的重力势能Ep＝mgh＝1×10×15J＝150J，所以A正确。故选：A。点评：本题是对重力势能公式的直接考查，由公式可以直接计算出结果，题目比较简单．【解题方法点拨】重力势能的理解物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能，物体的重力势能等于它所受重力与所处高度的乘积．其表达式为：Ep＝mgh．重力势能是一个相对量，它的数值与参考平面的选择有关，同一个物体在同一位置，相对于不同的参考平面，其重力势能的数值不同．所以，研究重力势能，必须首先选取参考平面．通常情况下，选取地面作为重力势能的参考平面．在解题时，经常选取物体运动过程中的最低位置所在平面作为参考平面，这样可以避免负势能的计算．14．重力势能的计算【知识点的认识】重力势能具有以下性质1．相对性（1）参考平面：物体的重力势能总是相对于某一水平面来说的，这个水平面叫做参考平面．在参考平面上，物体的重力势能取作0．（2）重力势能的相对性①选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是不同的．②对选定的参考平面，上方物体的重力势能是正值，下方物体的重力势能是负值，负号表示物体在这个位置具有的重力势能要比在参考平面上具有的重力势能小．2．标矢性重力势能为标量，其正负表示重力势能的大小．物体在参考平面上方时，重力势能为正值，在参考平面下方时，重力势能为负值．3．系统性重力势能是地球与物体所组成的系统共有的．【命题方向】下列关于重力势能的说法中正确的是（）A、重力势能的大小只由重物本身决定B、重力势能恒大于零C、当物体放在地面上，它具有的重力势能一定为零D、重力势能是相对于零势能面而言的，因此重力势能具有相对性分析：重力势能的大小根据公式Ep＝mgh，进行分析解答．要知道h是物体相对于零势能面的高度，具有相对性．解答：A、由公式Ep＝mgh可知，重力势能是由重物的重力和重物相对于零势能面的高度共同决定的，故A错误。B、重力势能是相对的，当物体在参考平面的下方时重力势能为负，故B错误。C、重力势能具有相对性，若取地面为零势能面，物体放在地面上，它具有的重力势能为零，若不取地面为零势能面，它具有的重力势能不为零，故C错误。D、由Ep＝mgh可知，h是物体相对于零势能面的高度，则重力势能是相对于零势能面而言的，选取不同的零势能面，同一物体的重力势能一般不同，所以重力势能具有相对性。故D正确。故选：D。点评：解决本题的关键知道重力势能的大小与零势能的选取有关，具有相对性，但要注意重力势能的变化与零势能的选取无关．【解题思路点拨】重力势能的理解物体由于被举高而具