第53頁（共53頁）2024-2025學(xué)年下學(xué)期高中物理人教版（2019）高一同步經(jīng)典題精練之機(jī)械能守恒定律一．選擇題（共5小題）1．（2025?重慶一模）北京時(shí)間2024年11月4日01時(shí)24分，神舟十八號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸。返回艙在打開降落傘后的一段勻速下落過程中，其機(jī)械能（）A．不變 B．減少 C．增加 D．無法確定2．（2025?福州校級(jí)模擬）2024年6月2日至3日，嫦娥六號(hào)順利完成了在月球背面南極—艾特肯盆地的智能快速采樣，6月4日7時(shí)38分，嫦娥六號(hào)上升器攜帶月球樣品自月球背面發(fā)射起飛，隨后成功進(jìn)入預(yù)定環(huán)月軌道，完成世界首次月球背面采樣和起飛。已知嫦娥六號(hào)質(zhì)量為m，月球半徑為R，以無窮遠(yuǎn)處為零勢(shì)能點(diǎn)，嫦娥六號(hào)在距月球表面高度為h時(shí)的引力勢(shì)能可表示為Ep=-GMmR+h（其中G為引力常量，A．GMmhB．GMm(2C．GMmhD．GMm3．（2025?未央?yún)^(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，一個(gè)光滑的固定斜面，傾角θ＝30°。勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在斜面底端，另一端與質(zhì)量為2m的物體A拴接，另有質(zhì)量為4m的物體B靠在A上，并施加沿斜面向下的力F＝3mg作用在物體B上，系統(tǒng)處于靜止。現(xiàn)減小F，使A，B以g6的加速度一起勻加速向上運(yùn)動(dòng)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則從開始勻加速后到F＝0A．F隨位移非均勻變化 B．物體A、B動(dòng)能增加量為m2C．F=13mg時(shí)，物體A、D．彈簧彈性勢(shì)能減小104．（2025?浙江）地球和哈雷彗星繞太陽運(yùn)行的軌跡如圖所示，彗星從a運(yùn)行到b、從c運(yùn)行到d的過程中，與太陽連線掃過的面積分別為S1和S1，且S1＞S2。彗星在近日點(diǎn)與太陽中心的距離約為地球公轉(zhuǎn)軌道半徑的0.6倍，則彗星（）A．在近日點(diǎn)的速度小于地球的速度 B．從b運(yùn)行到c的過程中動(dòng)能先增大后減小 C．從a運(yùn)行到b的時(shí)間大于從c運(yùn)行到d的時(shí)間 D．在近日點(diǎn)加速度約為地球的加速度的0.36倍5．（2025?雨花區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖所示，繞過定滑輪1、2的輕質(zhì)細(xì)線一端吊著小球A，另一端連接可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B，物AC塊B放在光滑水平面上，此時(shí)細(xì)線處于伸直狀態(tài)?，F(xiàn)將小球A由靜止釋放，至物塊B沿水平島面運(yùn)動(dòng)到定滑輪2正下方的過程中（不計(jì)滑輪的大小、質(zhì)量和摩擦，物塊B運(yùn)動(dòng)到滑輪2正下方時(shí)，小球A還未落地），下列說法正確的是（）A．小球A和物塊B的速率始終相等 B．小球A先超重后失重 C．小球A的合力先做正功后做負(fù)功 D．小球A的機(jī)械能先增大后減小二．多選題（共4小題）（多選）6．（2025?城關(guān)區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖所示的傳送帶由水平部分和傾斜部分組成，傾斜部分與水平方向的夾角為37°。傳送帶以某一速度按圖示方向運(yùn)轉(zhuǎn)，t＝0時(shí)，將一質(zhì)量為m＝1kg的小滑塊輕放在傳送帶的最頂端，以后滑塊的速度大小與時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示，t＝2.2s時(shí)滑塊剛好到達(dá)最右端，物塊在兩傳送帶交接處運(yùn)動(dòng)時(shí)無機(jī)械能損失，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.6 B．滑塊運(yùn)動(dòng)過程中能夠達(dá)到的最大速度為vm＝8m/s C．傳送帶水平部分的總長(zhǎng)度為l＝3.6m D．從t＝0到t＝0.6s的過程中，電動(dòng)機(jī)額外提供電能E＝14.4J（多選）7．（2025?高新區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，在豎直平面直角坐標(biāo)系xOy中，在t＝0時(shí)，質(zhì)量m＝0.5kg的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O處，以初速度v0=3m/s斜向右上方拋出，同時(shí)受到F風(fēng)＝5N的作用（虛線箭頭為風(fēng)力方向與v0的夾角為30°，且與x軸正方向的夾角也為30A．小球的加速度先增大后減小 B．小球在t＝0.6s時(shí)再次經(jīng)過x軸 C．小球的重力勢(shì)能一直減小 D．小球的動(dòng)能一直增大（多選）8．（2025?蘭州校級(jí)一模）如圖甲所示，斜面傾角為α＝30°、足夠長(zhǎng)、光滑的斜面體固定在水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝4kg的物塊置于斜面上足夠高處，t＝0時(shí)刻在物塊上施加一沿斜面向上的變化的外力，同時(shí)釋放物塊，利用計(jì)算機(jī)描繪了0～4s時(shí)間內(nèi)物塊的速度隨時(shí)間的變化圖象，如圖乙所示，規(guī)定沿斜面向下的方向?yàn)檎较颍飰K在釋放點(diǎn)的重力勢(shì)能為零，重力加速度大小為g＝10m/s2。則（）A．1～2s的時(shí)間內(nèi)外力的大小為40N B．0～1s時(shí)間內(nèi)與2～4s時(shí)間內(nèi)的外力大小之比為2：19 C．1s末物塊的機(jī)械能為32J D．0～4s的時(shí)間內(nèi)物塊的機(jī)械能減少了350J（多選）9．（2024秋?郴州期末）如圖所示，一勁度系數(shù)為k＝1N/cm的輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻壁上，彈簧右端固定有一質(zhì)量為m＝2kg的物塊，物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用力向左推動(dòng)物塊使彈簧壓縮量達(dá)到x1＝11cm后由靜止釋放物塊，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A．釋放后瞬間物塊的加速度大小為5m/s2 B．物塊第一次向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為18cm C．物塊最終停在彈簧的原長(zhǎng)左側(cè)1cm處 D．物塊從靜止釋放，到最終停下，整個(gè)過程中因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為0.56J三．填空題（共3小題）10．（2024秋?思明區(qū)校級(jí)月考）如圖，輕質(zhì)彈簧一端固定在墻壁上，另一端與質(zhì)量m＝0.1kg的滑塊相連，滑塊放置在光滑水平面上。將滑塊從彈簧原長(zhǎng)位置O向左移至B處并由靜止釋放，滑塊在B、C間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)彈簧被壓縮到B處時(shí)具有的彈性勢(shì)能為5J，則滑塊從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中速度（選填“A.變大”“B.變小”“C.不變”）；滑塊運(yùn)動(dòng)的最大速度為m/s，滑塊從O到C的過程中滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)總能量（選填“A.變大”“B.變小”“C.不變”）。11．（2024?福建模擬）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到阻力作用。物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨高度h的變化的部分圖像如圖所示。重力加速度取10m/s2。則該物體所受阻力是恒力，大小為N，該物體的質(zhì)量為kg，整個(gè)過程損失的機(jī)械能是J。12．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，一根原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧，下端固定在水平桌面上，上端固定一個(gè)質(zhì)量為m的物體A，A靜止時(shí)彈簧的壓縮量為ΔL1，在A上再放一個(gè)質(zhì)量也是m的物體B，待A、B靜止后，在B上施加一豎直向下的力F，使彈簧再縮短ΔL2，這時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。突然撤去力F，則B脫離A向上飛出的瞬間B的速度是。四．解答題（共3小題）13．（2025?烏魯木齊模擬）如圖所示，一輛汽車在平直公路上向左勻速行駛，用長(zhǎng)度L＝0.4m的輕繩將一質(zhì)量m＝0.2kg的小球懸掛于車廂頂部。將小球向右拉至輕繩與豎直方向成一定夾角時(shí)，小球相對(duì)于汽車處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放小球，小球連續(xù)兩次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，相對(duì)于路面的速度大小分別為v1＝22m/s和v2＝18m/s，已知重力加速度g取10m/s2，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力。求：（1）釋放小球時(shí)輕繩與豎直方向的夾角θ；（2）輕繩對(duì)小球拉力的最大值Fm。14．（2025?倉山區(qū)校級(jí)模擬）物塊A的質(zhì)量為m＝2kg，物塊與坡道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.6，水平面光滑。坡道頂端距水平面高度為h＝1m，傾角為θ＝37°．物塊從坡道進(jìn)入水平滑道時(shí)，在底端O點(diǎn)處無機(jī)械能損失，將輕彈簧的一端連接在水平滑道M處并固定墻上，另一自由端恰位于坡道的底端O點(diǎn)，如圖所示。物塊A從坡頂由靜止滑下，重力加速度為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）物塊滑到O點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）彈簧為最大壓縮量時(shí)的彈性勢(shì)能；（3）物塊A被彈回到坡道后上升的最大高度。15．（2024秋?房山區(qū)期末）如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的粗糙半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為0.40m。一個(gè)質(zhì)量為0.20kg的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，在彈簧彈力作用下，物體脫離彈簧向右運(yùn)動(dòng)。經(jīng)B點(diǎn)沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)后水平飛出，恰好落在A點(diǎn)。已知B點(diǎn)的速度大小為5.0m/s，A、B兩點(diǎn)距離為0.80m，取重力加速度g為10m/s2。求：（1）物體到達(dá)C點(diǎn)的速度大小v。（2）物體沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)過程中阻力所做的功W。（3）彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能Ep。

2024-2025學(xué)年下學(xué)期高中物理人教版（2019）高一同步經(jīng)典題精練之機(jī)械能守恒定律參考答案與試題解析題號(hào)12345答案BBDCC一．選擇題（共5小題）1．（2025?重慶一模）北京時(shí)間2024年11月4日01時(shí)24分，神舟十八號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸。返回艙在打開降落傘后的一段勻速下落過程中，其機(jī)械能（）A．不變 B．減少 C．增加 D．無法確定【考點(diǎn)】判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化．【專題】定性思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】B【分析】結(jié)合題意，先判斷返回艙的動(dòng)能及重力勢(shì)能如何變化，即可判斷其機(jī)械能如何變化，即可分析判斷ABCD正誤。【解答】解：因?yàn)榉祷嘏撛诖蜷_降落傘后勻速下落，所以其動(dòng)能不變，因?yàn)榉祷嘏撛谙侣?，所以其重力?shì)能減小，因?yàn)榉祷嘏摰臋C(jī)械能等于其動(dòng)能與重力勢(shì)能的和，所以返回艙在打開降落傘后的一段勻速下落過程中，其機(jī)械能減少，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化，解題時(shí)需注意，如果除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外還有其他力做正功，則系統(tǒng)的機(jī)械能增大；如果除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外還有其他力做負(fù)功，則系統(tǒng)的機(jī)械能減??；此類題也可以通過先判斷動(dòng)能與勢(shì)能如何變化，進(jìn)而判斷機(jī)械能如何變化。2．（2025?福州校級(jí)模擬）2024年6月2日至3日，嫦娥六號(hào)順利完成了在月球背面南極—艾特肯盆地的智能快速采樣，6月4日7時(shí)38分，嫦娥六號(hào)上升器攜帶月球樣品自月球背面發(fā)射起飛，隨后成功進(jìn)入預(yù)定環(huán)月軌道，完成世界首次月球背面采樣和起飛。已知嫦娥六號(hào)質(zhì)量為m，月球半徑為R，以無窮遠(yuǎn)處為零勢(shì)能點(diǎn)，嫦娥六號(hào)在距月球表面高度為h時(shí)的引力勢(shì)能可表示為Ep=-GMmR+h（其中GA．GMmhB．GMm(2C．GMmhD．GMm【考點(diǎn)】天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】B【分析】嫦娥六號(hào)繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出嫦娥六號(hào)的速度，然后應(yīng)用功能關(guān)系求出發(fā)生嫦娥六號(hào)需要做的功?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)萬有引力提供向心力，得GMm(根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式，嫦娥六號(hào)在環(huán)月軌道繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek聯(lián)立以上兩式解得Ek嫦娥六號(hào)在h0高度的引力勢(shì)能為Ep=在月球表面的引力勢(shì)能為Ep根據(jù)功能關(guān)系，從開始發(fā)射到進(jìn)入預(yù)定環(huán)月軌道需要對(duì)嫦娥六號(hào)做的功為W=Ep+E故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，根據(jù)題意應(yīng)用牛頓第二定律、功能關(guān)系即可解題。3．（2025?未央?yún)^(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，一個(gè)光滑的固定斜面，傾角θ＝30°。勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在斜面底端，另一端與質(zhì)量為2m的物體A拴接，另有質(zhì)量為4m的物體B靠在A上，并施加沿斜面向下的力F＝3mg作用在物體B上，系統(tǒng)處于靜止。現(xiàn)減小F，使A，B以g6的加速度一起勻加速向上運(yùn)動(dòng)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則從開始勻加速后到F＝0A．F隨位移非均勻變化 B．物體A、B動(dòng)能增加量為m2C．F=13mg時(shí)，物體A、D．彈簧彈性勢(shì)能減小10【考點(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；胡克定律及其應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)牛頓第二定律得到F與位移的關(guān)系，根據(jù)動(dòng)能定理求解物體A、B動(dòng)能增加量，對(duì)B進(jìn)行分析得到物體A、B之間的彈力大小，彈性勢(shì)能變化量的值等于彈簧彈力做功?！窘獯稹拷猓篈．由題意得，最初A、B靜止，根據(jù)受力平衡，彈簧彈力大小為F0＝6mgsinθ+3mg＝6mg＝kx0當(dāng)A、B開始勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)位移為x時(shí)有k（x0﹣x）﹣6mgsinθ﹣F＝6ma可得F＝2mg﹣kx由表達(dá)式可知F隨位移均勻變化，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)F＝0時(shí)，結(jié)合上述有x=根據(jù)動(dòng)能定理有6max＝Ek﹣0結(jié)合上述解得Ek故B錯(cuò)誤；C．對(duì)B進(jìn)行分析，當(dāng)F=NAB﹣4mgsinθ﹣F＝4ma結(jié)合上述解得NAB＝3mg故C錯(cuò)誤；D．彈性勢(shì)能變化量的值等于彈簧彈力做功W=故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要靈活選擇研究對(duì)象，采用隔離法和整體法相結(jié)合處理，比較簡(jiǎn)潔。要注意分析彈簧的狀態(tài)，確定彈力的方向。4．（2025?浙江）地球和哈雷彗星繞太陽運(yùn)行的軌跡如圖所示，彗星從a運(yùn)行到b、從c運(yùn)行到d的過程中，與太陽連線掃過的面積分別為S1和S1，且S1＞S2。彗星在近日點(diǎn)與太陽中心的距離約為地球公轉(zhuǎn)軌道半徑的0.6倍，則彗星（）A．在近日點(diǎn)的速度小于地球的速度 B．從b運(yùn)行到c的過程中動(dòng)能先增大后減小 C．從a運(yùn)行到b的時(shí)間大于從c運(yùn)行到d的時(shí)間 D．在近日點(diǎn)加速度約為地球的加速度的0.36倍【考點(diǎn)】天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化；開普勒三大定律．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)高軌低速大周期的二級(jí)結(jié)論分析；根據(jù)萬有引力做功情況分析；根據(jù)開普勒第二定律分析；根據(jù)牛頓第二定律分析?！窘獯稹拷猓篈、假設(shè)彗星以0.6r繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)為軌道1速度為v1，地球繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)為軌道3環(huán)繞速度為v3，根據(jù)高軌低速的推論，可知v1＞3，如果彗星從軌道1變?yōu)樵镜臋E圓軌道（設(shè)為軌道2），要做離心運(yùn)動(dòng)，需要在近地點(diǎn)瞬間加速，則彗星在原本橢圓軌道近日點(diǎn)的速度，v2＞v1，綜上所述，v2＞v3，即彗星在近日點(diǎn)的速度大于地球的速度，故A錯(cuò)誤；B、彗星從b運(yùn)行到c的過程中，萬有引力一直做負(fù)功，動(dòng)能一直減小，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)開普勒第二定律，可知彗星從a運(yùn)行到b的時(shí)間大于從c到a的運(yùn)行時(shí)間，故C正確；D、對(duì)于地球繞太陽的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)環(huán)繞半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律GMmr2=ma，解得a=GMr2；對(duì)于彗星在近日點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二第二故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了萬有引力定律和開普勒定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用問題，記住二級(jí)結(jié)論高軌低速大周期可以快速判斷。5．（2025?雨花區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖所示，繞過定滑輪1、2的輕質(zhì)細(xì)線一端吊著小球A，另一端連接可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B，物AC塊B放在光滑水平面上，此時(shí)細(xì)線處于伸直狀態(tài)。現(xiàn)將小球A由靜止釋放，至物塊B沿水平島面運(yùn)動(dòng)到定滑輪2正下方的過程中（不計(jì)滑輪的大小、質(zhì)量和摩擦，物塊B運(yùn)動(dòng)到滑輪2正下方時(shí)，小球A還未落地），下列說法正確的是（）A．小球A和物塊B的速率始終相等 B．小球A先超重后失重 C．小球A的合力先做正功后做負(fù)功 D．小球A的機(jī)械能先增大后減小【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；關(guān)聯(lián)速度問題；功的正負(fù)及判斷．【專題】比較思想；合成分解法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)物塊B沿細(xì)線方向的分速度大小與小球A的速度大小相等，分析小球A和物塊B的速率是否相等；根據(jù)開始時(shí)與B運(yùn)動(dòng)到滑輪2的正下方時(shí)小球A的速度分析A的運(yùn)動(dòng)情況，再判斷其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；根據(jù)動(dòng)能定理分析小球A的合力做功情況；根據(jù)細(xì)線拉力對(duì)小球A做功情況，分析小球A的機(jī)械能變化情況。【解答】解：A、物塊B沿細(xì)線方向的分速度大小與小球A的速度大小始終相等，故A錯(cuò)誤；B、開始時(shí)，小球A的速度為零。當(dāng)物塊B運(yùn)動(dòng)到滑輪2的正下方時(shí)，小球A的速度也為零，所以小球A向下先加速后減速到速度為零，加速度先向下后向上，先失重后超重，故B錯(cuò)誤；C、小球A的動(dòng)能先增大后減小，根據(jù)動(dòng)能定理可知，小球A的合力先做正功后做負(fù)功，故C正確；D、細(xì)線對(duì)小球A的拉力一直做負(fù)功，所以小球A的機(jī)械能一直減少，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題是牽連速度問題，要知道物塊B沿細(xì)線方向的分速度大小與小球A的速度大小始終相等，當(dāng)當(dāng)物塊B運(yùn)動(dòng)到滑輪2的正下方時(shí)，小球A的速度為零，來分析A的運(yùn)動(dòng)情況，判斷合力做功情況。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2025?城關(guān)區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖所示的傳送帶由水平部分和傾斜部分組成，傾斜部分與水平方向的夾角為37°。傳送帶以某一速度按圖示方向運(yùn)轉(zhuǎn)，t＝0時(shí)，將一質(zhì)量為m＝1kg的小滑塊輕放在傳送帶的最頂端，以后滑塊的速度大小與時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示，t＝2.2s時(shí)滑塊剛好到達(dá)最右端，物塊在兩傳送帶交接處運(yùn)動(dòng)時(shí)無機(jī)械能損失，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.6 B．滑塊運(yùn)動(dòng)過程中能夠達(dá)到的最大速度為vm＝8m/s C．傳送帶水平部分的總長(zhǎng)度為l＝3.6m D．從t＝0到t＝0.6s的過程中，電動(dòng)機(jī)額外提供電能E＝14.4J【考點(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問題；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】A.從t＝0到t＝0.6s的過程中，結(jié)合題圖及牛頓第二定律分別列式，即可分析判斷；B.從t＝0.6s到t＝1.6s過程中，結(jié)合題圖，根據(jù)牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律分別列式，即可分析判斷；C.結(jié)合前面分析，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分別列式，即可分析判斷；D.結(jié)合前面分析，從t＝0到t＝0.6s的過程中，根據(jù)功能關(guān)系及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分別列式，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.由圖可知，從t＝0到t＝0.6s的過程中，物塊在傾斜傳送帶上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝0.6s時(shí)物塊與傳送帶共速，均為6m/s，則該過程加速度大小為：a1根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，聯(lián)立可得：μ＝0.5，故A錯(cuò)誤；B.由圖可知，t＝0.6s到t＝1.6s過程中，物塊在傾斜傳送帶上繼續(xù)加速，但由于物塊速度大于傳送帶速度，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，再結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：vm﹣v1＝a2t2，其中：v1＝6m/s，t2＝1.6s﹣0.6s＝1s，聯(lián)立可得：vm＝8m/s，故B正確；C.結(jié)合前面分析可知，當(dāng)滑塊在水平傳送帶上減速時(shí)，有：vm﹣v1＝μgΔt，解得：Δt＝0.4s，傳送帶水平部分長(zhǎng)度為：l=12(vm+v聯(lián)立可得：l＝4m，故C錯(cuò)誤；D.結(jié)合前面分析可知，從t＝0到t＝0.6s的過程中，根據(jù)功能關(guān)系可知，電動(dòng)機(jī)額外提供電能為：E＝μmgcosθ?x1，其中：x1＝v1t＝6×0.6m＝3.6m，聯(lián)立可得：E＝14.4J，故D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查對(duì)牛頓第二定律的掌握，解題時(shí)需注意，應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。（多選）7．（2025?高新區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，在豎直平面直角坐標(biāo)系xOy中，在t＝0時(shí)，質(zhì)量m＝0.5kg的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O處，以初速度v0=3m/s斜向右上方拋出，同時(shí)受到F風(fēng)＝5N的作用（虛線箭頭為風(fēng)力方向與v0的夾角為30°，且與x軸正方向的夾角也為30°），重力加速度A．小球的加速度先增大后減小 B．小球在t＝0.6s時(shí)再次經(jīng)過x軸 C．小球的重力勢(shì)能一直減小 D．小球的動(dòng)能一直增大【考點(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；斜拋運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；平拋運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】由題意和幾何知識(shí)可知小球受到的合力與初速度的方向垂直，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析?！窘獯稹拷猓篈．由題意和幾何知識(shí)可知小球受到的合力為F＝5N方向與初速度的方向垂直，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，小球的加速度不變，故A錯(cuò)誤；B．小球再次經(jīng)過x軸時(shí)，沿初速度方向的位移和垂直初速度的位移關(guān)系為v0又a=解得t＝0.6s故B正確；C．小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，小球的高度先增加后減小，重力勢(shì)能先增加后減小，故C錯(cuò)誤；D．小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，速度一直在增加，小球的動(dòng)能一直增大，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題解題關(guān)鍵是分析出小球受到的合力與初速度的方向垂直，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)。（多選）8．（2025?蘭州校級(jí)一模）如圖甲所示，斜面傾角為α＝30°、足夠長(zhǎng)、光滑的斜面體固定在水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝4kg的物塊置于斜面上足夠高處，t＝0時(shí)刻在物塊上施加一沿斜面向上的變化的外力，同時(shí)釋放物塊，利用計(jì)算機(jī)描繪了0～4s時(shí)間內(nèi)物塊的速度隨時(shí)間的變化圖象，如圖乙所示，規(guī)定沿斜面向下的方向?yàn)檎较?，物塊在釋放點(diǎn)的重力勢(shì)能為零，重力加速度大小為g＝10m/s2。則（）A．1～2s的時(shí)間內(nèi)外力的大小為40N B．0～1s時(shí)間內(nèi)與2～4s時(shí)間內(nèi)的外力大小之比為2：19 C．1s末物塊的機(jī)械能為32J D．0～4s的時(shí)間內(nèi)物塊的機(jī)械能減少了350J【考點(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】v﹣t圖像斜率表示加速度，v﹣t圖像面積表示位移，結(jié)合牛頓第二定律求解拉力F大小，物塊機(jī)械能的變化量等于整個(gè)過程外力F所做的功，外力F所做的功等于力與位移乘積。【解答】解：A．由圖乙可知，1s～2s時(shí)內(nèi)物塊的加速度為a2位移大小為x2由牛頓第二定律得mgsin30°﹣F2＝ma2解得F2＝0故A錯(cuò)誤；B．由圖乙可知，0～1s時(shí)內(nèi)物塊的加速度為a1位移大小為x1由牛頓第二定律得mgsin30°﹣F1＝ma1解得F1＝4N由圖乙可知，2s～4s時(shí)內(nèi)物塊的加速度為a3位移大小為x3由牛頓第二定律得mgsin30°﹣F3＝ma3解得F3＝38N則F1：F3＝2：19故B正確；CD．由題意可知，t＝0時(shí)刻，物塊的機(jī)械能為0，由功能關(guān)系可知，物塊機(jī)械能的變化量等于整個(gè)過程外力F所做的功，0～1s外力做的功為W1＝F1x1＝﹣4×2J＝﹣8J即1s末物塊的機(jī)械能為﹣8J，2s～4s外力做的功為W3＝F3x3＝﹣38×9J＝﹣342J則整個(gè)過程中物塊機(jī)械能變化量大小為ΔE＝|W1+W3|＝350J故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】解題關(guān)鍵是知道v﹣t圖像的面積等于位移，v﹣t圖像的斜率表示加速度。（多選）9．（2024秋?郴州期末）如圖所示，一勁度系數(shù)為k＝1N/cm的輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻壁上，彈簧右端固定有一質(zhì)量為m＝2kg的物塊，物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用力向左推動(dòng)物塊使彈簧壓縮量達(dá)到x1＝11cm后由靜止釋放物塊，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A．釋放后瞬間物塊的加速度大小為5m/s2 B．物塊第一次向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為18cm C．物塊最終停在彈簧的原長(zhǎng)左側(cè)1cm處 D．物塊從靜止釋放，到最終停下，整個(gè)過程中因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為0.56J【考點(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】由牛頓第二定律求解加速度，向右運(yùn)動(dòng)的最大位移和釋放點(diǎn)關(guān)于該平衡位置對(duì)稱，物塊向左運(yùn)動(dòng)的過程中，求解新的平衡位置，摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對(duì)位移。【解答】解：質(zhì)量為m＝2kg的物塊，物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，勁度系數(shù)為k＝1N/cm的輕質(zhì)彈簧由牛頓第二定律kx1﹣μmg＝ma得加速度a＝4.5m/s2平衡位置為kx2＝μmgx2＝2cm向右運(yùn)動(dòng)的最大位移和釋放點(diǎn)關(guān)于該平衡位置對(duì)稱，所以物塊第一次向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為18cm；物塊向左運(yùn)動(dòng)的過程中，在新的平衡位置kx3＝μmgx3＝x2＝2cm所以物塊向左運(yùn)動(dòng)10cm，以此類推，物塊第二次向右運(yùn)動(dòng)2cm后停下來，所以物塊停在距離彈簧原長(zhǎng)左側(cè)1cm處，總路程為30cm，從而摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgs＝0.1×20×0.3J＝0.6J，故AD錯(cuò)誤，BC正確。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】物體向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，摩擦力恒定，可以看成在摩擦力和彈力共同作用下的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。三．填空題（共3小題）10．（2024秋?思明區(qū)校級(jí)月考）如圖，輕質(zhì)彈簧一端固定在墻壁上，另一端與質(zhì)量m＝0.1kg的滑塊相連，滑塊放置在光滑水平面上。將滑塊從彈簧原長(zhǎng)位置O向左移至B處并由靜止釋放，滑塊在B、C間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)彈簧被壓縮到B處時(shí)具有的彈性勢(shì)能為5J，則滑塊從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中速度變大（選填“A.變大”“B.變小”“C.不變”）；滑塊運(yùn)動(dòng)的最大速度為10m/s，滑塊從O到C的過程中滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)總能量不變（選填“A.變大”“B.變小”“C.不變”）?！究键c(diǎn)】彈簧類問題中的機(jī)械能守恒．【專題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】變大；10；不變【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒定律分析能量變化，從而分析最大速度的位置，根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式計(jì)算最大速度。【解答】解：滑塊從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中，彈簧彈性勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，則速度變大，則O點(diǎn)的速度最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Ep=解得v＝10m/s根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，滑塊從O到C的過程中滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)總能量不變。故答案為：變大；10；不變【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確機(jī)械能守恒定律答應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握能量的轉(zhuǎn)化特點(diǎn)。11．（2024?福建模擬）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到阻力作用。物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨高度h的變化的部分圖像如圖所示。重力加速度取10m/s2。則該物體所受阻力是恒力，大小為2N，該物體的質(zhì)量為1kg，整個(gè)過程損失的機(jī)械能是24J。【考點(diǎn)】機(jī)械能與圖像相結(jié)合的問題．【專題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】2；1；24。【分析】Ek﹣h圖象的斜率大小等于物體受到的合力，根據(jù)斜率可以求出物體的質(zhì)量和所受阻力；根據(jù)動(dòng)能定理可求物體上升的最大高度，整個(gè)過程應(yīng)用功能關(guān)系求出機(jī)械能的損失?！窘獯稹拷猓篍k﹣h圖象的斜率大小等于物體受到的合力，上升過程和下降過程的斜率不變，說明阻力是恒力，設(shè)空氣阻力為F，則上升過程有：mg下落過程有mg-聯(lián)立解得m＝1kg，F(xiàn)＝2N，設(shè)物體上升的最大高度為H，由動(dòng)能定理得（mg+F）H＝Ek0解得H＝6m，整個(gè)過程損失的機(jī)械能等于克服阻力做的功ΔE＝F×2H解得ΔE＝24J故答案為：2；1；24?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是明確圖象中斜率的大小表示的是物體受到的合外力，知道上升和下降過程中合外力的表達(dá)式。知道機(jī)械能的變化等于除重力外其它力做的功。12．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，一根原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧，下端固定在水平桌面上，上端固定一個(gè)質(zhì)量為m的物體A，A靜止時(shí)彈簧的壓縮量為ΔL1，在A上再放一個(gè)質(zhì)量也是m的物體B，待A、B靜止后，在B上施加一豎直向下的力F，使彈簧再縮短ΔL2，這時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。突然撤去力F，則B脫離A向上飛出的瞬間B的速度是EPm【考點(diǎn)】彈簧類問題中的機(jī)械能守恒．【專題】定量思想；方程法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】EP【分析】分離瞬間加速度相同，相互作用力為零，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律即可求解。【解答】解：分離瞬間加速度相同，相互作用力為零，從撤除力到A、B分離，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：Ep＝2mg（2ΔL1+ΔL2）+12?解得：v=E故答案為：EP【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了械能守恒定律的應(yīng)用，知道在分離的瞬間，AB加速度相同，之間的作用力為零。四．解答題（共3小題）13．（2025?烏魯木齊模擬）如圖所示，一輛汽車在平直公路上向左勻速行駛，用長(zhǎng)度L＝0.4m的輕繩將一質(zhì)量m＝0.2kg的小球懸掛于車廂頂部。將小球向右拉至輕繩與豎直方向成一定夾角時(shí)，小球相對(duì)于汽車處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放小球，小球連續(xù)兩次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，相對(duì)于路面的速度大小分別為v1＝22m/s和v2＝18m/s，已知重力加速度g取10m/s2，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力。求：（1）釋放小球時(shí)輕繩與豎直方向的夾角θ；（2）輕繩對(duì)小球拉力的最大值Fm。【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】計(jì)算題；定量思想；尋找守恒量法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）釋放小球時(shí)輕繩與豎直方向的夾角θ為60°；（2）輕繩對(duì)小球拉力的最大值Fm為4N。【分析】（1）設(shè)車的速度大小為v車，小球運(yùn)動(dòng)過程中相對(duì)于車的最大速度為vm，當(dāng)小球向左經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，有v1＝v車+vm；當(dāng)小球向右經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，有v2＝v車﹣vm，由此求出vm。再以車廂為參考系，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求釋放小球時(shí)輕繩與豎直方向的夾角θ；（2）小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求解輕繩對(duì)小球拉力的最大值Fm。【解答】解：（1）取向左為正方向，設(shè)車的速度大小為v車，小球運(yùn)動(dòng)過程中相對(duì)于車的最大速度為vm。小球向左經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速度v1＝v車+vm小球向右經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速度v2＝v車﹣vm解得vm＝2m/s以車廂為參考系，小球由釋放至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgL（1﹣cosθ）=解得θ＝60°（2）小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有Fm﹣mg＝mv解得Fm＝4N答：（1）釋放小球時(shí)輕繩與豎直方向的夾角θ為60°；（2）輕繩對(duì)小球拉力的最大值Fm為4N?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要理解運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性，要知道勻速運(yùn)動(dòng)的參考系與靜止參考系遵守相同的物理規(guī)律。14．（2025?倉山區(qū)校級(jí)模擬）物塊A的質(zhì)量為m＝2kg，物塊與坡道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.6，水平面光滑。坡道頂端距水平面高度為h＝1m，傾角為θ＝37°．物塊從坡道進(jìn)入水平滑道時(shí)，在底端O點(diǎn)處無機(jī)械能損失，將輕彈簧的一端連接在水平滑道M處并固定墻上，另一自由端恰位于坡道的底端O點(diǎn)，如圖所示。物塊A從坡頂由靜止滑下，重力加速度為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）物塊滑到O點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）彈簧為最大壓縮量時(shí)的彈性勢(shì)能；（3）物塊A被彈回到坡道后上升的最大高度。【考點(diǎn)】彈簧類問題中的機(jī)械能守恒；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】計(jì)算題；定性思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；理解能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）物塊A從坡頂滑下，重力和摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可求出物塊滑到O點(diǎn)時(shí)的速度大小。（2）物塊壓縮彈簧后，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可彈性勢(shì)能。（3）物塊滑回到O點(diǎn)時(shí)與剛滑到O點(diǎn)時(shí)速度大小相等，從坡底到坡頂，再動(dòng)能定理求解最大高度。【解答】解：（1）由動(dòng)能定理得：mg解得：v=代入數(shù)據(jù)得：v＝2m/s（2）在水平滑道上，由機(jī)械能守恒定律得：12mv2＝E代入數(shù)據(jù)得：Ep＝4J（3）設(shè)物塊A能夠上升的最大高度為h1，物塊被彈回過程中由動(dòng)能定理得：0代入數(shù)據(jù)解得：h1=1答：（1）物塊滑到O點(diǎn)時(shí)的速度大小是2m/s。（2）彈簧為最大壓縮量時(shí)的彈性勢(shì)能為4J。（3）物塊A被彈回到坡道后上升的最大高度是19m【點(diǎn)評(píng)】本題是動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單運(yùn)用。對(duì)動(dòng)能定理的運(yùn)用，要選擇研究過程，分析哪些力對(duì)物體做功，進(jìn)而確定合力的功或總功。15．（2024秋?房山區(qū)期末）如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的粗糙半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為0.40m。一個(gè)質(zhì)量為0.20kg的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，在彈簧彈力作用下，物體脫離彈簧向右運(yùn)動(dòng)。經(jīng)B點(diǎn)沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)后水平飛出，恰好落在A點(diǎn)。已知B點(diǎn)的速度大小為5.0m/s，A、B兩點(diǎn)距離為0.80m，取重力加速度g為10m/s2。求：（1）物體到達(dá)C點(diǎn)的速度大小v。（2）物體沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)過程中阻力所做的功W。（3）彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能Ep?！究键c(diǎn)】多物體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題；平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；彈簧類問題中的機(jī)械能守恒．【專題】定量思想；推理法；平拋運(yùn)動(dòng)專題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）物體到達(dá)C點(diǎn)的速度大小v為2m/s；（2）物體沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)過程中阻力所做的功W為﹣0.5J；（3）彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能Ep為2.5J?！痉治觥浚?）物體由C到A做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律分別列式，即可分析求解；（2）物體沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理列式，即可分析求解；（3）釋放物體的過程，由機(jī)械能守恒定律列式，即可分析求解?！窘獯稹拷猓海?）物體由C到A做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，水平方向有：xBA＝vt，豎直方向有：2R=12gt由題知：xBA＝0.80m，R＝0.40m，聯(lián)立可得：v＝2m/s；（2）物體沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理可得：﹣mg?2R+W=1由題知：m＝0.20kg，vB＝5.0m/s，解得：W＝﹣0.5J；（3）釋放物體的過程，彈簧與物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得：Ep=1解得：Ep＝2.5J；答：（1）物體到達(dá)C點(diǎn)的速度大小v為2m/s；（2）物體沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)過程中阻力所做的功W為﹣0.5J；（3）彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能Ep為2.5J。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查多物體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題，解題時(shí)需注意，在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。

考點(diǎn)卡片1．復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)知】1.除了常見的x﹣t圖像，v﹣t圖像與a﹣t圖像外，還有一些少見的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像如xt-t圖像，v﹣x圖像、v2﹣2.這些圖像往往都與運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式有關(guān)聯(lián)。3.解題步驟一般如下：①根據(jù)圖像的縱橫坐標(biāo)找出圖像應(yīng)用了那個(gè)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式；②根據(jù)圖像推出具體的表達(dá)式；③分析斜率、截距、面積等因素的物理意義。【命題方向】在平直公路上有甲、乙兩輛汽車同時(shí)從同一位置沿著同一方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，它們速度的平方隨位移變化的圖象如圖所示，則（）A、甲車的加速度比乙車的加速度小B、在x＝0.5m處甲、乙兩車相遇C、在x＝1m處甲、乙兩車相遇D、在t＝2s末甲、乙兩車相遇分析：根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—位移關(guān)系公式：v2-v02=解答：A、根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度—位移關(guān)系v2-v02=2ax，得v2＝2ax+v由圖可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲車的加速度大于乙車的加速度，故A錯(cuò)誤；BCD、由圖象可知x＝0.5m時(shí)，兩車速度的平方相等，速度相等。由圖可知，對(duì)于甲車做初速度為0加速度為2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，乙做初速度為1m/s，加速度為1m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩車相遇時(shí)，位移相等，則有：1代入得：12×2×t2＝1×t+12解得，t＝2s相遇處兩車的位移為x=12a甲t2=1故選：D。點(diǎn)評(píng)：讀懂圖象的坐標(biāo)，并能根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移—速度關(guān)系求出描述勻變速直線運(yùn)動(dòng)的相關(guān)物理量，并再由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出未知量．【解題思路點(diǎn)撥】非常規(guī)的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像一般都是從某一個(gè)表達(dá)式得來的，要先從橫縱坐標(biāo)及圖像出發(fā)確定表達(dá)式，求解出關(guān)鍵物理量，再分析物體的運(yùn)動(dòng)問題。2．胡克定律及其應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復(fù)原狀，對(duì)跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①?gòu)椓Φ漠a(chǎn)生條件是兩個(gè)物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點(diǎn)與面接觸時(shí)彈力的方向：過接觸點(diǎn)垂直于接觸面．球與面接觸時(shí)彈力的方向：在接觸點(diǎn)與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點(diǎn)的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復(fù)原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對(duì)物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長(zhǎng)（或縮短）的長(zhǎng)度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長(zhǎng)（或縮短）單位長(zhǎng)度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長(zhǎng)短和彈簧絲的粗細(xì)決定．x則是指形變量，應(yīng)為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長(zhǎng)度與彈簧原長(zhǎng)的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應(yīng)用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長(zhǎng)度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對(duì)于彈簧問題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長(zhǎng)”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大小．如果只告訴彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個(gè)解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長(zhǎng)度變化和物體位移的關(guān)系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運(yùn)用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長(zhǎng)度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)力學(xué)公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，若改掛100N的重物時(shí)，彈簧總長(zhǎng)為20cm，則彈簧的原長(zhǎng)為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時(shí)，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k=Fx2=100故彈簧的原長(zhǎng)為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類常考題型是考查胡克定律與其他知識(shí)點(diǎn)的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個(gè)質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度比其自然長(zhǎng)度伸長(zhǎng)了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長(zhǎng)△l后停止，然后松手，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時(shí)盤對(duì)物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時(shí)手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時(shí)，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對(duì)物體的支持力．解：當(dāng)盤靜止時(shí)，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長(zhǎng)△l時(shí)手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F=剛松手瞬時(shí)彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對(duì)象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時(shí)，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a=對(duì)物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故選A．點(diǎn)評(píng)：點(diǎn)評(píng)：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時(shí)問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時(shí)加速度．【解題方法點(diǎn)撥】這部分知識(shí)難度中等、也有難題，在平時(shí)的練習(xí)中、階段性考試中會(huì)單獨(dú)出現(xiàn)，選擇、填空、計(jì)算等等出題形式多種多樣，在高考中不會(huì)以綜合題的形式考查的，但是會(huì)做為題目的一個(gè)隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復(fù)雜，因此在確定其大小和方向時(shí)，不能想當(dāng)然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計(jì)算來確定．3．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。4．關(guān)聯(lián)速度問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型本質(zhì)：通過繩和桿連接的兩個(gè)物體，盡管實(shí)際的運(yùn)動(dòng)方向不同，但可以通過速度的合成與分解，找出其速度的關(guān)聯(lián)性。2.模型的建立物體斜拉繩或繩斜拉物體的問題可看成“關(guān)聯(lián)物體”模型，如圖所示。由于繩不可伸長(zhǎng)，所以繩兩端所連物體的速度沿著繩方向的分速度大小相同。3.速度的分解（1）分解依據(jù)：物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)就是合運(yùn)動(dòng)。（2）分解方法：把物體的實(shí)際速度分解為垂直于繩方向和平行于繩方向的兩個(gè)分量，根據(jù)沿繩方向的分速度大小相同列方程并求解。（3）分解結(jié)果：把上圖甲、乙所示的速度進(jìn)行分解，結(jié)果如下圖甲、乙所示。【命題方向】如圖所示，人在岸上拉船，已知船的質(zhì)量為m，水的阻力恒為f，當(dāng)輕繩與水平面的夾角為θ時(shí)，船的速度為v，此時(shí)人的拉力大小為F，則（）A.人拉繩行走的速度為vB.人拉繩行走的速度為vC.船的加速度為FcosθD.船的加速度為F分析：繩子收縮的速度等于人在岸上的速度，連接船的繩子端點(diǎn)既參與了繩子收縮方向上的運(yùn)動(dòng)，又參與了繞定滑輪的擺動(dòng)．根據(jù)船的運(yùn)動(dòng)速度，結(jié)合平行四邊形定則求出人拉繩子的速度，及船的加速度．解答：AB、船運(yùn)動(dòng)的速度是沿繩子收縮方向的速度和繞定滑輪的擺動(dòng)速度的合速度。如圖所示根據(jù)平行四邊形定則有，v人＝vcosθ．故A、B錯(cuò)誤。CD、對(duì)小船受力分析，如下圖所示，則有Fcosθ﹣f＝ma，因此船的加速度大小為a=Fcosθ-fm，故故選：C。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道船運(yùn)動(dòng)的速度是沿繩子收縮方向的速度和繞定滑輪的擺動(dòng)速度的合速度，并掌握受力分析與理解牛頓第二定律．【解題思路點(diǎn)撥】“關(guān)聯(lián)物體”速度的分解（1）船的實(shí)際運(yùn)動(dòng)為合運(yùn)動(dòng)，此運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生兩個(gè)效果，一是使繩子沿自身方向向上收縮，二是使與船接觸的繩有沿與繩垂直的方向向下擺動(dòng)的趨勢(shì)。（2）關(guān)聯(lián)物體速度的分析思路5．平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)：平拋運(yùn)動(dòng)可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)。2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動(dòng)ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運(yùn)動(dòng)時(shí)間也可以求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度?！久}方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計(jì)空氣阻力，0.8s時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達(dá)P點(diǎn)的水平速度為4.8m/sD、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)時(shí)間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯(cuò)誤。D、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滿足vy＝gt。6．斜拋運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體將以一定的初速度向空中拋出，僅在重力作用下物體所做的運(yùn)動(dòng)叫做拋體運(yùn)動(dòng)。2．方向：直線運(yùn)動(dòng)時(shí)物體的速度方向始終在其運(yùn)動(dòng)軌跡的直線方向上；曲線運(yùn)動(dòng)中，質(zhì)點(diǎn)在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點(diǎn)的切線方向。因此，做拋體運(yùn)動(dòng)的物體的速度方向，在其運(yùn)動(dòng)軌跡各點(diǎn)的切線方向上，并指向物體前進(jìn)的方向。注：由于曲線上各點(diǎn)的切線方向不同，所以，曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向時(shí)刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運(yùn)動(dòng)的條件：（1）物體做直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直線上時(shí)，物體做直線運(yùn)動(dòng)。（2）物體做曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直線上時(shí)，物體做曲線運(yùn)動(dòng)。4．平拋運(yùn)動(dòng)（1）定義：將物體用一定的初速度沿水平方向拋出，且只在重力作用下所做的運(yùn)動(dòng)。（2）條件：①初速度方向?yàn)樗?；②只受重力作用。?）規(guī)律：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，所以平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0tanα=5．斜拋運(yùn)動(dòng)（1）定義：將物體以一定的初速度沿斜上方拋出，僅在重力作用下的運(yùn)動(dòng)叫做斜拋運(yùn)動(dòng)。（2）條件：①物體有斜向上的初速度；②僅受重力作用。（3）規(guī)律：斜拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，所以斜拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。（4）公式：水平方向初速度：【命題方向】例1：某學(xué)生在體育場(chǎng)上拋出鉛球，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。已知在B點(diǎn)時(shí)的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點(diǎn)的速率比C點(diǎn)的速率大B．D點(diǎn)的加速度比C點(diǎn)加速度大C．從B到D加速度與速度始終垂直D．從B到D加速度與速度的夾角先增大后減小分析：不計(jì)空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機(jī)械能守恒；拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向的勻變速運(yùn)動(dòng)。解答：A、拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，D點(diǎn)位置低，重力勢(shì)能小，故動(dòng)能大，速度大，故A正確；B、拋體運(yùn)動(dòng)，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯(cuò)誤；C、從B到D是平拋運(yùn)動(dòng)，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點(diǎn)B處加速度與速度垂直，故C錯(cuò)誤；D、從B到D是平拋運(yùn)動(dòng)，加速度豎直向下，速度方向是切線方向，故夾角不斷減小，故D錯(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評(píng)：拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，拋體運(yùn)動(dòng)機(jī)械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點(diǎn)斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。若拋射點(diǎn)B向籃板方向移動(dòng)一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點(diǎn)，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時(shí)減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時(shí)減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時(shí)減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時(shí)增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運(yùn)動(dòng)，則有水平速度越大，落地速度越大，與水平面的夾角越小。解答：可以將籃球的運(yùn)動(dòng)，等效成籃球做平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)水平速度越大時(shí)，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小。若水平速度減小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大。因此只有增大拋射角，同時(shí)減小拋出速度，才能仍垂直打到籃板上，所以只有C正確，ABD均錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題采用了逆向思維，降低了解決問題的難度。若仍沿題意角度思考，解題很煩同時(shí)容易出錯(cuò)。【解題方法點(diǎn)撥】類平拋運(yùn)動(dòng)：1．定義：當(dāng)物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時(shí)，物體做類平拋運(yùn)動(dòng)。2．類平拋運(yùn)動(dòng)的分解方法（1）常規(guī)分解法：將類平拋運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩分運(yùn)動(dòng)彼此獨(dú)立，互不影響，且與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。（2）特殊分解法：對(duì)于有些問題，可以過拋出點(diǎn)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，將加速度分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向上列方程求解。3．類平拋運(yùn)動(dòng)問題的求解思路：根據(jù)物體受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)判斷該問題屬于類平拋運(yùn)動(dòng)問題﹣﹣求出物體運(yùn)動(dòng)的加速度﹣﹣根據(jù)具體問題選擇用常規(guī)分解法還是特殊分解法求解。4．類拋體運(yùn)動(dòng)當(dāng)物體在巨力作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，若物體的初速度不為零且與外力不在一條直線上，物體所做的運(yùn)動(dòng)就是類拋體運(yùn)動(dòng)。在類拋體運(yùn)動(dòng)中可采用正交分解法處理問題，基本思路為：①建立直角坐標(biāo)系，將外力、初速度沿這兩個(gè)方向分解。②求出這兩個(gè)方向上的加速度、初速度。③確定這兩個(gè)方向上的分運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，選擇合適的方程求解。7．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國(guó)著名體操運(yùn)動(dòng)員童飛，首次在單杠項(xiàng)目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對(duì)人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動(dòng)問題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．8．開普勒三大定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】開普勒行星運(yùn)動(dòng)三大定律基本內(nèi)容：1、開普勒第一定律（軌道定律）：所有的行星圍繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。2、開普勒第二定律（面積定律）：對(duì)于每一個(gè)行星而言，太陽和行星的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過相等的面積。3、開普勒第三定律（周期定律）：所有行星的軌道的半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等。即：k=在中學(xué)階段，我們將橢圓軌道按照?qǐng)A形軌道處理，則開普勒定律描述為：1．行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道十分接近圓，太陽處在圓心；2．對(duì)于某一行星來說，它繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度（或線速度）不變，即行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；3．所有行星的軌道的半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，即：R3【命題方向】（1）第一類常考題型是考查開普勒三個(gè)定律的基本認(rèn)識(shí)：關(guān)于行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的下列說法正確的是（）A．所有行星都在同一橢圓軌道上繞太陽運(yùn)動(dòng)B．行星繞太陽運(yùn)動(dòng)時(shí)太陽位于行星軌道的中心處C．離太陽越近的行星的運(yùn)動(dòng)周期越長(zhǎng)D．所有行星軌道半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等分析：開普勒第一定律是太陽系中的所有行星圍繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。在相等時(shí)間內(nèi)，太陽和運(yùn)動(dòng)著的行星的連線所掃過的面積都是相等的。開普勒第三定律中的公式R3解：A、開普勒第一定律可得，所有行星都繞太陽做橢圓運(yùn)動(dòng)，且太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。故A錯(cuò)誤；B、開普勒第一定律可得，行星繞太陽運(yùn)動(dòng)時(shí)，太陽位于行星軌道的一個(gè)焦點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；C、由公式R3T2D、開普勒第三定律可得，所以行星軌道半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，故D正確；故選：D。點(diǎn)評(píng)：行星繞太陽雖然是橢圓運(yùn)動(dòng)，但我們可以當(dāng)作圓來處理，同時(shí)值得注意是周期是公轉(zhuǎn)周期。（2）第二類常考題型是考查開普勒第三定律：某行星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道均可視為圓。每過N年，該行星會(huì)運(yùn)行到日地連線的延長(zhǎng)線上，如圖所示。該行星與地球的公轉(zhuǎn)半徑比為（）A．（N+1N）23B．（C．（N+1N）32D．（分析：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長(zhǎng)，其繞太陽轉(zhuǎn)的慢。每過N年，該行星會(huì)運(yùn)行到日地連線的延長(zhǎng)線上，說明N年地球比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長(zhǎng)線上，那么，可以求出行星的周期是NN解：A、B、C、D：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長(zhǎng)。每過N年，該行星會(huì)運(yùn)行到日地連線的延長(zhǎng)線上，說明從最初在日地連線的延長(zhǎng)線上開始，每一年地球都在行星的前面比行星多轉(zhuǎn)圓周的N分之一，N年后地球轉(zhuǎn)了N圈，比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長(zhǎng)線上。所以行星的周期是NN-1年，根據(jù)開普勒第三定律有r地3r行3=T地2故選：B。點(diǎn)評(píng)：解答此題的關(guān)鍵由題意分析得出每過N年地球比行星多圍繞太陽轉(zhuǎn)一圈，由此求出行星的周期，再由開普勒第三定律求解即可?！窘忸}思路點(diǎn)撥】（1）開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律是對(duì)行星繞太陽運(yùn)動(dòng)規(guī)律的總結(jié)，它也適用于其他天體的運(yùn)動(dòng)。（2）要注意開普勒第二定律描述的是同一行星離中心天體的距離不同時(shí)的運(yùn)動(dòng)快慢規(guī)律，開普勒第三定律描述的是不同行星繞同一中心天體運(yùn)動(dòng)快慢的規(guī)律。（3）應(yīng)用開普勒第三定律可分析行星的周期、半徑，應(yīng)用時(shí)可按以下步驟分析：①首先判斷兩個(gè)行星的中心天體是否相同，只有兩個(gè)行星是同一個(gè)中心天體時(shí)開普勒第三定律才成立。②明確題中給出的周期關(guān)系或半徑關(guān)系。③根據(jù)開普勒第三定律列式求解。9．天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.本考點(diǎn)旨在針對(duì)衛(wèi)星變軌過程中的機(jī)械能變化情況。2.衛(wèi)星變軌有兩種情況，一種是低軌加速進(jìn)高軌；一種是高軌減速進(jìn)低軌。3.加速過程需要發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴氣，根據(jù)牛頓第三定律，氣體對(duì)衛(wèi)星的作用力向前，對(duì)衛(wèi)星做正功，衛(wèi)星的機(jī)械能增加；反之，減速過程需要發(fā)動(dòng)機(jī)向前噴氣，根據(jù)牛頓第三定律，氣體對(duì)衛(wèi)星的作用力向后，對(duì)衛(wèi)星做負(fù)功，衛(wèi)星的機(jī)械能減小。【命題方向】發(fā)射地球同步衛(wèi)星時(shí)，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)點(diǎn)火，使其沿橢圓軌道2運(yùn)行，最后再次點(diǎn)火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3．（如圖所示）．則衛(wèi)星分別在1、3軌道上正常運(yùn)行時(shí)，以下說法正確的是（）A、衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B、衛(wèi)星在軌道3上的角速度大于在軌道1上的角速度C、衛(wèi)星在軌道3上具有的機(jī)械能大于它在軌道1上具有的機(jī)械能D、衛(wèi)星在軌道3上的向心加速度大于它在軌道1上的向心加速度分析：根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、角速度、周期和向心力的表達(dá)式進(jìn)行討論即可．解答：A、B、D、人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M，有F＝F向F＝GMmF向＝mv2r=mω2r＝m（2因而GMmr2=mv2r=mω2r＝m（解得v=GMrω=vra=GMr軌道3半徑比軌道1半徑大，根據(jù)①②④三式，衛(wèi)星在軌道1上線速度較大，角速度也較大，向心加速度同樣較大，故A、B、D均錯(cuò)誤；C、衛(wèi)星從軌道1到軌道3需要克服引力做較多的功，故在軌道3上機(jī)械能較大，故C正確；故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度和周期的表達(dá)式，再進(jìn)行討論?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.衛(wèi)星在變軌的時(shí)候需要經(jīng)過精密的速度調(diào)控以進(jìn)入精確的軌道，所以衛(wèi)星有多個(gè)發(fā)動(dòng)機(jī)，可以實(shí)現(xiàn)全方位的加減速。2.單獨(dú)的比較物體在高軌和低軌的機(jī)械能是困難的，因?yàn)槲矬w在低軌的勢(shì)能小，動(dòng)能大；在高軌的勢(shì)能大，動(dòng)能?。欢绻刑囟ǖ倪\(yùn)動(dòng)方式將兩個(gè)軌道聯(lián)系起來，就可以對(duì)物體在兩個(gè)軌道的機(jī)械能進(jìn)行比較了。10．功的正負(fù)及判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】正功和負(fù)功：根據(jù)W＝Flcosα可知：0≤α＜90°α＝90°90°＜α≤180°功的正負(fù)W＞0W＝0W＜0意義力F對(duì)物體做正功力F對(duì)物體不做功力F對(duì)物體做負(fù)功力F是動(dòng)力還是阻力動(dòng)力阻力可以總結(jié)成如下規(guī)律：對(duì)于恒力做功，如果力與位移的夾角為銳角，則力對(duì)物體做正功；如果力與位移的夾角為鈍角，則力對(duì)物體做負(fù)功；如果力與位移成直角，則力對(duì)物體不做功?！久}方向】如圖，人站在自動(dòng)扶梯上不動(dòng)，隨扶梯向上勻速運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）A、重力對(duì)人做負(fù)功B、摩擦力對(duì)人做正功C、支持力對(duì)人做正功D、合力對(duì)人做功為零分析：做功的必要因素是：力與在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ為力與位移的夾角。解答：人站在自動(dòng)扶梯上不動(dòng)，隨扶梯向上勻速運(yùn)動(dòng)，受重力和支持力，重力做負(fù)功，支持力做正功，合外力為零，所以合外力做功等于零。人不受摩擦力，所以沒有摩擦力做功。故A、C、D正確，B錯(cuò)誤。故選：ACD。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道做功的必要因素，以及知道力的方向與位移的夾角大于等于0°小于90°，該力做正功，大于90°小于等于180°，該力做負(fù)功?！窘忸}思路點(diǎn)撥】判斷功的正、負(fù)主要有以下三種方法：（1）若物體做直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)力與位移的夾角來判斷，此法常用于恒力做功的判斷．（2）若物體做曲線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)F與v的方向的夾角α的大小來判斷．當(dāng)α＜90°時(shí)，力對(duì)物體做正功；90°＜α≤180°時(shí)，力對(duì)物體做負(fù)功；α＝90°時(shí)，力對(duì)物體不做功．（3）依據(jù)能量變化來判斷：此法既適用于恒力做功，也適用于變力做功，關(guān)鍵應(yīng)分析清楚能量的轉(zhuǎn)化情況．根據(jù)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對(duì)物體做功．比如系統(tǒng)的機(jī)械能增加，說明力對(duì)系統(tǒng)做正功；如果系統(tǒng)的機(jī)械能減少，則說明力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功．此法常用于兩個(gè)相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷．11．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來解題的情況。【命題方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大小；（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單。【解題思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。12．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少?gòu)椈蓮椓ψ稣椥詣?shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢(shì)能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢(shì)能增加WFC、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加FHD、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加WF﹣mgh分析：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢(shì)能的變化量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和．解答：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動(dòng)能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了重力勢(shì)能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓?；重力做功——重力?shì)能變化；彈力做功——彈性勢(shì)能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過計(jì)算能量變化或做功多少來進(jìn)行。13．判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.機(jī)械能守恒的條件為：（1）只受到重力。（2）除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外還受到其他力的作用，但其他力不做功。（3）除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外還受到其他力的作用，其他力所做總功為零2.判斷機(jī)械能是否守恒的方法有（1）做功條件分析法應(yīng)用系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析。分析各力做功的情況，若對(duì)物體或系統(tǒng)只有重力或彈力做功，沒有其他力做功或其他力做功的代數(shù)和為零，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。（2）能量轉(zhuǎn)化分析法從能量轉(zhuǎn)化的角度進(jìn)行分析。若只有系統(tǒng)內(nèi)物體間動(dòng)能和重力勢(shì)能及彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機(jī)械能的傳遞，機(jī)械能也沒有轉(zhuǎn)化成其他形式的能（如內(nèi)能增加），則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。（3）增減情況分析法直接從機(jī)械能的各種形式的能量的增減情況進(jìn)行分析。若系統(tǒng)的動(dòng)能與勢(shì)能均增加或均減少；若系統(tǒng)的動(dòng)能與勢(shì)能只有一種形式的能發(fā)生了變化；若系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的機(jī)械能均增加或均減少，則可判定機(jī)械能不守恒。（4）典型過程對(duì)一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等，除非題目特別說明，否則機(jī)械能必定不守恒。3.機(jī)械能如何轉(zhuǎn)化如果“外力”對(duì)系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能增大；如果外力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能減小?！久}方向】下列過程中機(jī)械能守恒的是（）A、跳傘運(yùn)動(dòng)員勻速下降的過程B、小石塊做平拋運(yùn)動(dòng)的過程C、子彈射穿木塊的過程D、木箱在粗糙斜面上滑動(dòng)的過程分析：當(dāng)系統(tǒng)只有重力做功或彈簧的彈力做功時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能和勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化但總能量保持不變．判斷機(jī)械能守恒的方法有兩種：一是根據(jù)條件進(jìn)行判斷；二是根據(jù)能量的變化進(jìn)行判斷．解答：A、運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變，但高度下降，故重力勢(shì)能減小，故機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B、石塊在平拋運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，故機(jī)械能守恒，故B正確；C、子彈穿過木塊時(shí)由于摩擦力做功，故有內(nèi)能產(chǎn)生，故機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D、木箱在粗糙斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于摩擦力做功，故有內(nèi)能產(chǎn)生，機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤；故選：B。點(diǎn)評(píng)：機(jī)械能守恒是考試中常見問題，一定要掌握判斷機(jī)械能守恒的條件．【解題思路點(diǎn)撥】1.機(jī)械能守恒的判斷（1）用做功來判斷：分析物體或物體受力情況（包括內(nèi)力和外力）明確各力做功的情況，若對(duì)物體或系統(tǒng)只有重力或彈力做功，沒有其他力做功或其他力做功的代數(shù)和為零，則機(jī)械能守恒。（2）用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。2.判斷機(jī)械能守恒的三個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)（1）合力為零是物體處于平衡狀態(tài)的條件。物體的合力為零時(shí)，它一定處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，但它的機(jī)械能不一定守恒。（2）合力做功為零是物體動(dòng)能不變的條件。合力對(duì)物體不做功，它的動(dòng)能一定不變，但它的機(jī)械能不一定守恒。（3）只有重力做功或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功是機(jī)械能守恒的條件。只有重力對(duì)物體做功時(shí)，物體的機(jī)械能﹣定守恒；只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能一定守恒。14．機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.機(jī)械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。2.對(duì)三種表達(dá)式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個(gè)特別的狀態(tài)，而是過程中的每一狀態(tài)機(jī)械能的總量都是守恒的，但我們解題時(shí)往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達(dá)式中是相對(duì)的，建立方程時(shí)必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對(duì)同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機(jī)械能的增加量等于另一部分B的機(jī)械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運(yùn)用機(jī)械能守恒定律的基本思路4.機(jī)械能守恒定律和動(dòng)能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場(chǎng)中，雷阿倫在終場(chǎng)前5.2s的時(shí)候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時(shí)從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過程中對(duì)籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2