第62頁(yè)（共62頁(yè)）2024-2025學(xué)年下學(xué)期高一物理人教版（2019）期末必刷?？碱}之機(jī)械能守恒定律一．選擇題（共7小題）1．（2025?濟(jì)南三模）北京時(shí)間2025年4月11日00時(shí)47分，我國(guó)成功發(fā)射通信技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星十七號(hào)。該衛(wèi)星運(yùn)行參數(shù)如表所示，已知地球半徑R＝6370km，萬(wàn)有引力常量G＝6.67×10﹣11N?m2/kg2，下列說(shuō)法正確的是（）時(shí)間（協(xié)調(diào)世界時(shí)UTC）2025年4月11日21：00：24軌道偏心率0.7324768軌道傾角18.9938°近地點(diǎn)高度183km遠(yuǎn)地點(diǎn)高度36116km每日繞地圈數(shù)2.26000113A．可以求出該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的大小 B．可以求出地球的質(zhì)量 C．該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)的加速度大于地球表面的重力加速度 D．該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能大于在遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能2．（2025春?南京期中）地球和哈雷彗星繞太陽(yáng)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(guò)程中，與太陽(yáng)連線掃過(guò)的面積分別為S1和S2，且S1＞S2。彗星在近日點(diǎn)與太陽(yáng)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)的速度大于地球的速度 B．從a運(yùn)行到b的時(shí)間等于從c運(yùn)行到d的時(shí)間 C．在近日點(diǎn)加速度約為地球加速度的0.36倍 D．從b運(yùn)行到c的過(guò)程中動(dòng)能先增大后減小3．（2025春?西城區(qū)校級(jí)期中）下列過(guò)程中說(shuō)法正確的是（）A．汽車勻速通過(guò)拱形橋的過(guò)程中，汽車的機(jī)械能守恒 B．雨滴在云層中下落的過(guò)程中，雨滴的機(jī)械能守恒 C．子彈穿行木塊的過(guò)程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 D．衛(wèi)星沿某橢圓軌道從近地點(diǎn)飛向遠(yuǎn)地點(diǎn)的過(guò)程中，衛(wèi)星和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒4．（2025春?鹿城區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí)，引力勢(shì)能可表示為Ep=-GMmr（類似于重力勢(shì)能，且已選取了默認(rèn)的勢(shì)能零點(diǎn)），其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量，該衛(wèi)星原來(lái)在半徑為R1的軌道Ⅰ上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)橢圓軌道Ⅱ的變軌過(guò)程進(jìn)入半徑為R3的圓形軌道Ⅲ繼續(xù)繞地球運(yùn)動(dòng)，其中A．衛(wèi)星在Ⅰ軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大于在Ⅱ軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度 B．衛(wèi)星在Ⅲ軌道上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的加速度大于在Ⅱ軌道上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的加速度 C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的機(jī)械能為-GD．衛(wèi)星在Ⅰ軌道上的機(jī)械能為35．（2025春?云巖區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的物體A、B用輕繩連接跨在一定滑輪兩側(cè)，用手托住B物體，當(dāng)輕繩正好拉直時(shí)，B物體距地面高度為h，且A物體底面與地面接觸，放開(kāi)B物體后A物體距地面的最大高度為（）A．13h B．h C．43h6．（2025春?大連期中）2024年6月25日，嫦娥六號(hào)攜帶來(lái)自月球背面的月球樣品安全著陸，實(shí)現(xiàn)世界首次月球背面采樣。嫦娥六號(hào)返回器與軌道器分離后進(jìn)行無(wú)動(dòng)力滑行，其飛行軌跡示意圖如圖所示，采用“太空打水漂”的方式飛行。圖中標(biāo)出了軌跡上A、B、C、D、E5個(gè)位置，B點(diǎn)是AC段的最低點(diǎn)，D點(diǎn)是CE段的最高點(diǎn)，下列關(guān)于返回器的敘述正確的是（）A．B點(diǎn)所受合力的方向指向地心 B．ABCDE階段機(jī)械能守恒 C．C、E兩點(diǎn)速度相同 D．D點(diǎn)速度小于地球的第一宇宙速度7．（2025春?長(zhǎng)沙校級(jí)月考）水平傳送帶勻速順時(shí)針運(yùn)行，在傳送帶的最左端每隔時(shí)間t輕放上相同的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）。已知物塊和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m。接收側(cè)的工人發(fā)現(xiàn)，靠近傳送帶右端的物塊都已經(jīng)和傳送帶達(dá)到相同速度，且這些物塊之間的距離均為s，重力加速度為g。下列判斷中錯(cuò)誤的是（）A．每個(gè)物塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為12B．傳送帶的運(yùn)行速度為stC．每個(gè)物塊從靜止加速至與傳送帶共速過(guò)程中與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱與其動(dòng)能的變化量相等 D．在時(shí)間T（T?t）內(nèi)，傳送帶由于運(yùn)輸工件需要多消耗的電能為mT二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025春?思明區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，神舟十八號(hào)載人飛船返回艙返回地面，在打開(kāi)降落傘后的一段時(shí)間內(nèi)，整個(gè)裝置先減速下降后勻速下降，忽略返回艙受到的空氣陽(yáng)力，下列說(shuō)法正確的是（）A．減速下降階段，返回艙仍處于失重狀態(tài) B．減速下降階段，返回艙動(dòng)能的減少量小于返回艙克服繩拉力做的功 C．勻速下降階段，返回艙的機(jī)械能守恒 D．勻速下降階段，重力對(duì)返回艙做的功量等于返回艙克服繩拉力做的功（多選）9．（2025?青秀區(qū)校級(jí)模擬）如圖，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.0的不可伸長(zhǎng)輕繩一端系于固定點(diǎn)O。另一端系一質(zhì)量m＝0.5kg的小球，將小球從O點(diǎn)左側(cè)與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)以一定初速度v0水平向右拋出，經(jīng)一段時(shí)間后小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)右下方的B點(diǎn)時(shí)，輕繩剛好被拉直，此后小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。已知O、A的距離為L(zhǎng)OA＝0.2m，輕繩剛被拉直時(shí)與豎直方向的夾角為37°。重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球拋出時(shí)的初速度大小v0＝2m/s B．輕繩被拉直前瞬間小球的速度為23C．小球做圓周運(yùn)動(dòng)擺到最低點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為6J D．小球做圓周運(yùn)動(dòng)擺到最低點(diǎn)時(shí)，輕絕對(duì)小球的拉力大小為7.32N（多選）10．（2025春?鹿城區(qū)校級(jí)期中）一位同學(xué)正在用單杠練習(xí)引體向上，在他向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（）A．重力做正功 B．單杠對(duì)他的支持力做正功 C．該同學(xué)的機(jī)械能增加 D．重力的功率先大后小三．填空題（共3小題）11．（2025春?福州期中）如圖所示，一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止下落到水平地面上的B點(diǎn)，小球所受的重力大小為G，A點(diǎn)距桌面的高度為h1，B點(diǎn)距桌面的高度為h2，以水平桌面為重力勢(shì)能的參考平面，則小球在B點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為；若小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中機(jī)械能守恒，則小球到達(dá)與桌面同一水平位置時(shí)的動(dòng)能為。12．（2025春?福清市期中）如圖所示，在地面上以初速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，落到比地面低h的海平面上。若以地面為參考平面，物體落到海平面時(shí)的重力勢(shì)能為，整個(gè)過(guò)程中重力對(duì)物體做的功為，整個(gè)過(guò)程中物體的重力勢(shì)能減少了。13．（2025春?楊浦區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，從地面上以速度v0斜向上拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海面上。若以地面為零勢(shì)能面且不計(jì)空氣阻力，則物體從拋出到落到海面的過(guò)程中，重力對(duì)物體所做的功為，物體在地面上拋出時(shí)的機(jī)械能為。四．解答題（共2小題）14．（2025春?江陰市校級(jí)期中）如圖所示，小物塊與水平傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，傾斜軌道和圓軌道光滑且位于同一豎直平面內(nèi)，圓軌道半徑R＝0.6m，A是傾斜軌道的最低點(diǎn)（小物塊滑過(guò)A點(diǎn)前后速度大小不變），B是圓軌道的最低點(diǎn)，AB長(zhǎng)L＝0.8m?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.4kg的小物塊從距離AB高h(yuǎn)處?kù)o止釋放，取重力加速度g＝10m/s2。（1）傳送帶不轉(zhuǎn)動(dòng)，若小物塊能滑上圓軌道且不脫離圓軌道，求釋放高度h的范圍；（2）若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的速度大小為6.0m/s，小物塊通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小為mg，求h的最小值和最大值；（3）在（2）的情景中，求h取最小值時(shí)，由于傳送帶運(yùn)送小物塊，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能。（28=27≈15．（2025春?沈陽(yáng)期中）如圖所示，在光滑水平臺(tái)面上，一個(gè)質(zhì)量m＝2kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住。現(xiàn)打開(kāi)鎖扣K，物塊與彈簧分離后將以一定的水平速度向右滑離平臺(tái)，并恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入光滑豎直的圓弧軌道BC。已知A、B的高度差h＝0.45m，水平距離s＝1.2m，圓弧軌道的半徑R＝2.5m，C點(diǎn)在圓弧軌道BC的圓心O的正下方，并與水平地面上長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2m的粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運(yùn)動(dòng)并與右邊的豎直墻壁會(huì)發(fā)生碰撞，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空氣阻力忽略不計(jì)。試求：（1）求彈簧對(duì)小物塊所做的功；（2）求物塊通過(guò)圓弧軌道C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)它的支持力大?。唬?）若小物塊與墻壁碰撞后以原速率反彈，且只會(huì)與墻壁發(fā)生一次碰撞并最終停在軌道CD之間，那么小物塊與軌道CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿足什么條件？（結(jié)果用分式表達(dá)）

2024-2025學(xué)年下學(xué)期高一物理人教版（2019）期末必刷?？碱}之機(jī)械能守恒定律參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號(hào)1234567答案BADCCDA二．多選題（共3小題）題號(hào)8910答案BDADCD一．選擇題（共7小題）1．（2025?濟(jì)南三模）北京時(shí)間2025年4月11日00時(shí)47分，我國(guó)成功發(fā)射通信技術(shù)試驗(yàn)衛(wèi)星十七號(hào)。該衛(wèi)星運(yùn)行參數(shù)如表所示，已知地球半徑R＝6370km，萬(wàn)有引力常量G＝6.67×10﹣11N?m2/kg2，下列說(shuō)法正確的是（）時(shí)間（協(xié)調(diào)世界時(shí)UTC）2025年4月11日21：00：24軌道偏心率0.7324768軌道傾角18.9938°近地點(diǎn)高度183km遠(yuǎn)地點(diǎn)高度36116km每日繞地圈數(shù)2.26000113A．可以求出該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的大小 B．可以求出地球的質(zhì)量 C．該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)的加速度大于地球表面的重力加速度 D．該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能大于在遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能【考點(diǎn)】天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化；萬(wàn)有引力的基本計(jì)算；計(jì)算天體的質(zhì)量和密度；衛(wèi)星或行星運(yùn)行參數(shù)的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力的計(jì)算公式結(jié)合開(kāi)普勒第三定律、牛頓第二定律以及機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行判斷分析。【解答】解：A．根據(jù)萬(wàn)有引力的計(jì)算公式，由于衛(wèi)星的質(zhì)量未知，不可以求出該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)萬(wàn)有引力的大小，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)計(jì)算橢圓軌道的半長(zhǎng)軸，結(jié)合牛頓開(kāi)普勒第三定律可以求出地球的質(zhì)量，故B正確；C．根據(jù)GMmr2=maD．衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)只有萬(wàn)有引力做功，則機(jī)械能守恒，故該衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能等于在遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查萬(wàn)有引力的計(jì)算公式結(jié)合開(kāi)普勒第三定律、牛頓第二定律以及機(jī)械能守恒的條件，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。2．（2025春?南京期中）地球和哈雷彗星繞太陽(yáng)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(guò)程中，與太陽(yáng)連線掃過(guò)的面積分別為S1和S2，且S1＞S2。彗星在近日點(diǎn)與太陽(yáng)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)的速度大于地球的速度 B．從a運(yùn)行到b的時(shí)間等于從c運(yùn)行到d的時(shí)間 C．在近日點(diǎn)加速度約為地球加速度的0.36倍 D．從b運(yùn)行到c的過(guò)程中動(dòng)能先增大后減小【考點(diǎn)】天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化；開(kāi)普勒三大定律．【專題】定量思想；推理法；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力導(dǎo)出線速度、加速度公式結(jié)合開(kāi)普勒第二定律和變速曲線運(yùn)動(dòng)的知識(shí)進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈.地球繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力GMmr2=mvB.根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知哈雷彗星繞太陽(yáng)經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間掃過(guò)的面積相同，根據(jù)S1＞S2可知，從a運(yùn)行到b的時(shí)間大于從c運(yùn)行到d的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)GMmr2=ma，得a=GMrD.從b運(yùn)行到c的過(guò)程中萬(wàn)有引力與速度方向夾角一直為鈍角，哈雷彗星速率一直減小，因此動(dòng)能一直減小，故D錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】考查萬(wàn)有引力提供向心力導(dǎo)出線速度、加速度公式結(jié)合開(kāi)普勒第二定律和變速曲線運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。3．（2025春?西城區(qū)校級(jí)期中）下列過(guò)程中說(shuō)法正確的是（）A．汽車勻速通過(guò)拱形橋的過(guò)程中，汽車的機(jī)械能守恒 B．雨滴在云層中下落的過(guò)程中，雨滴的機(jī)械能守恒 C．子彈穿行木塊的過(guò)程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 D．衛(wèi)星沿某橢圓軌道從近地點(diǎn)飛向遠(yuǎn)地點(diǎn)的過(guò)程中，衛(wèi)星和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【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】D【分析】根據(jù)機(jī)械能的定義和機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈.汽車勻速通過(guò)拱形橋的過(guò)程中，汽車的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能發(fā)生變化，故汽車的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B.雨滴在云層中下落的過(guò)程中，由于受到空氣阻力的作用，雨滴的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C.子彈穿行木塊的過(guò)程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)會(huì)產(chǎn)生摩擦熱，從而導(dǎo)致機(jī)械能減小，故C錯(cuò)誤；D.衛(wèi)星沿橢圓軌道從近地點(diǎn)飛向遠(yuǎn)地點(diǎn)的過(guò)程中，只有地球?qū)πl(wèi)星的引力做功，則衛(wèi)星和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】考查機(jī)械能的定義和機(jī)械能守恒的條件的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。4．（2025春?鹿城區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí)，引力勢(shì)能可表示為Ep=-GMmr（類似于重力勢(shì)能，且已選取了默認(rèn)的勢(shì)能零點(diǎn)），其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量，該衛(wèi)星原來(lái)在半徑為R1的軌道Ⅰ上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)橢圓軌道Ⅱ的變軌過(guò)程進(jìn)入半徑為R3的圓形軌道Ⅲ繼續(xù)繞地球運(yùn)動(dòng)，其中PA．衛(wèi)星在Ⅰ軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大于在Ⅱ軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度 B．衛(wèi)星在Ⅲ軌道上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的加速度大于在Ⅱ軌道上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的加速度 C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的機(jī)械能為-GD．衛(wèi)星在Ⅰ軌道上的機(jī)械能為3【考點(diǎn)】天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化；不同軌道上的衛(wèi)星或行星（可能含赤道上物體）運(yùn)行參數(shù)的比較．【專題】定量思想；推理法；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)衛(wèi)星變軌原理和牛頓第二定律、萬(wàn)有引力提供向心力和機(jī)械能的計(jì)算公式列式解答?！窘獯稹拷猓篈.衛(wèi)星在Ⅰ軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)需要加速做離心運(yùn)動(dòng)才能進(jìn)入到軌道Ⅱ，則衛(wèi)星在Ⅰ軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度小于在Ⅱ軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)GMmr2=ma，可知衛(wèi)星在Ⅲ軌道上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的加速度等于在Ⅱ軌道上經(jīng)過(guò)QCD.衛(wèi)星在Ⅲ軌道上，有GMmR32=mv32R3，解得v3=GMR3，則動(dòng)能為Ek3＝12mv3故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】考查衛(wèi)星變軌原理和牛頓第二定律、萬(wàn)有引力提供向心力和機(jī)械能的計(jì)算公式，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。5．（2025春?云巖區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的物體A、B用輕繩連接跨在一定滑輪兩側(cè)，用手托住B物體，當(dāng)輕繩正好拉直時(shí)，B物體距地面高度為h，且A物體底面與地面接觸，放開(kāi)B物體后A物體距地面的最大高度為（）A．13h B．h C．43h【考點(diǎn)】多物體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問(wèn)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】C【分析】由功能關(guān)系和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求放開(kāi)B物體后A物體距地面的最大高度?！窘獯稹拷猓築球向下運(yùn)動(dòng)，A球向上運(yùn)動(dòng)，且兩球的速度大小相等，設(shè)A球到達(dá)高度h時(shí)的速度大小為v，所以B球著地瞬時(shí)的速度由功能關(guān)系得：2mg之后B球落地，A球繼續(xù)向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2＝2gh'兩式聯(lián)立可得h'=故A達(dá)到的最大高度為H=故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是對(duì)兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行分析，然后根據(jù)功能關(guān)系和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解，注意正確選擇研究對(duì)象和物理過(guò)程。6．（2025春?大連期中）2024年6月25日，嫦娥六號(hào)攜帶來(lái)自月球背面的月球樣品安全著陸，實(shí)現(xiàn)世界首次月球背面采樣。嫦娥六號(hào)返回器與軌道器分離后進(jìn)行無(wú)動(dòng)力滑行，其飛行軌跡示意圖如圖所示，采用“太空打水漂”的方式飛行。圖中標(biāo)出了軌跡上A、B、C、D、E5個(gè)位置，B點(diǎn)是AC段的最低點(diǎn)，D點(diǎn)是CE段的最高點(diǎn)，下列關(guān)于返回器的敘述正確的是（）A．B點(diǎn)所受合力的方向指向地心 B．ABCDE階段機(jī)械能守恒 C．C、E兩點(diǎn)速度相同 D．D點(diǎn)速度小于地球的第一宇宙速度【考點(diǎn)】判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；開(kāi)普勒三大定律；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的合力方向，機(jī)械能守恒條件和曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向，以及第一宇宙速度的知識(shí)進(jìn)行分析解答。【解答】解：A．B點(diǎn)所受合力的方向背離地心，故A錯(cuò)誤；B．ABCDE階段除受重力外還有其它力做功，則機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C．曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向特點(diǎn)，可知C、E兩點(diǎn)速度不相同，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)第一宇宙速度是最大的運(yùn)行速度可知D點(diǎn)速度小于地球的第一宇宙速度，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】考查宇宙速度和機(jī)械能守恒，曲線運(yùn)動(dòng)的速度問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。7．（2025春?長(zhǎng)沙校級(jí)月考）水平傳送帶勻速順時(shí)針運(yùn)行，在傳送帶的最左端每隔時(shí)間t輕放上相同的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）。已知物塊和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m。接收側(cè)的工人發(fā)現(xiàn)，靠近傳送帶右端的物塊都已經(jīng)和傳送帶達(dá)到相同速度，且這些物塊之間的距離均為s，重力加速度為g。下列判斷中錯(cuò)誤的是（）A．每個(gè)物塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為12B．傳送帶的運(yùn)行速度為stC．每個(gè)物塊從靜止加速至與傳送帶共速過(guò)程中與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱與其動(dòng)能的變化量相等 D．在時(shí)間T（T?t）內(nèi)，傳送帶由于運(yùn)輸工件需要多消耗的電能為mT【考點(diǎn)】從能量角度求解傳送帶問(wèn)題；水平傳送帶模型．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；模型建構(gòu)能力．【答案】A【分析】畫(huà)出傳送帶和相鄰物塊的v﹣t圖像，結(jié)合位移特點(diǎn)求傳送帶的速度；根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解每個(gè)物塊與傳送帶之間的相對(duì)位移，再求摩擦生熱；根據(jù)能量守恒定律求傳送帶由于運(yùn)輸工件需要多消耗的電能?！窘獯稹拷猓築、可以用如下圖像來(lái)表示題述過(guò)程，由此可知傳送帶的運(yùn)轉(zhuǎn)速度為st，故BAC、對(duì)于水平傳送帶，從靜止開(kāi)始到共速過(guò)程中用時(shí)間：t產(chǎn)生的總摩擦熱：Q那么物塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量等于動(dòng)能的總變化量，故A錯(cuò)誤，C正確；D、對(duì)于單個(gè)物塊而言，運(yùn)輸需要消耗的電能由摩擦熱和動(dòng)能增量構(gòu)成，運(yùn)送一個(gè)物塊需要多消耗的電能為：ΔE對(duì)于足夠長(zhǎng)的時(shí)間而言，可以認(rèn)為完整完成了Tt個(gè)物塊的運(yùn)輸，因此多消耗的總電能為：E=mT此題選擇錯(cuò)誤選項(xiàng)，故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意積累傳送帶模型，同時(shí)要熟練掌握牛頓第二定律求解加速度以及對(duì)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的熟練運(yùn)用。二．多選題（共3小題）（多選）8．（2025春?思明區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，神舟十八號(hào)載人飛船返回艙返回地面，在打開(kāi)降落傘后的一段時(shí)間內(nèi)，整個(gè)裝置先減速下降后勻速下降，忽略返回艙受到的空氣陽(yáng)力，下列說(shuō)法正確的是（）A．減速下降階段，返回艙仍處于失重狀態(tài) B．減速下降階段，返回艙動(dòng)能的減少量小于返回艙克服繩拉力做的功 C．勻速下降階段，返回艙的機(jī)械能守恒 D．勻速下降階段，重力對(duì)返回艙做的功量等于返回艙克服繩拉力做的功【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)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】BD【分析】根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)情況判斷加速度方向，再判斷超失重狀態(tài)，結(jié)合動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析解答。【解答】解：A．減速下降階段，加速度向上，則返回艙處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)動(dòng)能定理，mgh﹣Wf＝ΔEk，可知減速下降階段，返回艙動(dòng)能的減少量小于返回艙克服繩拉力做的功，故B正確；C．勻速下降階段，阻力做負(fù)功，返回艙的機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D．勻速下降階段，動(dòng)能不變，滿足mgh﹣Wf＝0，則重力對(duì)返回艙做的功量等于返回艙克服繩拉力做的功，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】考查物體的超失重和動(dòng)能定理的應(yīng)用、機(jī)械能守恒的條件，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。（多選）9．（2025?青秀區(qū)校級(jí)模擬）如圖，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.0的不可伸長(zhǎng)輕繩一端系于固定點(diǎn)O。另一端系一質(zhì)量m＝0.5kg的小球，將小球從O點(diǎn)左側(cè)與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)以一定初速度v0水平向右拋出，經(jīng)一段時(shí)間后小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)右下方的B點(diǎn)時(shí)，輕繩剛好被拉直，此后小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。已知O、A的距離為L(zhǎng)OA＝0.2m，輕繩剛被拉直時(shí)與豎直方向的夾角為37°。重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球拋出時(shí)的初速度大小v0＝2m/s B．輕繩被拉直前瞬間小球的速度為23C．小球做圓周運(yùn)動(dòng)擺到最低點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為6J D．小球做圓周運(yùn)動(dòng)擺到最低點(diǎn)時(shí)，輕絕對(duì)小球的拉力大小為7.32N【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng)位移的計(jì)算；繩球類模型及其臨界條件．【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】AD【分析】根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，合速度與粉速度的關(guān)系，結(jié)合機(jī)械能守恒定律，以及合外力提供向心力分析求解。【解答】解：A．小球拋出后經(jīng)時(shí)間t輕繩剛好被拉直，有Lsin37°+LOA＝v0tLcos37解得t＝0.4s，v0＝2m/s故A正確；B．輕繩剛被拉直前，小球豎直方向的分速度大小為vy＝gt解得：vy＝4m/s此時(shí)小球的瞬時(shí)速度v=解得：v＝25m/s故B錯(cuò)誤；C．輕繩被拉直后沿著輕繩方向的速度為零，垂直于輕繩的速度vt＝vysin37°﹣v0cos37°解得：vt＝0.8m/s小球之后做圓周運(yùn)動(dòng)擺到最低點(diǎn)過(guò)程中，有mgL(1解得Ek＝1.16J選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．小球圓周運(yùn)動(dòng)擺到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FT其中E1解得FT＝7.32N故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了機(jī)械能守恒定律、拋體運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，理解物體不同時(shí)刻所處的不同狀態(tài)，合理選取公式分析求解。（多選）10．（2025春?鹿城區(qū)校級(jí)期中）一位同學(xué)正在用單杠練習(xí)引體向上，在他向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（）A．重力做正功 B．單杠對(duì)他的支持力做正功 C．該同學(xué)的機(jī)械能增加 D．重力的功率先大后小【考點(diǎn)】機(jī)械能的概念與組成；重力做功的特點(diǎn)和計(jì)算；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)．【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】CD【分析】根據(jù)功的定義、機(jī)械能守恒條件和重力的瞬時(shí)功率等知識(shí)進(jìn)行分析解答。【解答】解：A.重力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；B.單杠對(duì)他的支持力不做功，故B錯(cuò)誤；C.該同學(xué)通過(guò)手臂對(duì)自己做功使機(jī)械能增加，故C正確；D.該同學(xué)豎直方向的分速度先向上增大后減小，故重力的功率先大后小，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】考查功的定義、機(jī)械能守恒條件和重力的瞬時(shí)功率等知識(shí)，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。三．填空題（共3小題）11．（2025春?福州期中）如圖所示，一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止下落到水平地面上的B點(diǎn)，小球所受的重力大小為G，A點(diǎn)距桌面的高度為h1，B點(diǎn)距桌面的高度為h2，以水平桌面為重力勢(shì)能的參考平面，則小球在B點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為﹣Gh2；若小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中機(jī)械能守恒，則小球到達(dá)與桌面同一水平位置時(shí)的動(dòng)能為Gh1?！究键c(diǎn)】判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化；重力勢(shì)能的定義和性質(zhì)．【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】﹣Gh2，Gh1?！痉治觥扛鶕?jù)重力勢(shì)能的定義和機(jī)械能守恒定律進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓阂运阶烂鏋橹亓?shì)能的參考平面，根據(jù)重力勢(shì)能的定義，小球在B點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能為EPB＝﹣Gh2，由機(jī)械能守恒定律有Ek＝Gh1。故答案為：﹣Gh2，Gh1?！军c(diǎn)評(píng)】考查重力勢(shì)能的定義和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。12．（2025春?福清市期中）如圖所示，在地面上以初速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，落到比地面低h的海平面上。若以地面為參考平面，物體落到海平面時(shí)的重力勢(shì)能為﹣mgh，整個(gè)過(guò)程中重力對(duì)物體做的功為mgh，整個(gè)過(guò)程中物體的重力勢(shì)能減少了mgh?！究键c(diǎn)】機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【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】﹣mgh，mgh，mgh【分析】重力勢(shì)能是相對(duì)的，是相對(duì)于參考平面，而重力做功只與初末位置有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)．重力做功多少，重力勢(shì)能就減少多少．由此分析即可．【解答】解：若以地面為參考平面，物體落到海平面時(shí)的重力勢(shì)能為Ep＝﹣mgh整個(gè)過(guò)程中重力對(duì)物體做的功為WG＝mgh由重力勢(shì)能與重力做功的關(guān)系可得ΔEp＝﹣WG＝﹣mgh故整個(gè)過(guò)程重力勢(shì)能減少了mgh。故答案為：﹣mgh，mgh，mgh【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握重力做功的特點(diǎn)：重力做功只與初末位置有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)．知道重力勢(shì)能的變化取決于重力做功．13．（2025春?楊浦區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，從地面上以速度v0斜向上拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海面上。若以地面為零勢(shì)能面且不計(jì)空氣阻力，則物體從拋出到落到海面的過(guò)程中，重力對(duì)物體所做的功為mgh，物體在地面上拋出時(shí)的機(jī)械能為12mv【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；重力做功的特點(diǎn)和計(jì)算．【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】mgh；12【分析】結(jié)合題意，根據(jù)重力做功的特點(diǎn)和計(jì)算、機(jī)械能的特點(diǎn)和計(jì)算分別列式，即可分析求解?！窘獯稹拷猓褐亓ψ龉εc路徑無(wú)關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)，拋出點(diǎn)與海平面的高度差為h，并且重力做正功，所以重力對(duì)物體做功為mgh；由題知從地面上以速度v0斜向上拋出質(zhì)量為m的物體，以地面為零勢(shì)能面且不計(jì)空氣阻力，則物體在地面上拋出時(shí)的機(jī)械能為：E=1故答案為：mgh；12【點(diǎn)評(píng)】本題考查了重力做功的特點(diǎn)和計(jì)算，解題時(shí)需注意：①重力做功跟物體運(yùn)動(dòng)的路徑無(wú)關(guān)；②物體下降時(shí)重力做正功，物體被舉高時(shí)重力做負(fù)功；③重力做功的多少與參考平面無(wú)關(guān)。四．解答題（共2小題）14．（2025春?江陰市校級(jí)期中）如圖所示，小物塊與水平傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，傾斜軌道和圓軌道光滑且位于同一豎直平面內(nèi)，圓軌道半徑R＝0.6m，A是傾斜軌道的最低點(diǎn)（小物塊滑過(guò)A點(diǎn)前后速度大小不變），B是圓軌道的最低點(diǎn)，AB長(zhǎng)L＝0.8m?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.4kg的小物塊從距離AB高h(yuǎn)處?kù)o止釋放，取重力加速度g＝10m/s2。（1）傳送帶不轉(zhuǎn)動(dòng)，若小物塊能滑上圓軌道且不脫離圓軌道，求釋放高度h的范圍；（2）若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的速度大小為6.0m/s，小物塊通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小為mg，求h的最小值和最大值；（3）在（2）的情景中，求h取最小值時(shí)，由于傳送帶運(yùn)送小物塊，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能。（28=27≈【考點(diǎn)】常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）若傳送帶不轉(zhuǎn)動(dòng)，小物塊釋放高度h的x需大于等于1.9m；（2）若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，小物塊通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小為mg，則h的最小值為1.4m，最大值為2.2m；（3）在（2）的情景中，h取最小值時(shí)，由于傳送帶運(yùn)送小物塊，電動(dòng)機(jī)多做的功1.68J?！痉治觥浚?）根據(jù)動(dòng)能定理和圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式求解小物塊釋放高度h的范圍；（2）根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式和牛頓第二定律求解物塊通過(guò)軌道最高點(diǎn)的速度；根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解小物塊通過(guò)B點(diǎn)的瞬時(shí)速度；若小物塊一直在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求解釋放點(diǎn)的最小高度，若小物塊一直在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求解釋放點(diǎn)的最大高度；（3）根據(jù)牛頓第二定律求加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求加速時(shí)間、小物塊與傳送帶的相對(duì)位移，再結(jié)合機(jī)械能守恒求解電動(dòng)機(jī)多做的功。【解答】解：（1）設(shè)小物塊能滑上圓軌道且恰好不脫離圓軌道v0，小物塊在最高的重力恰好提供向心力，則mg從小物塊下滑到圓軌道的最高的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgh﹣2mgR﹣μmgL=代入數(shù)據(jù)解得：h＝1.9m若小物塊能滑上圓軌道且不脫離圓軌道，釋放高度h≥1.9m（2）若小物塊通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小為mg，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，有mg+F=代入數(shù)據(jù)解得v2=23小物塊滑過(guò)B點(diǎn)后，沿圓弧軌道向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有1代入數(shù)據(jù)解得：vB1＝6m/s，等于傳送帶的速度。若小物塊在傳送帶上從A點(diǎn)勻加速運(yùn)動(dòng)剛好到B點(diǎn)，設(shè)小物塊從離AB高h(yuǎn)1處?kù)o止釋放，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh1+μmgL=代入數(shù)據(jù)解得：h1＝1.4m若小物塊在傳送帶上從A點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B點(diǎn)，設(shè)小物塊從離AB高h(yuǎn)2處?kù)o止釋放，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh2﹣μmgL=代入數(shù)據(jù)解得：h2＝2.2m所以h的最小值為1.4m，最大值為2.2m。（3）在（2）的情景中，h取最小值時(shí)，小物塊從靜止處滑到A點(diǎn)時(shí)的速度為vA，根據(jù)機(jī)械能守恒，有mg代入數(shù)據(jù)解得vA小滑塊在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滑塊滑上傳送帶之后受到滑動(dòng)摩擦力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知小滑塊的加速度為：μmg＝ma可得a＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，小滑塊加速到與傳送帶速度相等運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=此過(guò)程中傳送帶的位移為x＝vB1t＝6×0.14m＝0.84m根據(jù)功能關(guān)系可知，由于傳送帶運(yùn)送小物塊電動(dòng)機(jī)多做的功為W＝μmgx＝0.5×0.4×10×0.84J＝1.68J答：（1）若傳送帶不轉(zhuǎn)動(dòng)，小物塊釋放高度h的x需大于等于1.9m；（2）若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，小物塊通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小為mg，則h的最小值為1.4m，最大值為2.2m；（3）在（2）的情景中，h取最小值時(shí)，由于傳送帶運(yùn)送小物塊，電動(dòng)機(jī)多做的功1.68J?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查機(jī)械能守恒定律、動(dòng)能定理、豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)等問(wèn)題，需結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)模型、傳送帶模型等綜合分析作答。15．（2025春?沈陽(yáng)期中）如圖所示，在光滑水平臺(tái)面上，一個(gè)質(zhì)量m＝2kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住。現(xiàn)打開(kāi)鎖扣K，物塊與彈簧分離后將以一定的水平速度向右滑離平臺(tái)，并恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入光滑豎直的圓弧軌道BC。已知A、B的高度差h＝0.45m，水平距離s＝1.2m，圓弧軌道的半徑R＝2.5m，C點(diǎn)在圓弧軌道BC的圓心O的正下方，并與水平地面上長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2m的粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運(yùn)動(dòng)并與右邊的豎直墻壁會(huì)發(fā)生碰撞，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空氣阻力忽略不計(jì)。試求：（1）求彈簧對(duì)小物塊所做的功；（2）求物塊通過(guò)圓弧軌道C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)它的支持力大??；（3）若小物塊與墻壁碰撞后以原速率反彈，且只會(huì)與墻壁發(fā)生一次碰撞并最終停在軌道CD之間，那么小物塊與軌道CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿足什么條件？（結(jié)果用分式表達(dá)）【考點(diǎn)】機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的問(wèn)題；平拋運(yùn)動(dòng)與曲面的結(jié)合；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；合成分解法；方程法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）彈簧對(duì)小物塊所做的功為16J；（2）物塊通過(guò)圓弧軌道C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)它的支持力大小為48N；（3）小物塊與軌道CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿足716【分析】（1）物塊離開(kāi)平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律小球在A點(diǎn)的速度，由動(dòng)能定理可求彈簧對(duì)物體所做的功；（2）根據(jù)機(jī)械能守恒求解物塊在C點(diǎn)的速度大小，再根據(jù)牛頓第二定律求解在C點(diǎn)時(shí)受到的軌道的支持力的大??；（3）根據(jù)動(dòng)能定理解答動(dòng)摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿足的條件。【解答】解：（1）小球離開(kāi)A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知在豎直方向有：h=解得：t在水平方向有：s＝v0t，解得：v0由動(dòng)能定理可得彈簧對(duì)小物塊所做的功為：W彈（2）物塊由A到C的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律可得：12mv在C點(diǎn)，由牛頓第二定律可得：FN-mg=mv（3）假設(shè)物塊剛好能到D點(diǎn)，則從C點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：-μ1假設(shè)物體從C點(diǎn)出發(fā)到第一次碰撞后回到C點(diǎn)，則根據(jù)動(dòng)能定理可得：-μ2mg?2答：（1）彈簧對(duì)小物塊所做的功為16J；（2）物塊通過(guò)圓弧軌道C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)它的支持力大小為48N；（3）小物塊與軌道CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿足716【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了機(jī)械能守恒定律、動(dòng)能定理以及平拋運(yùn)動(dòng)基本公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，知道從A到B點(diǎn)過(guò)程中物體做平拋運(yùn)動(dòng)，難度適中。

考點(diǎn)卡片1．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，g為重力加速度。人對(duì)電梯底部的壓力為（A、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(wèn)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。2．超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．實(shí)重和視重：（1）實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)。（2）視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的重力。此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現(xiàn)象實(shí)質(zhì)超重物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Υ笥谖矬w重力的現(xiàn)象系統(tǒng)具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量失重物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦π∮谖矬w重力的現(xiàn)象系統(tǒng)具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量完全失重物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦榱愕默F(xiàn)象系統(tǒng)具有豎直向下的加速度，且a＝g【命題方向】題型一：超重與失重的理解與應(yīng)用。例子：如圖，一個(gè)盛水的容器底部有一小孔。靜止時(shí)用手指堵住小孔不讓它漏水，假設(shè)容器在下述幾種運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持平動(dòng)，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時(shí)，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小孔向下漏水；容器向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運(yùn)動(dòng)中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運(yùn)動(dòng)中小孔不向下漏水分析：當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力大于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于超重狀態(tài)，此時(shí)有向上的加速度；當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力小于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于失重狀態(tài)，此時(shí)有向下的加速度；如果沒(méi)有壓力了，那么就是處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無(wú)論向哪個(gè)方向拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)水和容器的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，它們之間沒(méi)有相互作用，水不會(huì)流出，所以D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查了學(xué)生對(duì)超重失重現(xiàn)象的理解，掌握住超重失重的特點(diǎn)，本題就可以解決了?！窘忸}方法點(diǎn)撥】解答超重、失重問(wèn)題時(shí)，關(guān)鍵在于從以下幾方面來(lái)理解超重、失重現(xiàn)象：（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。（2）物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。（3）當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時(shí)，重力只產(chǎn)生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產(chǎn)生其他效果。平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質(zhì)量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。3．水平傳送帶模型【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.傳送帶問(wèn)題利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析、運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)知識(shí)的綜合運(yùn)用問(wèn)題。2.分類傳送帶問(wèn)題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問(wèn)題。3.常見(jiàn)情況分析（條件說(shuō)明：傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長(zhǎng)為L(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)速率恒為v，在其左端放上一無(wú)初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不可能為（）A.LvB.2LvC.分析：物塊無(wú)初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有可能先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出木塊運(yùn)行的時(shí)間．解答：①當(dāng)木塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。若木塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)右端時(shí)的速度還未達(dá)到v。根據(jù)牛頓第二定律得，a＝μg。根據(jù)L=12a若木塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)右端時(shí)的速度剛好為v。根據(jù)L=解得t=②當(dāng)木塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)。勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=則勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移x則勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t則總時(shí)間為t=t1+t2=Lv+本題選不可能的，故選：A。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動(dòng)情況，考慮到木塊運(yùn)動(dòng)的各種可能性，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．【解題思路點(diǎn)撥】明確傳送帶的類型，對(duì)物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)內(nèi)容。4．平拋運(yùn)動(dòng)位移的計(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，水平方向上的位移x＝v0t豎直方向上的位移為y=物體的合位移為l=3.對(duì)于已知高度的平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯(lián)立得x＝v02所以說(shuō)平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移與初速度大小和拋出點(diǎn)的高度有關(guān)?！久}方向】物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個(gè)過(guò)程中的位移是（）物體做平拋運(yùn)動(dòng)，我們可以把平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為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)來(lái)求解，兩個(gè)方向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同．解：物體做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向的位移為：x＝v0t＝7.5×2m＝15m豎直方向上是自由落體運(yùn)動(dòng)，豎直位移為：h=12gt2=12×10×（2）2物體的合位移為s=x2+h2=故選：D。本題就是對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的考查，平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為在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)來(lái)求解．【解題思路點(diǎn)撥】平拋運(yùn)動(dòng)的物體在水平和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)都是獨(dú)立的，可以分別計(jì)算兩個(gè)方向的位移，并與合位移構(gòu)成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。5．平拋運(yùn)動(dòng)與曲面的結(jié)合【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在研究平拋運(yùn)動(dòng)最后落在曲面上的問(wèn)題，包括圓弧曲面和一般曲面。但不包括圓周運(yùn)動(dòng)相關(guān)問(wèn)題?！久}方向】如圖所示，半圓形容器豎直放置，在其圓心O點(diǎn)分別以水平初速度v1、v2拋出兩個(gè)小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），最終它們分別落在圓弧上的A點(diǎn)和B點(diǎn)，已知OA與OB互相垂直，且OA與豎直方向成θ角，求：（1）兩球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比；（2）兩球初速度之比．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)平拋運(yùn)動(dòng)水平位移和豎直位移的關(guān)系確定兩小球初速度大小之比和運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比．解答：（1）由幾何關(guān)系可知：小球A下降的豎直高度為yA＝Rcosθ，小球B下降的豎直高度為yB＝Rsinθ，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知：yyB由此可得：t（2）由幾何關(guān)系可知：兩小球水平運(yùn)動(dòng)的位移分別為：xA＝Rsinθ，xB＝Rcosθ，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知：xA＝vAtA，xB＝vBtB，由此可得：v答：（1）兩球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為cosθsinθ（2）兩球初速度之比為(tanθ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．【解題思路點(diǎn)撥】解決平拋運(yùn)動(dòng)與曲面相結(jié)合的問(wèn)題，尤其是與圓弧面相結(jié)合的問(wèn)題時(shí)，要利用半徑構(gòu)建幾何關(guān)系，找到速度或位移的偏轉(zhuǎn)角，從而求解平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)參數(shù)。6．繩球類模型及其臨界條件【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質(zhì)量為M的支座上有一水平細(xì)軸．軸上套有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩，繩的另一端栓一質(zhì)量為m的小球，讓球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，支座恰好離開(kāi)地面，則此時(shí)小球的線速度是多少？分析：當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，支座恰好離開(kāi)地面，由此說(shuō)明此時(shí)支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據(jù)向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對(duì)支座M，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對(duì)小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯(lián)立①②式可解得：v=M答：小球的線速度是M+點(diǎn)評(píng)：物體做圓周運(yùn)動(dòng)需要向心力，找到向心力的來(lái)源，本題就能解決了，比較簡(jiǎn)單．【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，一般題目都會(huì)給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)時(shí)，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v7．物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道豎直固定放置，質(zhì)量為m的小球在圓形軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)．小球通過(guò)軌道最高點(diǎn)時(shí)恰好與軌道間沒(méi)有相互作用力．已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間，不計(jì)空氣阻力．試求：（1）小球通過(guò)軌道最高點(diǎn)時(shí)速度的大?。唬?）小球通過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)角速度的大??；（3）小球通過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大?。治觯海?）小球通過(guò)軌道最高點(diǎn)時(shí)恰好與軌道間沒(méi)有相互作用力，故由重力提供向心力，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式即可得出最高點(diǎn)的速度；（2）可以根據(jù)動(dòng)能定理求出最低點(diǎn)的速度，再根據(jù)線速度和角速度的關(guān)系即可求出角速度；（3）在最低點(diǎn)由支持力和重力的合力提供向心力，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式即可求得支持力的大?。獯穑海?）設(shè)小球通過(guò)軌道最高點(diǎn)時(shí)速度的大小為v1，根據(jù)題意和圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）設(shè)小球通過(guò)軌道最低點(diǎn)的速度大小為v2，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中運(yùn)用動(dòng)能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）設(shè)小球通過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力大小為FN，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式得：FN﹣mg=mv由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通過(guò)軌道最高點(diǎn)時(shí)速度的大小為gR；（2）小球通過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)角速度的大小為5gR；（3）小球通過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大小為點(diǎn)評(píng)：該題是動(dòng)能定理及圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式的直接應(yīng)用，要抓住恰好到達(dá)最高點(diǎn)的隱含條件是由重力來(lái)提供向心力，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，一般題目都會(huì)給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)時(shí)，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v8．開(kāi)普勒三大定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)三大定律基本內(nèi)容：1、開(kāi)普勒第一定律（軌道定律）：所有的行星圍繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽(yáng)處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。2、開(kāi)普勒第二定律（面積定律）：對(duì)于每一個(gè)行星而言，太陽(yáng)和行星的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過(guò)相等的面積。3、開(kāi)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(kāi)普勒定律描述為：1．行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道十分接近圓，太陽(yáng)處在圓心；2．對(duì)于某一行星來(lái)說(shuō)，它繞太陽(yáng)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(kāi)普勒三個(gè)定律的基本認(rèn)識(shí)：關(guān)于行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的下列說(shuō)法正確的是（）A．所有行星都在同一橢圓軌道上繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)B．行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)時(shí)太陽(yáng)位于行星軌道的中心處C．離太陽(yáng)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(kāi)普勒第一定律是太陽(yáng)系中的所有行星圍繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽(yáng)處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。在相等時(shí)間內(nèi)，太陽(yáng)和運(yùn)動(dòng)著的行星的連線所掃過(guò)的面積都是相等的。開(kāi)普勒第三定律中的公式R3解：A、開(kāi)普勒第一定律可得，所有行星都繞太陽(yáng)做橢圓運(yùn)動(dòng)，且太陽(yáng)處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。故A錯(cuò)誤；B、開(kāi)普勒第一定律可得，行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，太陽(yáng)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(kāi)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(yáng)雖然是橢圓運(yùn)動(dòng)，但我們可以當(dāng)作圓來(lái)處理，同時(shí)值得注意是周期是公轉(zhuǎn)周期。（2）第二類?？碱}型是考查開(kāi)普勒第三定律：某行星和地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的軌道均可視為圓。每過(guò)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）23BC．（N+1N）32D分析：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開(kāi)普勒第三定律知其周期長(zhǎng)，其繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)的慢。每過(guò)N年，該行星會(huì)運(yùn)行到日地連線的延長(zhǎng)線上，說(shuō)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(kāi)普勒第三定律知其周期長(zhǎng)。每過(guò)N年，該行星會(huì)運(yùn)行到日地連線的延長(zhǎng)線上，說(shuō)明從最初在日地連線的延長(zhǎng)線上開(kāi)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(kāi)普勒第三定律有r地3r行3=T地故選：B。點(diǎn)評(píng)：解答此題的關(guān)鍵由題意分析得出每過(guò)N年地球比行星多圍繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)一圈，由此求出行星的周期，再由開(kāi)普勒第三定律求解即可。【解題思路點(diǎn)撥】（1）開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)定律是對(duì)行星繞太陽(yáng)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(kāi)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(kāi)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(kāi)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(kāi)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(kāi)普勒第三定律列式求解。9．萬(wàn)有引力的基本計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.萬(wàn)有引力定律的內(nèi)容和計(jì)算公式為：自然界中任何兩個(gè)物體都相互吸引，引力的方向在它們的連線上，引力的大小與物體的質(zhì)量m1和m2的乘積成正比，與它們之間距離r的二次方程反比。即FG＝6.67×10﹣11N?m2/kg22.如果已知兩個(gè)物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）的質(zhì)量和距離就可以計(jì)算他們之間的萬(wàn)有引力?！久}方向】如下圖，兩球的質(zhì)量均勻分布，大小分別為M1與M2，則兩球間萬(wàn)有引力大小為（）A、GM1M2r2B、GM1M2分析：根據(jù)萬(wàn)有引力定律的內(nèi)容，求出兩球間的萬(wàn)有引力大小．解答：兩個(gè)球的半徑分別為r1和r2，兩球之間的距離為r，所以兩球心間的距離為r1+r2+r，根據(jù)萬(wàn)有引力定律得：兩球間的萬(wàn)有引力大小為F＝GM故選：D。點(diǎn)評(píng)：對(duì)于質(zhì)量均勻分布的球，公式中的r應(yīng)該是兩球心之間的距離．【解題思路點(diǎn)撥】計(jì)算萬(wàn)有引力的大小時(shí)要注意兩個(gè)物體之間的距離r是指兩個(gè)物體重心之間的距離。10．計(jì)算天體的質(zhì)量和密度【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.天體質(zhì)量的計(jì)算（1）重力加速度法若已知天體（如地球）的半徑R及其表面的重力加速度g，根據(jù)在天體表面上物體的重力近似等于天體對(duì)物體的引力，得mg=Gm1m2R2（2）環(huán)繞法借助環(huán)繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的行星（或衛(wèi)星）計(jì)算中心天體的質(zhì)量，俗稱“借助外援法”。常見(jiàn)的情況如下：2.天體密度的計(jì)算若天體的半徑為R，則天體的密度ρ=M43πR特殊情況：當(dāng)衛(wèi)星環(huán)繞天體表面運(yùn)動(dòng)時(shí)，衛(wèi)星的軌道半徑r可認(rèn)為等于天體半徑R，則ρ=【命題方向】近年來(lái)，人類發(fā)射的多枚火星探測(cè)器已經(jīng)相繼在火星上著陸，正在進(jìn)行著激動(dòng)人心的科學(xué)探究，為我們將來(lái)登上火星、開(kāi)發(fā)和利用火星資源奠定了堅(jiān)實(shí)的基礎(chǔ)。如果火星探測(cè)器環(huán)繞火星做“近地”勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并測(cè)得該運(yùn)動(dòng)的周期為T，則火星的平均密度ρ的表達(dá)式為（k為某個(gè)常量）（）A.ρ=kTB.ρ＝kTC.ρ＝kT分析：研究火星探測(cè)器繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質(zhì)量。根據(jù)密度公式表示出密度。解答：研究火星探測(cè)器繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，列出等式：mr4π2T得：M=4則火星的密度：ρ=由①②得火星的平均密度：ρ=3π則ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：運(yùn)用萬(wàn)有引力定律求出中心體的質(zhì)量。能夠運(yùn)用物理規(guī)律去表示所要求解的物理量。向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用?！窘忸}思路點(diǎn)撥】能否計(jì)算得出天體的質(zhì)量和密度的技巧如下：①計(jì)算中心天體的質(zhì)量需要知道：a、行星或衛(wèi)星運(yùn)行的軌道半徑，以及運(yùn)行的任一參數(shù)（如線速度或角速度或向心加速度等）b、如果是忽略天體自轉(zhuǎn)、或在天體表面附近、或提示萬(wàn)有引力近似等于重力，則可以應(yīng)用黃金代換計(jì)算中心天體質(zhì)量，此時(shí)需要知道天體的半徑，以及天體表面的重力加速度。②計(jì)算中心天體的密度需要知道只要能求出天體質(zhì)量，并知道天體自身半徑就可以求出中心天體的密度11．衛(wèi)星或行星運(yùn)行參數(shù)的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】對(duì)于一般的人造衛(wèi)星而言，萬(wàn)有引力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。于是有：①GMmr2=mv②GMmr2=mω2r③GMmr2=m4④GMmr2=ma→a在衛(wèi)星運(yùn)行的過(guò)程中，根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當(dāng)?shù)墓角蠼庀嚓P(guān)物理量。【解題思路點(diǎn)撥】2005年10月12日，我國(guó)成功地發(fā)射了“神舟”六號(hào)載人宇宙飛船，飛船進(jìn)入軌道運(yùn)行若干圈后成功實(shí)施變軌進(jìn)入圓軌道運(yùn)行，經(jīng)過(guò)了近5天的運(yùn)行后，飛船的返回艙順利降落在預(yù)定地點(diǎn)．設(shè)“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球運(yùn)行n圈所用的時(shí)間為t，若地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，求：（1）飛船的圓軌道離地面的高度；（2）飛船在圓軌道上運(yùn)行的速率．分析：研究“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力等于向心力列出方程，根據(jù)地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)萬(wàn)有引力等于重力列出方程進(jìn)行求解即可．解答：（1）“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球運(yùn)行n圈所用的時(shí)間為t，T=研究“神舟”六號(hào)載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力定律分別對(duì)地球表面物體和飛船列出方程得：G?根據(jù)地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)萬(wàn)有引力等于重力列出方程得：G?r＝R+h④由①②③④解得：h②由線速度公式得：v=∴v答：（1）飛船的圓軌道離地面的高度是3g（2）飛船在圓軌道上運(yùn)行的速率是32點(diǎn)評(píng)：本題要掌握萬(wàn)有引力的作用，天體運(yùn)動(dòng)中萬(wàn)有引力等于向心力，地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)萬(wàn)有引力等于重力，利用兩個(gè)公式即可解決此問(wèn)題．只是計(jì)算和公式變化易出現(xiàn)錯(cuò)誤．【解題思路點(diǎn)撥】在高中階段，一般把衛(wèi)星的運(yùn)行看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力完全充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。但是計(jì)算的公式比較多，需要根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當(dāng)?shù)墓竭M(jìn)行計(jì)算。12．不同軌道上的衛(wèi)星或行星（可能含赤道上物體）運(yùn)行參數(shù)的比較【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.衛(wèi)星運(yùn)行的一般規(guī)律如下：①GMmr2=mv②GMmr2=mω2r③GMmr2=m4④GMmr2=ma→a由此可知，當(dāng)運(yùn)行半徑r增大時(shí)，衛(wèi)星運(yùn)行的線速度v減小，角速度ω減小，加速度a減小，周期T變大。所以可總結(jié)出一條規(guī)律為“高軌低速長(zhǎng)周期”。即軌道大時(shí)，速度（“所有的速度”：線速度、角速度、加速度）較小、周期較大。2.衛(wèi)星的運(yùn)行參數(shù)如何與赤道上物體運(yùn)行的參數(shù)相比較？赤道上運(yùn)行的物體與同步衛(wèi)星處在同一個(gè)軌道平面，并且運(yùn)行的角速度相等，所以比較赤道上物體與一般衛(wèi)星的運(yùn)行參數(shù)時(shí)，可以通過(guò)同步衛(wèi)星建立聯(lián)系。【命題方向】據(jù)報(bào)道：北京時(shí)間4月25日23時(shí)35分，我國(guó)數(shù)據(jù)中繼衛(wèi)星“天鏈一號(hào)01星”在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，經(jīng)過(guò)4次變軌控制后，成功定點(diǎn)于東經(jīng)七十七度赤道上空的同步軌道．關(guān)于成功定點(diǎn)后的“天鏈一號(hào)01星”下列說(shuō)法正確的是（）A、它運(yùn)行的線速度等于第一宇宙速度B、它運(yùn)行的周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期C、它運(yùn)行的角速度小于地球的自轉(zhuǎn)角速度D、它的向心加速度等于靜止在赤道上物體的向心加速度分析：“天鏈一號(hào)01星”衛(wèi)星為地球同步衛(wèi)星，又稱對(duì)地靜止衛(wèi)星，是運(yùn)行在地球同步軌道上的人造衛(wèi)星，衛(wèi)星距離地球的高度約為36000km，衛(wèi)星的運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同、運(yùn)行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道、運(yùn)行周期與地球自轉(zhuǎn)一周的時(shí)間相等，即23時(shí)56分4秒，衛(wèi)星在軌道上的繞行速度約為3.1公里/秒，其運(yùn)行角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度．解答：A．任何繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星速度都小于第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤；B．“天鏈一號(hào)01星”衛(wèi)星為地球同步衛(wèi)星，周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期。故B正確；C．“天鏈一號(hào)01星”衛(wèi)星為地球同步衛(wèi)星，角速度等于地球的自轉(zhuǎn)角速度。故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)GMmr2=ma可知，隨著半徑R的增大，a故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題考查了地球衛(wèi)星軌道相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，地球衛(wèi)星圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心是地球的地心，萬(wàn)有引力提供向心力，軌道的中心一定是地球的球心；同步衛(wèi)星有四個(gè)“定”：定軌道、定高度、定速度、定周期．本題難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)于不同軌道上的衛(wèi)星（或物體），要想比較他們的運(yùn)行參數(shù)，一般遵循的原則是，“天比天，直接比；天比地，要幫忙”，即衛(wèi)星與衛(wèi)星之間可以通過(guò)萬(wàn)有引力提供向心力直接進(jìn)行分析比較，而衛(wèi)星與赤道上物體的比較，則需要借助同步衛(wèi)星進(jìn)行分析。13．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(guò)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(guò)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(guò)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?！久}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(shuō)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(wàn)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(wàn)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(wàn)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(guò)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??；而如果有特定的運(yùn)動(dòng)方式將兩個(gè)軌道聯(lián)系起來(lái)，就可以對(duì)物體在兩個(gè)軌道的機(jī)械能進(jìn)行比較了。14．重力做功的特點(diǎn)和計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.表達(dá)式：WG＝mgh＝mg（h1﹣h2），其中h1、h2分別表示物體起點(diǎn)和終點(diǎn)的高度2.特點(diǎn)：①只跟物體運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)和終點(diǎn)的位置有關(guān)，而跟物體運(yùn)動(dòng)的路徑無(wú)關(guān)．②物體下降時(shí)重力做正功，物體被舉高時(shí)重力做負(fù)功．③重力做功的多少與參考平面無(wú)關(guān)。【命題方向】物體沿不同的路徑從A滑到B，如圖所示，則（）A、沿路徑ACB重力做的功大些B、沿路徑ADB重力做的功大些C、沿路徑ACB和ADB重力做功一樣多D、條件不足，無(wú)法判斷分析：解答本題應(yīng)明確重力做功的特點(diǎn)：重力做功與高度差有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)．解答：由A到B不管沿哪條路徑高度差相同，則重力做功相同。則C正確，ABD錯(cuò)誤故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考查重力做功的特點(diǎn)，一定要掌握重力做功只和高度有關(guān)．【解題思路點(diǎn)撥】1.重力做功只與初、末位置有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)。2.計(jì)算重力做功的步驟為：①確定物體重力的大小；②確定物體在豎直方向上的位移大?。虎廴绻矬w向上運(yùn)動(dòng)，重力做負(fù)功；如果物體向下運(yùn)動(dòng)，重力做負(fù)功。15．功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.義：功與完成這些功所用時(shí)間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質(zhì)：功是標(biāo)量。4.計(jì)算公式（1）定義式：P=Wt，P為時(shí)間（2）機(jī)械功的表達(dá)式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率．推導(dǎo)：如果物體的受力F與運(yùn)動(dòng)方向的夾角為α，從計(jì)時(shí)開(kāi)始到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)，發(fā)生的位移是l，則力在這段時(shí)間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開(kāi)始計(jì)時(shí)到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)發(fā)生的，所以lt是物體在這段時(shí)間內(nèi)的平均速度vP＝Fvcosα可見(jiàn)，力對(duì)物體做功的功率等于沿運(yùn)動(dòng)方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時(shí)，cosα＝1，上式可以寫(xiě)成P＝Fv。從以上推導(dǎo)過(guò)程來(lái)看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計(jì)時(shí)開(kāi)始到時(shí)刻t的平均功率。如果時(shí)間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時(shí)速度，這個(gè)關(guān)系式也就可以反映瞬時(shí)速度與瞬時(shí)功率的關(guān)系。5.額定功率：機(jī)械正常工作時(shí)輸出的最大功率．6.實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時(shí)輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關(guān)于功率和機(jī)械效率的說(shuō)法中，正確的是（）A、功率大的機(jī)械，做功一定多B、做功多的機(jī)械，效率一定高C、做功快的機(jī)械，功率一定大D、效率高的機(jī)械，功率一定大分析：根據(jù)P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據(jù)η解答：A、根據(jù)P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據(jù)η=W有W總=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵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．【解題思路點(diǎn)撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少?zèng)]有直接關(guān)系。2.功率的定義式P=W16．重力勢(shì)能的定義和性質(zhì)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體由于被舉高而具有的能量叫做重力勢(shì)能．2．大?。何矬w的重力勢(shì)能等于它所受重力與所處高度的乘積，表達(dá)式為Ep＝mgh．h是物體所處位置相對(duì)于零勢(shì)能面的高度。3．單位：在國(guó)際單位制中重力勢(shì)能的單位是焦耳（J），與功的單位相同．【命題方向】一個(gè)物體的質(zhì)量為1kg，距離地面的高度為15m，如果選地面為重力勢(shì)能零勢(shì)面，則物體此刻具有的重力勢(shì)能約為多少（）A、150JB、200JC、100JD、15J分析：取地面為重力勢(shì)能零勢(shì)面，物體離地面的高度為15m，根據(jù)重力勢(shì)能的公式可以直接計(jì)算得出．解答：取地面為重力勢(shì)能零勢(shì)面，此時(shí)物體的重力勢(shì)能Ep＝mgh＝1×10×15J＝150J，所以A正確。故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題是對(duì)重力勢(shì)能公式的直接考查，由公式可以直接計(jì)算出結(jié)果，題目比較簡(jiǎn)單．【解題方法點(diǎn)撥】重力勢(shì)能的理解物體由于被舉高而具有的能量叫做重力勢(shì)能，物體的重力勢(shì)能等于它所受重力與所處高度的乘積．其表達(dá)式為：Ep＝mgh．重力勢(shì)能是一個(gè)相對(duì)量，它的數(shù)值與參考平面的選擇有關(guān)，同一個(gè)物體在同一位置，相對(duì)于不同的參考平面，其重力勢(shì)能的數(shù)值不同．所以，研究重力勢(shì)能，必須首先選取參考平面．通常情況下，選取地面作為重力勢(shì)能的參考平面．在解題時(shí)，經(jīng)常選取物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最低位置所在平面作為參考平面，這樣可以避免負(fù)勢(shì)能的計(jì)算．17．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(lái)解題的情況?！久}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(kāi)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(guò)程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)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(guò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)程分析，并畫(huà)出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過(guò)程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)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。18．常見(jiàn)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(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見(jiàn)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(shuō)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(shuō)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(shuō)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(jiàn)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(guò)計(jì)算能量變化或做功多少來(lái)進(jìn)行。19．機(jī)械能的概念與組成【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.追尋守恒量：在伽利略的斜面實(shí)驗(yàn)中，如果空氣阻力和摩擦力小到可以忽略，小球必將準(zhǔn)確地終止于它開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的高度，這說(shuō)明某種“東西”在小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中是守恒的。2.重力勢(shì)能可以與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化。3.彈性勢(shì)能可以與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化。4.機(jī)械能：①重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能與動(dòng)能都是機(jī)械運(yùn)動(dòng)中的能量形式，統(tǒng)稱為機(jī)械能。②機(jī)械能可以從一種形式轉(zhuǎn)化成另一種形式?！久}思路】下列形式的能量不屬于機(jī)械能范疇的是（）A.彈性勢(shì)能B.動(dòng)能C.重力勢(shì)能D.內(nèi)能分析：機(jī)械能包括動(dòng)能和勢(shì)能，勢(shì)能分重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能，根據(jù)概念即可選出正確答案．解答：機(jī)械能分為動(dòng)能和勢(shì)能，勢(shì)能分重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能，所以內(nèi)能不屬于機(jī)械能，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：此題考查的是機(jī)械能的概念，只要知道機(jī)械能分類即可選出正確答案，基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】一個(gè)物體或