第67頁（共67頁）2026年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之功和能（2025年7月）一．選擇題（共8小題）1．（2025?郴州二模）改變汽車的質(zhì)量和速度大小，都可能使汽車的動能發(fā)生改變。若質(zhì)量不變，速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，汽車的動能變?yōu)樵瓉淼膸妆叮ǎ〢．16倍 B．8倍 C．4倍 D．2倍2．（2025春?鹽城期末）如圖所示，重為G的物體靜止在傾角為α的粗糙斜面上，現(xiàn)使斜面及物體一起水平向右勻速直線運動一段位移。則該過程中，對物體做正功的力是（）A．重力 B．彈力 C．合力 D．摩擦力3．（2025春?太原期末）汽車行駛中牽引力為F、車速為v，根據(jù)P＝Fv及汽車行駛的實際情況，下列說法正確的是（）A．P為汽車發(fā)動機的額定功率 B．P為汽車行駛過程中發(fā)動機的平均功率 C．汽車勻速行駛中，若阻力一定，車速越大，發(fā)動機的功率越小 D．汽車發(fā)動機的功率達到最大時，可通過降低車速來增大牽引力4．（2025?景德鎮(zhèn)模擬）運動員為了練習(xí)腰部力量，在腰部拴上輕繩然后沿著斜面下滑，運動的簡化模型如圖所示，傾角為37°的光滑斜面固定放置，質(zhì)量為m運動員與質(zhì)量為m的重物通過輕質(zhì)細繩連接，細繩跨過天花板上的兩個定滑輪，運動員從斜面上的某點由靜止開始下滑，當(dāng)運動到A點時速度大小為v0=652gL，且此時細繩與斜面垂直，當(dāng)運動到B點時，細繩與斜面的夾角為37°，已知A、B兩點之間的距離為2L，重力加速度為g，運動員在運動的過程中一直未離開斜面，細繩一直處于伸直狀態(tài)，不計細繩與滑輪之間的摩擦，運動員與重物（均視為質(zhì)點）總在同一豎直面內(nèi)運動，sin37°＝A．運動員在A點時，重物的速度大小為2425B．運動員從A點運動到B點，重物重力勢能的增加量為mgL2C．運動員從A點運動到B點，系統(tǒng)總重力勢能的減小為mgL5D．運動員在B點時，其速度大小為15．（2025?大興區(qū)模擬）一個音樂噴泉噴頭出水口的橫截面積為2×10﹣4m2，噴水速度約為10m/s，水的密度為1×103kg/m3，則該噴頭（）A．單位時間的噴水量約為2×10﹣2m3 B．單位時間的噴水量約為2×10﹣4m3 C．噴水的功率約為20W D．噴水的功率約為100W6．（2025春?江陰市校級期末）一質(zhì)量為m的車廂在平直軌道上行駛，當(dāng)速度為v時，車廂所受牽引力為F，阻力為f，則此時車廂所受牽引力的功率為（）A．Fv B．fv C．（F﹣f）v D．（F+f）v7．（2025春?重慶期末）行星運動的軌跡為橢圓，逆時針方向繞太陽運動，如圖所示，行星在靠近M點的過程中（）A．引力不做功 B．引力做正功 C．動能在減小 D．動能在增大8．（2025春?慈溪市期末）某城市廣場噴泉可看作豎直向上噴出，且上升和下降水流不發(fā)生碰撞，已知噴出的水柱達20m高，噴管的半徑為15πmA．1600kg，80000W B．1600kg，160000W C．3200kg，80000W D．3200kg，160000W二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025春?驛城區(qū)校級期末）橫截面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上，筒內(nèi)裝水，底部閥門K關(guān)閉時兩側(cè)水面高度分別為h1和h2，如圖所示。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g，不計水與筒壁間的摩擦阻力。現(xiàn)把連接兩筒的閥門K打開，最后兩筒水面高度相等，則該過程中（）A．水柱的重力做正功 B．大氣壓力對水柱做負功 C．水柱的機械能守恒 D．當(dāng)兩筒水面高度相等時，水柱的動能是1（多選）10．（2025?福建模擬）未來人類設(shè)計的真空列車隧道，可使列車在地球表面任意兩地間的運行時間縮短到42min。如圖所示，把地球看作質(zhì)量均勻分布、半徑為R的球體，在不考慮地球自轉(zhuǎn)的情況下，質(zhì)量為m的列車（不需要引擎）從A點由靜止進入隧道，從地球另一端的B點離開隧道，此過程中列車做簡諧運動，所用的時間等于地球表面近地衛(wèi)星周期的一半，與地心O到隧道的距離h無關(guān)，圖中O'為隧道的中點，已知質(zhì)量均勻分布的球殼對內(nèi)部物體的引力為零，地球表面的重力加速度大小為g，物體做簡諧運動的最大速度等于振幅乘以角速度，即vmA．列車的動能不超過mgR2B．列車從A點運動到B點的時間為2πC．列車在O'點受到的支持力大小為mgRRD．列車在O'點的速度大小為R（多選）11．（2025?長沙模擬）如圖為深坑打夯機工作示意圖。電動機帶動兩個摩擦輪勻速轉(zhuǎn)動，將夯桿從深坑豎直提起；當(dāng)夯桿的下端剛到達坑口時，夯桿被松開，一段時間后又落回坑底；周而復(fù)始地這樣工作，就可將坑底夯實。已知電動機皮帶運行速率v＝4m/s，兩摩擦輪對夯桿的壓力均為F＝2×104N，與夯桿的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.3，夯桿的質(zhì)量m＝1×103kg，坑深h＝4.2m，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力及夯實坑底引起的深度變化，則（）A．夯桿在上升階段經(jīng)歷了加速運動、勻速運動和減速運動 B．夯桿下端離開坑底的最大高度為5m C．每個打夯周期中，摩擦輪對夯桿做的功為4.2×104J D．由題目所給信息，可以計算出該深坑打夯機的打夯周期（多選）12．（2025?三臺縣模擬）如圖（a）所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關(guān)系如圖（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，下列判斷正確的是（）A．物塊的質(zhì)量為7kg B．物塊所受摩擦力f＝0.5N C．物塊在最高點時重力勢能為45J D．物塊上滑過程克服摩擦力做功為5J三．填空題（共4小題）13．（2025春?楊浦區(qū)校級期末）如圖，若質(zhì)量為m的小球從離地高為h的P點以大小為v0的速度斜向上飛出，球能到達的最高點離地高度為h2。以P點所在水平面為零勢能面，不計空氣阻力，球在Q點時的機械能為；球在經(jīng)過Q點后的下落過程中，其動能Ek與其離地高度h間的關(guān)系可能為。14．（2025春?楊浦區(qū)校級期末）“遼寧號”航空母艦的質(zhì)量為m，以速度v沿直線勻速駛向某訓(xùn)練海域，此時多臺蒸汽輪機發(fā)動機的輸出總功率為P。若因需要臨時關(guān)閉其中一半的發(fā)動機，則發(fā)動機剛剛關(guān)閉時“遼寧號”航空母艦的加速度大小為；描述發(fā)動機關(guān)閉后一段時間內(nèi)航空母艦的運動情況。15．（2025春?福州校級月考）如圖所示，有一質(zhì)量為m、長為L的均勻金屬鏈條，一半長度在光滑斜面上，斜面傾角為θ＝30°，另一半長度沿豎直方向下垂在空中。當(dāng)鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，以斜面頂點為重力勢能零點，重力加速度為g。則剛開始時鏈條的重力勢能為；鏈條從釋放至剛好從右側(cè)面全部滑出斜面的過程，重力所做的功為。16．（2025春?福州校級月考）電動機從很深的礦井中提升重物，重物由靜止開始豎直向上做勻加速運動，加速度大小為1m/s2，當(dāng)電動機輸出功率達到其允許輸出的最大值時，保持該功率不變。已知重物質(zhì)量為20kg，電動機最大輸出功率為4.4kW，則重物勻加速上升時，重物所受的拉力為N，勻加速運動的時間為s。（g＝10m/s2）四．解答題（共4小題）17．（2025?郴州二模）滑板運動是一項驚險刺激的運動，深受青少年的喜愛。如圖所示是滑板運動的一部分軌道，AB是一段圓弧形軌道，BC段水平。一運動員從AB軌道上的P點以一定的初速度v0下滑，到達B點的速度大小為6m/s，不計圓弧軌道上的摩擦和空氣阻力，已知運動員與滑板的總質(zhì)量為50kg，h＝1.35m，重力加速度g取10m/s2，求：（1）從P點運動到B點的過程中，運動員與滑板組成的系統(tǒng)機械能是否守恒？（2）運動員從P點運動到B點的過程中，運動員和滑板的總重力做的功W是多少？（3）運動員在P點的初速度v0的大小是多少？18．（2025?選擇性）如圖，一雪塊從傾角θ＝37°的屋頂上的O點由靜止開始下滑，滑到A點后離開屋頂。O、A間距離x＝2.5m，A點距地面的高度h＝1.95m，雪塊與屋頂?shù)膭幽Σ烈驍?shù)μ＝0.125。不計空氣阻力，雪塊質(zhì)量不變，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）雪塊從A點離開屋頂時的速度大小v0；（2）雪塊落地時的速度大小v1，及其速度方向與水平方向的夾角α。19．（2025?福建模擬）2025年全國室內(nèi)田徑大獎賽（第四站），鞏立姣以19米04的成績獲得女子鉛球冠軍。某次訓(xùn)練中運動員將質(zhì)量為m＝4kg的鉛球斜向上拋出，鉛球離開手的瞬間速度大小為v0＝10m/s、與水平方向的夾角θ＝53°，如圖所示，若鉛球離開手時離地高度h＝1.8m，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計空氣阻力。求：（1）鉛球落地前瞬間的動能；（2）鉛球落地點到O點的距離。20．（2025春?德陽校級期末）一質(zhì)量m＝0.2kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角為37°足夠長的斜面，某同學(xué)利用DIS實驗系統(tǒng)測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，如圖所示為通過計算機繪制出的滑塊上滑過程速度v隨時間t變化的v﹣t圖象。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2．求：（1）滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；（2）滑塊重新回到斜面底端的動能。

2026年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之功和能（2025年7月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案ADDCDACD二．多選題（共4小題）題號9101112答案ACDADABDBD一．選擇題（共8小題）1．（2025?郴州二模）改變汽車的質(zhì)量和速度大小，都可能使汽車的動能發(fā)生改變。若質(zhì)量不變，速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，汽車的動能變?yōu)樵瓉淼膸妆叮ǎ〢．16倍 B．8倍 C．4倍 D．2倍【考點】用動能的定義式計算物體的動能．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)動能表達式列式分析解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)動能表達式Ek=12mv2，質(zhì)量m不變，速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，汽車的動能變?yōu)樵瓉淼?6故選：A?！军c評】考查動能表達式的應(yīng)用，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。2．（2025春?鹽城期末）如圖所示，重為G的物體靜止在傾角為α的粗糙斜面上，現(xiàn)使斜面及物體一起水平向右勻速直線運動一段位移。則該過程中，對物體做正功的力是（）A．重力 B．彈力 C．合力 D．摩擦力【考點】功的正負及判斷．【專題】定性思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．【答案】D【分析】物塊向右做勻速直線運動，受力平衡，對物體進行受力分析，根據(jù)恒力做功公式分析即可?！窘獯稹拷猓何飰K向右做勻速直線運動，受力平衡，物體受重力（方向豎直向下）、支持力（垂直斜面向上）、摩擦力（沿斜面向上），位移方向水平向右，所以摩擦力做正功，支持力做負功，重力對物體不做功，合力為零，做功為零。故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題主要考查了同學(xué)們受力分析的能力，知道力和位移夾角小于90°時做正功，等于90°時不做功，大于90°時做負功。3．（2025春?太原期末）汽車行駛中牽引力為F、車速為v，根據(jù)P＝Fv及汽車行駛的實際情況，下列說法正確的是（）A．P為汽車發(fā)動機的額定功率 B．P為汽車行駛過程中發(fā)動機的平均功率 C．汽車勻速行駛中，若阻力一定，車速越大，發(fā)動機的功率越小 D．汽車發(fā)動機的功率達到最大時，可通過降低車速來增大牽引力【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導(dǎo)．【專題】定性思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)汽車的實際功率和相應(yīng)的公式進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈B．P為汽車發(fā)動機的實際瞬時功率，故AB錯誤；C．汽車勻速行駛中，若阻力一定，車速越大，根據(jù)P＝Fv＝fv可知發(fā)動機的功率越大，故C錯誤；D．根據(jù)P＝Fv，汽車發(fā)動機的功率達到最大時，可通過降低車速來增大牽引力，故D正確。故選：D。【點評】考查功率的計算問題，會對各種功率進行準(zhǔn)確分析識別，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。4．（2025?景德鎮(zhèn)模擬）運動員為了練習(xí)腰部力量，在腰部拴上輕繩然后沿著斜面下滑，運動的簡化模型如圖所示，傾角為37°的光滑斜面固定放置，質(zhì)量為m運動員與質(zhì)量為m的重物通過輕質(zhì)細繩連接，細繩跨過天花板上的兩個定滑輪，運動員從斜面上的某點由靜止開始下滑，當(dāng)運動到A點時速度大小為v0=652gL，且此時細繩與斜面垂直，當(dāng)運動到B點時，細繩與斜面的夾角為37°，已知A、B兩點之間的距離為2L，重力加速度為g，運動員在運動的過程中一直未離開斜面，細繩一直處于伸直狀態(tài)，不計細繩與滑輪之間的摩擦，運動員與重物（均視為質(zhì)點）總在同一豎直面內(nèi)運動，sin37°＝A．運動員在A點時，重物的速度大小為2425B．運動員從A點運動到B點，重物重力勢能的增加量為mgL2C．運動員從A點運動到B點，系統(tǒng)總重力勢能的減小為mgL5D．運動員在B點時，其速度大小為1【考點】機械能守恒定律的簡單應(yīng)用；關(guān)聯(lián)速度問題；重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；機械能守恒定律應(yīng)用專題；理解能力．【答案】C【分析】A、由題意可知，運動、繩、重物之間的速度為關(guān)聯(lián)速度問題，即繩子的速度等于重物的速度，運動員沿繩分解的速度為繩的速度，可根據(jù)運動的分解方法將重物的初速度算出；B、根據(jù)功能關(guān)系與幾何關(guān)系計算重物重力勢能的變量；C、運動員從A點運動到B點，重力做正功，重力勢能減少，根據(jù)功能關(guān)系與幾何關(guān)系計算運動員的重力勢能的變化量，結(jié)合上述選項分析過程，系統(tǒng)總重力勢能變化量可聯(lián)立解得；D、根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能，根據(jù)機械能守恒可計算運動員在B點時的速度大小。【解答】解：A、設(shè)運動員的速度為v′，繩與斜面夾角為α，則沿繩方向的分速度即重物的速度為v1＝v′cosα垂直繩方向的分速度為v2＝v′sinα可知在A點時，細繩與斜面垂直，所以運動員在A點時，重物的速度大小為零，故A錯誤；B、運動員從A點運動到B點，重物重力勢能的增加量為Δ故B錯誤；C、運動員從A點運動到B點，運動員的重力勢能減少ΔE聯(lián)立上式整理可得系統(tǒng)總重力勢能的增加量為Δ即減少了15mgL，故D、結(jié)合題意可知，運動員運動過程中，整個系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能，有mgL聯(lián)立上式，整理可得運動員在B點時，其速度大小為v故D錯誤。故選：C。【點評】本題結(jié)合關(guān)聯(lián)速度模型考查學(xué)生對運動的合成與分解、功能關(guān)系、系統(tǒng)機械能守恒問題的分析與應(yīng)用能力，其中重點考查重力做功與重力勢能的變化問題。5．（2025?大興區(qū)模擬）一個音樂噴泉噴頭出水口的橫截面積為2×10﹣4m2，噴水速度約為10m/s，水的密度為1×103kg/m3，則該噴頭（）A．單位時間的噴水量約為2×10﹣2m3 B．單位時間的噴水量約為2×10﹣4m3 C．噴水的功率約為20W D．噴水的功率約為100W【考點】平均功率的計算．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)單位時間的噴水量，結(jié)合噴頭噴水的功率等于Δt時間內(nèi)噴出的水的動能增加量分析求解。【解答】解：AB．單位時間的噴水量約為Q＝SvΔt解得單位時間的噴水量：Q＝2×10﹣3m3故AB錯誤；CD．設(shè)Δt時間內(nèi)從噴頭流出的水的質(zhì)量為m＝ρSvΔt噴頭噴水的功率等于Δt時間內(nèi)噴出的水的動能增加量，即P=解得噴頭噴水的功率：P＝100W故C錯誤，D正確；故選：D。【點評】本題考查了功率相關(guān)知識，理解噴水的功率與動能之間的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。6．（2025春?江陰市校級期末）一質(zhì)量為m的車廂在平直軌道上行駛，當(dāng)速度為v時，車廂所受牽引力為F，阻力為f，則此時車廂所受牽引力的功率為（）A．Fv B．fv C．（F﹣f）v D．（F+f）v【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導(dǎo)．【專題】定量思想；模型法；功率的計算專題；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)P＝Fv求車廂所受牽引力的功率?！窘獯稹拷猓阂阎俣葹関時，車廂所受牽引力為F，則此時車廂所受牽引力的功率為P＝Fv，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】解答本題時，要掌握功率公式P＝Fv，注意F是牽引力，不是合力。7．（2025春?重慶期末）行星運動的軌跡為橢圓，逆時針方向繞太陽運動，如圖所示，行星在靠近M點的過程中（）A．引力不做功 B．引力做正功 C．動能在減小 D．動能在增大【考點】功的正負及判斷；開普勒三大定律．【專題】定性思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．【答案】C【分析】行星在靠近M點的過程中，引力與速度方向的夾角為鈍角，引力做負功，由動能定理可知動能在減少?！窘獯稹拷猓盒行窃诳拷麺點的過程中，引力與速度方向的夾角為鈍角，引力做負功，由動能定理可知動能在減小，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題考查功的正負的判斷，解題關(guān)鍵是行星在靠近M點的過程中，引力與速度方向的夾角為鈍角，引力做負功。8．（2025春?慈溪市期末）某城市廣場噴泉可看作豎直向上噴出，且上升和下降水流不發(fā)生碰撞，已知噴出的水柱達20m高，噴管的半徑為15πmA．1600kg，80000W B．1600kg，160000W C．3200kg，80000W D．3200kg，160000W【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導(dǎo)；豎直上拋運動的規(guī)律及應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律求出噴出水的初速度和上升到最高點所花的時間，求出水柱的質(zhì)量，由功能關(guān)系求出噴管噴此水柱的輸出功率?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)豎直上拋運動規(guī)律，噴出水的初速度為v0=2gh=2×10×20m/s=20m/s，在時間Δt=2hg=2×2010故選：D?！军c評】本題考查了豎直上拋運動規(guī)律和功率的計算，解題關(guān)鍵是根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律求出噴出水的初速度和上升到最高點所花的時間。二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025春?驛城區(qū)校級期末）橫截面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上，筒內(nèi)裝水，底部閥門K關(guān)閉時兩側(cè)水面高度分別為h1和h2，如圖所示。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g，不計水與筒壁間的摩擦阻力?，F(xiàn)把連接兩筒的閥門K打開，最后兩筒水面高度相等，則該過程中（）A．水柱的重力做正功 B．大氣壓力對水柱做負功 C．水柱的機械能守恒 D．當(dāng)兩筒水面高度相等時，水柱的動能是1【考點】機械能守恒定律的簡單應(yīng)用；重力做功的特點和計算．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】ACD【分析】從把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中，大氣壓力對左筒水柱做正功與對右筒水柱做負功的絕對值相等，大氣壓力對水柱做的總功為零，只有水柱的重力做功，可知水柱的機械能守恒。重力做功等于水柱整體的重力勢能的減少量，又等于水柱增加的動能。應(yīng)用等效法求解重力勢能減少量。【解答】解：B、從把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中，大氣壓力對左筒水柱做正功，對右筒水柱做負功，因左筒水柱下降高度與右筒水柱上升高度相等，故大氣壓力對水柱做的總功為零，故B錯誤；ACD、因大氣壓力對水柱做的總功為零，故只有水柱的重力做功，可知水柱的機械能守恒。此過程等效于把左筒上方高為h1-hΔE重力做功等于水柱整體的重力勢能的減少量，又等于水柱增加的動能，故ACD正確。故選：ACD。【點評】本題考查了機械能守恒定律與功能關(guān)系的應(yīng)用。掌握解答中應(yīng)用等效法求解重力勢能減少量的方法。（多選）10．（2025?福建模擬）未來人類設(shè)計的真空列車隧道，可使列車在地球表面任意兩地間的運行時間縮短到42min。如圖所示，把地球看作質(zhì)量均勻分布、半徑為R的球體，在不考慮地球自轉(zhuǎn)的情況下，質(zhì)量為m的列車（不需要引擎）從A點由靜止進入隧道，從地球另一端的B點離開隧道，此過程中列車做簡諧運動，所用的時間等于地球表面近地衛(wèi)星周期的一半，與地心O到隧道的距離h無關(guān)，圖中O'為隧道的中點，已知質(zhì)量均勻分布的球殼對內(nèi)部物體的引力為零，地球表面的重力加速度大小為g，物體做簡諧運動的最大速度等于振幅乘以角速度，即vmA．列車的動能不超過mgR2B．列車從A點運動到B點的時間為2πC．列車在O'點受到的支持力大小為mgRRD．列車在O'點的速度大小為R【考點】動能大小的影響因素及比較；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數(shù)；萬有引力與重力的關(guān)系（黃金代換）；第一、第二和第三宇宙速度的物理意義．【專題】定量思想；方程法；動能定理的應(yīng)用專題；理解能力．【答案】AD【分析】利用簡諧運動的周期公式、萬有引力定律以及動能定理等物理原理來求解列車在特定位置的速度、動能、支持力以及運動時間?！窘獯稹拷猓篈、如圖所示，當(dāng)列車經(jīng)過地心O時動能最大，物體做簡諧運動的最大速度等于振幅乘以角速度，即周期T＝2πR解得ω=gR，振幅最大為R，故速度為vm＝ωA12故A正確；B、根據(jù)題意可知，在地球表面近，衛(wèi)星的周期T滿足GMmR在地表附近有GMmR聯(lián)立解得T=2故列車從A點運動到B點的時間為t=故B錯誤；C、根據(jù)題意可知，將地球看作兩部分，一部分是以O(shè)為球心，h為半徑的小球，另一部分即剩余的球殼，球殼對O′處的引力為零，列車在O′點受到的支持力大小F=故C錯誤；D、根據(jù)題意可知，根據(jù)線速度與角速度關(guān)系有，列車在O′點的速度大小v=故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了簡諧運動、萬有引力定律、牛頓第二定律以及動能定理等知識點。（多選）11．（2025?長沙模擬）如圖為深坑打夯機工作示意圖。電動機帶動兩個摩擦輪勻速轉(zhuǎn)動，將夯桿從深坑豎直提起；當(dāng)夯桿的下端剛到達坑口時，夯桿被松開，一段時間后又落回坑底；周而復(fù)始地這樣工作，就可將坑底夯實。已知電動機皮帶運行速率v＝4m/s，兩摩擦輪對夯桿的壓力均為F＝2×104N，與夯桿的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.3，夯桿的質(zhì)量m＝1×103kg，坑深h＝4.2m，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力及夯實坑底引起的深度變化，則（）A．夯桿在上升階段經(jīng)歷了加速運動、勻速運動和減速運動 B．夯桿下端離開坑底的最大高度為5m C．每個打夯周期中，摩擦輪對夯桿做的功為4.2×104J D．由題目所給信息，可以計算出該深坑打夯機的打夯周期【考點】彈力（支持力、拉力、壓力等）做功的計算；勻變速直線運動規(guī)律的綜合應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；直線運動規(guī)律專題；牛頓運動定律綜合專題；功的計算專題；理解能力．【答案】ABD【分析】根據(jù)給定的物理參數(shù)計算夯桿在加速、勻速和減速階段的運動情況；利用能量守恒定律計算摩擦輪對夯桿做的功；通過運動學(xué)公式計算打夯周期?！窘獯稹拷猓篈、夯桿在上升階段經(jīng)歷了向上加速運動、達到與摩擦輪共速后勻速運動，最后減速運動到最高點，故A正確；B、夯桿的下端剛到達坑口時，夯桿被松開，電動機皮帶運行速率v＝4m/s，夯桿下端離開坑底的最大高度為hm=v代入數(shù)據(jù)解得hm＝5m故B正確；C、根據(jù)能量守恒，每個打夯周期中，摩擦輪對夯桿做的功為W＝mghm代入數(shù)據(jù)解得W＝5×104J故C錯誤；D、打夯機向上加速度2μF﹣mg＝ma加速時間t1代入數(shù)據(jù)解得t1＝2s加速位移x1代入數(shù)據(jù)解得x1＝4m勻速時間t2=代入數(shù)據(jù)解得t2＝0.05s減速時間t代入數(shù)據(jù)解得t3＝0.4s根據(jù)自由落體運動公式，可求反向運動時間hm解得t4＝1s運動總時間即周期t＝3.45s故D正確。故選：ABD?！军c評】本題考查了動力學(xué)、能量守恒定律以及運動學(xué)的基本原理。通過分析夯桿在不同階段的運動情況，可以確定夯桿的運動狀態(tài)、最大高度、摩擦輪對夯桿做的功以及打夯周期。（多選）12．（2025?三臺縣模擬）如圖（a）所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關(guān)系如圖（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，下列判斷正確的是（）A．物塊的質(zhì)量為7kg B．物塊所受摩擦力f＝0.5N C．物塊在最高點時重力勢能為45J D．物塊上滑過程克服摩擦力做功為5J【考點】動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】分別對上滑過程和下滑過程列動能定理表達式，結(jié)合數(shù)學(xué)知識求得物塊的質(zhì)量和所受摩擦力；再分別計算物塊在最高點時重力勢能和物塊上滑過程克服摩擦力做的功?！窘獯稹拷猓篈B、物塊沿斜面上滑對應(yīng)b圖中0﹣10m部分，由圖可知圖像的斜率為4，初動能為40J，由動能定理得EK﹣40＝﹣mgssin30°﹣fs，整理可知對應(yīng)表達式的斜率為5m+f，則5m+f＝4①；物塊沿斜面下滑對應(yīng)b圖中10m﹣20m部分，由圖可知圖像的斜率為3，由動能定理得EK＝mgssinθ﹣fs，對應(yīng)表達式的斜率為5m﹣f，則5m﹣f＝3②，聯(lián)立①②得，m＝0.7kg，f＝0.5N，故A錯誤，B正確；C、由圖b可知，物塊上滑的最大距離為10m，物塊在最高點時重力勢能EP＝mgssin30°，則EP＝35J，故C錯誤；D、由圖b可知，物塊上滑的最大距離為10m，物塊上滑過程克服摩擦力做功w＝fs，則w＝5J，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查了動能定理的應(yīng)用，需要結(jié)合數(shù)學(xué)知識利用斜率求解。三．填空題（共4小題）13．（2025春?楊浦區(qū)校級期末）如圖，若質(zhì)量為m的小球從離地高為h的P點以大小為v0的速度斜向上飛出，球能到達的最高點離地高度為h2。以P點所在水平面為零勢能面，不計空氣阻力，球在Q點時的機械能為12mv02；球在經(jīng)過Q點后的下落過程中，其動能Ek與其離地高度h間的關(guān)系可能為【考點】機械能守恒定律的簡單應(yīng)用；斜拋運動．【專題】定性思想；推理法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】12m【分析】系統(tǒng)機械能守恒，排球在Q點的機械能等于P點的機械能，由機械能守恒定律得到動能Ek與其離地高度h間的函數(shù)關(guān)系，根據(jù)函數(shù)關(guān)系求解。【解答】解：不計空氣阻力，由機械能守恒定律可知，排球在Q點的機械能等于P點的機械能，即小球在Q點時的機械能為12下落過程，小球機械能守恒，則有1整理得E可知Ek﹣h圖像是斜率為負的一條直線，故C正確，ABD錯誤。故選：C。故答案為：12m【點評】本題關(guān)鍵根據(jù)機械能守恒定律列式求解，守恒條件為系統(tǒng)只有重力或者彈力做功，應(yīng)用機械能守恒定律解題不需要分析過程，只找出初末狀態(tài)即可。14．（2025春?楊浦區(qū)校級期末）“遼寧號”航空母艦的質(zhì)量為m，以速度v沿直線勻速駛向某訓(xùn)練海域，此時多臺蒸汽輪機發(fā)動機的輸出總功率為P。若因需要臨時關(guān)閉其中一半的發(fā)動機，則發(fā)動機剛剛關(guān)閉時“遼寧號”航空母艦的加速度大小為P2vm；描述發(fā)動機關(guān)閉后一段時間內(nèi)航空母艦的運動情況航空母艦做加速度減小的減速運動，直至加速度減小為0時做勻速直線運動【考點】機車以恒定功率啟動；功率的定義、物理意義和計算式的推導(dǎo)．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】P2vm，航空母艦做加速度減小的減速運動，直至加速度減小為【分析】勻速時，由平衡條件列式，減速運動，根據(jù)牛頓第二定律列式，聯(lián)立求加速度；分析加速度，確定航空母艦運動情況。【解答】解：航空母艦勻速時，由平衡條件有F關(guān)閉其中一半的發(fā)動機，則功率減半，航空母艦做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律則有f聯(lián)立解得加速度大小a由f可知速度減小，牽引力增大，合力減小，加速度減小，即航空母艦做加速度減小的減速運動，直至加速度減小為0時做勻速直線運動。故答案為：P2vm，航空母艦做加速度減小的減速運動，直至加速度減小為【點評】本題解題關(guān)鍵是分析出勻速運動合力為零，減速運動，滿足牛頓第二定律。15．（2025春?福州校級月考）如圖所示，有一質(zhì)量為m、長為L的均勻金屬鏈條，一半長度在光滑斜面上，斜面傾角為θ＝30°，另一半長度沿豎直方向下垂在空中。當(dāng)鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，以斜面頂點為重力勢能零點，重力加速度為g。則剛開始時鏈條的重力勢能為-3mgL16；鏈條從釋放至剛好從右側(cè)面全部滑出斜面的過程，重力所做的功為5【考點】重力勢能的定義和性質(zhì)；重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系；重力做功的特點和計算．【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．【答案】-3mgL16【分析】以斜面最高點所在平面為重力勢能的參考平面，分兩段確定鏈條的重力勢能，注意重力勢能是負值；根據(jù)重力勢能變化量求解重力做功?！窘獯稹拷猓阂孕泵骓旤c為重力勢能零點，剛開始時鏈條的重力勢能為Ep鏈條從右側(cè)剛好全部滑出時，重力勢能為E'此過程重力勢能變化了ΔE根據(jù)WG＝﹣ΔEp可知鏈條從釋放至剛好從右側(cè)面全部滑出斜面的過程，重力所做的功為WG故答案為：-3mgL16【點評】在解題時要注意靈活選擇零勢能面，并根據(jù)鏈條的形狀分段表示重力勢能。要注意當(dāng)鏈條的重心在參考平面下方時重力勢能為負值。16．（2025春?福州校級月考）電動機從很深的礦井中提升重物，重物由靜止開始豎直向上做勻加速運動，加速度大小為1m/s2，當(dāng)電動機輸出功率達到其允許輸出的最大值時，保持該功率不變。已知重物質(zhì)量為20kg，電動機最大輸出功率為4.4kW，則重物勻加速上升時，重物所受的拉力為220N，勻加速運動的時間為20s。（g＝10m/s2）【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導(dǎo)；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】220；20?！痉治觥扛鶕?jù)牛頓第二定律列式求解重物所受的拉力；根據(jù)功率的定義求解速度，再根據(jù)t=va求解【解答】解：重物勻加速上升時的受力，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣Mg＝Ma代入數(shù)據(jù)，解得重物所受的拉力為F＝220N當(dāng)電動機輸出功率達到其允許輸出的最大值時重物的速度為v，根據(jù)功率的定義可得P＝Fv代入數(shù)據(jù)，解得v＝20m/s則勻加速運動的時間為t=故答案為：220；20。【點評】考查對牛頓第二定律和功率的理解，熟悉公式的運用。四．解答題（共4小題）17．（2025?郴州二模）滑板運動是一項驚險刺激的運動，深受青少年的喜愛。如圖所示是滑板運動的一部分軌道，AB是一段圓弧形軌道，BC段水平。一運動員從AB軌道上的P點以一定的初速度v0下滑，到達B點的速度大小為6m/s，不計圓弧軌道上的摩擦和空氣阻力，已知運動員與滑板的總質(zhì)量為50kg，h＝1.35m，重力加速度g取10m/s2，求：（1）從P點運動到B點的過程中，運動員與滑板組成的系統(tǒng)機械能是否守恒？（2）運動員從P點運動到B點的過程中，運動員和滑板的總重力做的功W是多少？（3）運動員在P點的初速度v0的大小是多少？【考點】機械能守恒定律的簡單應(yīng)用；重力做功的特點和計算．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）從P點運動到B點的過程中，運動員與滑板組成的系統(tǒng)機械能守恒；（2）運動員從P點運動到B點的過程中，運動員和滑板的總重力做的功W是675J；（3）運動員在P點的初速度v0的大小是3m/s?！痉治觥浚?）根據(jù)機械能守恒的條件解答；（2）根據(jù)力做功的定義解答；（3）根據(jù)機械能守恒定律解答；【解答】解：（1）不計圓弧軌道上的摩擦和空氣阻力，從P點運動到B點的過程中，運動員與滑板組成的系統(tǒng)只有重力做功，其機械能是守恒的。（2）運動員從P點運動到B點的過程中，運動員和滑板的總重力做的功為：W＝mgh＝50×10×1.35J＝675J（3）運動員到達B點的速度大小為v＝6m/s，運動員從P點運動到B點的過程，對運動員與滑板組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律得：mgh=解得：v0＝3m/s答：（1）從P點運動到B點的過程中，運動員與滑板組成的系統(tǒng)機械能守恒；（2）運動員從P點運動到B點的過程中，運動員和滑板的總重力做的功W是675J；（3）運動員在P點的初速度v0的大小是3m/s?！军c評】本題考查了機械能守恒定律的應(yīng)用，掌握機械能守恒定律成立的條件。18．（2025?選擇性）如圖，一雪塊從傾角θ＝37°的屋頂上的O點由靜止開始下滑，滑到A點后離開屋頂。O、A間距離x＝2.5m，A點距地面的高度h＝1.95m，雪塊與屋頂?shù)膭幽Σ烈驍?shù)μ＝0.125。不計空氣阻力，雪塊質(zhì)量不變，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）雪塊從A點離開屋頂時的速度大小v0；（2）雪塊落地時的速度大小v1，及其速度方向與水平方向的夾角α?！究键c】機械能與曲線運動相結(jié)合的問題；斜拋運動；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；機械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）雪塊到A點速度大小v0為5m/s；（2）雪塊到地面速度大小v1為8m/s，方向與水平方向夾角α為60°?！痉治觥浚?）對雪塊由靜止下滑到A點的過程，根據(jù)動能定理求解雪塊到A點速度大??；（2）根據(jù)機械能守恒定律得求解雪塊到地面速度大小。雪塊由A點到地面的過程做斜拋運動，根據(jù)矢量的合成與分解求解雪塊由A點到地面的速度與水平方向夾角。【解答】解：（1）雪塊由靜止下滑到A點的過程，根據(jù)動能定理得：mgxsinθ﹣μmgxcosθ=解得：v0＝5m/s（2）雪塊由A點到地面的過程，根據(jù)機械能守恒定律得：mgh+解得：v1＝8m/s雪塊由A點到地面的過程做斜拋運動，在水平方向做勻速運動的速度大小為：vx＝v0cosθ，解得：vx＝4m/s由速度分解可得：cosα=解得：α＝60°答：（1）雪塊到A點速度大小v0為5m/s；（2）雪塊到地面速度大小v1為8m/s，方向與水平方向夾角α為60°?！军c評】本題考查了機械能守恒定律、動能定理的應(yīng)用，以及拋體運動的特點，題目較簡單。也可應(yīng)用牛頓第二定律，結(jié)合運動學(xué)公式解答。19．（2025?福建模擬）2025年全國室內(nèi)田徑大獎賽（第四站），鞏立姣以19米04的成績獲得女子鉛球冠軍。某次訓(xùn)練中運動員將質(zhì)量為m＝4kg的鉛球斜向上拋出，鉛球離開手的瞬間速度大小為v0＝10m/s、與水平方向的夾角θ＝53°，如圖所示，若鉛球離開手時離地高度h＝1.8m，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計空氣阻力。求：（1）鉛球落地前瞬間的動能；（2）鉛球落地點到O點的距離?！究键c】動能定理的簡單應(yīng)用；斜拋運動．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；動能定理的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）鉛球落地前瞬間的動能為272J；（2）鉛球落地點到O點的距離為10.8m?！痉治觥浚?）根據(jù)動能定理求解鉛球落地前瞬間的動能；（2）鉛球離開手后做斜拋運動，在豎直方向上做豎直上拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，應(yīng)用運動學(xué)公式，結(jié)合分運動的等時性求解鉛球落地點到O點的距離?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)鉛球落地前瞬間的動能為Ek，根據(jù)動能定理得：mgh＝Ek-解得：Ek＝272J（2）鉛球離開手后做斜拋運動，在豎直方向上做豎直上拋運動，則有：h＝﹣v0sinθ?t+12解得：t＝1.8s，（另一解為負值，舍去。）根據(jù)在水平方向上做勻速直線運動，可得鉛球落地點到O點的距離為：x＝v0cosθ?t＝10×0.6×1.8m＝10.8m答：（1）鉛球落地前瞬間的動能為272J；（2）鉛球落地點到O點的距離為10.8m?！军c評】本題考查了動能定理的應(yīng)用，斜拋運動的規(guī)律。本題（1）也可用機械能守恒定律解答。對于斜拋運動要將運動分解處理，根據(jù)分運動的等時性解答。20．（2025春?德陽校級期末）一質(zhì)量m＝0.2kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角為37°足夠長的斜面，某同學(xué)利用DIS實驗系統(tǒng)測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，如圖所示為通過計算機繪制出的滑塊上滑過程速度v隨時間t變化的v﹣t圖象。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2．求：（1）滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；（2）滑塊重新回到斜面底端的動能?！究键c】動能定理的簡單應(yīng)用；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況；判斷是否存在摩擦力．【專題】計算題；定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)v﹣t圖象應(yīng)用加速度定義式求出加速度，應(yīng)用牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)；（2）應(yīng)用動能定理可以求出滑塊返回斜面底端時的速度?！窘獯稹拷猓海?）由圖示v﹣t圖象可知，滑塊的加速度大小為：a=ΔvΔt=物體在沖上斜面過程中，由牛頓第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°＝ma，代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.25；（2）滑塊向上滑行的距離為：x=12滑塊下滑過程，由動能定理得：mgxsin37°﹣μmgxcso37°＝EK，代入數(shù)據(jù)解得：EK＝0.8J；答：（1）滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25；（2）滑塊重新回到斜面底端的動能為0.8J?！军c評】本題考查了動能定理的應(yīng)用，根據(jù)題意與圖示圖線分析清楚滑塊的運動過程是解題的前提，由圖示圖線求出加速度，應(yīng)用牛頓第二定律與動能定理可以解題。

考點卡片1．豎直上拋運動的規(guī)律及應(yīng)用【知識點的認識】1．定義：物體以初速度v0豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運動，叫做豎直上拋運動。2．特點：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特點：只受重力作用（沒有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計）；（3）加速度：a＝g，其大小不變，方向始終豎直向下。3．運動規(guī)律：取豎直向上的方向為正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．幾個特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）質(zhì)點在通過同一高度位置時，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需時間t上和從最高處落回到拋出點所需時間相等t下，t上＝t下=v【命題方向】例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10m/s2．5s內(nèi)物體的（）A．路程為65mB．位移大小為25m，方向向上C．速度改變量的大小為10m/sD．平均速度大小為13m/s，方向向上分析：豎直上拋運動看作是向上的勻減速直線運動，和向下的勻加速直線運動，明確運動過程，由運動學(xué)公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物體的速度減為零需要的時間t=v0g=3010A、路程應(yīng)等于向上的高度與后2s內(nèi)下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后兩s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在拋出點的上方，故C、速度的改變量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C錯誤；D、平均速度v=ht=25故選：AB。點評：豎直上拋運動中一定要靈活應(yīng)用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確理解公式，如平均速度一定要用位移除以時間；速度變化量可以用△v＝at求得。例2：在豎直的井底，將一物塊以11m/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井口時被人接住，在被人接住前1s內(nèi)物體的位移是4m，位移方向向上，不計空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間；（2）豎直井的深度。分析：豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分段法，此題可以直接應(yīng)用整體法進行求解。解答：（1）設(shè)最后1s內(nèi)的平均速度為v則：v=平均速度等于中間時刻的瞬時速度，即接住前0.5s的速度為v1＝4m/s設(shè)物體被接住時的速度為v2，則v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，則物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間t=v2-v0g（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×答：（1）物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間為1.2s（2）豎直井的深度為6m。點評：豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分段法，此題只有豎直向上的勻減速運動，直接應(yīng)用整體法求解即可。【解題方法點撥】1．豎直上拋運動的兩種研究方法：（1）分段法：上升階段是勻減速直線運動，下落階段是自由落體運動，下落過程是上升過程的逆過程。（2）整體法：從全程來看，加速度方向始終與初速度v0的方向相反，所以可把豎直上拋運動看成一個勻變速直線運動，要特別注意v0、vt、g、h等矢量的正、負號。一般選取豎直向上為正方向，v0總是正值，上升過程中vt為正值，下落過程中vt為負值；物體在拋出點以上時h為正值，物體在拋出點以下時h為負值。?。贺Q直上拋運動的上升階段和下降階段具有對稱性：①速度對稱：上升和下降過程經(jīng)過同一位置時速度等大、反向；②時間對稱：上升和下降過程經(jīng)過同一段高度的上升時間和下降時間相等。2．勻變速直線運動規(guī)律的綜合應(yīng)用【知識點的認識】本考點下的題目，代表的是一類復(fù)雜的運動學(xué)題目，往往需要用到多個公式，需要細致的思考才能解答?！久}方向】如圖，甲、乙兩運動員正在訓(xùn)練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運動員經(jīng)短距離加速后都能達到并保持8m/s的速度跑完全程．設(shè)乙從起跑后到接棒前的運動是勻加速的，加速度大小為2.5m/s2．乙在接力區(qū)前端聽到口令時起跑，在甲、乙相遇時完成交接棒．在某次練習(xí)中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力區(qū)前端s0＝11.0m處向乙發(fā)出起跑口令．已知接力區(qū)的長度為L＝20m．求：（1）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離．（2）為了達到理想成績，需要乙恰好在速度達到與甲相同時被甲追上，則甲應(yīng)在接力區(qū)前端多遠時對乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是多少？分析：（1）甲乙兩人不是從同一地點出發(fā)的，當(dāng)已追上甲時，它們的位移關(guān)系是s0+12at2＝（2）當(dāng)兩人的速度相等時，兩車的距離為零，即處于同一位置．（3）由t=x解答：（1）設(shè)乙加速到交接棒時運動時間為t，則在甲追擊乙過程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長時間3.2s實際舍去）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x（2）乙加速時間t設(shè)甲在距離接力區(qū)前端為s時對乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過程中有s代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運動，所以棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是t點評：此題考查追及相遇問題，一定要掌握住兩者何時相遇、何時速度相等這兩個問題，這道題是典型的追及問題，同學(xué)們一定要掌握?。窘忸}思路點撥】熟練掌握并深刻理解運動學(xué)的基礎(chǔ)公式及導(dǎo)出公式，結(jié)合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時游刃有余。3．根據(jù)v-t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況【知識點的認識】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時間變化的關(guān)系。2.圖像實例：3.各參數(shù)的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運動；②表示物體沿正方向做勻速直線運動；③表示物體沿正方向做勻減速直線運動；④交點的縱坐標(biāo)表示三個物體此時的速度相同；⑤t1時刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時間內(nèi)的位移。5.本考點是v﹣t圖像考法的一種，即根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析多個物體的運動的情況。【命題方向】甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t1時刻并排行駛，下列說法正確的是（）A.t1時刻到t2時刻這段時間，甲車一直在乙車之前B.t2時刻甲、乙兩車再次并排行駛C.t1時刻到t2時刻這段時間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度大小先增大后減小D.t1時刻到t2時刻這段時間，兩車的加速度都先減小后增大分析：在v﹣t圖像中，斜率表示加速度，面積表示位移，定性地判斷兩車的加速度和位移的關(guān)系即可。解答：A、由圖可知，t1時刻到t2時刻這段時間內(nèi)，甲車的速度始終大于乙車的速度，因為兩車在t1時刻并排行駛，所以t1時刻到t2時刻的這段時間內(nèi)，甲車一直在乙車前面，故A正確；B、t2時刻甲乙兩車速度相等，同A選項的分析可知，在t1～t2時間內(nèi)，甲車一直在乙車前面，故B錯誤；CD、v﹣t圖像斜率表示加速度，可知在t1時刻到t2時刻這段時間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度也是先減小后增大，故C錯誤，D正確。故選：AD。點評：本題主要考查了v﹣t圖像，理解斜率表示加速度，面積表示位移，可定性地分析兩車的運動情況即可?！窘忸}思路點撥】圖像類問題是從數(shù)學(xué)的角度描述了物體的運動規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時間的變化情況。針對此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運動情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學(xué)概念進行分析。4．判斷是否存在摩擦力【知識點的認識】1.考點意義：有很多題目會綜合考查摩擦力的相關(guān)知識，不區(qū)分靜摩擦力和滑動摩擦力，所以設(shè)置本考點。2.對于是否存在摩擦力可以按以下幾個方法判斷：①條件法：根據(jù)摩擦力的產(chǎn)生條件進行判斷。a、接觸面粗糙；b、兩物體間存在彈力；c、有相對運動或相對運動的趨勢。②假設(shè)法：假設(shè)有或者沒有摩擦力，判斷物體運動狀態(tài)是否會改變。【命題方向】如圖，長方體甲乙疊放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做勻速直線運動（）A、甲、乙之間一定有摩擦力B、水平地面對乙沒有摩擦力C、甲對乙的摩擦力大小為F，方向水平向右D、水平地面對乙的摩擦力大小為F．方向水平向右分析：首先對甲、乙的整體進行分析，根據(jù)平衡力的知識得出乙與地面間的摩擦力；以甲為研究對象，進行受力分析，得出甲與乙之間的摩擦力．解答：A、以甲為研究對象，由于做勻速直線運動，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙對其向左的摩擦力，故A正確；B、以甲、乙的整體為研究對象，由于受向右的拉力作用，所以還受向左的摩擦力作用，B錯誤；C、由A知，甲受乙對其向左的摩擦力，根據(jù)力的作用的相互性，所以甲對乙向右的摩擦力作用，故C正確；D、由B知，水平地面對乙的摩擦力大小為F，方向水平向左，故D錯誤。故選：AC。點評：本題關(guān)鍵正確選擇研究對象，然后再根據(jù)兩物體及整體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件分析受力情況即可．【解題思路點撥】對物體受力的判斷常采用的方法之一就是假設(shè)法，假設(shè)物體受或不受某力會使物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化，那么假設(shè)不成立。5．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(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，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。6．關(guān)聯(lián)速度問題【知識點的認識】1.模型本質(zhì)：通過繩和桿連接的兩個物體，盡管實際的運動方向不同，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，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)：物體的實際運動就是合運動。（2）分解方法：把物體的實際速度分解為垂直于繩方向和平行于繩方向的兩個分量，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、乙所示的速度進行分解，結(jié)果如下圖甲、乙所示?！久}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，船的速度為v，此時人的拉力大小為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FcosD.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，連接船的繩子端點既參與了繩子收縮方向上的運動，又參與了繞定滑輪的擺動．根據(jù)船的運動速度，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、船運動的速度是沿繩子收縮方向的速度和繞定滑輪的擺動速度的合速度。如圖所示根據(jù)平行四邊形定則有，v人＝vcosθ．故A、B錯誤。CD、對小船受力分析，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。點評：解決本題的關(guān)鍵知道船運動的速度是沿繩子收縮方向的速度和繞定滑輪的擺動速度的合速度，并掌握受力分析與理解牛頓第二定律．【解題思路點撥】“關(guān)聯(lián)物體”速度的分解（1）船的實際運動為合運動，此運動產(chǎn)生兩個效果，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的趨勢。（2）關(guān)聯(lián)物體速度的分析思路7．斜拋運動【知識點的認識】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動叫做拋體運動。2．方向：直線運動時物體的速度方向始終在其運動軌跡的直線方向上；曲線運動中，質(zhì)點在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點的切線方向。因此，做拋體運動的物體的速度方向，在其運動軌跡各點的切線方向上，并指向物體前進的方向。注：由于曲線上各點的切線方向不同，所以，曲線運動的速度方向時刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運動的條件：（1）物體做直線運動：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，物體做直線運動。（2）物體做曲線運動：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，物體做曲線運動。4．平拋運動（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動。（2）條件：①初速度方向為水平；②只受重力作用。（3）規(guī)律：平拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是自由落體運動，所以平拋運動是勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=vtanα=5．斜拋運動（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動叫做斜拋運動。（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：斜拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是豎直上拋運動，所以斜拋運動是勻變速曲線運動。（4）公式：水平方向初速度：【命題方向】例1：某學(xué)生在體育場上拋出鉛球，其運動軌跡如圖所示。已知在B點時的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點的速率比C點的速率大B．D點的加速度比C點加速度大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：不計空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機械能守恒；拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速運動。解答：A、拋體運動，機械能守恒，D點位置低，重力勢能小，故動能大，速度大，故A正確；B、拋體運動，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯誤；C、從B到D是平拋運動，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點B處加速度與速度垂直，故C錯誤；D、從B到D是平拋運動，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錯誤。故選：A。點評：拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速直線運動，拋體運動機械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點，不計空氣阻力。若拋射點B向籃板方向移動一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運動知識，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運動，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：可以將籃球的運動，等效成籃球做平拋運動，當(dāng)水平速度越大時，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均錯誤。故選：C。點評：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，解題很煩同時容易出錯?！窘忸}方法點撥】類平拋運動：1．定義：當(dāng)物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時，物體做類平拋運動。2．類平拋運動的分解方法（1）常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。（2）特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當(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．類平拋運動問題的求解思路：根據(jù)物體受力特點和運動特點判斷該問題屬于類平拋運動問題﹣﹣求出物體運動的加速度﹣﹣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．類拋體運動當(dāng)物體在巨力作用下運動時，若物體的初速度不為零且與外力不在一條直線上，物體所做的運動就是類拋體運動。在類拋體運動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、初速度沿這兩個方向分解。②求出這兩個方向上的加速度、初速度。③確定這兩個方向上的分運動性質(zhì)，選擇合適的方程求解。8．開普勒三大定律【知識點的認識】開普勒行星運動三大定律基本內(nèi)容：1、開普勒第一定律（軌道定律）：所有的行星圍繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。2、開普勒第二定律（面積定律）：對于每一個行星而言，太陽和行星的連線在相等的時間內(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圓形軌道處理，則開普勒定律描述為：1．行星繞太陽運動的軌道十分接近圓，太陽處在圓心；2．對于某一行星來說，它繞太陽做圓周運動的角速度（或線速度）不變，即行星做勻速圓周運動；3．所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，即：R3【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查開普勒三個定律的基本認識：關(guān)于行星繞太陽運動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動B．行星繞太陽運動時太陽位于行星軌道的中心處C．離太陽越近的行星的運動周期越長D．所有行星軌道半長軸的三次方跟公轉(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動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。在相等時間內(nèi)，太陽和運動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R3T解：A、開普勒第一定律可得，所有行星都繞太陽做橢圓運動，且太陽處在所有橢圓的一個焦點上。故A錯誤；B、開普勒第一定律可得，行星繞太陽運動時，太陽位于行星軌道的一個焦點處，故B錯誤；C、由公式R3T2D、開普勒第三定律可得，所以行星軌道半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，故D正確；故選：D。點評：行星繞太陽雖然是橢圓運動，但我們可以當(dāng)作圓來處理，同時值得注意是周期是公轉(zhuǎn)周期。（2）第二類?？碱}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，該行星會運行到日地連線的延長線上，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，那么由開普勒第三定律知其周期長，其繞太陽轉(zhuǎn)的慢。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，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。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，說明從最初在日地連線的延長線上開始，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地故選：B。點評：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}思路點撥】（1）開普勒行星運動定律是對行星繞太陽運動規(guī)律的總結(jié)，它也適用于其他天體的運動。（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的運動快慢規(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動快慢的規(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)用時可按以下步驟分析：①首先判斷兩個行星的中心天體是否相同，只有兩個行星是同一個中心天體時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。9．萬有引力與重力的關(guān)系（黃金代換）【知識點的認識】對地球上的物體而言，受到的萬有引力要比地球自轉(zhuǎn)引起的物體做圓周運動所需的向心力大的多，所以通?？梢院雎缘厍蜃赞D(zhuǎn)帶來的影響，近似認為萬有引力完全等于重力。即GMmR化簡得到：GM＝gR2其中g(shù)是地球表面的重力加速度，R表示地球半徑，M表示地球的質(zhì)量，這個式子的應(yīng)用非常廣泛，被稱為黃金代換公式。【命題方向】火星探測器著陸器降落到火星表面上時，經(jīng)過多次彈跳才停下．假設(shè)著陸器最后一次彈跳過程，在最高點的速度方向是水平的，大小為v0，從最高點至著陸點之間的距離為s，下落的高度為h，如圖所示，不計一切阻力．（1）求火星表面的重力加速度g0．（2）已知萬有引力恒量為G，火星可視為半徑為R的均勻球體，忽略火星自轉(zhuǎn)的影響，求火星的質(zhì)量M．分析：根據(jù)平拋運動規(guī)律求出星球表面重力加速度．運用黃金代換式GM＝gR2求出問題．解答：（1）著陸器從最高點落至火星表面過程做平拋運動，由平拋規(guī)律得：水平方向上，有x＝v0t①豎直方向上，有h=12g0t2著陸點與最高點之間的距離s滿足s2＝x2+h2③由上3式解得火星表面的重力加速度g0=2h（2）在火星表面的物體，重力等于火星對物體的萬有引力，得mg0＝GMmR2把④代入⑤解得火星的質(zhì)量M=答：（1）火星表面的重力加速度g0是2h（2）火星的質(zhì)量M是2h點評：重力加速度g是天體運動研究和天體表面宏觀物體運動研究聯(lián)系的物理量．把星球表面的物體運動和天體運動結(jié)合起來是考試中常見的問題．【解題思路點撥】1.黃金代換式不止適用于地球，也試用于其他一切天體，其中g(shù)表示天體表面的重力加速度、R表示天體半徑、M表示天體質(zhì)量。2.應(yīng)用黃金代換時要注意抓住如“忽略天體自轉(zhuǎn)”、“萬有引力近似等于重力”、“天體表面附近”等關(guān)鍵字。10．第一、第二和第三宇宙速度的物理意義【知識點的認識】一、宇宙速度1．第一宇宙速度（環(huán)繞速度）（1）大?。?.9km/s．（2）意義：①衛(wèi)星環(huán)繞地球表面運行的速度，也是繞地球做勻速圓周運動的最大速度．②使衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的最小地面發(fā)射速度．2．第二宇宙速度（1）大?。?1.2km/s（2）意義：使衛(wèi)星掙脫地球引力束縛的最小地面發(fā)射速度．第二宇宙速度（脫離速度）在地面上發(fā)射物體，使之能夠脫離地球的引力作用，成為繞太陽運動的人造行星或繞其他行星運動的人造衛(wèi)星所必需的最小發(fā)射速度，其大小為v＝11.2km/s．3．第三宇宙速度（1）大?。?6.7km/s（2）意義：使衛(wèi)星掙脫太陽引力束縛的最小地面發(fā)射速度．第三宇宙速度（逃逸速度）在地面上發(fā)射物體，使之最后能脫離太陽的引力范圍，飛到太陽系以外的宇宙空間所必需的最小速度，其大小為v＝16.7km/s．三種宇宙速度比較宇宙速度數(shù)值（km/s）意義第一宇宙速度7.9這是衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最小發(fā)射速度第二宇宙速度11.2這是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度第三宇宙速度16.7這是物體掙脫太陽引力束縛的最小發(fā)射速度【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查對第一宇宙速度概念的理解：關(guān)于第一宇宙速度，下列說法正確的是（）A．它是人造地球衛(wèi)星繞地球作勻速圓周運動的最大速度B．它是人造地球衛(wèi)星在圓形軌道上的最小運行速度C．它是能使衛(wèi)星繞地球運行的最小發(fā)射速度D．它是人造衛(wèi)星繞地球作橢圓軌道運行時在近地點的速度分析：第一宇宙速度是在地面發(fā)射人造衛(wèi)星所需的最小速度，也是圓行近地軌道的環(huán)繞速度，也是圓形軌道上速度的最大值．解：第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度v=GMR因而第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星繞地球作勻速圓周運動的最大速度，A正確、B錯誤；在近地面發(fā)射人造衛(wèi)星時，若發(fā)射速度等于第一宇宙速度，重力恰好等于向心力，做勻速圓周運動，若發(fā)射速度大于第一宇宙速度，重力不足提供向心力，做離心運動，即會在橢圓軌道運動，因而C正確、D錯誤；故選AC．點評：要使平拋的物體成為繞地球做運動的衛(wèi)星，其速度必須小于或等于第一宇宙速度，當(dāng)取等號時為圓軌道．【解題思路點撥】1.三個宇宙速度都有自身的物理意義，要準(zhǔn)確記住其意義及具體的數(shù)值。2.每個天體都有自己的宇宙速度，課本上介紹的只是地球的三大宇宙速度。11．功的正負及判斷【知識點的認識】正功和負功：根據(jù)W＝Flcosα可知：0≤α＜90°α＝90°90°＜α≤180°功的正負W＞0W＝0W＜0意義力F對物體做正功力F對物體不做功力F對物體做負功力F是動力還是阻力動力阻力可以總結(jié)成如下規(guī)律：對于恒力做功，如果力與位移的夾角為銳角，則力對物體做正功；如果力與位移的夾角為鈍角，則力對物體做負功；如果力與位移成直角，則力對物體不做功。【命題方向】如圖，人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動，下列說法中正確的是（）A、重力對人做負功B、摩擦力對人做正功C、支持力對人做正功D、合力對人做功為零分析：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：人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動，受重力和支持力，重力做負功，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錯誤。故選：ACD。點評：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°，該力做負功。【解題思路點撥】判斷功的正、負主要有以下三種方法：（1）若物體做直線運動，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）若物體做曲線運動，依據(jù)F與v的方向的夾角α的大小來判斷．當(dāng)α＜90°時，力對物體做正功；90°＜α≤180°時，力對物體做負功；α＝90°時，力對物體不做功．（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，則必有力對物體做功．比如系統(tǒng)的機械能增加，說明力對系統(tǒng)做正功；如果系統(tǒng)的機械能減少，則說明力對系統(tǒng)做負功．此法常用于兩個相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷．12．重力做功的特點和計算【知識點的認識】1.表達式：WG＝mgh＝mg（h1﹣h2），其中h1、h2分別表示物體起點和終點的高度2.特點：①只跟物體運動的起點和終點的位置有關(guān)，而跟物體運動的路徑無關(guān)．②物體下降時重力做正功，物體被舉高時重力做負功．③重力做功的多少與參考平面無關(guān)?！久}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，無法判斷分析：解答本題應(yīng)明確重力做功的特點：重力做功與高度差有關(guān)，與路徑無關(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錯誤故選：C。點評：本題考查重力做功的特點，一定要掌握重力做功只和高度有關(guān)．【解題思路點撥】1.重力做功只與初、末位置有關(guān)，與路徑無關(guān)。2.計算重力做功的步驟為：①確定物體重力的大??；②確定物體在豎直方向上的位移大??；③如果物體向上運動，重力做負功；如果物體向下運動，重力做負功。13．彈力（支持力、拉力、壓力等）做功的計算【知識點的認識】1.本考點旨在針對彈力（非彈簧）做功的情況，常見的力如拉力、支持力、推力等都屬于彈力。2.彈力做功的大小W＝Flcosα?！久}方向】放在水平面上的一只木箱重400N，木箱與地面間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，在水平推力作用下勻速移動10m，則推力對木箱做功多少？地面對木箱的支持力做功多少？摩擦力對木箱做功多少？分析：功等于做功的兩個必要因素（力F和物體在力的方向上移動的距離）的乘積；對物體受力分析，求解出各個力，然后根據(jù)功的定義得到各個力的功。解答：物體受重力、支持力、推力和摩擦力；摩擦力f＝μFN＝0.2×400N＝80N推力的功為：W1＝Fx＝80N×10m＝800J摩擦力的功：W2＝﹣fx＝﹣80N×10m＝﹣800J支持力，故支持力不做