第76頁（共76頁）2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之功和能（二）一．選擇題（共20小題）1．（2025?回憶版）如圖，撐桿跳高運動中，運動員經(jīng)過助跑、撐桿起跳，最終越過橫桿。若運動員起跳前助跑速度為10m/s，則理論上運動員助跑獲得的動能可使其重心提升的最大高度為（重力加速度取10m/s2）（）A．4m B．5m C．6m D．7m2．（2025?四川）如圖所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平地面上，安裝在其頂端的電動機通過不可伸長輕繩與小車相連，小車上靜置一物塊。小車與物塊質(zhì)量均為m，兩者之間動摩擦因數(shù)為32。電動機以恒定功率P拉動小車由靜止開始沿斜面向上運動。經(jīng)過一段時間，小車與物塊的速度剛好相同，大小為v0。運動過程中輕繩與斜面始終平行，小車和斜面均足夠長，重力加速度大小為gA．物塊的位移大小為2vB．物塊機械能增量為5mC．小車的位移大小為16PD．小車機械能增量為83．（2025?江蘇）如圖所示，彈簧一端固定，另一端與光滑水平面上的木箱相連，箱內(nèi)放置一小物塊，物塊與木箱之間有摩擦。壓縮彈簧并由靜止釋放，釋放后物塊在木箱上有滑動，滑動過程中不與木箱前后壁發(fā)生碰撞，不計空氣阻力，則（）A．釋放瞬間物塊加速度為零 B．物塊和木箱最終仍有相對運動 C．木箱第一次到達最右端時，物塊速度為零 D．物塊和木箱的速度第一次相同前，物塊受到的摩擦力不變4．（2025?河南）野外高空作業(yè)時，使用無人機給工人運送零件。如圖，某次運送過程中的一段時間內(nèi)，無人機向左水平飛行，零件用輕繩懸掛于無機下方，并相對于無人機靜止，輕繩與豎直方向成一定角度。忽略零件所受空氣阻力，則在該段時間內(nèi)（）A．無人機做勻速運動 B．零件所受合外力為零 C．零件的慣性逐漸變大 D．零件的重力勢能保持不變5．（2025?云南）如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊（視為質(zhì)點）與水平面上MN段的動摩擦因數(shù)為μ1，與其余部分的動摩擦因數(shù)為μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑塊從Ⅰ位置以速度v0向右滑動，通過MN段后停在水平面上的某一位置，整個運動過程中，滑塊的位移大小為x1，所用時間為t1；第二次，滑塊從Ⅱ位置以相同速度v0向右滑動，通過MN段后停在水平面上的另一位置，整個運動過程中，滑塊的位移大小為x2，所用時間為t2。忽略空氣阻力，則（）A．t1＜t2 B．t1＞t2 C．x1＞x2 D．x1＜x26．（2025?云南）如圖所示，中老鐵路國際旅客列車從云南某車站由靜止出發(fā)，沿水平直軌道逐漸加速到144km/h，在此過程中列車對座椅上的一高中生所做的功最接近（）A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J7．（2025?浙江）我國新一代車用電池能夠提供更長的續(xù)航里程，其參數(shù)之一為210W?h/kg，其中單位“W?h”（瓦時）對應的物理量是（）A．能量 B．位移 C．電流 D．電荷量8．（2024?甲卷）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大?。ǎ〢．在Q點最大 B．在Q點最小 C．先減小后增大 D．先增大后減小9．（2024?江西）“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天?！笔抢畎讓]山瀑布的浪漫主義描寫。設(shè)瀑布的水流量約為10m3/s，水位落差約為150m。若利用瀑布水位落差發(fā)電，發(fā)電效率為70%，則發(fā)電功率大致為（）A．109W B．107W C．105W D．103W10．（2024?浙江）如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達到最高點2的高度為h，則足球（）A．從1到2動能減少mgh B．從1到2重力勢能增加mgh C．從2到3動能增加mgh D．從2到3機械能不變11．（2024?新課標）福建艦是我國自主設(shè)計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調(diào)整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的動能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的（）A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍12．（2024?重慶）2024年5月3日，嫦娥六號探測成功發(fā)射，開啟月球背面采樣之旅，探測器的著陸器上升器組合體著陸月球要經(jīng)過減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過程中（）A．減速階段所受合外力為0 B．懸停階段不受力 C．自由下落階段機械能守恒 D．自由下落階段加速度大小g＝9.8m/s213．（2024?安徽）某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v。已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（）A．mgh B．12C．mgh+1214．（2024?山東）如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d（d＜l）。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時彈性勢能E=12kx2（x為繩的伸長量）?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，A．(μmgB．3(μmgC．3(μmgD．(15．（2024?浙江）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，則該噴頭噴水的功率約為（）A．10W B．20W C．100W D．200W16．（2024?貴州）質(zhì)量為1kg的物塊靜置于光滑水平地面上，設(shè)物塊靜止時的位置為x軸零點?，F(xiàn)給物塊施加一沿x軸正方向的水平力F，其大小隨位置x變化的關(guān)系如圖所示，則物塊運動到x＝3m處，F(xiàn)做功的瞬時功率為（）A．8W B．16W C．24W D．36W17．（2024?安徽）在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設(shè)抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的η倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度為ρ，水管內(nèi)徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為（）A．ρgSl2gh2ηB．ρgSl2gh2ηC．ρgSl2gh2ηD．ρgSl2gh218．（2024?海南）神舟十七號載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風著陸場成功著陸，在飛船返回至離地面十幾公里時打開主傘飛船快速減速，返回艙速度大大減小，在減速過程中（）A．返回艙處于超重狀態(tài) B．返回艙處于失重狀態(tài) C．主傘的拉力不做功 D．重力對返回艙做負功19．（2024?北京）如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進入半圓形軌道，恰好能夠到達最高點C。下列說法正確的是（）A．物體在C點所受合力為零 B．物體在C點的速度為零 C．物體在C點的向心加速度等于重力加速度 D．物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點的動能20．（2024?江西）“嫦娥六號”探測器于2024年5月8日進入環(huán)月軌道，后續(xù)經(jīng)調(diào)整環(huán)月軌道高度和傾角，實施月球背面軟著陸。當探測器的軌道半徑從r1調(diào)整到r2時（兩軌道均可視為圓形軌道），其動能和周期從Ek1、T1分別變?yōu)镋k2、T2。下列選項正確的是（）A．Ek1EB．Ek1EC．Ek1ED．Ek1

2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之功和能（二）參考答案與試題解析一．選擇題（共20小題）題號1234567891011答案BCDDABACBBC題號121314151617181920答案CDBCABACA一．選擇題（共20小題）1．（2025?回憶版）如圖，撐桿跳高運動中，運動員經(jīng)過助跑、撐桿起跳，最終越過橫桿。若運動員起跳前助跑速度為10m/s，則理論上運動員助跑獲得的動能可使其重心提升的最大高度為（重力加速度取10m/s2）（）A．4m B．5m C．6m D．7m【考點】動能定理的簡單應用．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；動量定理應用專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)機械能守恒定律求解作答?！窘獯稹拷猓喝暨\動員的動能完全轉(zhuǎn)化為重力勢能，根據(jù)機械能守恒定律1解得h故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】本題主要考查了機械能守恒定律的運用，基礎(chǔ)題。2．（2025?四川）如圖所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平地面上，安裝在其頂端的電動機通過不可伸長輕繩與小車相連，小車上靜置一物塊。小車與物塊質(zhì)量均為m，兩者之間動摩擦因數(shù)為32。電動機以恒定功率P拉動小車由靜止開始沿斜面向上運動。經(jīng)過一段時間，小車與物塊的速度剛好相同，大小為v0。運動過程中輕繩與斜面始終平行，小車和斜面均足夠長，重力加速度大小為gA．物塊的位移大小為2vB．物塊機械能增量為5mC．小車的位移大小為16PD．小車機械能增量為8【考點】利用動能定理求解機車啟動問題；牛頓第二定律的簡單應用；機車以恒定功率啟動．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；動能定理的應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】小車與物塊共速前物塊沿斜面向上做勻加速直線運動，對物塊，根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式求解這段時間內(nèi)物塊的位移大?。桓鶕?jù)機械能的定義求解物塊機械能增量；電動機以恒定功率P拉動小車，則這段時間內(nèi)輕繩拉力對小車做的功就等于電動機的功率與時間的乘積，根據(jù)動能定理求解小車的位移大?。桓鶕?jù)機械能的定義求解小車的機械能增量。【解答】解：A.小車與物塊共速前，物塊沿斜面向上做勻加速直線運動，對物塊，根據(jù)牛頓第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma，解得物塊的加速度大小為：a根據(jù)運動學公式有：v02=2axB.這段時間內(nèi)物塊機械能增量為：ΔE=12C.小車與物塊的速度剛好相同所用時間為：t電動機以恒定功率P拉動小車，則這段時間內(nèi)輕繩拉力對小車做的功為：W＝Pt對小車，根據(jù)動能定理得：W聯(lián)立解得小車的位移大小為：x=16PD.小車機械能增量為：ΔE'=1故選：C?！军c評】本題考查了機車啟動問題、動能定理與牛頓第二定律的應用，掌握機車啟動問題中物體的運動形式的分析，掌握瞬時功率的表達式P＝Fv。3．（2025?江蘇）如圖所示，彈簧一端固定，另一端與光滑水平面上的木箱相連，箱內(nèi)放置一小物塊，物塊與木箱之間有摩擦。壓縮彈簧并由靜止釋放，釋放后物塊在木箱上有滑動，滑動過程中不與木箱前后壁發(fā)生碰撞，不計空氣阻力，則（）A．釋放瞬間物塊加速度為零 B．物塊和木箱最終仍有相對運動 C．木箱第一次到達最右端時，物塊速度為零 D．物塊和木箱的速度第一次相同前，物塊受到的摩擦力不變【考點】多物體系統(tǒng)的機械能守恒問題；有外力的水平板塊模型．【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】D【分析】釋放后物塊與木箱發(fā)生相對滑動，則釋放瞬間物塊與木箱之間的摩擦力為最大靜摩擦力，據(jù)此可知物塊的加速度情況；因物塊與木箱發(fā)生相對滑動的過程存在摩擦生熱，故系統(tǒng)的機械能會逐漸減小，則彈簧的最大彈性勢能會變少，彈簧的最大彈力會變小。根據(jù)相對運動的條件，應用牛頓第二定律分析物塊和木箱最終運動狀態(tài)；釋放后物塊的加速度先向右做勻加速直線運動，物塊與木箱第一次共速前，物塊相對木箱一直向左運動，一直受到向右的滑動摩擦力；木箱第一次到達最右端時其速度為零，根據(jù)相對運動的條件，分析物塊是否會和木箱同時速度為零?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)題意可知，釋放后物塊與木箱發(fā)生相對滑動，則釋放瞬間物塊與木箱之間的摩擦力為最大靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，釋放瞬間物塊的加速度不為零，故A錯誤；B、因物塊與木箱發(fā)生相對滑動的過程存在摩擦生熱，故物塊、木箱與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能會逐漸減小，則彈簧的最大彈性勢能會變少，彈簧的最大彈力會變小。假設(shè)物塊與木箱相對靜止時，能使兩者發(fā)生相對滑動的最小的彈簧彈力大小為F。設(shè)物塊與木箱之間的最大靜摩擦力為f，木箱與物塊質(zhì)量分別為M、m，根據(jù)牛頓第二定律得：對物塊有：f＝ma對物塊與木箱整體有：F＝（m+M）a聯(lián)立解得：F在彈簧的最大彈力減小到F=(m+M)D、釋放后物塊的加速度先向右做勻加速直線運動，物塊與木箱第一次共速前，物塊相對木箱一直向左運動，一直受到向右的滑動摩擦力，故物塊和木箱的速度第一次相同前，物塊受到的摩擦力不變，故D正確；C、根據(jù)前面分析可知，在二者一起做簡諧運動之前，當木箱到達最右端時其速度為零，而物塊相對木箱滑動，故此時物塊速度不為零；只有在二者一起做簡諧運動之后，兩者的速度可以同時為零，故C錯誤。故選：D。【點評】本題考查了功能關(guān)系的應用、牛頓第二定律相對運動問題。掌握兩物體相對運動的條件。此題具有一定綜合性，這道題在考查學生物理知識和思維能力方面有較好的效果。4．（2025?河南）野外高空作業(yè)時，使用無人機給工人運送零件。如圖，某次運送過程中的一段時間內(nèi)，無人機向左水平飛行，零件用輕繩懸掛于無機下方，并相對于無人機靜止，輕繩與豎直方向成一定角度。忽略零件所受空氣阻力，則在該段時間內(nèi)（）A．無人機做勻速運動 B．零件所受合外力為零 C．零件的慣性逐漸變大 D．零件的重力勢能保持不變【考點】重力勢能的計算；慣性與質(zhì)量；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】對零件受力分析，其所受重力與輕繩的拉力的合力為零件所受合外力。根據(jù)題目條件判斷零件所受合外力的大小和方向，根據(jù)牛頓第二定律分析零件與無人機的運動情況；質(zhì)量是慣性大小的唯一量度；根據(jù)重力勢能的定義分析零件的重力勢能變化情況?！窘獯稹拷猓篈B、對零件受力分析如下圖所示，其所受重力G與輕繩的拉力T的合力F合為零件所受合外力。因零件與無人機相對靜止一起沿水平向左的方向運動，故F合的方向水平向左，其大小不為零。因輕繩與豎直方向的夾角不變，故F合恒定，根據(jù)牛頓第二定律，零件的加速度恒定，其做勻加速直線運動，易知無人機也做勻加速直線運動，故AB錯誤；C、因質(zhì)量是慣性大小的唯一量度，零件的質(zhì)量不變，故其慣性保持不變，故C錯誤；D、因零件在水平方向上運動，其所處高度不變，故其重力勢能保持不變，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了重力勢能的定義，牛頓第二定律的應用，慣性的概念。題目較簡單，掌握力與運動的邏輯分析。5．（2025?云南）如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊（視為質(zhì)點）與水平面上MN段的動摩擦因數(shù)為μ1，與其余部分的動摩擦因數(shù)為μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑塊從Ⅰ位置以速度v0向右滑動，通過MN段后停在水平面上的某一位置，整個運動過程中，滑塊的位移大小為x1，所用時間為t1；第二次，滑塊從Ⅱ位置以相同速度v0向右滑動，通過MN段后停在水平面上的另一位置，整個運動過程中，滑塊的位移大小為x2，所用時間為t2。忽略空氣阻力，則（）A．t1＜t2 B．t1＞t2 C．x1＞x2 D．x1＜x2【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；圖析法；方程法；動能定理的應用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】由動能定理列式可以判斷位移的大??；由牛頓第二定律結(jié)合v﹣t圖像判斷時間的長短?！窘獯稹拷猓篊D、設(shè)MN的距離為x0，第一次，滑塊從Ⅰ位置以速度v0向右滑動，根據(jù)動能定理可得：-μ第二次，滑塊從Ⅱ位置以相同速度v0向右滑動，根據(jù)動能定理可得：-μ聯(lián)立以上由兩式可得：x1＝x2，故CD錯誤；AB、根據(jù)牛頓第二定律，滑塊在MN段上運動的加速度為a1，則有μ1mg＝ma1，解得：a1＝μ1g，在其余部分上運動的加速度為a2，則有：μ2mg＝ma2，解得：a2＝μ2g，則有：a1＞a2，由兩次位移相等，且第二次運動時滑塊距離M點較近，在到達M點時速度較大，可作v﹣t如下所示：由圖像可得：t1＜t2，故A正確，B錯誤。故選：A?！军c評】本題是對動能定理、牛頓第二定律及速度圖像的考查，解題的關(guān)鍵是要根據(jù)題意正確畫出v﹣t圖像，注意速度圖像意時間軸所夾的面積表示位移的大小，斜率表示加速度。6．（2025?云南）如圖所示，中老鐵路國際旅客列車從云南某車站由靜止出發(fā)，沿水平直軌道逐漸加速到144km/h，在此過程中列車對座椅上的一高中生所做的功最接近（）A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J【考點】利用動能定理求解變力做功．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；動能定理的應用專題；實驗探究能力．【答案】B【分析】高中生的質(zhì)量m＝50kg，根據(jù)動能定理求解作答?！窘獯稹拷猓焊咧猩馁|(zhì)量m＝50kg列車速度v＝144km/h＝40m/s根據(jù)動能定理，列車對座椅上的一高中生所做的功W故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】本題主要考查了利用動能定理求解變力所做的功，要知道高中學生的大約體重，理解動能定理的含義是解題的關(guān)鍵。7．（2025?浙江）我國新一代車用電池能夠提供更長的續(xù)航里程，其參數(shù)之一為210W?h/kg，其中單位“W?h”（瓦時）對應的物理量是（）A．能量 B．位移 C．電流 D．電荷量【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度．【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)功的公式結(jié)合單位進行分析解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)功的公式W＝Pt，可知單位“W?h”（瓦時）對應的物理量是能量或者功的單位，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】考查功和能的單位問題，結(jié)合單位制知識進行準確分析解答。8．（2024?甲卷）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大?。ǎ〢．在Q點最大 B．在Q點最小 C．先減小后增大 D．先增大后減小【考點】動能定理的簡單應用；判斷物體的受力個數(shù)；牛頓第三定律的理解與應用；繩球類模型及其臨界條件．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；動能定理的應用專題；理解能力；模型建構(gòu)能力．【答案】C【分析】小環(huán)在下滑過程中，重力沿半徑方向的分力與圓環(huán)對小環(huán)的作用力的合力提供向心力；根據(jù)動能定理求小環(huán)的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解作用力的大小，然后作答?！窘獯稹拷猓涸O(shè)圓環(huán)的半徑為R，小環(huán)下滑的高度為h，則h≤2R小環(huán)在下滑過程中，根據(jù)動能定理mg解得v小環(huán)在最高處靜止時，小環(huán)對圓環(huán)的作用力F1＝mg小環(huán)從最高處到圓心等高處的過程中，設(shè)重力與半徑方向成θ角，如圖所示：小環(huán)下滑的高度h＝R（1﹣cosθ）小環(huán)的速度v根據(jù)牛頓第二定律mgcosθ聯(lián)立解得F＝3mgcosθ﹣2mgθ增大，cosθ減小，作用力F先減小，再反方向增大；小環(huán)在圓心等高處時F小環(huán)從圓心等高處到最低處的過程中，設(shè)重力與半徑方向成α角，如圖所示：小環(huán)下滑的高度h＝R（1+cosα）小環(huán)的速度v根據(jù)牛頓第二定律F代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得F＝2mg+3mgcosαα減小，cosα增大，作用力F增大；小環(huán)在最低處時F解得F3＝5mg根據(jù)牛頓第三定律，綜合上述分析，小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小，后增大，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】本題主要考查了動能定理、牛頓定律的綜合運用，作好受力分析是解題的關(guān)鍵。9．（2024?江西）“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天?！笔抢畎讓]山瀑布的浪漫主義描寫。設(shè)瀑布的水流量約為10m3/s，水位落差約為150m。若利用瀑布水位落差發(fā)電，發(fā)電效率為70%，則發(fā)電功率大致為（）A．109W B．107W C．105W D．103W【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律列式求解發(fā)電功率。【解答】解：根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，發(fā)電功率為P=ρQtght?η＝ρQghη＝1×103×10×10×150×70%W＝1.05×107W，故故選：B。【點評】考查能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，會根據(jù)題意進行準確分析和計算。10．（2024?浙江）如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達到最高點2的高度為h，則足球（）A．從1到2動能減少mgh B．從1到2重力勢能增加mgh C．從2到3動能增加mgh D．從2到3機械能不變【考點】動能與勢能的相互轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；理解能力．【答案】B【分析】足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，合外力做功等于動能的改變；從1到2重力做負功，重力勢能增加；從2到3由于空氣阻力作用，則機械能減小?！窘獯稹拷猓篈B．由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從1到2重力勢能增加mgh，則1到2動能減少量大于mgh，故A錯誤，B正確；CD．從2到3由于空氣阻力作用，則機械能減小，重力做正功，重力勢能減小，大小為mgh，則動能增加小于mgh，故CD錯誤。故選：B。【點評】重力做功與路徑無關(guān)，與零勢能面的選取無關(guān)，只與物體的始末位置有關(guān)。重力做正功，重力勢能減少；重力做負功（或表述為克服重力做功），重力勢能增加。但要注意，重力勢能的大小與零勢能面的選取有關(guān)。11．（2024?新課標）福建艦是我國自主設(shè)計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調(diào)整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的動能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的（）A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍【考點】動能的定義、性質(zhì)、表達式；平拋運動速度的計算．【專題】定量思想；控制變量法；平拋運動專題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)動能公式求出水平速度的變化，再根據(jù)平拋運動規(guī)律求解。【解答】解：根據(jù)E小車水平離開甲板時的動能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍，則水平速度變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，豎直高度不變，水平方向上x＝vt則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的2倍，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題考查的是平拋運動規(guī)律的問題，題型簡單。12．（2024?重慶）2024年5月3日，嫦娥六號探測成功發(fā)射，開啟月球背面采樣之旅，探測器的著陸器上升器組合體著陸月球要經(jīng)過減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過程中（）A．減速階段所受合外力為0 B．懸停階段不受力 C．自由下落階段機械能守恒 D．自由下落階段加速度大小g＝9.8m/s2【考點】機械能守恒定律的內(nèi)容和條件；重力加速度；共點力的平衡問題及求解；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；自由落體運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】A.根據(jù)減速概念分析合外力是否為0；B.根據(jù)懸停的平衡態(tài)分析受力情況；C.根據(jù)機械能守恒條件進行判斷；D.根據(jù)月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度進行判斷?！窘獯稹拷猓篈.減速階段合外力方向豎直向上，不為0，故A錯誤；B.懸停階段受到重力和向上的作用力，合力為0，故B錯誤；C.自由下落階段只受重力作用，重力做正功，機械能守恒，故C正確；D.由于是在月球表面自由下落，其加速度小于地球表面自由落體加速度9.8m/s2，故D錯誤。故選：C?！军c評】考查月球表面的物體運動規(guī)律，注意月球表面重力加速度和地球表面重力加速度的差別。13．（2024?安徽）某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v。已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（）A．mgh B．12C．mgh+12【考點】動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)動能定理列式求解。【解答】解：設(shè)在下滑過程中人和滑板克服摩擦力做的功為Wf，根據(jù)動能定理，有mgh﹣Wf=12解得Wf＝mgh-12故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】考查動能定理的應用，會根據(jù)題意列式求解相應的物理量。14．（2024?山東）如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d（d＜l）。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時彈性勢能E=12kx2（x為繩的伸長量）。現(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，A．(μmgB．3(μmgC．3(μmgD．(【考點】常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；與彈簧相關(guān)的動量、能量綜合專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)平衡條件求解甲所坐木板剛要離開原位置時彈性繩的伸長量；根據(jù)彈性勢能的定義求解此時的彈性勢能；根據(jù)題意求解乙同學的位移，根據(jù)功能關(guān)系求解拉力所做的功，然后作答?！窘獯稹拷猓寒敿姿景鍎傄x開原位置時，設(shè)彈性繩的伸長量為x；對甲及其所坐的木板整體，根據(jù)平衡條件μmg＝kx解得彈性繩的伸長量x此時彈性繩的彈性勢能E乙同學的位移x′＝（l﹣d）+x根據(jù)功能關(guān)系，拉力做功W代入數(shù)據(jù)解得W綜上分析，故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】本題主要考查了共點力作用下的平衡條件和功能關(guān)系，解題時要抓住甲同學剛要離開原位置的臨界條件，理解用水平力F緩慢拉動乙所坐木板的含義是解題的關(guān)鍵。15．（2024?浙江）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，則該噴頭噴水的功率約為（）A．10W B．20W C．100W D．200W【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】C【分析】求出t時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量，根據(jù)功率公式求解該噴管噴水的電動機輸出功率?！窘獯稹拷猓涸O(shè)Δt時間內(nèi)從噴頭流出的水的質(zhì)量為m＝ρV＝ρSv?ΔtΔt時間內(nèi)噴出的水的動能增加量等于噴頭噴水的功率，即P=聯(lián)立解得P＝100W故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題主要是考查功率的計算，解答本題要能夠根據(jù)實際情況算出水的質(zhì)量，再根據(jù)功率公式進行計算。16．（2024?貴州）質(zhì)量為1kg的物塊靜置于光滑水平地面上，設(shè)物塊靜止時的位置為x軸零點。現(xiàn)給物塊施加一沿x軸正方向的水平力F，其大小隨位置x變化的關(guān)系如圖所示，則物塊運動到x＝3m處，F(xiàn)做功的瞬時功率為（）A．8W B．16W C．24W D．36W【考點】瞬時功率的計算．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；功率的計算專題；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)動能定理求解x＝3m末的瞬時速度；根據(jù)功率公式求x＝3m末的瞬時功率，然后作答。【解答】解：設(shè)物塊運動到x＝3m處的速度為v；全過程運用動能定理F代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s根據(jù)功率公式，物塊運動到x＝3m處，F(xiàn)做功的瞬時功率P＝F2v＝2×4W＝8W。綜上分析，故A正確，BCD錯誤。另解：0～2m內(nèi)，物塊做勻加速直線運動，加速度為a1；根據(jù)牛頓第二定律F1＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a根據(jù)運動學公式v2m末的瞬時速度v在2～3m內(nèi)，物塊以加速度為a2做勻加速直線運動；根據(jù)牛頓第二定律F2＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a根據(jù)運動學公式v3m末的瞬時速度v3＝4m/s根據(jù)功率公式，物塊運動到x＝3m處，F(xiàn)做功的瞬時功率P＝F2v3＝2×4W＝8W。綜上分析，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題主要考查了動能定理和功率公式的運用；由于力F分別在兩段位移內(nèi)恒定，用動能定理求x＝3m末的瞬時速度較為簡便。17．（2024?安徽）在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設(shè)抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的η倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度為ρ，水管內(nèi)徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為（）A．ρgSl2gh2ηB．ρgSl2gh2ηC．ρgSl2ghD．ρgSl2gh2【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導；平拋運動速度的計算．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；平拋運動專題；功率的計算專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】取Δt時間內(nèi)水管中質(zhì)量為Δm的水為研究對象，Δm的水離開管口后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律求解Δm的水離開管口時的水平速度；根據(jù)密度公式求解Δt時間內(nèi)時間內(nèi)抽取水的質(zhì)量Δm；根據(jù)機械能的定義求解管口出的機械能；根據(jù)功能關(guān)系求解水泵的輸出功率?！窘獯稹拷猓喝ˇ時間內(nèi)水管中質(zhì)量為Δm的水為研究對象，Δm的水離開管口后做平拋運動，設(shè)水離開管口時的速度為v，Δm的水在空中運動的時間為t；平拋運動在豎直方向做自由落體運動h在水平方向做勻速直線運動l＝vt代入數(shù)據(jù)解得v設(shè)Δt時間內(nèi)被抽到出水口的水的質(zhì)量為Δm，根據(jù)密度公式，水的質(zhì)量Δm＝ρV＝ρS?vΔt取深井中的水面為零勢能面，出水管口出的機械能ΔE設(shè)水泵輸出的功率為P，根據(jù)功能關(guān)系ηPΔt＝ΔE代入數(shù)據(jù)解得P綜上分析，故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】本題以用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田為背景考查了流體的平拋運動，解題的關(guān)鍵是選取Δt時間內(nèi)水管中質(zhì)量為Δm的水為研究對象，然后根據(jù)密度公式、機械能的含義和功能關(guān)系即可完成作答。18．（2024?海南）神舟十七號載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風著陸場成功著陸，在飛船返回至離地面十幾公里時打開主傘飛船快速減速，返回艙速度大大減小，在減速過程中（）A．返回艙處于超重狀態(tài) B．返回艙處于失重狀態(tài) C．主傘的拉力不做功 D．重力對返回艙做負功【考點】重力做功的特點和計算；超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定性思想；推理法；自由落體運動專題；理解能力．【答案】A【分析】AB.根據(jù)運動時加速度和速度的方向關(guān)系判斷超失重狀態(tài)；CD.根據(jù)受力情況和運動位移方向關(guān)系判斷做功的正負和是否做功?！窘獯稹拷猓篈B.返回艙減速時加速度方向豎直向上，與速度方向相反，處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯誤；CD.主傘的拉力向上，與運動位移方向相反，做負功，重力向下，與運動位移方向相同，做正功，故CD錯誤。故選：A?！军c評】考查超失重問題和力做功的問題，會根據(jù)題意進行準確分析和判斷。19．（2024?北京）如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進入半圓形軌道，恰好能夠到達最高點C。下列說法正確的是（）A．物體在C點所受合力為零 B．物體在C點的速度為零 C．物體在C點的向心加速度等于重力加速度 D．物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點的動能【考點】機械能守恒定律的簡單應用；物體在環(huán)形豎直軌道內(nèi)的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】C【分析】ABC.根據(jù)小物體做圓周運動經(jīng)過C點的受力情況結(jié)合牛頓第二定律判斷；D.根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律進行分析解答。【解答】解：ABC.小物體恰好能到達最高點C，則物體在最高點只受重力，且重力全部用來提供向心力，設(shè)半圓軌道的半徑為r，在C點是速度大小為v，由牛頓第二定律得mg=mv2r=ma，即a＝g，物體在C點的速度D.由能量守恒定律知，物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體離開彈簧后的在水平面上的動能，由水平軌道向圓軌道的運動過程中滿足機械能守恒，所以彈性勢能等于小物體在C點時的動能和重力勢能之和，故D錯誤。故選：C?！军c評】考查圓周運動的向心力問題、能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律，會根據(jù)題意進行準確分析和解答。20．（2024?江西）“嫦娥六號”探測器于2024年5月8日進入環(huán)月軌道，后續(xù)經(jīng)調(diào)整環(huán)月軌道高度和傾角，實施月球背面軟著陸。當探測器的軌道半徑從r1調(diào)整到r2時（兩軌道均可視為圓形軌道），其動能和周期從Ek1、T1分別變?yōu)镋k2、T2。下列選項正確的是（）A．Ek1EB．Ek1EC．Ek1ED．Ek1【考點】動能的定義、性質(zhì)、表達式；開普勒三大定律；萬有引力與重力的關(guān)系（黃金代換）；近地衛(wèi)星．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律在天體運動中的應用專題；動能定理的應用專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力分別求出線速度、周期與軌道半徑的關(guān)系。根據(jù)動能的定義式得到動能與軌道半徑的關(guān)系。從而得出在不同軌道半徑對應的動能與周期的比。【解答】解：A、探測器在環(huán)月軌道做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力得：G解得：v2=GMr，動能：E可得動能之比為：Ek1Ek2=r故選：A?！军c評】本題考查了萬有引力定律的應用和動能的概念，基礎(chǔ)題目。求解周期的比亦可應用開普勒第三定律解答。

考點卡片1．重力加速度【知識點的認識】1.定義：重力加速度又叫自由落體加速度，是物體在重力作用下具有的加速度，常用g來表示。g的大小一般取9.8m/s2或10m/s2。2.方向：豎直向下，指向地心。3.大?。涸诘厍蛏喜煌胤接兴町?，一般的規(guī)律為①緯度越高，重力加速度越大，緯度越低，重力加速度越?。虎诤０卧礁撸亓铀俣仍叫?，海拔越低，重力加速度越大?！久}方向】關(guān)于自由落體運動的加速度，正確的是（）同一地點，輕、重物體下落的加速度一樣大同一地點，重的物體下落的加速度大這個加速度在地球上任何地方都一樣大這個加速度在地球赤道比在地球北極略小分析：自由落體加速度又叫做重力加速度，是由物體所在的位置決定的，與物體的體積、質(zhì)量等都無關(guān)，隨著地球的緯度的增大，重力加速度的大小也增大，在赤道上時，重力加速度最?。獯穑篈、重力加速度是由物體所在的位置決定的，與物體的體積、質(zhì)量等都無關(guān)，所以同一地點，輕、重物體下落的加速度一樣大，所以A正確，B錯誤；C、重力加速度是由物體所在的位置決定的，隨著地球的緯度的增大，重力加速度的大小也增大，在赤道上時，重力加速度最小，所以C錯誤，D正確。故選：AD。點評：本題就是看學生對自由落體運動的理解，一定要注意自由落體運動加速度與物體的質(zhì)量無關(guān)．【解題思路點撥】1.產(chǎn)生重力加速度的直接原因是重力的存在，所以重力加速度的方向與重力的方向一致，是指向地心的；并且大小與重力一樣隨著物體在地球上位置的不同而不同。2.重力加速度的方向始終指向地心并不是說重力加速度的方向相同，比如北京和深圳的重力加速度方向是不同的。2．判斷物體的受力個數(shù)【知識點的認識】1.定義：根據(jù)研究的問題，選取合適的物體作為研究對象，分析研究對象受到哪些力的作用，并畫出所受力的示意圖，這一過程即為物體的受力分析。2.一般步驟：【命題方向】如圖所示，斜面B放置于水平地面上，其兩側(cè)放有物體A、C，物體C通過輕繩連接于天花板，輕繩平行于斜面且處于繃緊狀態(tài)，A、B、C均靜止，下列說法正確的是（）A.A、B間的接觸面一定是粗糙的B.地面對B一定有摩擦力C.B、C間的接觸面可能是光滑的D.B一共受到6個力的作用分析：A、B間是否存在摩擦力可以用假設(shè)法，若沒有摩擦，A必然無法平衡，因此AB間接觸面粗糙，B與地面的作用要把ABC看成一個整體，繩子對該整體有水平方向拉力分量，因此B和地面間也存在摩擦，以C為研究對象分析可知BC不一定需要有摩擦力也能平衡，因此BC間接觸面可能為光滑。解答：A、以A為研究對象，受到重力和支持力不可能平衡，所以A一定受到B對A沿斜面向上的靜摩擦力，故A正確；B、以A、B、C為研究對象，受到重力和地面的支持力、左斜向上的輕繩的拉力，這三個力不可能平衡，所以地面對B沿水平向右的靜摩擦力，故B正確；C、以C為研究對象，受到重力和B對C的支持力、左斜向上的輕繩的拉力，這三個力可能平衡，所以B、C之間可能沒有的靜摩擦力，B、C間的接觸面可能是光滑的，故C正確；D、以B為研究對象，可能受到重力、A對B的壓力、C對B的壓力、地面對B支持力和A對B的靜摩擦力、地面對B的靜摩擦力等六個力作用，也可能受到重力、A對B的壓力、C對B的壓力、地面對B支持力、A對B的靜摩擦力、地面對B的靜摩擦力和C對B的靜摩擦力等七力作用，故D錯誤；故選：ABC。點評：該問題需要采用整體法和隔離法進行分析，先明確問題再尋找合適的研究對象，因此找研究對象是非常關(guān)鍵的，另外對于共點力的平衡問題我們通?？梢允褂眉僭O(shè)法，可以假設(shè)某一個力不存在物體是否有可能達到平衡，進而判斷該力的存在可能與否；在分析物體受力數(shù)量時，按照重力﹣彈力﹣摩擦力的順序，看清跟物體作用的其他物體數(shù)量，再逐一進行分析。【解題思路點撥】受力分析中如何防止“多力”或“漏力”（1）防止“多力”：對每個力都要找出其施力物體，若某個力找不到施力物體則說明該力不存在；研究對象對其他物體的作用力不能畫在圖中，另外合力與分力不能重復分析。（2）防止“漏力”：按正確的順序（即重力→彈力→摩擦力→其他力）進行受力分析是防止“漏力”的有效措施。3．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉(zhuǎn)動。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解。【解題思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。4．慣性與質(zhì)量【知識點的認識】1．定義：物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)叫做慣性。牛頓第一定律又叫慣性定律。2．慣性的量度：慣性的大小與物體運動的速度無關(guān)，與物體是否受力無關(guān)，僅與質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度。質(zhì)量大的物體所具有的慣性大，質(zhì)量小的物體所具有的慣性小。3．慣性的性質(zhì)：①一切物體都具有慣性，其本質(zhì)是任何物體都有慣性。②慣性與運動狀態(tài)無關(guān)：不論物體處于怎樣的運動狀態(tài)，慣性總是存在的。當物體本來靜止時，它一直“想”保持這種靜止狀態(tài)。當物體運動時，它一直“想”以那一時刻的速度做勻速直線運動。4．慣性的表現(xiàn)形式：①當物體不受外力或所受合外力為零時，慣性表現(xiàn)為保持原來的運動狀態(tài)不變；②當物體受到外力作用時，慣性表現(xiàn)為改變運動狀態(tài)的難易程度，物體慣性越大，它的運動狀態(tài)越難改變。5．加深理解慣性概念的幾個方面：（1）慣性是物體的固有屬性之一，物體的慣性與其所在的地理位置、運動狀態(tài)、時間次序以及是否受力等均無關(guān)，任何物體都具有慣性；（2）慣性大小的量度是質(zhì)量，與物體運動速度的大小無關(guān)，絕不是運動速度大、其慣性就大，運動速度小，其慣性就?。唬?）物體不受外力時，其慣性表現(xiàn)為物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)；受外力作用時，其慣性表現(xiàn)為運動狀態(tài)改變的難易程度不同?！久}方向】例1：關(guān)于物體的慣性，下列說法中正確的是（）A．運動速度大的物體不能很快地停下來，是因為物體速度越大，慣性也越大B．靜止的火車啟動時，速度變化慢，是因為靜止的物體慣性大的緣故C．乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球慣性小D．在宇宙飛船中的物體不存在慣性分析：一切物體，不論是運動還是靜止、勻速運動還是變速運動，都具有慣性，慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量越大、慣性越大；慣性的大小和物體是否運動、是否受力以及運動的快慢是沒有任何關(guān)系的。解答：A、影響慣性大小的是質(zhì)量，慣性大小與速度大小無關(guān)，故A錯誤；B、靜止的火車啟動時，速度變化慢，是由于慣性大，慣性大是由于質(zhì)量大，故B錯誤；C、乒乓球可以被快速抽殺，是因為乒乓球質(zhì)量小，慣性小，故C正確；D、慣性是物體本身的一種基本屬性，其大小只與質(zhì)量有關(guān)，有質(zhì)量就有慣性，在宇宙飛船中的物體有質(zhì)量，故有慣性，故D錯誤。故選：C。點評：需要注意的是：物體的慣性的大小只與質(zhì)量有關(guān)，與其他都無關(guān)。而經(jīng)常出錯的是認為慣性與物體的速度有關(guān)。例2：物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)稱為慣性。下列有關(guān)慣性的說法中，正確的是（）A．乘坐汽車時系好安全帶可減小慣性B．運動員跑得越快慣性越大C．宇宙飛船在太空中也有慣性D．汽車在剎車時才有慣性分析：慣性是指物體具有的保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)，質(zhì)量是物體慣性大小大小的唯一的量度。解答：A、乘坐汽車時系好安全帶，不是可以減小慣性，而是在緊急剎車時可以防止人由于慣性的作用飛離座椅，從而造成傷害，所以A錯誤；B、質(zhì)量是物體慣性大小的唯一的量度，與人的速度的大小無關(guān)，所以B錯誤；C、在太空中物體的質(zhì)量是不變的，所以物體的慣性也不變，所以C正確；D、質(zhì)量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態(tài)無關(guān)，所以D錯誤。故選：C。點評：質(zhì)量是物體慣性大小的唯一的量度，與物體的運動狀態(tài)無關(guān)，只要物體的質(zhì)量不變，物體的慣性的大小就不變?！局R點的應用及延伸】關(guān)于慣性觀點的辨析：錯誤觀點1：物體慣性的大小與物體的受力情況、運動情況、所處位置有關(guān)。辨析：慣性是物體本身想要保持運動狀態(tài)不變的特性，它是物體本身的固有屬性，與物體的受力情況、運動情況、所處位置等無關(guān)。慣性的大小用質(zhì)量來量度。不同質(zhì)量的物體的慣性不同，它們保持狀態(tài)不變的“本領(lǐng)”不同，質(zhì)量越大的物體，其狀態(tài)變化越困難，說明它保持狀態(tài)不變的“本領(lǐng)”越強，它的慣性越大。錯誤觀點2：慣性是一種力。辨析：運動不需要力來維持，但當有力對物體作用時，力將“迫使”其改變運動狀態(tài)。這時慣性表現(xiàn)為：若要物體持續(xù)地改變運動狀態(tài)，就必須持續(xù)地對物體施加力的作用，一旦某時刻失去力的作用，物體馬上保持此時的運動狀態(tài)不再改變。因此慣性不是力，保持運動狀態(tài)是物體的本能?！拔矬w受到慣性力”、“由于慣性的作用”、“產(chǎn)生慣性”、“克服慣性”、“消除慣性”等說法是不正確的。慣性力物理意義物體保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)的性質(zhì)物體間的相互作用存在條件是物體本身的固有屬性，始終具有，與外界條件無關(guān)力只有在物體間發(fā)生相互作用時才有可量性有大?。o具體數(shù)值，也無單位），無方位有大小、方向及單位錯誤觀點3：慣性就是慣性定律。辨析：慣性是一切物體都具有的固有屬性，而慣性定律是物體不受外力作用時所遵守的一條規(guī)律。錯誤觀點4：物體的速度越大。物體的慣性越大。辨析：慣性是物體本身的固有屬性，與物體的運動情況無關(guān)。有的同學認為“慣性與物體的運動速度有關(guān)，速度大，慣性就大，速度小，慣性就小”。其理由是物體運動速度大時不容易停下來，運動速度小時就容易停下來，這種認識是錯誤的。產(chǎn)生這種錯誤認識的原因是沒有正確理解“慣性大小表示物體運動狀態(tài)改變的難易程度”這句話。事實上，在受力情況完全相同時，質(zhì)量相同的物體，在任意相同的時間內(nèi)，速度的變化量是相同的。所以質(zhì)量是慣性大小的唯一量度。【解題方法點撥】慣性大小的判定方法：慣性是物體的固有屬性，與物體的運動情況及受力情況無關(guān)，質(zhì)量是慣性大小的唯一量度。有的同學總是認為“慣性與速度有關(guān)，物體的運動速度大慣性就大，速度小慣性就小”。理由是物體的速度大時不容易停下來，速度小時就容易停下來。這說明這部分同學沒能將“運動狀態(tài)改變的難易程度”與“物體從運動到靜止的時間長短”區(qū)分開來。事實上，要比較物體運動狀態(tài)變化的難與易，不僅要考慮物體速度變化的快與慢，還要考慮引起運動狀態(tài)變化的外因﹣﹣外力。具體來說有兩種方法：一是外力相同時比較運動狀態(tài)變化的快慢；二是在運動狀態(tài)變化快慢相同的情況下比較所需外力的大小。對于質(zhì)量相同的物體，無論其速度大小如何，在相同阻力的情況下，相同時間內(nèi)速度變化量是相同的，這說明改變它們運動狀態(tài)的難易程度是相同的。所以它們的慣性相同，與它們的速度無關(guān)。5．牛頓第二定律的簡單應用【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。【命題方向】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。人對電梯底部的A、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。【解題方法點撥】在應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．牛頓第三定律的理解與應用【知識點的認識】1．內(nèi)容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應用例子：關(guān)于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．【解題方法點撥】應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結(jié)論，分析問題需嚴格依據(jù)科學理論．（2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關(guān)系與物體的運動狀態(tài)無關(guān)．（3）與平衡力區(qū)別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．7．超重與失重的概念、特點和判斷【知識點的認識】1．實重和視重：（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。（2）視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現(xiàn)象實質(zhì)超重物體對支持物的壓力或?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用。例子：如圖，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設(shè)容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水分析：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態(tài)，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態(tài)，此時向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無論向哪個方向拋出，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)，此時水和容器的運動狀態(tài)相同，它們之間沒有相互作用，水不會流出，所以D正確。故選：D。點評：本題考查了學生對超重失重現(xiàn)象的理解，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了?！窘忸}方法點撥】解答超重、失重問題時，關(guān)鍵在于從以下幾方面來理解超重、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)，不在于物體向上運動還是向下運動，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）當物體處于完全失重狀態(tài)時，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。8．有外力的水平板塊模型【知識點的認識】1.模型概述：一個物體在另一個物體表面上發(fā)生相對滑動，兩者之間有相對運動，可能發(fā)生同向相對滑動或反向相對滑動。問題涉及兩個物體的運動時間、速度、加速度、位移等各量的關(guān)系。2.板塊模型的是哪個基本關(guān)系【命題方向】如圖所示，在光滑的水平面上有一長為0.64m、質(zhì)量為4kg的木板A，在木板的左端有一質(zhì)量為2kg的小物體B，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2．當對B施加水平向右的力F＝10N時，求：（1）A，B各自的加速度大小；（2）經(jīng)過多長的時間可將B從木板A的左端拉到右端？（物體B可以視為質(zhì)點，g取10m/s2）分析：（1）應用牛頓第二定律求出加速度大小。（2）應用運動學公式求解。解答：由牛頓第二定律得：對B：F﹣μmBg＝mBaB對A：μmBg＝mAaA代入數(shù)據(jù)解得：aA＝1m/s2，aB＝3m/s2（2）設(shè)經(jīng)過時間t物體B到達A的右端，則l=代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.8s答：（1）A，B各自的加速度大小分別為1m/s2、3m/s2；（2）經(jīng)過0.8s可將B從木板A的左端拉到右端。點評：（1）A，B各自的加速度大小分別為1m/s2、3m/s2；（2）經(jīng)過0.8s可將B從木板A的左端拉到右端。【解題思路點撥】要牢牢把握物塊與木板之間的聯(lián)系，找出加速度關(guān)系、速度關(guān)系以及位移關(guān)系，通過整體法與隔離法的綜合運用解決問題。9．平拋運動速度的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設(shè)物體在平拋運動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動時間也可以求出平拋運動的初速度。【命題方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達P點，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P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)時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錯誤。D、小球到達P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點評：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合運動學公式靈活求解。【解題思路點撥】做平拋運動的物體，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動，滿足vy＝gt。10．繩球類模型及其臨界條件【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動，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管內(nèi)做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運動，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軸．軸上套有一長為L的細繩，繩的另一端栓一質(zhì)量為m的小球，讓球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？分析：當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，由此說明此時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：對支座M，由牛頓運動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對小球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+點評：物體做圓周運動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．【解題思路點撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v11．物體在環(huán)形豎直軌道內(nèi)的圓周運動【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動，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管內(nèi)做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，小球m在豎直放置的內(nèi)壁光滑的圓形細管內(nèi)做圓周運動，以上說法正確的是（）A、小球通過最高點的最小速度為v=B、小球通過最高點的最小速度為零C、小球通過最高點時一定受到向上的支持力D、小球通過最低點時一定受到外管壁的向上的彈力分析：球m在豎直放置的內(nèi)壁光滑的圓形細管內(nèi)做圓周運動，小球通過最高點的最小速度為零．根據(jù)小球到達最高時的速度，由牛頓第二定律分析小球通過最高點時受到的作用力方向．小球通過最低點時一定受到外管壁的向上的彈力．解答：AB、由于細管內(nèi)能支撐小球，所以小球通過最高點的最小速度為零，不是gR．故A錯誤，B正確。C、若小球通過最高點時速度0＜v＜gR，小球的向心力小于重力，受到向上的支持力；若v=gR，不受圓管的作用力；當v＞gRD、小球通過最低點時向心力向上，重力向下，則外管壁對小球的彈力必定向上。故D正確。故選：BD。點評：小球在圓管中運動類型與輕桿模型相似，屬于有支撐物的類型，小球到達最高點臨界速度為零．【解題思路點撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v12．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）第一類常考題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R3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，但我們可以當作圓來處理，同時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