2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之功和能（2024年9月）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之功和能（2024年9月）一．選擇題（共10小題）1．（2024秋?海安市校級月考）早在二千多年前，我國勞動人民就發(fā)明了漢石磨盤，如圖甲所示。人們通常用驢來拉磨把谷物磨成面粉。俯視角度看如圖乙所示，假設(shè)驢拉磨可以看成做勻速圓周運動，驢對磨桿末端的平均拉力F＝800N，拉力方向始終沿圓周切線方向，磨桿半徑r＝0.7m，驢拉磨轉(zhuǎn)動一周時間為7s，圓周率π≈3，則下列說法正確的是（）A．磨桿末端的向心加速度大小為0.4m/s2 B．磨桿末端的線速度大小為0.3m/s C．驢轉(zhuǎn)動一周拉力所做的功為零 D．驢轉(zhuǎn)動一周拉力的平均功率為480W2．（2024?海淀區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，一個質(zhì)量為m的物體以某一速度從A點沖上一個傾角為30°的斜面，其運動的加速度為34g。這個物體在斜面上上升的最大高度為hA．物體的重力勢能增加了34mghB．物體的機械能損失了mgh C．物體的動能損失了mgh D．物體的重力勢能增加了mgh3．（2024?茂名二模）信宜市境內(nèi)崇山峻嶺較多，茶農(nóng)在其中一些條件適宜的高山上種植高山茶，一茶農(nóng)駕駛農(nóng)用拖拉機，沿盤山公路以恒定速率向山上運送農(nóng)資。不考慮拖拉機燃油質(zhì)量的變化，下列說法正確的是（）A．為了行車安全，路面轉(zhuǎn)彎處應(yīng)做成內(nèi)高外低 B．拖拉機牽引力的瞬時功率保持不變 C．拖拉機依次經(jīng)過兩個水平圓弧彎道1和2，且R1＞R2，則其合外力F1＞F2 D．上坡過程拖拉機的機械能增加4．（2024春?江北區(qū)校級月考）如圖所示，一個可視為質(zhì)點的物體以20J的初動能從粗糙斜面底端A點出發(fā)，沿斜面向上運動，從A經(jīng)過B到達最高點C（B點未畫出），然后再回到A點。已知物體向上運動時，從A點到B點的過程中，物體動能減少了12J，機械能減少了3J，不計空氣阻力，則（）A．在從A到C的上升過程中，合力對物體做功20J B．在從A到B的上升過程中，物體克服摩擦力做功12J C．在從C到A的下降過程中，重力對物體做功15J D．若在斜面底端放置一彈性擋板，物體返回A點時與擋板發(fā)生碰撞并立即被等速反彈，則物體在斜面上通過的總路程為AC距離的5倍5．（2024秋?開福區(qū)校級月考）一根粗細不均勻的繩子擺放在地面上，已知繩子的質(zhì)量為5kg，繩長為1m，抓住繩子一端緩慢往上提起，直到另一端恰好離開地面，此過程需做功30J。若抓住繩子的另一端把繩子緩慢提起來，拉力做功為（g取10m/s2）（）A．10J B．20J C．30J D．50J6．（2024春?江北區(qū)校級月考）汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機功率為P，t1時刻進入另一足夠長的傾斜路面，如圖，若保持功率P繼續(xù)行駛，到t2時刻，汽車又恢復(fù)了勻速直線運動。假設(shè)汽車運動過程中阻力（不包含重力沿斜面的分力）大小保持不變，下列圖像中能正確表示該汽車運動過程速率v隨時間t變化的是（）A． B． C． D．7．（2024春?江北區(qū)校級月考）如圖，豎直放置的弧形軌道固定在地面上，小球以1m/s的初速度從P點沿切線滑下，離開軌道時速率為1m/s；若該小球以2m/s的初速度從P點沿切線滑下，離開軌道時速率（）（不計空氣阻力）A．大于2m/s B．小于2m/s C．等于2m/s D．無法確定8．（2024春?江北區(qū)校級月考）如圖，將輕彈簧一端固定在O點，另一端與小球相連，現(xiàn)將小球拉到A點（彈簧處于自然長度）靜止釋放，讓它自由下擺，不計空氣阻力，小球從A點運動到的B點（O點正下方）的過程中，下列描述正確的是（）A．彈簧對小球不做功 B．彈簧對小球做正功 C．小球機械能守恒 D．小球機械能減少9．（2024?九龍坡區(qū)校級開學(xué)）暑假里，小李同學(xué)和小伙伴們玩起了一種趣味運動，手持乒乓球拍托實心塑料球移動，距離大者獲勝。若小李在趣味運動中沿水平方向做勻加速直線運動，手、球拍與球保持相對靜止且球拍平面和水平面之間的夾角為θ，如圖所示。設(shè)球的質(zhì)量為m，不計球拍和球之間的摩擦力，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．球拍對球的作用力大小為mgcosθ B．球的加速度大小為gtanθ C．球拍對球不做功 D．球的重力做負功10．（2024?尋甸縣校級開學(xué)）如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的A、B小球固定在輕桿的兩端，可繞水平軸O無摩擦轉(zhuǎn)動。已知桿長為l，水平軸O在桿的中點，初始時A、B、O在同一A豎直線上。給B球一個水平向右的初速度，在桿繞軸O轉(zhuǎn)過90°的過程中（）A．小球A和B的重力勢能變化量之和為12B．小球A和B的重力勢能變化量之和為mgl C．桿對小球A不做功，小球A的機械能守恒 D．A球和B球的總機械能減少二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024秋?開福區(qū)校級月考）我國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)定位精度可達米級，如圖P點是北緯37°（即θ＝37°）地球表面上一顆等待發(fā)射的衛(wèi)星，質(zhì)量相同的北斗導(dǎo)航衛(wèi)星A、B均繞地心O做勻速圓周運動，衛(wèi)星B是地球靜止軌道衛(wèi)星（同步地球衛(wèi)星）。某時刻P、A、B、O在同一平面內(nèi)，其中O、P、A在一條直線上，且OA垂直AB，則（）A．三顆衛(wèi)星中角速度最大的是A衛(wèi)星 B．三顆衛(wèi)星中線速度最大的是B衛(wèi)星 C．衛(wèi)星A、B的加速度之比25：16 D．衛(wèi)星A、B的動能之比25：16（多選）12．（2024?岳麓區(qū)校級開學(xué)）2024年5月15日，百度Apollo在武漢正式發(fā)布旗下第六代無人車車型，武漢市民可通過蘿卜快跑平臺搭乘第六代無人車。一輛質(zhì)量m＝2.0×103kg的蘿卜車，以v＝36km/h的速度在平直路面上勻速行駛，此過程中發(fā)動機功率P1＝12kW。當(dāng)系統(tǒng)探測到前方有障礙物時，主動剎車系統(tǒng)立即撤去發(fā)動機驅(qū)動力，同時施加制動力使車輛減速。在制動過程中，系統(tǒng)提供的制動功率P2＝24kW，蘿卜車經(jīng)過x=58A．蘿卜車勻速行駛過程中所受的阻力大小為800N B．蘿卜車剛進入制動狀態(tài)的瞬間，汽車所受合力大小為4800N C．制動過程蘿卜車的速度為5m/s時，加速度大小為3m/s2 D．蘿卜車從剎車到停止經(jīng)歷的時間為3.2s（多選）13．（2024?故城縣校級開學(xué)）如圖，足夠長的水平傳送帶AB與斜面BC在B點平滑連接，斜面傾角θ＝37°，質(zhì)量為1kg的物塊從距傳送帶高為H＝2.4m的C點靜止釋放，物塊與斜面和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5，傳送帶順時針運行速度恒為5m/s。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則下列判斷正確的是（）A．物塊第二次經(jīng)過B點的速度為5m/s B．物塊第一次到達傳送帶最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱28J C．物塊在斜面上向下運動的路程之和為6m D．物塊在斜面上向下運動的路程之和為5m（多選）14．（2024春?江北區(qū)校級月考）如圖，以O(shè)為原點在豎直面內(nèi)建立平面直角坐標系：第Ⅳ象限擋板形狀滿足方程y=12x2-2（單位：m），小球從第Ⅱ象限內(nèi)一個固定光滑圓弧軌道某處靜止釋放，通過O點后開始做平拋運動，擊中擋板上的P點時動能最?。ˋ．P點的坐標為(1，-B．小球釋放處的縱坐標為y=1C．小球擊中P點時的速度大小為5m/s D．小球從釋放到擊中擋板的整個過程機械能守恒（多選）15．（2024春?江北區(qū)校級月考）在空中某點，將兩個相同小球以大小相同的初速度分別水平拋出和豎直向上拋出，不計空氣阻力，則從拋出到落地，下列說法正確的是（）A．重力做功相同 B．落地時速率相同 C．速度變化量相同 D．落地時重力的瞬時功率相同三．解答題（共5小題）16．（2024?海淀區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為30°，其上A、B兩點間的距離為5m，傳送帶在電動機的帶動下以v＝1m/s的速度勻速運轉(zhuǎn)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10kg的小物體（可視為質(zhì)點）輕放在傳送帶上A點，已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=32，則在傳送帶將小物塊從A傳送到B的過程中，g＝10m/s（1）小物體在傳送帶上加速過程中的加速度為多大？（2）傳送帶對小物塊做了多少功？（3）因傳送小物塊，電動機額外做了多少功？17．（2024?岳麓區(qū)校級開學(xué)）質(zhì)量m＝20kg的物體，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直線運動，3s后撤去外力F，物體的v﹣t圖像如圖所示。g取10m/s2，求：（1）全過程中外力F的最大功率；（2）6s內(nèi)物體克服摩擦力做的功。18．（2023秋?新市區(qū)校級月考）光滑的14圓弧軌道AB豎直放置，半徑R＝0.2m，B端切線水平，B離地高度H＝0.8m，如圖所示，小滑塊P從A點由靜止滑下最終落在水平地面上（空氣阻力不計，g取10m/s2（1）小滑塊P滑到B點時的速度vB的大??；（2）小滑塊P的落地點與B點的水平距離s。19．（2024春?江北區(qū)校級月考）電動汽車具有節(jié)能環(huán)保、低噪聲、提速快等優(yōu)點，隨著電池續(xù)航能力不斷提升，其越來越受到消費者的青睞。質(zhì)量為m的電動車由于摩擦及空氣流動等原因產(chǎn)生的總阻力隨車速滿足f＝kv2，其中k為已知常數(shù)。求：（1）當(dāng)車以最大速度勻速行駛時，電動車所受的牽引力F牽與車速v應(yīng)滿足的關(guān)系；（2）若該電動汽車的最大輸出功率為Pm，此功率下最大行駛速度為vm，求其速度為vm2時的加速度（僅用Pm、vm、（3）若電動汽車以最大輸出功率Pm啟動，經(jīng)過時間t0后電動汽車的速度大小為v0，求該過程中電動汽車克服總阻力所做的功Wf。20．（2024秋?坪山區(qū)校級月考）風(fēng)洞是研究空氣動力學(xué)的實驗設(shè)備，如圖所示，將剛性桿水平固定在風(fēng)洞內(nèi)距地面高度H＝3.2m處，桿上套有一質(zhì)量m＝3kg，可沿桿滑動的小球。將小球所受的風(fēng)力調(diào)節(jié)為F＝15N，方向水平向左。小球以速度v0＝8m/s向右離開桿端，假設(shè)小球所受風(fēng)力不變，取g＝10m/s2。求：（1）小球落地時離開桿端的水平距離x；（2）小球落地時的動能Ek；

2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之功和能（2024年9月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024秋?海安市校級月考）早在二千多年前，我國勞動人民就發(fā)明了漢石磨盤，如圖甲所示。人們通常用驢來拉磨把谷物磨成面粉。俯視角度看如圖乙所示，假設(shè)驢拉磨可以看成做勻速圓周運動，驢對磨桿末端的平均拉力F＝800N，拉力方向始終沿圓周切線方向，磨桿半徑r＝0.7m，驢拉磨轉(zhuǎn)動一周時間為7s，圓周率π≈3，則下列說法正確的是（）A．磨桿末端的向心加速度大小為0.4m/s2 B．磨桿末端的線速度大小為0.3m/s C．驢轉(zhuǎn)動一周拉力所做的功為零 D．驢轉(zhuǎn)動一周拉力的平均功率為480W【考點】平均功率的計算；向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素；變力做功的計算．【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理能力．【答案】D【分析】利用a=4π2T2【解答】解：A、磨桿末端的向心加速度大小a=4π2B、磨桿末端的線速度大小v=2πrT=C、驢轉(zhuǎn)動一周拉力所做的功，根據(jù)微元法可知，拉力所做的功等于拉力的大小與拉力作用點沿圓周運動弧長的乘積。則磨轉(zhuǎn)一周弧長為L＝2πr，拉力所做的功W＝FL＝800×2×3×0.7J＝3360J，故C錯誤；D、驢轉(zhuǎn)動一周拉力的平均功率P=WT=故選：D?！军c評】本題考查勻速圓周運動線速度、向心加速度、周期、半徑之間的關(guān)系，能夠利用微元法推斷拉力所做的功。2．（2024?海淀區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，一個質(zhì)量為m的物體以某一速度從A點沖上一個傾角為30°的斜面，其運動的加速度為34g。這個物體在斜面上上升的最大高度為hA．物體的重力勢能增加了34mghB．物體的機械能損失了mgh C．物體的動能損失了mgh D．物體的重力勢能增加了mgh【考點】計算物體的機械能；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題；機械能守恒定律應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】物體在斜面上上升的最大高度為h，克服重力做功為mgh，從而得到重力勢能的變化；根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力大小，根據(jù)物體克服摩擦力做功等于物體機械能的損失，求解機械能的損失；根據(jù)合外力做功，求解動能的損失?！窘獯稹拷猓篈D、物體在斜面上上升的最大高度為h，克服重力做功為mgh，則重力勢能增加了mgh，故A錯誤，D正確；B、根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin30°+f＝m?34g，得到摩擦力大小為f=14mg，物體克服摩擦力做功為Wf＝f?2h=12C、合外力對物體做功為W合＝﹣m?34g?2h=-32mgh，根據(jù)動能定理得知，物體動能損失了故選：D?！军c評】本題的關(guān)鍵要掌握常見的對幾對功和能的關(guān)系：重力做功與重力勢能的關(guān)系有關(guān)，合力做功與動能的變化有關(guān)，除重力以外的力做功與機械能的變化有關(guān)。3．（2024?茂名二模）信宜市境內(nèi)崇山峻嶺較多，茶農(nóng)在其中一些條件適宜的高山上種植高山茶，一茶農(nóng)駕駛農(nóng)用拖拉機，沿盤山公路以恒定速率向山上運送農(nóng)資。不考慮拖拉機燃油質(zhì)量的變化，下列說法正確的是（）A．為了行車安全，路面轉(zhuǎn)彎處應(yīng)做成內(nèi)高外低 B．拖拉機牽引力的瞬時功率保持不變 C．拖拉機依次經(jīng)過兩個水平圓弧彎道1和2，且R1＞R2，則其合外力F1＞F2 D．上坡過程拖拉機的機械能增加【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導(dǎo)；判斷機械能是否守恒及如何變化；車輛在道路上的轉(zhuǎn)彎問題．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理能力．【答案】D【分析】轉(zhuǎn)彎處的路面內(nèi)低外高可以提供一部分車輛做圓周運動的向心力；結(jié)合P＝Fv分析汽車牽引力的瞬時功率；對車輛進行受力分析，根據(jù)向心力公式分析合外力；根據(jù)功能關(guān)系分析能量的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、為了行車安全，路面轉(zhuǎn)彎處應(yīng)利用重力和支持力的合力提供向心力，所以路面轉(zhuǎn)彎處應(yīng)做成外高內(nèi)低，故A錯誤，B、拖拉機沿盤山公路以恒定速率向山上運送農(nóng)資，在水平圓弧彎道和上坡過程，拖拉機的牽引力大小不同，根據(jù)P＝Fv可知，拖拉機牽引力的瞬時功率不相同，故B錯誤；C、拖拉機沿盤山公路以恒定速率向山上運送農(nóng)資，拖拉機依次經(jīng)過兩個水平圓弧彎道1和2，且R1＞R2，根據(jù)F=mv可知其合外力滿足F1＜F2故C錯誤；D、上坡過程拖拉機的動能不變，重力勢能增加，則機械能增加，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了圓周運動的相關(guān)應(yīng)用，熟悉對物體的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律即可完成解答。4．（2024春?江北區(qū)校級月考）如圖所示，一個可視為質(zhì)點的物體以20J的初動能從粗糙斜面底端A點出發(fā)，沿斜面向上運動，從A經(jīng)過B到達最高點C（B點未畫出），然后再回到A點。已知物體向上運動時，從A點到B點的過程中，物體動能減少了12J，機械能減少了3J，不計空氣阻力，則（）A．在從A到C的上升過程中，合力對物體做功20J B．在從A到B的上升過程中，物體克服摩擦力做功12J C．在從C到A的下降過程中，重力對物體做功15J D．若在斜面底端放置一彈性擋板，物體返回A點時與擋板發(fā)生碰撞并立即被等速反彈，則物體在斜面上通過的總路程為AC距離的5倍【考點】恒力做功的計算；功的正負及判斷．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)動能定理分析；根據(jù)功能關(guān)系分析；根據(jù)動能定理得到小球克服重力做功和克服摩擦力做功的比例關(guān)系，進而得到整個過程摩擦力做的功；對整個過程根據(jù)動能定理計算?！窘獯稹拷猓篈、在從A到C的上升過程中，根據(jù)動能定理可知合力對物體做功W合＝ΔEk＝﹣20J，故A錯誤；B、在從A到B的上升過程中機械能損失了3J，根據(jù)功能關(guān)系可知克服摩擦力做功為Wf1＝3J，故B錯誤；C、據(jù)題意，小球從A到B過程中動能減少了12J，根據(jù)動能定理可知WG1+Wf1＝12J該過程中機械能損失了3J，所以克服摩擦力做功為Wf1＝3J則該過程中克服重力做功為WG1＝12J﹣3J＝9J所以有WG1在B點還剩下20J﹣12J＝8J動能，根據(jù)比例關(guān)系可知在BC過程中克服重力做功為WG2＝3Wf克服摩擦力做功為Wf2＝2J所以在從A到C的上升過程中克服重力做功為WG12＝20J﹣3J﹣2J＝15J則在從C到A的下降過程中，重力對物體做功15J，故C正確；D、在從A到C的上升過程中克服摩擦力做功為Wf12＝5J＝fxAC當(dāng)動能減為0時，根據(jù)動能定理有Ek0＝20J＝fx解得x＝4xAC，故D錯誤。故選：C?！军c評】知道克服摩擦力做的功等于物體機械能的減少量，能夠熟練應(yīng)用動能定理是解題的基礎(chǔ)。5．（2024秋?開福區(qū)校級月考）一根粗細不均勻的繩子擺放在地面上，已知繩子的質(zhì)量為5kg，繩長為1m，抓住繩子一端緩慢往上提起，直到另一端恰好離開地面，此過程需做功30J。若抓住繩子的另一端把繩子緩慢提起來，拉力做功為（g取10m/s2）（）A．10J B．20J C．30J D．50J【考點】變力做功的計算．【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理能力．【答案】B【分析】繩子緩慢運動，受力平衡，合外力做功為零，根據(jù)重力勢能的增加量計算重力做功?！窘獯稹拷猓禾崞鹄K子過程中，拉力做功為W＝mgh，h表示重心上升的高度，第一次過程中拉力做功為30J，即30J＝5×10h，解得h＝0.6m，抓住繩子的另一端把繩子緩慢提起來時，第二次重心升高0.4m，所以對應(yīng)拉力做功W＝mgh＝5×10×0.4J＝20J故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】本題難度較大，克服重力做功的角度分析答題、應(yīng)用功的計算公式是正確解題的關(guān)鍵；求重力做功時，要考慮重心上升的高度。6．（2024春?江北區(qū)校級月考）汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機功率為P，t1時刻進入另一足夠長的傾斜路面，如圖，若保持功率P繼續(xù)行駛，到t2時刻，汽車又恢復(fù)了勻速直線運動。假設(shè)汽車運動過程中阻力（不包含重力沿斜面的分力）大小保持不變，下列圖像中能正確表示該汽車運動過程速率v隨時間t變化的是（）A． B． C． D．【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；牛頓運動定律綜合專題；功率的計算專題；推理能力．【答案】A【分析】根據(jù)勻速運動確定牽引力與阻力關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律確定加速度的變化，當(dāng)加速度為零時確定牽引力的變化，根據(jù)功率公式確定速度的變化【解答】解：勻速行駛時P＝F0v0，此時阻力等于牽引力f＝F0若t1時刻進入另一足夠長的傾斜路面，汽車做減速運動，功率不變，根據(jù)P＝Fv可知，速度減小牽引力會增加。在斜面上，根據(jù)牛頓第二定律有F﹣f﹣mgsinθ＝ma則該過程是加速度減小的減速運動。當(dāng)加速度再次為零時，有F′＝f+mgsinθ＞F0根據(jù)P＝Fv可知，此時速度小于v0。故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題關(guān)鍵掌握根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化，根據(jù)功率公式分析速度變化。7．（2024春?江北區(qū)校級月考）如圖，豎直放置的弧形軌道固定在地面上，小球以1m/s的初速度從P點沿切線滑下，離開軌道時速率為1m/s；若該小球以2m/s的初速度從P點沿切線滑下，離開軌道時速率（）（不計空氣阻力）A．大于2m/s B．小于2m/s C．等于2m/s D．無法確定【考點】利用動能定理求解變力做功．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題；推理能力．【答案】B【分析】對小球兩次在同一弧形軌道上的運動情況，根據(jù)動能定理結(jié)合速率對正壓力和摩擦力的大小的影響，進而影響到克服滑動摩擦做功的多少問題列式分析判斷。【解答】解：當(dāng)小球以1m/s的初速度從P點沿切線方向滑下，離開軌道時速率為1m/s，設(shè)該過程中克服摩擦力做功為Wf，弧形軌道的高度差為h，小球的質(zhì)量為m，根據(jù)動能定理可得mgh﹣Wf＝ΔEk＝0，若小球以2m/s的速度從P點沿切線方向入軌，由于第二次在圓弧軌道滑動過程與第一次在圓弧軌道滑動過程相比，小球處于同一位置時，第二次的速率大于第一次的速率，在弧形軌道上運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，第二次小球?qū)壍赖膲毫Υ笥诘谝淮涡∏驅(qū)壍赖膲毫?，結(jié)合摩擦力和壓力的關(guān)系則第二次的摩擦力大于第一次的摩擦力，整個滑動過程第二次克服摩擦力做功Wf′大于第一次克服摩擦力做功Wf，根據(jù)動能定理可得ΔE′k＝mgh﹣Wf′＜mgh﹣Wf＝0，所以小球到達B點時速率一定小于2m/s。故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】考查動能定理的定性的分析和應(yīng)用問題，關(guān)鍵是要抓住速率的變化對各力做功造成的影響。8．（2024春?江北區(qū)校級月考）如圖，將輕彈簧一端固定在O點，另一端與小球相連，現(xiàn)將小球拉到A點（彈簧處于自然長度）靜止釋放，讓它自由下擺，不計空氣阻力，小球從A點運動到的B點（O點正下方）的過程中，下列描述正確的是（）A．彈簧對小球不做功 B．彈簧對小球做正功 C．小球機械能守恒 D．小球機械能減少【考點】判斷機械能是否守恒及如何變化；功的正負及判斷．【專題】定性思想；推理法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；推理能力．【答案】D【分析】在此過程中彈簧對小球做正功，據(jù)此分析小球機械能的變化。【解答】解：小球下擺到O點正下方過程中，彈簧伸長，小球做的不是圓周運動，故彈力與速度成鈍角，彈簧彈力對小球做負功，所以小球機械能減少，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】知道重力以外的力對小球做的功等于小球機械能的變化量。如果對小球做正功，則小球的機械能增大。9．（2024?九龍坡區(qū)校級開學(xué)）暑假里，小李同學(xué)和小伙伴們玩起了一種趣味運動，手持乒乓球拍托實心塑料球移動，距離大者獲勝。若小李在趣味運動中沿水平方向做勻加速直線運動，手、球拍與球保持相對靜止且球拍平面和水平面之間的夾角為θ，如圖所示。設(shè)球的質(zhì)量為m，不計球拍和球之間的摩擦力，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．球拍對球的作用力大小為mgcosθ B．球的加速度大小為gtanθ C．球拍對球不做功 D．球的重力做負功【考點】功的正負及判斷；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】B【分析】A.畫實心球受力圖，根據(jù)幾何關(guān)系列式求解支持力；B.根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度大小；CD.根據(jù)支持力和位移的夾角情況判斷該力是否做功?！窘獯稹拷猓簩嵭那虻氖芰η闆r如下圖所示A.根據(jù)幾何關(guān)系可知，球拍對球的作用力滿足Fcosθ＝mg，得F=mgcosθ，故B.根據(jù)牛頓第二定律有F合＝mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ，所以球的加速度大小為a＝gtanθ，故B正確；C.根據(jù)上圖，球拍對球的支持力與球的位移（水平方向）的夾角為銳角，根據(jù)功的公式，該力對球做正功，故C錯誤；D.球的重力方向和位移方向夾角始終為90°，故重力不做功，故D錯誤。故選：B?！军c評】考查物體的受力分析和牛頓運動定律以及力做功的問題，會根據(jù)題意進行準確列式求解。10．（2024?尋甸縣校級開學(xué)）如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的A、B小球固定在輕桿的兩端，可繞水平軸O無摩擦轉(zhuǎn)動。已知桿長為l，水平軸O在桿的中點，初始時A、B、O在同一A豎直線上。給B球一個水平向右的初速度，在桿繞軸O轉(zhuǎn)過90°的過程中（）A．小球A和B的重力勢能變化量之和為12B．小球A和B的重力勢能變化量之和為mgl C．桿對小球A不做功，小球A的機械能守恒 D．A球和B球的總機械能減少【考點】判斷機械能是否守恒及如何變化；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；機械能守恒定律應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】將輕桿從水平位置由豎直靜止，轉(zhuǎn)到水平位置的過程中系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，根據(jù)勢能的定義可以判斷各自勢能的變化；依據(jù)桿對A做負功，而對B做正功，桿對整體不做功?！窘獯稹拷猓篈B、在桿繞軸O轉(zhuǎn)過90°的過程中，小球A的重力勢能減小12mgl，B的重力勢能增加mgl，那么小球A和B的重力勢能變化量之和為12mgl，故A正確，CD、A、B組成的系統(tǒng)在運動過程中，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故A球和B球的總機械能保持不變。系統(tǒng)的重力勢能增加了，則A、B的總動能減少，A、B兩球的速率始終相等，故A、B的動能都減小，所以A球機械能減小，桿對A做負功，故CD錯誤。故選：A?！军c評】本題是輕桿連接的模型問題，對系統(tǒng)機械能是守恒的，但對單個小球機械能并不守恒，運用系統(tǒng)機械能守恒及除重力以外的力做物體做的功等于物體機械能的變化量進行研究即可。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024秋?開福區(qū)校級月考）我國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)定位精度可達米級，如圖P點是北緯37°（即θ＝37°）地球表面上一顆等待發(fā)射的衛(wèi)星，質(zhì)量相同的北斗導(dǎo)航衛(wèi)星A、B均繞地心O做勻速圓周運動，衛(wèi)星B是地球靜止軌道衛(wèi)星（同步地球衛(wèi)星）。某時刻P、A、B、O在同一平面內(nèi)，其中O、P、A在一條直線上，且OA垂直AB，則（）A．三顆衛(wèi)星中角速度最大的是A衛(wèi)星 B．三顆衛(wèi)星中線速度最大的是B衛(wèi)星 C．衛(wèi)星A、B的加速度之比25：16 D．衛(wèi)星A、B的動能之比25：16【考點】動能大小的影響因素及比較；不同軌道上的衛(wèi)星（可能含赤道上物體）運行參數(shù)的比較．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應(yīng)用專題；推理能力．【答案】AC【分析】由萬有引力提供向心力，結(jié)合向心力的計算公式分析角速度、線速度、向心加速度大小關(guān)系，結(jié)合動能公式計算動能之比?！窘獯稹拷猓篈B、P點衛(wèi)星自轉(zhuǎn)和衛(wèi)星B公轉(zhuǎn)都做圓周運動，其角速度大小相等，萬有引力提供向心力，衛(wèi)星A、B均繞地心O做勻速圓周運動，有GMmr比較衛(wèi)星的運動參量可知ωP＝ωB＜ωAvP＜vB＜vA故A正確，B錯誤；C、設(shè)B的半徑為rB＝R，則A的半徑為rA＝Rcos37°＝0.8R所以r由a=GMr2，衛(wèi)星AaA故C正確；D、由v=GMvA則衛(wèi)星A、B的動能之比EkA：EkB＝5：4故D錯誤。故選：AC。【點評】本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進行分析，難度中等。（多選）12．（2024?岳麓區(qū)校級開學(xué)）2024年5月15日，百度Apollo在武漢正式發(fā)布旗下第六代無人車車型，武漢市民可通過蘿卜快跑平臺搭乘第六代無人車。一輛質(zhì)量m＝2.0×103kg的蘿卜車，以v＝36km/h的速度在平直路面上勻速行駛，此過程中發(fā)動機功率P1＝12kW。當(dāng)系統(tǒng)探測到前方有障礙物時，主動剎車系統(tǒng)立即撤去發(fā)動機驅(qū)動力，同時施加制動力使車輛減速。在制動過程中，系統(tǒng)提供的制動功率P2＝24kW，蘿卜車經(jīng)過x=58A．蘿卜車勻速行駛過程中所受的阻力大小為800N B．蘿卜車剛進入制動狀態(tài)的瞬間，汽車所受合力大小為4800N C．制動過程蘿卜車的速度為5m/s時，加速度大小為3m/s2 D．蘿卜車從剎車到停止經(jīng)歷的時間為3.2s【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；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；功率的計算專題；動能定理的應(yīng)用專題；推理能力．【答案】CD【分析】A、根據(jù)蘿卜車勻速運動，阻力和牽引力大小相等，由P＝Fv可得阻力大小；B、根據(jù)P＝Fv可得蘿卜車進入制動瞬間制動力大小，蘿卜車所受合力為制動力和阻力之和；C、根據(jù)P＝Fv可得制動力大小，利用牛頓第二定律可得加速度大?。籇、剎車過程，利用動能定理可得蘿卜車從剎車到停止經(jīng)歷的時間。【解答】解：A、蘿卜車勻速行駛過程中的速度：v＝36km/h＝10m/s，所受的阻力大小為：f=F=P1vB、蘿卜車剛進入制動狀態(tài)的瞬間，主動剎車系統(tǒng)提供的制動力大小為：F蘿卜車剛進入制動狀態(tài)的瞬間，汽車所受合力大小為：F合＝F1+f＝2400N+1200N＝3600N，故B錯誤；C、蘿卜車的速度為5m/s時，主動剎車系統(tǒng)提供的制動力大小為：F2=P2v'=24×1代入數(shù)據(jù)可得：a′＝3m/s2，故C正確；D、剎車過程，由動能定理：-代入數(shù)據(jù)可得：t＝3.2s，故D正確。故選：CD?！军c評】本題考查了動能定理、功率，解題的關(guān)鍵是知道蘿卜車剛進入制動狀態(tài)時，蘿卜車的合力為制動力和阻力之和。（多選）13．（2024?故城縣校級開學(xué)）如圖，足夠長的水平傳送帶AB與斜面BC在B點平滑連接，斜面傾角θ＝37°，質(zhì)量為1kg的物塊從距傳送帶高為H＝2.4m的C點靜止釋放，物塊與斜面和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5，傳送帶順時針運行速度恒為5m/s。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則下列判斷正確的是（）A．物塊第二次經(jīng)過B點的速度為5m/s B．物塊第一次到達傳送帶最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱28J C．物塊在斜面上向下運動的路程之和為6m D．物塊在斜面上向下運動的路程之和為5m【考點】從能量角度求解傳送帶問題；傾斜傳送帶模型．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題；推理能力．【答案】BD【分析】A、根據(jù)動能定理求解小物塊第一次滑過B點時的速度大小，與傳送帶速度大小比較，進一步判斷小物塊的運動情況以及第二次回到B點時的速度；B、小物塊滑上傳送帶后先向左做勻減速直線運動，然后向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式相結(jié)合求小物塊第一次在傳送帶上往返運動的時間t，根據(jù)運動學(xué)公式求出相對運動的距離，再由摩擦力乘以相對距離求解出物塊第一次到達傳送帶最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱；CD、小物塊再次滑上斜面，然后再次滑到斜面底端，再次滑上傳送帶做勻減速直線運動，然后做勻加速直線運動，回到P點速度不變，經(jīng)過多次在斜面上往返運動，最終停在斜面底端。根據(jù)動能定理結(jié)合數(shù)學(xué)歸納求小物塊在斜面上運動的總路程。【解答】解：A．物塊第一次下滑到B點時由動能定理mgH-解得vB＝4m/s沖上傳送帶后做勻減速運動，速度減到零后反向加速，則第二次回到B點時的速度仍為4m/s，故A錯誤；B．物塊在傳送帶上做減速運動的加速度大小為a＝μg解得a＝5m/s2減速到零的時間t=v解得t＝0.8s物塊第一次到達傳送帶最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱Q=μmg(v解得Q＝28J故B正確；CD．物塊從B點再次沖上斜面時，向上運動的最大距離12解得x＝0.8m再次下滑到斜面底端時的速度12解得v'滑上傳送帶后再次返回到B點時速度仍為v'12解得x′＝0.16m則每次下滑的距離呈等比數(shù)列，則物塊在斜面上向下運動的路程之和為s＝4m+0.8m+0.16m+……＝5m故C錯誤，D正確。故選：BD。【點評】解決本題的關(guān)鍵要理清小物塊的運動過程，把握能量轉(zhuǎn)化情況，分段運用牛頓第二定律和動能定理；要知道摩擦生熱與相對路程有關(guān)。（多選）14．（2024春?江北區(qū)校級月考）如圖，以O(shè)為原點在豎直面內(nèi)建立平面直角坐標系：第Ⅳ象限擋板形狀滿足方程y=12x2-2（單位：m），小球從第Ⅱ象限內(nèi)一個固定光滑圓弧軌道某處靜止釋放，通過O點后開始做平拋運動，擊中擋板上的P點時動能最?。ˋ．P點的坐標為(1，-B．小球釋放處的縱坐標為y=1C．小球擊中P點時的速度大小為5m/s D．小球從釋放到擊中擋板的整個過程機械能守恒【考點】機械能與曲線運動相結(jié)合的問題；平拋運動位移的計算；判斷機械能是否守恒及如何變化．【專題】定量思想；解題方法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】小球從O點開始做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求出平拋運動的軌跡方程，結(jié)合題設(shè)軌跡方程求出小球從O點落到擋板上的時間，進而得到小球落在擋板上的速度，根據(jù)數(shù)學(xué)知識求出速度最小時對應(yīng)的初速度，并求出小球擊中P點時的速度大小。根據(jù)分位移公式求出P點的坐標。小球從第Ⅱ象限內(nèi)由靜止釋放到O點機械能守恒，由機械能守恒定律求小球釋放處的縱坐標。整個過程中，只有重力做功，小球的機械能守恒。【解答】解：C、設(shè)小球從O點開始做平拋運動的初速度大小為v0，根據(jù)分運動的規(guī)律有-y=12gt2據(jù)題y=1解得小球從O點落到擋板上的時間為t＝21則小球落在擋板上的速度為v=當(dāng)v02+g=解得：v此時，速度最小為v=30m/s，則小球擊中P點時的速度大小v=30A、經(jīng)過O點時的速度大小v0=10t＝21解得-y=12即P點的坐標為（2，﹣1），A錯誤；B、小球從第Ⅱ象限內(nèi)由靜止釋放到O點機械能守恒，有mgy=解得：y=12mD、小球從釋放到擊中擋板的整個過程中，只有重力做功，其機械能守恒，故D正確。故選：BD。【點評】分析清楚小球的運動過程，應(yīng)用平拋運動規(guī)律和數(shù)學(xué)知識相結(jié)合即可正確解題。（多選）15．（2024春?江北區(qū)校級月考）在空中某點，將兩個相同小球以大小相同的初速度分別水平拋出和豎直向上拋出，不計空氣阻力，則從拋出到落地，下列說法正確的是（）A．重力做功相同 B．落地時速率相同 C．速度變化量相同 D．落地時重力的瞬時功率相同【考點】瞬時功率的計算；豎直上拋運動的規(guī)律及應(yīng)用；平拋運動在豎直和水平方向上的特點；恒力做功的計算．【專題】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】AB【分析】小球沿著不同的方向拋出，都只有重力做功，機械能守恒，故可得到落地時速度大小相等，但方向不同；根據(jù)瞬時功率表達式P＝Fvcos0判斷瞬時功率的大小?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)重力做功公式W＝mgh可知，兩個小球重力做功相同，故A正確；B、小球沿著不同的方向拋出，都只有重力做功，機械能守恒，而兩個相同小球，初速度大小相同，故可得到落地時速度大小相等，故B正確；D、根據(jù)瞬時功率表達式P＝Fvcosθ可知，豎直上拋的瞬時功率較大，平拋的瞬時功率較小，故D錯誤；C、速度變化量為Δv＝gΔt，豎直上拋的運動時間大于平拋的運動時間，則速度變化量不相等，故C錯誤。故選：AB?！军c評】本題關(guān)鍵在于沿不同方向拋出的小球都只有重力做功，機械能守恒，然后結(jié)合平均功率和瞬時功率的相關(guān)公式列式分析判斷，不難。三．解答題（共5小題）16．（2024?海淀區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為30°，其上A、B兩點間的距離為5m，傳送帶在電動機的帶動下以v＝1m/s的速度勻速運轉(zhuǎn)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10kg的小物體（可視為質(zhì)點）輕放在傳送帶上A點，已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=32，則在傳送帶將小物塊從A傳送到B的過程中，g＝10m/s（1）小物體在傳送帶上加速過程中的加速度為多大？（2）傳送帶對小物塊做了多少功？（3）因傳送小物塊，電動機額外做了多少功？【考點】恒力做功的計算；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；傾斜傳送帶模型．【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理能力．【答案】（1）小物體在傳送帶上加速過程中的加速度為2.5m/s2；（2）傳送帶對小物塊做功255J；（3）因傳送小物塊，電動機額外做功270J。【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律列式代入數(shù)據(jù)求解加速度；（2）根據(jù)功能關(guān)系求解小物塊的動能和重力勢能的增加量列式計算；（3）根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒的思想分析電機額外做的功?！窘獯稹拷猓海?）在小物塊向上加速的過程中，根據(jù)牛頓第二定律，μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2（2）傳送帶對小物體做的功等于小物體的機械能增量，即W＝ΔE＝ΔEk+ΔEp。而小物塊從A到B的過程中，其速度增大，所以動能增加；同時高度升高，其重力勢能增加。所以當(dāng)它的速度達到v＝1m/s時的位移為s=v22a=0.2m，即小物體將以v＝1m/s的速度完成后L﹣s＝5m﹣0.2m＝4.8m的路程。所以W＝ΔEk+ΔEp=12mv2+mgLsin30°=12×10×12J+10（3）由于小物體與傳送帶之間有相互的滑動摩擦力做功，根據(jù)功能關(guān)系，為傳送小物體，電動機需要做的功為一方面使小物體的機械能增加，另一方面由于小物體與傳送帶之間有相對滑動而產(chǎn)生熱量，即W電＝W+Q＝W+μmgcos30°?s相。其中s相＝vt﹣s，而由v＝at可知，t=va=12.5s＝0.4s，所以s相＝0.2m。聯(lián)立解得答：（1）小物體在傳送帶上加速過程中的加速度為2.5m/s2；（2）傳送帶對小物塊做功255J；（3）因傳送小物塊，電動機額外做功270J?！军c評】考查牛頓第二定律的應(yīng)用和功能關(guān)系問題，關(guān)鍵是把握能量的轉(zhuǎn)化過程，利用守恒的思想列式計算。17．（2024?岳麓區(qū)校級開學(xué)）質(zhì)量m＝20kg的物體，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直線運動，3s后撤去外力F，物體的v﹣t圖像如圖所示。g取10m/s2，求：（1）全過程中外力F的最大功率；（2）6s內(nèi)物體克服摩擦力做的功?！究键c】瞬時功率的計算；變力做功的計算．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；推理能力．【答案】（1）全過程中外力F的最大功率為480W；（2）6s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為720J?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律計算拉力大小，根據(jù)P＝Fv計算拉力的最大功率；（2）摩擦力大小不變，根據(jù)功的公式計算摩擦力做功的大小?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)前3s內(nèi)物體的加速度為a1，后3s內(nèi)物體的加速度為a2，前3s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律有F﹣f＝ma1根據(jù)圖像可得a1=vmt1=后3s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律有f＝ma2根據(jù)圖像可得a2=vmt2=聯(lián)立解得F＝80N，f＝40Nv＝6m/s時，拉力的功率最大，全過程中外力F的最大功率P＝Fvm代入數(shù)據(jù)解得P＝480W（2）根據(jù)v﹣t圖像和橫軸所圍面積表示位移可知x=16s內(nèi)物體克服摩擦力做的功W＝fx代入數(shù)據(jù)解得W＝720J答：（1）全過程中外力F的最大功率為480W；（2）6s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為720J?！军c評】本題考查速度—時間圖像的應(yīng)用，根據(jù)圖像計算加速度的大小，根據(jù)功率的公式計算功率的大小。18．（2023秋?新市區(qū)校級月考）光滑的14圓弧軌道AB豎直放置，半徑R＝0.2m，B端切線水平，B離地高度H＝0.8m，如圖所示，小滑塊P從A點由靜止滑下最終落在水平地面上（空氣阻力不計，g取10m/s2（1）小滑塊P滑到B點時的速度vB的大??；（2）小滑塊P的落地點與B點的水平距離s?！究键c】機械能與曲線運動相結(jié)合的問題；圓周運動與平拋運動相結(jié)合的問題．【專題】定量思想；方程法；機械能守恒定律應(yīng)用專題；推理能力．【答案】（1）小滑塊P滑到B點時的速度vB的大小為2m/s；（2）小滑塊P的落地點與B點的水平距離為0.8m?！痉治觥浚?）小滑塊P滑到B點過程，根據(jù)機械能守恒定律進行解答；（2）由平拋運動規(guī)律求解小滑塊P的落地點與B點的水平距離?！窘獯稹拷猓海?）小滑塊P滑到B點過程，重力勢能的減少等于動能的增加，則有：mgR=解得：vB＝2m/s；（2）由平拋運動規(guī)律可知：H=水平方向，有：s＝vBt聯(lián)立解得：s＝0.8m。答：（1）小滑塊P滑到B點時的速度vB的大小為2m/s；（2）小滑塊P的落地點與B點的水平距離為0.8m?！军c評】本題是機械能守恒定律和平拋運動的結(jié)合，關(guān)鍵是掌握機械能守恒定律的應(yīng)用方法、平拋運動的規(guī)律，知道平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，能夠根據(jù)平拋運動的規(guī)律結(jié)合運動學(xué)公式解答。19．（2024春?江北區(qū)校級月考）電動汽車具有節(jié)能環(huán)保、低噪聲、提速快等優(yōu)點，隨著電池續(xù)航能力不斷提升，其越來越受到消費者的青睞。質(zhì)量為m的電動車由于摩擦及空氣流動等原因產(chǎn)生的總阻力隨車速滿足f＝kv2，其中k為已知常數(shù)。求：（1）當(dāng)車以最大速度勻速行駛時，電動車所受的牽引力F牽與車速v應(yīng)滿足的關(guān)系；（2）若該電動汽車的最大輸出功率為Pm，此功率下最大行駛速度為vm，求其速度為vm2時的加速度（僅用Pm、vm、（3）若電動汽車以最大輸出功率Pm啟動，經(jīng)過時間t0后電動汽車的速度大小為v0，求該過程中電動汽車克服總阻力所做的功Wf?！究键c】利用動能定理求解機車啟動問題；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(yīng)用專題；推理能力．【答案】（1）當(dāng)車以最大速度勻速行駛時，電動車所受的牽引力F牽與車速v應(yīng)滿足的關(guān)系為F牽（2）若該電動汽車的最大輸出功率為Pm，此功率下最大行駛速度為vm，其速度為vm2時的加速度為（3）若電動汽車以最大輸出功率Pm啟動，經(jīng)過時間t0后電動汽車的速度大小為v0，該過程中電動汽車克服總阻力所做的功Wf為Pm【分析】（1）根據(jù)汽車牽引力和阻力大小相等時速度最大求解；（2）根據(jù)汽車的最大速度可得汽車牽引力大小，利用P＝Fv可得最大輸出功率，根據(jù)最大輸出功率，利用P＝Fv可得牽引力大小，由牛頓第二定律可得汽車加速度大??；（3）利用動能定理求解?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)汽車牽引力和阻力大小相等時，汽車的速度最大，則牽引力：F（2）汽車速度最大時，牽引力和阻力大小相等，則有：F汽車的最大輸出功率為：P聯(lián)立方程可得：v當(dāng)汽車的速度為vm2時，則有：P可得：F=Pm由牛頓第二定律可得汽車的加速度為：a=（3）汽車運動時間t0，由動能定理可有：P可得汽車克服總阻力所做的功為：W答：（1）當(dāng)車以最大速度勻速行駛時，電動車所受的牽引力F牽與車速v應(yīng)滿足的關(guān)系為F牽（2）若該電動汽車的最大輸出功率為Pm，此功率下最大行駛速度為vm，其速度為vm2時的加速度為（3）若電動汽車以最大輸出功率Pm啟動，經(jīng)過時間t0后電動汽車的速度大小為v0，該過程中電動汽車克服總阻力所做的功Wf為Pm【點評】本題考查了汽車啟動問題、動能定理，解題的關(guān)鍵是知道汽車的牽引力和阻力大小相等時，速度最大。20．（2024秋?坪山區(qū)校級月考）風(fēng)洞是研究空氣動力學(xué)的實驗設(shè)備，如圖所示，將剛性桿水平固定在風(fēng)洞內(nèi)距地面高度H＝3.2m處，桿上套有一質(zhì)量m＝3kg，可沿桿滑動的小球。將小球所受的風(fēng)力調(diào)節(jié)為F＝15N，方向水平向左。小球以速度v0＝8m/s向右離開桿端，假設(shè)小球所受風(fēng)力不變，取g＝10m/s2。求：（1）小球落地時離開桿端的水平距離x；（2）小球落地時的動能Ek；【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；兩個變速直線運動的合成；求分速度的大小和方向．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題；推理能力．【答案】（1）小球落地時離開桿端的水平距離4.8m；（2）小球落地時的動能120J。【分析】（1）由小球豎直方向下落高度可得運動時間，水平方向由牛頓第二定律可得加速度，由運動學(xué)公式可得水平方向位移大??；（2）小球離開桿到落地過程，由動能定理可得小球落地時的動能?！窘獯稹拷猓海?）小球在豎直方向上做自由落體運動，運動時間為t=2H小球在水平面上做勻減速運動，加速度a=F方向水平向左，則水平位移為x=v代入數(shù)據(jù)解得x＝4.8m（2）設(shè)落地時小球的動能為Ek，由動能定理得mgH-代入數(shù)據(jù)解得Ek＝120J答：（1）小球落地時離開桿端的水平距離4.8m；（2）小球落地時的動能120J?！军c評】本題考查了動能定理和運動的合成與分解，解題的關(guān)鍵是知道小球離開桿后參與了兩個方向的運動，水平方向做勻減速直線運動，豎直方向做自由落體運動。

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+20）B、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?！窘忸}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．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。【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，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。3．傾斜傳送帶模型【知識點的認識】1.傳送帶問題利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態(tài)的分析、運動學(xué)和動力學(xué)知識的綜合運用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進人傳送帶的初速度）【命題方向】如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角為θ＝37°，AB的長度為64m，傳送帶以20m/s的速度沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，在傳送帶上端A點無初速度地放上一個質(zhì)量為8kg的物體（可視為質(zhì)點），它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5，求物體從A點運動到B點所用的時間。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體沿斜面向下的滑動摩擦力，物體由靜止開始勻加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后根據(jù)運動學(xué)速度—時間公式求出勻加速至物體與傳送帶共速的時間。當(dāng)物體速度達到傳送帶速度時，判斷物體的運動狀態(tài)，再求解運動時間。解答：物體放上傳送帶后，受到沿斜面向下的滑動摩擦力，設(shè)物體做勻加速直線運動的加速度為a1，直至與傳送帶速度相等。設(shè)這一過程所需的時間為t1，物體下滑的位移為x1，則由牛頓第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由運動學(xué)公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1則x1=12a1t12=12×10×物體與傳送帶達到共同速度時，因為mgsinθ＞μmgcosθ，物體將繼續(xù)勻加速下滑，設(shè)再經(jīng)t2時間物體滑至B端，加速度為a2，則mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a2＝2m/s2由運動學(xué)公式有LAB﹣x1＝vt2+解得：t2＝2s故物體從A點運動到B點所用的總時間為t＝t1+t2＝2s+2s＝4s答：物體從A點運動到B點所用的總時間為4s。點評：解決本題的關(guān)鍵要正確分析物體的受力情況，來判斷其運動情況，要注意滑動摩擦力方向與物體間相對運動方向相反?！窘忸}思路點撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進行解答。需要綜合運用力學(xué)、運動學(xué)以及牛頓運動定律的相關(guān)內(nèi)容。4．兩個變速直線運動的合成【知識點的認識】1.本考點旨在考查兩個變速直線運動的合成問題。2.兩個變速直線運動的合運動可能是直線運動也可能是曲線運動?！久}方向】兩個互成角度的勻加速直線運動，初速度大小分別為v1和v2，加速度分別為a1和a2，則它們的合運動的軌跡（）A、如果v1＝v2，那么軌跡一定是直線B、如果v1≠0，v2≠0，那么軌跡一定是曲線C、如果a1＝a2，那么軌跡一定是直線D、如果a1分析：當(dāng)合速度的方向與合加速度的方向在同一條直線上時，運動軌跡為直線，當(dāng)合加速度方向與合速度方向不在同一條直線上時，運動軌跡為曲線．解答：當(dāng)合速度的方向與合加速度的方向在同一條直線上時，即a1a2=v1v2時，運動軌跡為直線，若合速度的方向與合加速度的方向不在同一條直線上，運動軌跡為曲線。故故選：D。點評：解決本題的關(guān)鍵掌握判斷合運動是直線運動還是曲線運動的方法，看合速度的方向和合加速度的方向在不在同一條直線上．【解題思路點撥】分析兩個變速直線運動的合成問題時要按照以下步驟進行：1.分析合速度的方向2.分析合外力（合加速度）的方向3.根據(jù)合速度與合外力是否共線判斷合運動的軌跡情況。5．求分速度的大小和方向【知識點的認識】1.運動的合成與分解遵循矢量運算的平行四邊形法則。2.在進行運動的分解時可以參考力的分解方法，按照正交分解法或者按照效果進行分解?！久}方向】如圖所示，若殲﹣10A戰(zhàn)機起飛時的速度大小為100m/s，速度方向與水平方向的夾角α＝30°，則飛機的水平分速度為（）A、50m/sB、100m/sC、503m/sD、1003m/s分析：將飛機的運動分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)平行四邊形定則求出飛機飛行的水平方向上的分速度。解答：將飛機的運動分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)平行四邊形定則得：v水平＝vcos30°＝100×32m/s＝503m/s，故ABD錯誤，故選：C。點評：解決本題的關(guān)鍵知道運動的合成和分解遵循平行四邊形定則，以及知道分運動和合運動具有等時性?！窘忸}思路點撥】運動的分解的一般思路為：①確定合運動的大小和方向；②確定分解運動的方法（正交分解法或按效果構(gòu)建矢量三角形）；③確定合力與分力的幾何關(guān)系；④用三角函數(shù)計算分力的大小。6．平拋運動在豎直和水平方向上的特點【知識點的認識】1.平拋運動的定義：平拋運動是初速度水平，只受重力作用的運動。2.平拋運動可以看成水平方向和豎直方向兩個直線運動的合運動。水平方向上有初速度，不受力，所以做勻速直線運動；豎直方向上無初速度，只受重力，所以做自由落體運動?！久}方向】下列關(guān)于平拋運動不正確的是（A、平拋運動的水平分運動是勻速直線運動B、平拋運動的豎直分運動是自由落體運動C、做平拋運動的物體在落地前加速度不變D、做平拋運動的物體在落地前速度不變分析：平拋運動是只在重力的作用下，水平拋出的物體做的運動，所以平拋運動可以分解為在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．解答：A、平拋運動可以分解為在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，所以A正確。B、平拋運動可以分解為在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，所以B正確。C、平拋運動只受到重力的作用，加速度就是重力加速度，所以加速度的大小是不變的，所以C正確。D、平拋運動在豎直方向上做的是自由落體運動，速度是在不斷變化的，所以D錯誤。本題是選錯誤的，故選：D。點評：本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在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來求解．【解題思路點撥】根據(jù)運動的合成與分解可以知道，平拋運動可以分解成水平方向上勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動，而平拋運動自身是一個勻變速曲線運動。7．平拋運動位移的計算【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，水平方向上的位移x＝v0t豎直方向上的位移為y=物體的合位移為l=3.對于已知高度的平拋運動，豎直方向有h=水平方向有x＝v0t聯(lián)立得x＝v02所以說平拋運動的水平位移與初速度大小和拋出點的高度有關(guān)?！久}方向】物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個過程中的位移是（）物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為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來求解，兩個方向上運動的時間相同．解：物體做平拋運動，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動，豎直位移為：h=12gt2=12×10×（2）2物體的合位移為s=x2+h2=故選：D。本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在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來求解．【解題思路點撥】平拋運動的物體在水平和豎直方向上的運動都是獨立的，可以分別計算兩個方向的位移，并與合位移構(gòu)成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。8．向心加速度的表達式及影響向心加速度大小的因素【知識點的認識】1.向心加速度的表達式為an＝ω2r=v2r=4π2rT2.由表達式可知，向心加速度與物體的質(zhì)量無關(guān)，與線速度、角速度、半徑、周期、轉(zhuǎn)速等參數(shù)有關(guān)。3.對于公式an=該公式表明，對于勻速圓周運動，當(dāng)線速度一定時，向心加速度的大小與運動半徑成反比；當(dāng)運動半徑一定時，向心加速度的大小與線速度的平方成正比。該公式常用于分析涉及線速度的圓周運動問題或有兩個物體做圓周運動且它們的線速度相同的情景。4.對于公式an＝ω2r該公式表明，對于勻速圓周運動，當(dāng)角速度一定時，向心加速度的大小與運動半徑成正比；當(dāng)半徑一定時，向心加速度的大小與角速度的平方成正比。該公式常用于分析涉及角速度的圓周運動問題或有兩個物體做圓周運動且它們的角速度相同的情景。5.向心加速度與半徑的關(guān)系根據(jù)上面的討論，加速度與半徑的關(guān)系與物體的運動特點有關(guān)。若線速度一定，an與r成反比；若角速度（或周期、轉(zhuǎn)速）一定，an與r成正比。如圖所示?！久}方向】B兩小球都在水平面上做勻速圓周運動，A球的軌道半徑是B球軌道半徑的2倍，A的頻率為4Hz，B的頻率為2Hz，則兩球的向心加速度之比為（）A、1：1B、2：1C、8：1D、4：1分析：根據(jù)頻率之比求出角速度之比，結(jié)合a＝rω2求出向心加速度之比．解答：根據(jù)角速度ω＝2πf，知A、B的角速度之比為2：1，根據(jù)a＝rω2知，A球的軌道半徑是B球軌道半徑的2倍，則向心加速度之比為8：1．故C正確，A、B、D錯誤。故選：C。點評：解決本題的關(guān)鍵掌握向心加速度與角速度的關(guān)系公式，以及知道角速度與轉(zhuǎn)速的關(guān)系．【解題思路點撥】向心加速度公式的應(yīng)用技巧向心加速度的每一個公式都涉及三個物理量的變化關(guān)系，必須在某一物理量不變時分析另外兩個物理量之間的關(guān)系。在比較物體上做圓周運動的各點的向心加速度的大小時，應(yīng)按以下步驟進行：（1）先確定各點是線速度大小相等，還是角速度相同；（2）在線速度大小相等時，向心加速度與半徑成反比；在角速度相同時，向心加速度與半徑成正比。9．車輛在道路上的轉(zhuǎn)彎問題【知識點的認識】汽車轉(zhuǎn)彎問題模型如下模型分析：一般來說轉(zhuǎn)彎處的地面是傾斜的，當(dāng)汽車以某一適當(dāng)速度經(jīng)過彎道時，由汽車自重與斜面的支持力的合力提供向心力；小于這一速度時，地面會對汽車產(chǎn)生向內(nèi)側(cè)的摩擦力；大于這一速度時，地面會對汽車產(chǎn)生向外側(cè)的摩擦力。如果轉(zhuǎn)彎速度過大，側(cè)向摩擦力過大，可能會造成汽車翻轉(zhuǎn)等事故?！久}方向】在高速公路的拐彎處，通常路面都是外高內(nèi)低。如圖所示，在某路段汽車向左拐彎，司機左側(cè)的路面比右側(cè)的路面低一些。汽車的運動可看作是做半徑為R的在水平面內(nèi)的圓周運動。設(shè)內(nèi)外路面高度差為h，路基的水平寬度為d，路面的寬度為L．已知重力加速度為g。要使車輪與路面之間的橫向摩擦力（即垂直于前進方向）等于零，則汽車轉(zhuǎn)彎時的車速應(yīng)等于（）A.gRhLB.gRhdC.gRL分析：要使車輪與路面之間的橫向摩擦力等于零，則汽車轉(zhuǎn)彎時，由路面的支持力與重力的合力提供汽車的向心力，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合數(shù)學(xué)知識求解車速。解答：設(shè)路面的斜角為θ，作出汽車的受力圖，如圖根據(jù)牛頓第二定律，得mgtanθ＝mv又由數(shù)學(xué)知識得到tanθ=聯(lián)立解得v=故選：B。點評：本題是生活中圓周運動的問題，關(guān)鍵是分析物體的受力情況，確定向心力的來源?！窘忸}思路點撥】車輛轉(zhuǎn)彎問題的解題策略（1）對于車輛轉(zhuǎn)彎問題，一定要搞清楚合力的方向，指向圓心方向的合外力提供車輛做圓周運動的向心力，方向指向水平面內(nèi)的圓心。（2）當(dāng)外側(cè)高于內(nèi)側(cè)時，向心力由車輛自身的重力和地面（軌道）對車輛的摩擦力（支持力）的合力提供，大小還與車輛的速度有關(guān)。10．圓周運動與平拋運動相結(jié)合的問題【知識點的認識】本考點旨在針對圓周運動與平拋運動相結(jié)合的問題?！久}方向】如圖所示，一玩滾軸溜冰的小孩（可視作質(zhì)點）質(zhì)量為m＝30kg，他在左側(cè)平臺上滑行一段距離后平拋，恰能無碰撞地從A進入光滑豎直圓弧軌道并沿軌道下滑，A、B為圓弧兩端點，其連線水平。已知圓弧半徑為R＝1.0m，對應(yīng)圓心角為θ＝106°，平臺與AB連線的高度差為h＝0.8m。（計算中取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求（1）小孩平拋的初速度大小。（2）若小孩運動到圓弧軌道最低點O時的速度為vx=33m/s，則小孩對軌道的壓力為多大。分析：（1）將A點的速度進行分解，平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，求出A點在豎直方向上的分速度，抓住無碰撞地從A進入，根據(jù)角度關(guān)系求出水平分速度，即為平拋運動的初速度。（2）在最低點，重力和支持力的合力提供圓周運動的向心力，根據(jù)FN解答：（1）由于小孩無碰撞進入圓弧軌道，即小孩落到A點時速度方向沿A點切線方向（如圖），則：tanα=又由：h=1而：vy＝gt＝4m/s聯(lián)立以上各式得：v0＝3m/s（2）在最低點，據(jù)牛頓第二定律，有：F代入數(shù)據(jù)解得FN＝1290N由牛頓第三定律可知，小孩對軌道的壓力為1290N。答：（1）小孩平拋的初速度大小3m/s。（2）若小孩運動到圓弧軌道最低點O時的速度為vx=33m/s，則小孩對軌道的壓力為1290N點評：解決本題的關(guān)鍵抓住無碰撞地從A進入，得出速度的方向。知道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。以及知道在圓弧軌道的最低點，沿半徑方向上的合力提供圓周運動的向心力?！窘忸}思路點撥】要充分理解圓周運動與平拋運動的規(guī)律，能夠綜合應(yīng)用相關(guān)規(guī)律解決實際問題，本考點可能遇到的題型有先做圓周運動后做平拋運動和先做平拋運動后做圓周運動。11．不同軌道上的衛(wèi)星（可能含赤道上物體）運行參數(shù)的比較【知識點的認識】1.衛(wèi)星運行的一般規(guī)律如下：①GMmr2=mv②GMmr2=mω2r③GMmr2=m4④GMmr2=ma→a由此可知，當(dāng)運行半徑r增大時，衛(wèi)星運行的線速度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“高軌低速長周期”。即軌道大時，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)星的運行參數(shù)如何與赤道上物體運行的參數(shù)相比較？赤道上運行的物體與同步衛(wèi)星處在同一個軌道平面，并且運行的角速度相等，所以比較赤道上物體與一般衛(wèi)星的運行參數(shù)時，可以通過同步衛(wèi)星建立聯(lián)系?！久}方向】據(jù)報道：北京時間4月25日23時35分，我國數(shù)據(jù)中繼衛(wèi)星“天鏈一號01星”在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，經(jīng)過4次變軌控制后，成功定點于東經(jīng)七十七度赤道上空的同步軌道．關(guān)于成功定點后的“天鏈一號01星”下列說法正確的是（）A、它運行的線速度等于第一宇宙速度B、它運行的周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期C、它運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01星”衛(wèi)星為地球同步衛(wèi)星，又稱對地靜止衛(wèi)星，是運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)星的運行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同、運行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道、運行周期與地球自轉(zhuǎn)一周的時間相等，即23時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動的衛(wèi)星速度都小于第一宇宙速度，故A錯誤；B．“天鏈一號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錯誤；D．根據(jù)GMmr2=ma可知，隨著半徑R的增大，a在減小，故“天鏈一號故選：B。點評：本題考查了地球衛(wèi)星軌道相關(guān)知識點，地球衛(wèi)星圍繞地球做勻速圓周運動，圓心是地球的地心，萬有引力提供向心力，軌道的中心一定是地球的球心；同步衛(wèi)星有四個“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．【解題思路點撥】對于不同軌道上的衛(wèi)星（或物體），要想比較他們的運行參數(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)星之間可以通過萬有引力提供向心力直接進行分析比較，而衛(wèi)星與赤道上物體的比較，則需要借助同步衛(wèi)星進行分析。12．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?！窘忸}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．13．恒力做功的計算【知識點的認識】1．做功的兩個不可缺少的因素：力和物體在力的方向上發(fā)生的位移．2．功的公式：W＝Flcosα，其中F為恒力，α為F的方向與位移l的方向之間的夾角；功的單位：焦耳（J）；功是標量．3．功的計算：（1）合力的功①先求出合力，然后求總功，表達式為：∑W＝∑F?scosθ（θ為合力與位移方向的夾角）②合力的功等于各分力所做功的代數(shù)和，即：∑W＝W1+W2+…（2）變力做功：對于變力做功不能依定義式W＝Fscosα直接求解，但可依物理規(guī)律通過技巧的轉(zhuǎn)化間接求解．①可用（微元法）無限分小法來求，過程無限分小后，可認為每小段是恒力做功．②平均力法：若變力大小隨位移是線性變化，且方向不變時，可將