文档内容
2025年菁优高考物理解密之功和能
一．选择题（共10小题）
1．（2024•沙坪坝区校级模拟）小明同学假期参加社区志愿活动，将一桶 的水从一楼搬运到六楼，
用时约1分半，则小明对这桶水做功的平均功率约为
A． B． C． D．
2．（2025•邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为 的小物块静止在斜面底端，某时
刻给物块一个沿斜面向上的初速度 使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为 ，斜面的倾
角 ，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能 和动能 随沿斜面运
动的位移 变化的图像如图乙所示， 取 ，下列说法正确的是
A．图线 为物块动能的变化图线，图线 为物块机械能的变化图线
B．物块的质量为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为
D．物块的初速度
3．（2024•重庆模拟）坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。如图所示，
某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中
1A．该游客所受合力做功为零
B．该游客所受合力始终为零
C．该游客的机械能守恒
D．该游客所受重力的瞬时功率一定变大
4．（2024•荔湾区校级三模）玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置，可近似为如图乙所示物
理过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速
转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，
不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为 ，加速度大小为 ，动能为 ，机械能为 ，玉
米粒距离地面的高度为 ，下列图像能近似反映上述物理过程的是
A．
B．
2C．
D．
5．（2024•西城区校级模拟）北京冬奥会高台滑雪场地示意如图。一运动员（含装备）的质量为 ，从
助滑坡上 点由静止沿坡（曲线轨道）下滑，经最低点 从坡的末端 起跳，在空中飞行一段时间后着
陆于着陆坡上 点。已知 、 的高度差为 ， 、 的高度差为 ，重力加速度大小为 ，摩擦阻力
和空气阻力不能忽略，运动员可视为质点。则下列判定正确的是
A．运动员在 点处于失重状态
B．运动员起跳时的速率
C．运动员着陆前瞬间的动能
D．运动员在空中飞行的时间
6．（2024•甲卷）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为 的小环套在大圆环上，小环从静止
3开始由大圆环顶端经 点自由下滑至其底部， 为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环
的作用力大小
A．在 点最大 B．在 点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小
7．（2024•淮安模拟）新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶， 时刻达到发动机额定
功率后保持功率不变， 时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的加速度 、速度
、牵引力 、功率 随时间 的变化规律正确的是
A． B．
C． D．
8．（2024•山东）如图所示，质量均为 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一
根原长为 的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为 。两木板与地面间动摩擦因数均为 ，弹性
绳劲度系数为 ，被拉伸时弹性势能 为绳的伸长量）。现用水平力 缓慢拉动乙所坐木板，
直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止， 保持不变，最大静摩擦力等
4于滑动摩擦力，重力加速度大小为 ，则 所做的功等于
A． B．
C． D．
9．（2024•商洛模拟）如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为 ，轻弹簧的上
端固定于挡板，下端连接滑块 ，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力 作用在 上，使滑
块向下匀加速 运动一段距离。以 表示 离开初位置的位移， 表示 运动的时间， 表示
的机械能（设初始时刻机械能为零），重力加速度为 ，则下列图像可能正确的是
A． B．
C． D．
10．（2024•西城区二模）2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的
可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测
控系统测出火箭竖直起降全过程的 图像如图所示，火箭在 时刻离开地面，在 时刻落回起点。
5不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是
A．在 时刻，火箭上升到最高位置
B．在 时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零
C．在 时间内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量
D．在 时间内，火箭处于失重状态
二．多选题（共5小题）
11．（2024•开福区校级模拟）如图所示，在倾角为 的斜面顶端有一压缩的弹簧，弹簧将一个小球弹射
出去，若小球从斜面水平抛出的初动能为 ，小球落到斜面上的动能为 ，小球落到斜面瞬间的速度方
向与水平方向的夹角为 。不计空气阻力，下列说法正确的是
A． 越大， 越小 B． 的大小与 大小无关
C． D．
12．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为
的小物体 栓接，紧靠着 的右端放置质量为 的小物体 ， 、 均静止，弹簧处于原长状态。
现对 施加水平向左的恒力 ，使 和 一起向左运动，当两者速度为零时撤去 ， 、 最终均停止
6运动。以初始时 静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从 开始向左运动到撤去 前瞬间， 的加
速度 随位移 变化的图像如图乙所示。已知 、 两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度
大小取 。下列说法正确的是
A． 的大小为 B．弹簧的劲度系数为
C． 的最大速度为 D． 最终停在 位置
13．（2024•福建）如图，某同学在水平地面上先后两次从 点抛出沙包，分别落在正前方地面 和
处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于 点， 点正下方地面处设为 点。已知两次运动
轨迹的最高点离地高度均为 ， ， ， ，沙包质量为 ，忽略空
气阻力，重力加速度大小取 ，则沙包
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经 点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
14．（2024•福建模拟）如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图。光滑游戏面板与水平面成夹角 ，半
径为 的四分之一圆弧轨道 与 管道相切于 点， 点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在
管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一轻质手柄 将球投入 管内，缓慢下拉手柄使弹簧被
7压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可
以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点。某次缓慢下拉手柄，使弹珠
距 点为 ，释放手柄，弹珠被弹出，到达 点速度为 。已知弹珠的质量为 ，当地重力加速度为 。
下列说法正确的是
A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧弹力一直做正功，弹珠动能一直增大
B．调整手柄的位置，可以使弹珠从 点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物
C．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大
D．此过程中，弹簧的最大弹性势能为
15．（2024•辽宁模拟）图像可以直观地反映一个物理量随另一个物理量变化的规律。一小球从距地面高
处由静止开始下落，与水平地面碰撞后弹起所达到的最高点距地面的高度为 。若忽略空气阻
力的影响，规定向下为正方向，下列关于这个过程中小球的速度 、位置 随时间 的变化规律以及动能
、机械能 随空间位置 的变化规律，描述正确的是
A． B．
C． D．
三．填空题（共5小题）
16．（2024•重庆模拟）某同学在原地进行单手运球训练中发现，让篮球从静止开始下落并自由反弹，弹
起的最大高度比原来低 。为了让球每次都能弹回到原来的高度，当球回到最高点时，向下拍打一次
8球，每分钟拍打100次，篮球质量为 。取重力加速度大小为 。不计空气阻力和拍球瞬间的
能量损失，则该同学每次拍打小球需做功为 ，拍打小球的平均功率为 。
17．（2023•南充模拟）某同学探究小球在竖直面内做圆周运动时向心力随位置变化的规律，选用光滑的
圆轨道，如图甲，圆轨道半径 ，在轨道内侧距离最低点 高度 分别为0、 、 、 、 、
、 处固定有压力传感器，质量为 的小球从 点以速度 沿轨道内侧向右运动，记录小球在各位
置对轨道的压力 的数值，作出 图像如图乙。
（1）若小球在 点对轨道的压力大小为 ，则 与 的关系可表示为 （用 、 、 、 、
表示）；
（2）取重力加速度 ，由图乙可得小球质量 ，小球经过最低点 时的初速度
。 的结果用根式表示）
18．（2023•重庆模拟）质量为 的物体，在空中由静止开始自由落下，经 落地 。前
内小球的动能增量为 ；前 内重力做功的功率为 ；第 末重力做功的瞬时功率 。
19．（2023•崇明区二模）足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方 点。两次射门，足球
分别斜向上打在水平横梁上的 、 两点， 为横梁中点，如图所示。已知两次球被踢出时的速度大小均
为 ，不计空气阻力，则足球到达 、 的速度 （选填“相同”或“不相同” ，足球到达 、
的动能之比为 。
920．（2023•嘉定区二模）蹦极是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动。为了研究运动员下落速
度与下落距离的关系，在运动员身上携带传感器，让其从静止开始竖直下落，得到如图所示的 图像。
若运动员及其装备的总质量为 ，那么运动员下落 后弹性绳被绷直，运动员速度最大瞬间绳子
的弹性势能为 。
四．解答题（共5小题）
21．（2024•北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体
等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点 为观
测点，以质量为 的小星体（记为 为观测对象。当前 到 点的距离为 ，宇宙的密度为 。
（1）求小星体 远离到 处时宇宙的密度 ；
（2）以 点为球心，以小星体 到 点的距离为半径建立球面。 受到的万有引力相当于球内质量集中
于 点对 的引力。已知质量为 和 、距离为 的两个质点间的引力势能 ， 为引力
常量。仅考虑万有引力和 远离 点的径向运动。
求小星体 从 处远离到 处的过程中动能的变化量△ ；
宇宙中各星体远离观测点的速率 满足哈勃定律 ，其中 为星体到观测点的距离， 为哈勃系
10数。 与时间 有关但与 无关，分析说明 随 增大还是减小。
22．（2024•历下区校级模拟）如图所示，借助电动机和斜面将质量为 的货物用最短的时间从斜面底
端拉到斜面顶端。货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。
已知电动机的额定功率为 、绳子的最大拉力为 ，绳子与斜面平行，斜面长度为 ，倾角
，货物与斜面的摩擦因数为 ，减速阶段加速度大小不超过 ， 取 。求：
（1）减速阶段电动机的牵引力 ；
（2）货物运动总时间 。
23．（2024•西城区校级模拟）某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人
造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙
头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑
布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为 （不会随着水被抽走而改变水位），龙头离地面
高为 ，龙头喷水管的半径为 ，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不
接水平槽道，龙头喷出的水直接落地（如图中虚线所示），其落地的位置到龙头管口的水平距离为
。已知水的密度为 ，重力加速度为 ，不计空气阻力。完成以下问题：
（1）求单位时间内从龙头管口流出的水的质量 ；
（2）不计额外功的损失，求水泵输出的功率 。
（3）在施工前，先制作一个为实际尺寸 的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为
实际水流速度的多少倍？
1124．（2024•福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕
牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳
子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角 为 ， ， 。
当每条绳子拉力 的大小为 时，人与木板沿直线匀速前进，在 内前进了 ，求此过程中：
（1）地面对木板的阻力大小；
（2）两条绳子拉力所做的总功；
（3）两条绳子拉力的总功率。
25．（2024•西城区校级模拟）阿特伍德机是由英国物理学家乔治 阿特伍德在1784年发表的《关于物体
的直线运动和转动》一文中提出的，用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示，一定滑轮两端
分别与质量为 的物体 和质量为 的物体 相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，假设绳子与轮轴
间不会打滑。
（1）若不计滑轮质量，两物体均由静止释放，试求物体 下落高度 后，两物体的速度大小。
（2）类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略，由于其自身惯性的存在，其角速
度增加的过程也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量 作为其转动过程中惯性大小的量度，用角加速度
描述其转动加快过程中角速度的变化率。
．在把物体视为质点时，我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系。类比这种关系，在刚体
（形变可忽略的物体）的转动过程中，我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩 （力矩是矢量，
大小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积，以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向）与角加速度
（角速度的变化率）的关系。请根据角加速度的定义，类比线速度与角速度的关系，直接写出角加速度
12与半径为 的圆盘边缘的线加速度 的关系，并类比质点的牛顿第二定律，直接写出刚体转动过程中合力
矩、转动惯量和角加速度的关系。
．在把系统内各物体都视为质点时，我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若
考虑到刚体的转动动能，我们在使用机械能守恒的过程中，动能除了我们熟知的质点的平动动能以外，
还需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能，写出刚体转动角速度为 时刚体的转动
动能 。
．若滑轮的质量为 ，半径为 ，其转动惯量的表达式 。请根据以上关系，求解考虑滑轮质
量的前提下，与物体 相连的轻绳拉力大小 ，与物体 相连的轻绳拉力大小 ，以及物体 下落高度
后的速度大小。
132025年菁优高考物理解密之功和能
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024•沙坪坝区校级模拟）小明同学假期参加社区志愿活动，将一桶 的水从一楼搬运到六楼，
用时约1分半，则小明对这桶水做功的平均功率约为
A． B． C． D．
【答案】
【考点】重力的大小及其影响因素；平均功率的计算
【专题】定量思想；推理法；推理论证能力；功率的计算专题
【分析】知道矿泉水桶重和楼高，利用功的公式可求对水做的功，利用功率公式可求功率。
【解答】解：一层楼房的高度大约为 ，
从一楼搬运到六楼总高度为 ，
水的重力为
则小明对这桶水做功的平均功率约为
故 正确， 错误。
故选： 。
【点评】本题考查功率的计算方法，明确功率的定义即可解答。
2．（2025•邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为 的小物块静止在斜面底端，某时
刻给物块一个沿斜面向上的初速度 使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为 ，斜面的倾
角 ，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能 和动能 随沿斜面运
动的位移 变化的图像如图乙所示， 取 ，下列说法正确的是
A．图线 为物块动能的变化图线，图线 为物块机械能的变化图线
14B．物块的质量为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为
D．物块的初速度
【答案】
【考点】常见力做功与相应的能量转化
【专题】比较思想；图析法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力
【分析】根据物块上升到最高点时动能为零，而机械能不等于零，分析图线对应关系；根据动能随位移
的变化图线斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线斜率大小等于摩擦力，分别列式，结合初动
能解答。
【解答】解： 、物块沿斜面上滑过程中，动能和机械能均减小，取水平地面为零重力势能参考面，可
知物块上升到最高点时，动能为零，但物块此时的机械能等于重力势能，则机械能不等于零，结合图像
可知，图线 为机械能的变化图线，图线 为动能的变化图线，故 错误；
、根据动能随位移的变化图线的斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线的斜率大小等于摩
擦力，可得
由图像知物块的初动能为 ，上升到最高点物块的机械能为 ，即重力势能为 ，则
联立解得
， ， ，故 正确， 错误。
故选： 。
【点评】解答本题时，要掌握动能定理和功能关系，分析图线斜率的意义，特别要知道本题中摩擦力做
功等于机械能的变化。
3．（2024•重庆模拟）坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。如图所示，
15某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中
A．该游客所受合力做功为零
B．该游客所受合力始终为零
C．该游客的机械能守恒
D．该游客所受重力的瞬时功率一定变大
【答案】
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用；恒力做功的计算
【专题】推理法；定性思想；理解能力；动能定理的应用专题
【分析】明确游客的运动过程，由动能定理分析合外力做功情况，根据曲线运动的性质分析合力是否为
零，根据机械能的定义分析机械能是否守恒；根据功率公式分析功率的变化情况。
【解答】解： 、游客速率不变，动能不变，由动能定理可知，合力做功为零，故 正确；
、由于游客做曲线运动，受到的合外力不为零，故 错误；
、由于游客的动能不变，重力势能改变，故机械能不守恒，故 错误；
、游客通过环形轨道攀升的过程中，重力和速度间的夹角钝角且先不断增大再不断减小，由
可知，重力的功率先变小后增大，故 错误。
故选： 。
【点评】本题根据过山车考查了动能定理、机械能守恒定律、功率公式以及曲线运动的性质，要注意正
确分析运动过程，明确物理规律的应用。
4．（2024•荔湾区校级三模）玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置，可近似为如图乙所示物
理过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速
转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，
不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为 ，加速度大小为 ，动能为 ，机械能为 ，玉
米粒距离地面的高度为 ，下列图像能近似反映上述物理过程的是
16A．
B．
C．
D．
【答案】
【考点】水平传送带模型；平抛运动速度的计算；功是能量转化的过程和量度
【专题】推理法；功能关系 能量守恒定律；定量思想；推理能力
【分析】玉米粒在传送带上先匀加速后匀速，后面做斜抛运动，根据受力分析结合功能关系分析解答。
【解答】解： 、分析玉米粒的受力可知玉米粒在传送带加速时有
解得
匀速时，加速度为0，有
离开传送带后加速度恒定为 ，故玉米粒先加速再匀速，离开传送带后做斜上抛运动，玉米先减速，后
加速，则玉米粒的动能先增大再不变，离开传送带后先减小，后增大，故 错误；
17、摩擦力做功代表玉米粒机械能变化，在传送带运动时，摩擦力做正功，机械能增大，由 分析可知
加速阶段摩擦力较大，图像的斜率表示摩擦力，离开传送带后只有重力做功，机械能不变，故 正确；
故选： 。
【点评】本题考查学生对摩擦力突变的分析和功能关系的运用，主要注意玉米粒速度与传送带速度相同
时，由滑动摩擦力突变为静摩擦力，摩擦力做功代表机械能的变化。
5．（2024•西城区校级模拟）北京冬奥会高台滑雪场地示意如图。一运动员（含装备）的质量为 ，从
助滑坡上 点由静止沿坡（曲线轨道）下滑，经最低点 从坡的末端 起跳，在空中飞行一段时间后着
陆于着陆坡上 点。已知 、 的高度差为 ， 、 的高度差为 ，重力加速度大小为 ，摩擦阻力
和空气阻力不能忽略，运动员可视为质点。则下列判定正确的是
A．运动员在 点处于失重状态
B．运动员起跳时的速率
C．运动员着陆前瞬间的动能
D．运动员在空中飞行的时间
【答案】
【考点】平抛运动速度的计算；超重与失重的概念、特点和判断；机械能守恒定律的简单应用
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力
【分析】 根据牛顿第二定律求解支持力大小再判断；
根据动能定理列式并作出判断；
根据斜上抛运动的特点或者结合阻力也能分析出时间长短。
18【解答】解： 根据牛顿第二定律，运动员在 点满足
所以 ，即运动员在 点处于超重状态，故 错误；
运动员从 到 由动能定理得
所以 ，故 错误；
根据动能定理，从 到 满足
所以 ，故 错误；
因为运动员在 点起跳时，速度方向斜向上，结合空气阻力都可以判断出运动员在空中飞行的时间
，故 正确。
故选： 。
【点评】考查动能定理和牛顿第二定律等问题，会根据题意列式求解相应的物理量。
6．（2024•甲卷）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为 的小环套在大圆环上，小环从静止
开始由大圆环顶端经 点自由下滑至其底部， 为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环
的作用力大小
A．在 点最大 B．在 点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】
【考点】绳球类模型及其临界条件；判断物体的受力个数；牛顿第三定律的理解与应用；动能定理的简
19单应用
【专题】模型建构能力；信息给予题；匀速圆周运动专题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；
理解能力；牛顿第二定律在圆周运动中的应用
【分析】小环在下滑过程中，重力沿半径方向的分力与圆环对小环的作用力的合力提供向心力；根据动
能定理求小环的速度大小，根据牛顿第二定律求解作用力的大小，然后作答。
【解答】解：设圆环的半径为 ，小环下滑的高度为 ，则
小环在下滑过程中，根据动能定理
解得
小环在最高处静止时，小环对圆环的作用力
小环从最高处到圆心等高处的过程中，设重力与半径方向成 角，如图所示：
小环下滑的高度
小环的速度
根据牛顿第二定律
联立解得
增大， 减小，作用力 先减小，再反方向增大；
小环在圆心等高处时
小环从圆心等高处到最低处的过程中，设重力与半径方向成 角，如图所示：
20小环下滑的高度
小环的速度
根据牛顿第二定律
代入数据联立解得
减小， 增大，作用力 增大；
小环在最低处时
解得
根据牛顿第三定律，综合上述分析，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小，后增大，故 错
误， 正确。
故选： 。
【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿定律的综合运用，作好受力分析是解题的关键。
7．（2024•淮安模拟）新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶， 时刻达到发动机额定
功率后保持功率不变， 时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的加速度 、速度
、牵引力 、功率 随时间 的变化规律正确的是
A． B．
21C． D．
【答案】
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用
【专题】牛顿运动定律综合专题；推理法；定性思想；推理能力；功率的计算专题
【分析】 、根据汽车最后匀速运动时 分析；
、根据汽车恒加速启动过程， 图像上图线是倾斜的直线分析；
、根据 和牛顿第二定律分析牵引力大小变化；
、根据 和 分析匀加速直线运动过程 与 的关系，达到额定功率，汽车功率不变。
【解答】解： 、汽车以恒定的加速度启动，则汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，
再做匀速直线运动，最后加速度为零，故 错误；
、汽车先做匀加速直线运动，所以 阶段图线为过原点的倾斜直线，故 错误；
、 时间内汽车的牵引力恒定不变， 时刻汽车的功率达到额定功率，此后汽车的功率不变，由
可知， 不变， 增大，牵引力 减小，由牛顿第二定律： 可知加速度 减小，所以
增大的越来越慢，则 减小的越来越慢，即 图线的斜率减小， 后加速度减为零，汽车的速度达
到最大，汽车开始匀速直线运动，即牵引力等于阻力，故 正确；
．汽车做匀加速直线运动过程，由 ， 可得功率 ， 和 都不变，所以 时间内
与时间 成正比，即图线为一条过原点的倾斜直线，汽车的功率达到额定功率时，汽车的功率恒定不变，
故 错误。
故选： 。
【点评】本题考查了汽车恒加速度启动的问题，解题的关键是知道匀加速运动结束时汽车的功率达到额
定功率，之后汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，加速度减小，速度增大的越来越慢，则牵引力
减小的越来越慢，当牵引力减小到与阻力相等时汽车做匀速直线运动。
8．（2024•山东）如图所示，质量均为 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一
22根原长为 的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为 。两木板与地面间动摩擦因数均为 ，弹性
绳劲度系数为 ，被拉伸时弹性势能 为绳的伸长量）。现用水平力 缓慢拉动乙所坐木板，
直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止， 保持不变，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，重力加速度大小为 ，则 所做的功等于
A． B．
C． D．
【答案】
【考点】功是能量转化的过程和量度
【专题】共点力作用下物体平衡专题；定量思想；推理法；与弹簧相关的动量、能量综合专题；信息给
予题；理解能力
【分析】根据平衡条件求解甲所坐木板刚要离开原位置时弹性绳的伸长量；根据弹性势能的定义求解此
时的弹性势能；根据题意求解乙同学的位移，根据功能关系求解拉力所做的功，然后作答。
【解答】解：当甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳的伸长量为 ；
对甲及其所坐的木板整体，根据平衡条件
解得弹性绳的伸长量
此时弹性绳的弹性势能
乙同学的位移
根据功能关系，拉力做功
代入数据解得
综上分析，故 错误， 正确。
故选： 。
23【点评】本题主要考查了共点力作用下的平衡条件和功能关系，解题时要抓住甲同学刚要离开原位置的
临界条件，理解用水平力 缓慢拉动乙所坐木板的含义是解题的关键。
9．（2024•商洛模拟）如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为 ，轻弹簧的上
端固定于挡板，下端连接滑块 ，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力 作用在 上，使滑
块向下匀加速 运动一段距离。以 表示 离开初位置的位移， 表示 运动的时间， 表示
的机械能（设初始时刻机械能为零），重力加速度为 ，则下列图像可能正确的是
A． B．
C． D．
【答案】
【考点】作用力与反作用力；常见力做功与相应的能量转化
【专题】定量思想；图析法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力
【分析】对物块 进行受力分析，结合牛顿第二定律得出力的变化趋势；
分析物块 的能量转化特点，根据功能关系列式即可完成分析。
【解答】解： ．根据题意可得，假设物块 的质量为 ，弹簧的劲度系数为 ，系统静止时弹簧相对
原长的伸长量为 ，由胡克定律可得：
由牛顿第二定律可得：
24联立可得： ，故 错误， 正确；
．由题可知 ，因为在初始位置时，物块 的机械能为0，则物块 机
械能的变化量为：
整理得： ，故 错误。
故选： 。
【点评】本题主要考查了功能关系的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合功能关系和
牛顿第二定律即可完成分析。
10．（2024•西城区二模）2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的
可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测
控系统测出火箭竖直起降全过程的 图像如图所示，火箭在 时刻离开地面，在 时刻落回起点。
不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是
A．在 时刻，火箭上升到最高位置
B．在 时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零
C．在 时间内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量
D．在 时间内，火箭处于失重状态
【答案】
【考点】功是能量转化的过程和量度；超重与失重的图像问题
【专题】功能关系 能量守恒定律；定量思想；推理能力；推理法
【分析】 ：根据 图像图线的走向和正负判断；
25图像的斜率表示加速度，根据斜率的变化判断加速度的变化，进一步判断合力的变化，即可判断
出推力的变化；
：根据动能定理判断；
：根据加速度的方向判断超重和失重。
【解答】解 时间内速度始终为正，说明火箭一直在向上运动， 时间内火箭的速度为0，处于
静止状态， 时间内速度始终为负，说明火箭一直在向下运动，故 时刻上升到最高点，故 错误；
图像的斜率表示加速度，在 时间内，火箭加速度先增大后逐渐减小为零，则火箭受到的推力
先增大后逐渐减小，在 时刻，火箭受到的推力等于其重力，故 错误；
在 时间内，根据动能定理，火箭受到的推力做功与其重力做功之和等于动能的变化量，所以火箭
动能的减少量小于重力势能的增加量，故 正确；
在 时间内，火箭加速度方向先向下后向上，先处于失重状态后处于超重状态，故 错误。
故选： 。
【点评】本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解
题。
二．多选题（共5小题）
11．（2024•开福区校级模拟）如图所示，在倾角为 的斜面顶端有一压缩的弹簧，弹簧将一个小球弹射
出去，若小球从斜面水平抛出的初动能为 ，小球落到斜面上的动能为 ，小球落到斜面瞬间的速度方
向与水平方向的夹角为 。不计空气阻力，下列说法正确的是
A． 越大， 越小 B． 的大小与 大小无关
C． D．
26【答案】
【考点】用动能的定义式计算物体的动能；速度偏转角与位移偏转角
【专题】平抛运动专题；定性思想；推理论证能力；推理法
【分析】利用平抛运动的规律求出位移偏转角与速度偏转角的关系，得到 的大小与 大小无关；根据
动能表达式以及位移与角度关系即可求解。
【解答】解： 小球在飞行过程中，水平方向有
竖直方向有
又
，
故 ，故 的大小与 大小无关，故 错误， 正确；
根据动能表达式
，
得
落到斜面的条件是
联立可得
故 错误， 正确。
故选： 。
【点评】本题考查平抛运动的规律和动能的表达式，需要熟练速度角度关系和位移角度关系。题目难度
较小。
12．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为
27的小物体 栓接，紧靠着 的右端放置质量为 的小物体 ， 、 均静止，弹簧处于原长状态。
现对 施加水平向左的恒力 ，使 和 一起向左运动，当两者速度为零时撤去 ， 、 最终均停止
运动。以初始时 静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从 开始向左运动到撤去 前瞬间， 的加
速度 随位移 变化的图像如图乙所示。已知 、 两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度
大小取 。下列说法正确的是
A． 的大小为 B．弹簧的劲度系数为
C． 的最大速度为 D． 最终停在 位置
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；利用动能定理求解多过程问题
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力
【分析】由牛顿第二定律得到加速度与 的关系式求解 和劲度系数 ，根据功的计算公式求解做的功；
根据图像与坐标轴围成的面积表示的物理意义求解求解 、 一起向左运动时两者的最大速度，向右运
动时，当 时速度最大，由能量关系求解 的最大速度；由能量关系求解 最终的位置。
【解答】解： 开始时对 和 组成的整体，由牛顿第二定律可得： ，
整理得：
由图像可知： ，
联立，解得：
， ，
28故 正确， 错误；
． 、 一起向左运动时两者的最大速度： ，
向右运动时，当 时速度最大，此时 ，
由能量关系：
其中 ，
联立，解得：
，
则 的最大速度为 ，故 正确；
．两滑块回到原来位置时由能量关系： ，
此后 与 分离，则 ，
联立，解得：
，即 最终停在 位置，故 正确。
故选： 。
【点评】本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受
力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功
能关系列方程解答。
13．（2024•福建）如图，某同学在水平地面上先后两次从 点抛出沙包，分别落在正前方地面 和
处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于 点， 点正下方地面处设为 点。已知两次运动
轨迹的最高点离地高度均为 ， ， ， ，沙包质量为 ，忽略空
气阻力，重力加速度大小取 ，则沙包
29A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经 点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
【答案】
【考点】斜抛运动；常见力做功与相应的能量转化
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力
【分析】根据平抛运动竖直方向运动规律解得时间，根据动能定理及机械能的公式解答，根据速度的分
解分析解答。
【解答】解： 沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高
度为 ，根据
可得上升时间为
最高点距水平地面高为 ，故下降的时间为
故一次抛出上升时间、下降时间比值为 ，故 错误；
两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故 可 得 第 一 次 、 第 二 次 抛 出 时 水 平 方 向 的 分 速 度 分 别 为 ，
30由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为 ，由于
沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒
故第一次过 点比第二次机械能少
解得△
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
解得
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为 ，故 正确， 错误；
根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，
由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，
故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知
第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故 正确。
故选： 。
【点评】本题考查斜抛运动及功能关系的应用，解题关键掌握运动的分解与机械能大小的分析。
14．（2024•福建模拟）如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图。光滑游戏面板与水平面成夹角 ，半
径为 的四分之一圆弧轨道 与 管道相切于 点， 点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在
管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一轻质手柄 将球投入 管内，缓慢下拉手柄使弹簧被
压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可
以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点。某次缓慢下拉手柄，使弹珠
31距 点为 ，释放手柄，弹珠被弹出，到达 点速度为 。已知弹珠的质量为 ，当地重力加速度为 。
下列说法正确的是
A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧弹力一直做正功，弹珠动能一直增大
B．调整手柄的位置，可以使弹珠从 点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物
C．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大
D．此过程中，弹簧的最大弹性势能为
【答案】
【考点】功是能量转化的过程和量度；机械能守恒定律的简单应用
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理能力
【分析】 ：受力分析可知弹珠离开弹簧前，弹力的做功情况；弹力大于弹珠重力沿斜面向下的分力时
做加速运动，弹力小于弹珠重力沿斜面向下的分力时做减速运动；
：根据力和速度的方向关系可知，弹珠离开 点后做匀变速曲线运动；
：根据机械能守恒定律判断；
：根据机械能守恒定律求解弹簧的最大弹性势能。
【解答】解： 弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹力沿斜面向上，对弹珠做正功，过程中弹簧的
弹力先大于弹珠重力沿斜面向下的分力，后小于弹珠重力沿斜面向下的分力，所以弹珠先加速后减速，
所以其动能先增大后减小，故 错误；
弹珠从 点离开后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，两者垂直，根据曲线运动的条
件可知，弹珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故 错误；
弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒，故弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能
和重力势能，所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大，故 正确；
根据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在 点的机械能，从释放弹珠到 点过程，
根据机械能守恒定律有
，故 正确。
故选： 。
32【点评】本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解
题。
15．（2024•辽宁模拟）图像可以直观地反映一个物理量随另一个物理量变化的规律。一小球从距地面高
处由静止开始下落，与水平地面碰撞后弹起所达到的最高点距地面的高度为 。若忽略空气阻
力的影响，规定向下为正方向，下列关于这个过程中小球的速度 、位置 随时间 的变化规律以及动能
、机械能 随空间位置 的变化规律，描述正确的是
A． B．
C． D．
【答案】
【考点】动能定理的简单应用；机械能守恒定律的简单应用；自由落体运动的规律及应用
【专题】机械能守恒定律应用专题；比较思想；方程法；推理能力
【分析】分析小球的运动情况，根据速度—时间公式分析 图像的形状。根据位移—时间公式分析
图像的形状。对下落和上升过程，分别根据动能定理列式，从而分析 图像的形状。上升和下
降过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒。
【解答】解： 、在下落过程中，小球做自由落体运动，则有 ， 与 成正比。在上升过程中，小
球做竖直上抛运动，加速度为 ，且由于下落高度大于上升高度，结合 图像与时间轴所围的面积表
示位移，该图能正确反映小球的速度 随时间 的变化规律，故 正确；
、下落过程中小球做自由落体运动，则有 ，故此过程中 为抛物线，故 错误；
、在下落过程中，根据动能定理可得： ，故下落过程中 图像为一次函数；碰撞过程中
动能减小，在上升过程中，由动能定理得：
33则 ，故 正确；
、上升和下降过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，故此过程中 图像为水平直线，故
错误。
故选： 。
【点评】解答本题的关键要根据相关的物理规律得到各个图像的解析式，再分析图像的形状。
三．填空题（共5小题）
16．（2024•重庆模拟）某同学在原地进行单手运球训练中发现，让篮球从静止开始下落并自由反弹，弹
起的最大高度比原来低 。为了让球每次都能弹回到原来的高度，当球回到最高点时，向下拍打一次
球，每分钟拍打100次，篮球质量为 。取重力加速度大小为 。不计空气阻力和拍球瞬间的
能量损失，则该同学每次拍打小球需做功为 1. 2 ，拍打小球的平均功率为 。
【答案】1.2，2.0。
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用
【专题】推理法；定量思想；功率的计算专题；推理能力
【分析】根据功能关系和平均功率的公式计算相关物理量。
【解答】解：根据功能关系，每次拍球对球做的功等于篮球由静止上升 ，对应的动能，
所以 ，平均功率 。
故答案为：1.2，2.0。
【点评】考查功和功率的计算，会根据题意进行相关的分析和计算。
17．（2023•南充模拟）某同学探究小球在竖直面内做圆周运动时向心力随位置变化的规律，选用光滑的
圆轨道，如图甲，圆轨道半径 ，在轨道内侧距离最低点 高度 分别为0、 、 、 、 、
、 处固定有压力传感器，质量为 的小球从 点以速度 沿轨道内侧向右运动，记录小球在各位
置对轨道的压力 的数值，作出 图像如图乙。
34（1）若小球在 点对轨道的压力大小为 ，则 与 的关系可表示为 （用 、 、
、 、 表示）；
（2）取重力加速度 ，由图乙可得小球质量 ，小球经过最低点 时的初速度
。 的结果用根式表示）
【答案】（1） ；（2）0.5， 。
【考点】绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用
【专题】定量思想；分析综合能力；方程法；匀速圆周运动专题；信息给予题
【分析】（1）根据动能定理求出小球在任意高 处的速度。小球在 处，由指向圆心的合力提供向心
力，由牛顿第二定律列式，得出 与 的关系式。
（2）结合图像的信息得出小球的质量和最低点时的初速度。
【解答】解：（1）设在任意高 处小球的速度为 ，从最低点到 处，由动能定理有
设小球在 处和圆心 的连线与 的夹角为 ，当 时，由牛顿第二定律有
由几何关系有
在最低点，由牛顿第二定律有
联立可得： ，当 时该式仍成立；
（2）根据图像可得，在 点， ，在 处， ，图像斜率
结合 ，知 ，可得
在最低点，对小球，由牛顿第二定律有
35解得：
故答案为：（1） ；（2）0.5， 。
【点评】本题的关键要明确向心力的来源，根据牛顿第二定律和动能定理分别列方程，结合几何关系和
图像的物理意义即可完成分析。
18．（2023•重庆模拟）质量为 的物体，在空中由静止开始自由落下，经 落地 。前
内小球的动能增量为 ；前 内重力做功的功率为 ；第 末重力做功的瞬时功率 。
【答案】 ； ； 。
【考点】自由落体运动的规律及应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导
【专题】推理能力；功率的计算专题；推理法；定量思想
【分析】由速度—时间公式求出 末小球的速度，进而求出前 内小球的动能增量和第 末重力做功
的瞬时功率；由位移公式可求得物体第 内通过的位移，由功的公式可求出重力所做的功，根据
计算重力做功的平均功率。
【解答】解： 末的速度 ，所以前 内小球的动能增量为：
代入数据得：
内下降的高度为：
代入数据得：
故重力做功为：
代入数据得：
平均功率为：
代入数据得：
36第 末的速度为：
代入数据得：
重力做功的瞬时功率为：
代入数据得： 。
故答案为： ； ； 。
【点评】本题主要考查了自由落体运动的基本公式及功率公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
19．（2023•崇明区二模）足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方 点。两次射门，足球
分别斜向上打在水平横梁上的 、 两点， 为横梁中点，如图所示。已知两次球被踢出时的速度大小均
为 ，不计空气阻力，则足球到达 、 的速度 不相同 （选填“相同”或“不相同” ，足球到达
、 的动能之比为 。
【答案】不相同， 。
【考点】斜抛运动；动能定理的简单应用
【专题】推理能力；推理法；动能定理的应用专题；比较思想
【分析】足球做斜抛运动，根据动能定理判断末动能的大小；速度是矢量，既有大小，也有方向。
【解答】解：足球做斜抛运动，到达 、 两点时速度方向不相同，则速度不相同；
足球从地面到达横梁上的过程，根据动能定理得：
到达横梁时，足球上升的高度 相同，则足球到达 、 的动能 相同，即动能之比为 。
故答案为：不相同， 。
【点评】本题考查动能定理，根据动能定理分析求解即可，注意速度是矢量，需要考虑大小和方向。
20．（2023•嘉定区二模）蹦极是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动。为了研究运动员下落速
37度与下落距离的关系，在运动员身上携带传感器，让其从静止开始竖直下落，得到如图所示的 图像。
若运动员及其装备的总质量为 ，那么运动员下落 后弹性绳被绷直，运动员速度最大瞬间
绳子的弹性势能为 。
【答案】 ，2000。
【考点】机械能守恒定律的简单应用；弹性势能的定义和影响因素；自由落体运动的规律及应用
【专题】机械能守恒定律应用专题；定量思想；推理法；推理能力
【分析】弹性绳绷直前，运动员做自由路落体运动，结合图像和运动学公式求解运动员下落时间；根据
图像分析运动员的最大速度和此时下落的高度，运动员与弹性绳组成的系统机械能守恒，根据机械能守
恒定律列式求解即可。
【解答】解：弹性绳绷直前，运动员做自由落体运动，由匀变速直线运动位移—速度公式得：
则自由落体运动的 图像为倾斜的直线，由图像得， 时，弹性绳绷直，由位移—时间公式得：
代入数据解得，弹性绳绷直的时间 或 （舍去）
设运动员在速度最大处时，绳子的弹性势能为 ，根据弹性绳与运动员组成的系统机械能守恒得：
由图可知运动员速度最大时，
代入数据解得：
38故答案为： ，2000。
【点评】本题考查自由落体运动和机械能守恒定律，解题关键是分析好运动员的运动情况，结合运动学
公式和机械能守恒定律分析求解即可。
四．解答题（共5小题）
21．（2024•北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体
等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点 为观
测点，以质量为 的小星体（记为 为观测对象。当前 到 点的距离为 ，宇宙的密度为 。
（1）求小星体 远离到 处时宇宙的密度 ；
（2）以 点为球心，以小星体 到 点的距离为半径建立球面。 受到的万有引力相当于球内质量集中
于 点对 的引力。已知质量为 和 、距离为 的两个质点间的引力势能 ， 为引力
常量。仅考虑万有引力和 远离 点的径向运动。
求小星体 从 处远离到 处的过程中动能的变化量△ ；
宇宙中各星体远离观测点的速率 满足哈勃定律 ，其中 为星体到观测点的距离， 为哈勃系
数。 与时间 有关但与 无关，分析说明 随 增大还是减小。
【答案】（1）小星体 远离到 处时宇宙的密度 为 ；
（2） 小星体 从 处远离到 处的过程中动能的变化量△ 为 ；
随 增大而减小。
【考点】宇宙的起源与恒星的演化；常见力做功与相应的能量转化
【专题】定量思想；推理法；推理能力；功能关系 能量守恒定律
【分析】（1）根据质量不变，密度和体积公式计算解答；
（2） 根据能量的转化和守恒定律求解动能变化量；
根据公式结合速度变化情况分析判断。
【解答】解：（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体 运动前后距离 点半径为 和
的球内质量相同，即
39解得小星体 远离到 处时宇宙的密度
（2） 此球内的质量
从 处远离到 处，由能量守恒定律得
动能的变化量
解得△
由 知星体的速度随 增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间 越长，由 知， 减小，
故 随 增大而减小。
答：（1）小星体 远离到 处时宇宙的密度 为 ；
（2） 小星体 从 处远离到 处的过程中动能的变化量△ 为 ；
随 增大而减小。
【点评】考查引力势能和能的转化和守恒等问题，会根据题意进行相关的分析和解答。
22．（2024•历下区校级模拟）如图所示，借助电动机和斜面将质量为 的货物用最短的时间从斜面底
端拉到斜面顶端。货物依次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。
已知电动机的额定功率为 、绳子的最大拉力为 ，绳子与斜面平行，斜面长度为 ，倾角
，货物与斜面的摩擦因数为 ，减速阶段加速度大小不超过 ， 取 。求：
（1）减速阶段电动机的牵引力 ；
（2）货物运动总时间 。
【答案】（1）减速阶段电动机的牵引力 为 ；
（2）货物运动总时间 为 。
40【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力
【分析】（1）根据牛顿第二定律列式代入数据求解；
（2）根据牛顿第二定律、功率公式、匀变速直线运动规律和动能定理列式联立求解总时间。
【解答】解：为了以最短时间提升货物，开始先以最大拉力拉货物做匀加速上升，当功率达到额定功率
时，保持功率不变直到货物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速
度刚好为零。
（1）沿斜面向上匀减速阶段，加速度大小为 ，根据牛顿第二定律可得
代入 ， ， ， ，解得 ；
（2）货物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得 ，代入
，解得
设货物的匀加速的末速度为 ，则有
当 功 率 达 到 额 定 功 率 时 ， 此 过 程 所 用 时 间 和 上 滑 的 距 离 分 别 为 ，
货物以最大速度匀速时，有 ，解得
货 物 最 后 以 最 大 加 速 度 做 匀 减 速 运 动 的 时 间 和 上 滑 的 距 离 分 别 为 ，
41因此，从电动机达到额定功率到货物即将减速，上滑的距离 ，设重物从结
束 匀 加 速 运 动 到 开 始 做 匀 减 速 运 动 所 用 时 间 为 ， 该 过 程 根 据 动 能 定 理 可 得
得
所以总时间
答：（1）减速阶段电动机的牵引力 为 ；
（2）货物运动总时间 为 。
【点评】考查功的计算，牛顿第二定律和匀变速直线运动规律，动能定理等，会根据题意列式求解相应
物理量。
23．（2024•西城区校级模拟）某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人
造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙
头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑
布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为 （不会随着水被抽走而改变水位），龙头离地面
高为 ，龙头喷水管的半径为 ，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不
接水平槽道，龙头喷出的水直接落地（如图中虚线所示），其落地的位置到龙头管口的水平距离为
。已知水的密度为 ，重力加速度为 ，不计空气阻力。完成以下问题：
（1）求单位时间内从龙头管口流出的水的质量 ；
（2）不计额外功的损失，求水泵输出的功率 。
（3）在施工前，先制作一个为实际尺寸 的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为
实际水流速度的多少倍？
42【答案】（1）单位时间内从龙头管口流出的水的质量 为 ；
（2）不计额外功的损失，水泵输出的功率 为 ；
（3）模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的 倍。
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；平抛运动速度的计算
【专题】定量思想；信息给予题；计算题；分析综合能力；推理法；功率的计算专题
【分析】（1）根据平抛运动规律求出水的速度，体积公式求体积，质量公式求质量；
（2）水泵对水做的功转化为水的重力势能和动能，根据功能关系求功率；
（3）由模型比例求出对应的高度和水平位移，根据平抛运动的规律求速度。
【解答】解：（1）由题意可知龙头喷水管的半径为 ，可知横截面积为
单位时间内从龙头管口流出的水的体积为
由平抛运动规律得
联立解得体积为
单位时间内从龙头管口流出的水的质量为
；
（2） 时间内从管口喷出的水体积为
质量为
那么设 时间内水泵对水做的功为 ，则由动能定理可得
得水泵输出的功率为
43联立解得
（3）可知模型中竖直高度和水平位移应都为原来的 ，由
可得
可知模型中的时间为
水平方向上由
可得
可解得
模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的 倍。
答：（1）单位时间内从龙头管口流出的水的质量 为 ；
（2）不计额外功的损失，水泵输出的功率 为 ；
（3）模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的 倍。
【点评】本题以平抛运动为背景考查功能关系，难度一般。
24．（2024•福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕
牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳
子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角 为 ， ， 。
当每条绳子拉力 的大小为 时，人与木板沿直线匀速前进，在 内前进了 ，求此过程中：
44（1）地面对木板的阻力大小；
（2）两条绳子拉力所做的总功；
（3）两条绳子拉力的总功率。
【答案】（1）地面对木板的阻力大小为 ；
（2）两条绳子拉力所做的总功为 ；
（3）两条绳子拉力的总功率为 。
【考点】重力做功的特点和计算；功率的定义、物理意义和计算式的推导
【专题】推理法；功率的计算专题；推理论证能力；定量思想
【分析】（1）根据水平方向的平衡条件列式求解阻力大小；
（2）根据功的公式列式代入数据求解；
（3）根据功率的公式列式求解。
【解答】解：（1）对木板，水平方向受力平衡，则阻力
（2）根据功的定义，拉力做功
（3）根据功率的定义，拉力功率
答：（1）地面对木板的阻力大小为 ；
（2）两条绳子拉力所做的总功为 ；
（3）两条绳子拉力的总功率为 。
【点评】考查平衡条件的应用以及功和功率的计算，会根据题意进行准确分析解答。
25．（2024•西城区校级模拟）阿特伍德机是由英国物理学家乔治 阿特伍德在1784年发表的《关于物体
的直线运动和转动》一文中提出的，用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示，一定滑轮两端
分别与质量为 的物体 和质量为 的物体 相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，假设绳子与轮轴
间不会打滑。
45（1）若不计滑轮质量，两物体均由静止释放，试求物体 下落高度 后，两物体的速度大小。
（2）类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略，由于其自身惯性的存在，其角速
度增加的过程也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量 作为其转动过程中惯性大小的量度，用角加速度
描述其转动加快过程中角速度的变化率。
．在把物体视为质点时，我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系。类比这种关系，在刚体
（形变可忽略的物体）的转动过程中，我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩 （力矩是矢量，
大小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积，以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向）与角加速度
（角速度的变化率）的关系。请根据角加速度的定义，类比线速度与角速度的关系，直接写出角加速度
与半径为 的圆盘边缘的线加速度 的关系，并类比质点的牛顿第二定律，直接写出刚体转动过程中合力
矩、转动惯量和角加速度的关系。
．在把系统内各物体都视为质点时，我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若
考虑到刚体的转动动能，我们在使用机械能守恒的过程中，动能除了我们熟知的质点的平动动能以外，
还需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能，写出刚体转动角速度为 时刚体的转动
动能 。
．若滑轮的质量为 ，半径为 ，其转动惯量的表达式 。请根据以上关系，求解考虑滑轮质
量的前提下，与物体 相连的轻绳拉力大小 ，与物体 相连的轻绳拉力大小 ，以及物体 下落高度
后的速度大小。
【答案】（1）物体 下落高度 后，两物体的速度大小为 。
（2） ．角加速度与半径为 的圆盘边缘的线加速度 的关系为 ，刚体转动过程中合力矩、转动惯
量和角加速度的关系为 ；
．刚体转动角速度为 时刚体的转动动能 为 ；
46．与物体 相连的轻绳拉力大小 为 ，与物体 相连的轻绳拉力大小 为 ，物体 下落高
度 后的速度大小为 。
【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用
【专题】定量思想；类比法；推理法；机械能守恒定律应用专题；理解能力
【分析】（1）两物体组成系统机械能守恒，根据机械能守恒定律求解；
（2） ．根据线速度与角速度的关系，类比求解角加速度 与线加速度 的关系；
刚体转动过程中合力矩 类比于合力 、转动惯量 类比于质量 、角加速度 类比于加速度 。类比
质点的牛顿第二定律表达式求解可得合力矩、转动惯量和角加速度的关系；
．类比质点的平动动能可得刚体转动角速度为 时刚体的转动动能；
．确定两个拉力对滑轮的力矩，根据前述得到的关系式，结合质点的牛顿第二定律求解；根据转动动能
的表达式得到滑轮的转动动能，根据两物体和滑轮组成系统机械能守恒求解。
【解答】解：（1）不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，不计滑轮质量，两物体组成系统机械能守恒，则有：
解得两物体的速度大小为：
（2） ．线速度与角速度的关系为： ，可得：
类比此关系，可得角加速度 与半径为 的圆盘边缘的线加速度 的关系为：
质点的牛顿第二定律表达式为：
刚体转动过程中：合力矩 类比于合力 、转动惯量 类比于质量 、角加速度 类比于加速度 。
可得合力矩、转动惯量和角加速度的关系为：
．质点的平动动能为： ，通过类比可得刚体转动角速度为 时刚体的转动动能为：
．滑轮的转动惯量的表达式为：
规定使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向，则有：
拉力 的力矩为
47拉力 的力矩为
设物体 、 的加速度大小为 ，可得滑轮的角加速度为：
根据： ，可得：
代入整理得：
再由牛顿第二定律得：
对 有：
对 有：
联立解得： ，
设物体 下落高度 后的速度大小为 ，此时滑轮的转动动能为：
两物体和滑轮组成系统机械能守恒，则有：
解得：
答：（1）物体 下落高度 后，两物体的速度大小为 。
（2） ．角加速度与半径为 的圆盘边缘的线加速度 的关系为 ，刚体转动过程中合力矩、转动惯
量和角加速度的关系为 ；
．刚体转动角速度为 时刚体的转动动能 为 ；
．与物体 相连的轻绳拉力大小 为 ，与物体 相连的轻绳拉力大小 为 ，物体 下落高
度 后的速度大小为 。
【点评】本题通过类比的方法展示了刚体转动过程中，刚体的合力矩 与角加速度的关系，以及转动动
能的概念和表达式。重在理解，物理量一一对应即可解题。
4849考点卡片
1．自由落体运动的规律及应用
【知识点的认识】
1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．
2．公式：v＝gt；h＝ gt2；v2＝2gh．
3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．
4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．
重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上
不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减
小．
【命题方向】
自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经
常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，
难度一般中等或偏易．
例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（ ）
A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动
B．物体做自由运动时不受任何外力的作用
C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大
D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为 g的匀加速直线运动运动，加
速度g与质量无关．
解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；
B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；
C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；
D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为 g的匀加速直线运动运动，故D正
确．
故选：D．
点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．
例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹 AB．
50该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为 s，则小石子出发点离A点约为
（ ）
A.6.5cm B.10m C.20m D.45m
分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出 AB段的平均速
度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．
解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为 s，所以AB段的平均速度的大小为v＝
＝ ＝20m/s，
由自由落体的速度位移的关系式 v2＝2gh可得，h＝ ＝ ＝20m，所以C正确．
故选：C．
点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下
降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．
【解题思路点拨】
1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．
2．该知识点的3个探究结论：
（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．
（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力
作用、且初速度为零．
（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．
512．重力的大小及其影响因素
【知识点的认识】
1.公式：G＝mg，其中G表示重力的大小，m表示物体的质量，g表示物体所在处的重力加速度。
2.重力的大小受质量和重力加速度的影响，在地球上不同地点的重力加速度不同，也就意味同一物体在地
球上不同地点的重力大小不相等。一般来说：
①纬度越低，重力加速度越小，物体受到的重力就越小；
②海拔越高，重力加速度越小，物体受到的重力就越小。
3.不同星球的重力加速度也不相同，比如月球上的重力加速度大约是地球上的 ，则同一物体在月球上的
重力大约是地球上的 。
4.重力的大小可以通过弹簧测力计进行测量。
【命题方向】
关于重力的大小，下列说法中正确的是（ ）
A、物体的重力大小总是恒定的
B、同一地点，物体的重力与物体的质量成正比
C、物体落向地面时，它受到的重力大于它静止时所受到的重力
D、物体的重力总等于它对竖直测力计的拉力
分析：物体的重力大小在同一地点是恒定的，不同地点可能是变化的。根据G＝mg分析重力与质量的关
系。依据物体的运动状态来判定重力与拉力的关系。
解答：A、物体的重力大小在同一地点是恒定的，不同地点可能是变化的，比如在地球上不同的高度或不
同的纬度同一物体的重力不同。故A错误。
B、同一地点，重力加速度g是一定的，根据G＝mg得知，物体的重力与物体的质量成正比。故B正确。
C、物体落向地面时，它受到的重力等于它静止时所受到的重力。故C错误。
D、只有当物体处于平衡状态时，物体的重力才等于它对竖直测力计的拉力，若物体具有竖直方向的加速
度，重力与拉力不再相等。故D错误。
故选：B。
52点评：依据物体的运动状态来判定重力与拉力的关系。
【解题思路点拨】
重力的大小受物体质量和物体所在处的重力加速度的影响，而与物体的运动状态无关。
3．判断物体的受力个数
【知识点的认识】
1.定义：根据研究的问题，选取合适的物体作为研究对象，分析研究对象受到哪些力的作用，并画出所受
力的示意图，这一过程即为物体的受力分析。
2.一般步骤：
【命题方向】
如图所示，斜面B放置于水平地面上，其两侧放有物体A、C，物体C通过轻绳连接于天花板，轻绳平行
于斜面且处于绷紧状态，A、B、C均静止，下列说法正确的是（ ）
A.A、B间的接触面一定是粗糙的
B.地面对B一定有摩擦力
C.B、C间的接触面可能是光滑的
D.B一共受到6个力的作用
分析：A、B间是否存在摩擦力可以用假设法，若没有摩擦，A必然无法平衡，因此AB间接触面粗糙，
B与地面的作用要把ABC看成一个整体，绳子对该整体有水平方向拉力分量，因此B和地面间也存在摩
擦，以C为研究对象分析可知BC不一定需要有摩擦力也能平衡，因此BC间接触面可能为光滑。
53解答：A、以A为研究对象，受到重力和支持力不可能平衡，所以A一定受到B对A沿斜面向上的静摩
擦力，故A正确；
B、以A、B、C为研究对象，受到重力和地面的支持力、左斜向上的轻绳的拉力，这三个力不可能平衡，
所以地面对B沿水平向右的静摩擦力，故B正确；
C、以C为研究对象，受到重力和B对C的支持力、左斜向上的轻绳的拉力，这三个力可能平衡，所以
B、C之间可能没有的静摩擦力，B、C间的接触面可能是光滑的，故C正确；
D、以B为研究对象，可能受到重力、A对B的压力、C对B的压力、地面对B支持力和A对B的静摩
擦力、地面对B的静摩擦力等六个力作用，也可能受到重力、A对B的压力、C对B的压力、地面对B
支持力、A对B的静摩擦力、地面对B的静摩擦力和C对B的静摩擦力等七力作用，故D错误；
故选：ABC。
点评：该问题需要采用整体法和隔离法进行分析，先明确问题再寻找合适的研究对象，因此找研究对象
是非常关键的，另外对于共点力的平衡问题我们通常可以使用假设法，可以假设某一个力不存在物体是
否有可能达到平衡，进而判断该力的存在可能与否；在分析物体受力数量时，按照重力﹣弹力﹣摩擦力
的顺序，看清跟物体作用的其他物体数量，再逐一进行分析。
【解题思路点拨】
受力分析中如何防止“多力”或“漏力”
（1）防止“多力”：对每个力都要找出其施力物体，若某个力找不到施力物体则说明该力不存在；研究
对象对其他物体的作用力不能画在图中，另外合力与分力不能重复分析。
（2）防止“漏力”：按正确的顺序（即重力→弹力→摩擦力→其他力）进行受力分析是防止“漏力”的
有效措施。
4．牛顿第二定律的简单应用
【知识点的认识】
牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和
加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。
【命题方向】
一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为 g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力
为（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。
54解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律
N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma＝ mg
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于 mg；
故选：A。
点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
【解题方法点拨】
在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再
根据需要求出相关物理量。
5．作用力与反作用力
【知识点的认识】
1.定义：（1）力是物体对物体的作用，每个力一定同时存在着受力物体和施力物体。
（2）两个物体之间的作用总是用相互的，物体间相互作的这一对力称为的作用力和反作用力。
（3）作用力和反作用力总是等大、反向的，可以把其中任何一个力叫作作用力，另一个力叫作反作用力。
2.性质：
3.特征
55【命题方向】
下列关于作用力和反作用力的说法中，正确的是（ ）
A.物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力
B.虽然马能将车拉动，但是马拉车的力与车拉马的力大小相等
C.鸡蛋碰石头时，鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力
D.作用力和反作用力的合力为零，即两个力的作用效果可以互相抵消
分析：作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用力与反作用力和一
对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物
体上的．
解答：A、作用力与反作用力是同时产生、同时消失的，没有先后之分，所以A选项错误。
B、马拉车的力与车拉马的力，它们是作用力与反作用力的关系，一定是大小相等的，马之所以能将车拉
动，是由于马拉车的力大于车所受到的摩擦力的缘故，所以B选项正确。
C、鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力，它们是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，之所
以鸡蛋碰坏了，是由于鸡蛋的承受力小，所以C选项错误。
D、作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，根本不能求它们的合力，只有作用在同一个物体上的力
才可以求它们的合力，故D选项错误。
故选：B。
点评：本题主要是考查作用力与反作用力的关系，同时注意区分它与一对平衡力的区别．
【解题思路点拨】
明确作用力与反作用力的性质和特征，注意与平衡力进行区分。
6．牛顿第三定律的理解与应用
【知识点的认识】
1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
562．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：
【命题方向】
题型一：牛顿第三定律的理解和应用
例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（ ）
A．作用力与反作用力的合力为零
B．先有作用力，然后才产生反作用力
C．作用力与反作用力大小相等、方向相反
D．作用力与反作用力作用在同一个物体上
分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两
个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．
解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．
B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．
C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．
D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．
故选：C．
点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．
【解题方法点拨】
应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点
（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．
（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动
状态无关．
（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．
7．超重与失重的概念、特点和判断
【知识点的认识】
571．实重和视重：
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的
重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
2．超重、失重和完全失重的比较：
现象 实质
超重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于 系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量
物体重力的现象
失重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于 系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量
物体重力的现象
完全 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零 系统具有竖直向下的加速度，且a＝g
失重 的现象
【命题方向】
题型一：超重与失重的理解与应用。
例子：如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种
运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ）
A．容器自由下落时，小孔向下漏水
B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水
D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水
分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；
当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没
有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。
解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器
的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。
故选：D。
点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。
【解题方法点拨】
解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：
（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。
（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加
速度还是有竖直向下的加速度。
（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平
58常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。
8．超重与失重的图像问题
【知识点的认识】
超重与失重的图像问题分类：
1.F﹣t图像：将物体的视重随时间变化的情况作成F﹣t图像，就可以轻松的判断物体的超、失重状态。
进而可以求解相关的运动参数。
2.v﹣t（或x﹣t等运动学图像）：通过运动学图像的物理意义间接分析出物体的超、失重状态，并求解相
关的运动参数。
【命题方向】
类型一：F﹣t图像
在探究超重和失重规律时，某同学手握拉力传感器静止不动，拉力传感器下挂一重为 G的物体，传感器
和计算机相连。该同学手突然竖直向上提升一下物体，经计算机处理后得到拉力F随时间t变化的图像，
则下列图像中可能正确的是（ ）
A、 B、
C、 D、
分析：根据物体的运动过程确定加速度的方向，再根据超重和失重规律明确传感器上拉力的变化情况，
从而选择正确的图象。
解答：对物体的运动过程分析可知，物体一定是先向上加速再向上减速，故物体的加速度先向上再向下
则物体先处于超重状态再失重状态，故传感器的示数先大于重力，然后再小于重力，故 C正确，ABD错
59误。
故选：C。
点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，物体处于超重或失重状态时，物体的重力并没变，只是
对支持物的压力或悬挂物的拉力发生了变化，要根据加速度方向明确物体的状态。
类型二：运动学图像
2020年11月10日8时12分，“奋斗者”号深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了 10909米的中国载
人深潜新纪录，标志着我国在大深度载人深潜领域达到世界领先水平。某兴趣小组用一个模型模拟了深
潜器从水底由静止向上返回的运动过程，记录了其加速度 a随位移x变化关系的图像如图所示，则
（ ）
A、在0～x 阶段深潜器内的物体处于失重状态
0
B、在2x ～3x 阶段深潜器内的物体处于超重状态
0 0
C、在2x 处深潜器运动的速度大小为
0
D、在3x 处深潜器运动的速度最大
0
分析：根据加速度向上，处于超重状态，加速度向下，处于失重状态，加速度为零，速度最大。
解答：A、在0～x 阶段深潜器加速上升，因此深潜器内的物体处于超重状态，故A错误；
0
B、在2x ～3x 段，加速度为负值，深潜器做减速运动，潜器内的物体处于失重状态，故B错误；
0 0
C、根据 ＝2ax，可知a﹣x图像与x轴围成的面积可表示速度平方的变化量，位移由0到x 的过程，
0
图像的面积为 a x ，则深潜器到达x 处时的速度平方为v2＝2× a x ，可得： ，在x ～2x 段
0 0 0 0 0 0 0
加速度为零，做匀速运动，因此在2x 处深潜器速度大小为 ，故C正确；
0
D、由于2x ～3x 段减速，因此在深潜器在2x 处运动速度最大，故D错误。
0 0 0
故选：C。
点评：本题主要考查了超重失重情况，当加速度向上，处于超重状态，加速度向下，处于失重状态，加
速度为零，速度最大是解题的关键。
60【解题思路点拨】
超重与失重的图像问题解决步骤如下：
1.明确图像类型
2.根据图像得到的信息分析物体的超、失重状态。
3.根据牛顿第二定律F＝ma计算相关物理参数。
9．水平传送带模型
【知识点的认识】
1.传送带问题
利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。
2.分类
传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
3.常见情况分析
（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v 为物体进人传送带的初速度）
0
61【命题方向】
例1：如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端放上一无初速的小木块，若木块
与传送带间的动摩擦因数为 ，则木块从左到右的运动时间不可能为（ ）
μ
A. B. C. D.
62分析：物块无初速滑上传送带，有可能一直做匀加速直线运动，有可能先做匀加速直线运动再做匀速直
线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块运行的时间．
解答：①当木块一直做匀加速直线运动。
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v。
根据牛顿第二定律得，a＝ g。
μ
根据L＝ ，解得 。
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v。
根据L＝
解得t＝
②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。
匀加速直线运动的时间 ，匀加速直线运动的位移
则匀速直线运动的位移
则匀速直线运动的时间
则总时间为t＝ ．故B、C、D正确，A错误。
本题选不可能的，故选：A。
点评：解决本题的关键理清物块的运动情况，考虑到木块运动的各种可能性，运用牛顿运动定律和运动
学公式综合求解．
【解题思路点拨】
明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以
及牛顿运动定律的相关内容。
10．平抛运动速度的计算
【知识点的认识】
1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度v ＝v
x 0
竖直方向上的速度v ＝gt
y
63从而可以得到物体的速度为v＝ ＝
3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。
【命题方向】
如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（ ）
A、0.8s内小球下落的高度为4.8m
B、0.8s内小球下落的高度为3.2m
C、小球到达P点的水平速度为4.8m/s
D、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s
分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高
度以及竖直方向上的分速度。
解答：AB、小球下落的高度h＝ ＝ ．故A错误，B正确。
C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。
D、小球到达P点的竖直速度v ＝gt＝8m/s。故D正确。
y
故选：BD。
点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
【解题思路点拨】
做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足v ＝gt。
y
11．速度偏转角与位移偏转角
【知识点的认识】
1.定义：平抛运动是匀变速曲线运动，物体从抛出点运动一段时间后，速度与水平方向的夹角叫作速度偏
转角，位移与水平方向的夹角叫作位移偏转角。
2.如果把速度偏转角记为 ，位移偏转角记为 ，则有tan ＝2tan ．
证明：如图所示： α θ α θ
64由平抛运动规律得：tan ＝ ，tan ＝ ，所以tan ＝2tan ．
3.偏转角的应用 α θ α θ
可以利用速度偏转角或位移偏转角计算平抛运动的时间
①已知某一时刻的速度v及速度偏转角 ，
θ
则gt＝vsin ，从而得到t＝
②已知某一θ时刻的位移x及位移偏转角 ，
θ
则 ，从而得到t＝
【命题方向】
从某一高度水平抛出质量为m的小球，经时间t落在水平地面上，速度方向偏转 角．若不计空气阻力，
重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） θ
A、小球落地时速度大小为gt
B、小球在时间t内速度的变化量为gt
C、小球抛出的速度大小为
65D、小球在时间t内的位移为
分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出落地时竖
直分速度，结合速度方向与水平方向的夹角，结合平行四边形定则求出落地的速度大小，以及平抛运动
的初速度，根据水平位移和竖直位移得出小球在时间t内的位移．
解答：AC、小球落地时竖直方向上的分速度 v ＝gt，根据平行四边形定则知，小落地时速度 v＝
y
，平抛运动的初速度 ．故A错误，C正确。
B、平抛运动的加速度不变，则时间t内的速度变化量Δv＝gt．故B正确。
D、小球在竖直方向上的位移y＝ ，因为位移与水平方向的夹角不等于 ，则位移s ．故
θ
D错误。
故选：BC。
点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
【解题思路点拨】
速度偏转角或位移偏转角常被用来求解平抛运动的时间，进而求解平抛运动的其他参数。
12．斜抛运动
【知识点的认识】
1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。
2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或
某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨
迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。
注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。
3．抛体做直线或曲线运动的条件：
（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。
（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。
4．平抛运动
（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。
66（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。
（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以
平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
（4）公式：速度公式： ；
位移公式： s＝ 。
⇒
tan ＝ ＝
5．α斜抛运动
（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。
（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。
（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以
斜抛运动是匀变速曲线运动。
（4）公式：
【命题方向】
例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下
列说法中正确的是（ ）
67A．D点的速率比C点的速率大
B．D点的加速度比C点加速度大
C．从B到D加速度与速度始终垂直
D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小
分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直
线运动与竖直方向的匀变速运动。
解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；
B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；
C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点 B处加速度与速
度垂直，故C错误；
D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。
故选：A。
点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守
恒。
例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛
射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（ ）
A．增大抛射速度v ，同时减小抛射角 B．减小抛射速度v ，同时减小抛射角
0 0
C．增大抛射角 ，同时减小抛出速度vθ0 D．增大抛射角 ，同时增大抛出速度vθ0
分析：解决本题θ巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮θ球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有
水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。
解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平
面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，
同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。
故选：C。
点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。
68【解题方法点拨】
类平抛运动：
1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。
2．类平抛运动的分解方法
（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的
方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。
（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为a 、a ，初速
x y
度v 分解为v 、v ，然后分别在x、y方向上列方程求解。
0 x y
3．类平抛运动问题的求解思路：
根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体
问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。
4．类抛体运动
当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类
抛体运动。
在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：
①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。
②求出这两个方向上的加速度、初速度。
③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。
13．绳球类模型及其临界条件
【知识点的认识】
1.模型建立
（1）轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，
如图所示。
（2）轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型
如图所示。
692.模型分析
【命题方向】
如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小
70球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速
度是多少？
分析：当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，由此说明此时支座和球的重力全部作为了小球的向
心力，再根据向心力的公式可以求得小球的线速度．
解答：对支座M，由牛顿运动定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg＝m ﹣﹣﹣②
联立 ①②式可解得：v＝ ．
答：小球的线速度是 ．
点评：物体做圆周运动需要向心力，找到向心力的来源，本题就能解决了，比较简单．
【解题思路点拨】
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物
体自身的重力完全充当向心力，mg＝m ，从而可以求出最高点的速度v＝ 。
14．宇宙的起源与恒星的演化
【知识点的认识】
一、宇宙起源（宇宙大爆炸理论）：
1.宇宙大爆炸理论是目前广泛接受的宇宙起源理论，它表明宇宙起源于一个极度热密的初始状态，然后经
历了急剧膨胀。
2.这一理论解释了宇宙中各种天体的分布、宇宙背景辐射以及宇宙的演化历史。
3.它是由比利时天文学家乔治•勒梅特和美国天文学家埃德温•哈勃等人提出的。
二、恒星的演化：
711.恒星初级阶段：由星云向外辐射能量，所形成的的反向推力聚集而成，类似于水的冷凝。
2.恒星阶段：当初始星云，具备了向内运动的动力，并且聚集之后，突破星云物质分子、原子，释放大量
热能的同时释放出十分巨大的空间。
3.恒星衰老之后的演变取决于恒星的质量：当质量足够大能够压破原子核，就能形成中子星；大到能够压
迫中子就可能形成所谓的黑洞；当然恒星质量不足，最终无法进入下一个阶段，只能衰变为白矮星。
【命题方向】
关于恒星，下列说法中正确的是（ ）
A、恒星的表面温度越高，颜色越红
B、恒星的颜色与恒星的质量和体积有关
C、恒星的寿命与构成恒星的物质、温度、亮度有关
D、恒星的亮度与恒星的体积和温度及它与地球的距离有关
分析：恒星的颜色是由温度决定的，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝；恒星的寿命和它
的质量体积有关，质量越大的恒星寿命越短；我们在地球上观察到的亮度是视亮度，和距离发光度都有
关．
解答：A、恒星的表面颜色取决于它的表面温度，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝。恒星
表面颜色主要有四种，分别是红、黄、白、蓝。太阳的表面颜色是黄色，属于温度中等偏低的恒星。所
以A错误。
B、根据A的分析知，恒星的颜色与恒星的质量和体积无关，所以B错误。
C、恒星的寿命和它的质量体积有关，质量越大的恒星寿命越短，这是因为质量越大压力就越大，这种情
况下恒星内部的核反应就更加剧烈，所以C错误。
D、我们在地球上观察到的亮度是视亮度，和距离有关，视亮度的大小与发光度成正比，与距离的平方成
反比，所以D正确。
故选：D。
点评：本题考查学生对恒星的理解，这要求在平时的学习中要对积累相关的知识，做到处处留心．
【解题思路点拨】
宇宙的起源与恒星的演化是物理学习过程中积累的知识，这要求学生对课外的知识有一定程度的了解和
积累。
15．重力做功的特点和计算
【知识点的认识】
1.表达式：W ＝mgh＝mg（h ﹣h ），其中h 、h 分别表示物体起点和终点的高度
G 1 2 1 2
2.特点：
72①只跟物体运动的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关．
②物体下降时重力做正功，物体被举高时重力做负功．
③重力做功的多少与参考平面无关。
【命题方向】
物体沿不同的路径从A滑到B，如图所示，则（ ）
A、沿路径ACB重力做的功大些
B、沿路径ADB重力做的功大些
C、沿路径ACB和ADB重力做功一样多
D、条件不足，无法判断
分析：解答本题应明确重力做功的特点：重力做功与高度差有关，与路径无关．
解答：由A到B不管沿哪条路径高度差相同，则重力做功相同。则C正确，ABD错误
故选：C。
点评：本题考查重力做功的特点，一定要掌握重力做功只和高度有关．
【解题思路点拨】
1.重力做功只与初、末位置有关，与路径无关。
2.计算重力做功的步骤为：
①确定物体重力的大小；
②确定物体在竖直方向上的位移大小；
③如果物体向上运动，重力做负功；如果物体向下运动，重力做负功。
16．功率的定义、物理意义和计算式的推导
【知识点的认识】
1.义：功与完成这些功所用时间的比值．
2.理意义：描述做功的快慢。
3.质：功是标量。
4.计算公式
73（1）定义式：P＝ ，P为时间t内的平均功率．
（2）机械功的表达式：P＝Fvcos （ 为F与v的夹角）
①v为平均速度，则P为平均功α率．α
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．
推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为 ，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力
在这段时间所做的功 α
W＝Flcos
因此有 α
P＝ ＝ cos
α
由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以 是物体在这段时间内的平均速度v，于是上
式就可以写成
P＝Fvcos
可见，力α对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。
通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，cos ＝1，上式可以写成P＝Fv。
从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的α平均速度，所以这里的功率P是指从计
时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就
可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。
5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．
6.实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．
【命题方向】
下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（ ）
A、功率大的机械，做功一定多
B、做功多的机械，效率一定高
C、做功快的机械，功率一定大
D、效率高的机械，功率一定大
分析：根据P＝ 知，做功多．功率不一定大，根据 ＝ ，判断效率与什么有关．
η
解答：A、根据P＝ 知，功率大，做功不一定多。故A错误。
74BD、根据 ＝ ，知做功多，效率不一定高，效率高，功率不一定大。故B、D错误。
C、功率是η反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。
故选：C。
点评：解决本题的关键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．
【解题思路点拨】
1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。
2.功率的定义式P＝ 适用于任何做功的情况。
17．平均功率的计算
【知识点的认识】
平均功率的计算式：
①功率的定义式：P＝
②恒力做功：P＝Fv（v是平均速度）
【命题方向】
一、定义式计算平均功率
据报导：我国一家厂商制作了一种特殊的手机，在电池能耗尽时，摇晃手机，即可产生电能维持通话，
摇晃手机的过程是将机械能转化为电能，如果将该手机摇晃一次，相当于将100g的重物举高40cm，若每
秒摇两次，则摇晃手机的平均功率为（g＝10m/s2）（ ）
A、0.04W B、0.4W C、0.8W D、40W
分析：根据题意可以求得摇晃两次时对手机做的功的大小，进而可以根据功率的公式计算出平均功率的
大小．
解答：把手机摇晃一次做的功的大小为W＝mgh＝0.1×10×0.4J＝0.4J，
所以摇晃两次对手机做的功的大小为0.8J，
所以平均功率的大小为P＝ ＝ W＝0.8W，所以C正确。
故选：C。
点评：摇晃手机实际上就是人对手机做的功转化成手机的电能，求出人做功的大小即可得出功率的大小．
75二、恒力做功的平均功率
质量为m的物体从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，在运动时间为t的过程中，合外力对它做功
的平均功率为（ ）
A、ma2t B、 ma2t C、2ma2t D、 ma2t
分析：物体做的是匀加速直线运动，根据速度公式可以求得经过时间t时物体的速度的大小，由此可以求
得平均速度的大小，根据P＝F ，可以求得平均功率的大小．
解答：物体做的是匀加速直线运动，
t时刻的速度的大小为 v＝at，
该过程的平均速度的大小为 ＝ v＝ at，
此时物体受到的合外力为 F＝ma，
所以合外力对它做功的平均功率为 P＝F ＝ma× at＝ ，所以B正确。
故选：B。
点评：在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P＝ 只能计算平均功率的大小，而P＝Fv可以计算
平均功率也可以计算瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．该题也可由P＝ 来求合外力的平
均功率．
【解题思路点拨】
1.功率的定义式P＝ 适用于任何做功的场景。
2.对于恒力做功，除了可以先求出总功，再除以时间求平均功率外，也可以求出平均速度，再利用 P＝Fv
计算平均功率。
18．弹性势能的定义和性质
【知识点的认识】
1．定义：发生形变的物体，在恢复原状时能够对外做功，因而具有能量，这种能叫做弹性势能。
2．决定因素：与形变程度有关，形变越厉害，弹性势能就越大；与弹簧的劲度系数有关，k越大，弹性
势能就越大。
3．弹簧弹性势能表达式： 。
所以影响弹性势能的因素有：
76①弹簧的劲度系数，当形变量相同时，劲度系数越大的弹簧具有的弹性势能越大；
②弹簧的形变量，对于固定的弹簧，形变量越大的弹簧具有的弹性势能越大。
③对一般弹性物体而言，满足形变量越大弹性势能也越大。
4.弹性势能的性质
①弹性势能同重力势能一样，描述时需要选择零势能点。对弹簧来说一般以原长位置为零势能点，弹性
势能的大小是相对于零势能点来说的。
②弹性势能是标量，根据零势能点的选择不同，弹性势能可正可负，正的弹性势能大于负的弹性势能。
【命题方向】
关于弹性势能，下列说法中正确的是（ ）
A、发生弹性形变的物体都具有弹性势能
B、发生形变的物体都具有弹性势能
C、只有弹簧发生弹性形变时才具有弹性势能
D、弹簧的形变量越大，弹性势能就越小
分析：任何物体发生弹性形变时，都具有弹性势能．弹簧伸长和压缩时都有弹性势能．同一个弹簧形变
量越大，弹性势能就越大．
解答：A、由弹性势能的定义和相关因素进行判断。发生弹性形变的物体的各部分之间，由于弹力作用而
具有的势能，叫做弹性势能。所以，任何发生弹性形变的物体都具有弹性势能。故A正确。
BC、物体发生了形变，若是非弹性形变，无弹力作用，则物体就不具有弹性势能。故B、C错误。
D、发生弹性形变的物体，形变量越大，弹性势能越大，故D错误。
故选：A。
点评：本题关键明确弹性势能的概念，知道影响弹性势能大小的因素，基础题．
【解题思路点拨】
弹性势能是由于物体形变而具有的能量，所以一般来说弹性势能是针对发生弹性形变的物体，而弹性势
能的表达式 也常用来计算弹性绳的弹性势能。
19．用动能的定义式计算物体的动能
【知识点的认识】
1.动能的定义式为：E ＝ ，知道了物体的质量和速度，即可计算物体的动能。
k
2.计算时要注意，只有质量的单位是kg，速度的单位是m/s时，动能的单位才是J。
77【命题方向】
在上海火车站，一列装有300吨救援物资的火车以72km/h的速度离开车站，此时这列火车的动能为
J．
分析：将速度单位换算，由动能的公式可直接求出动能．
解答：火车的速度v＝72km/h＝20m/s；质量m＝300000kg；
故动能为：E ＝ mv2＝ ×3×105×202＝6×107J；
K
故答案为：6×107．
点评：本题考查动能的公式，较为简单，但要注意质量与速度均取国际单位制时火车的动能单位才为J．
【解题思路点拨】
计算物体动能的一般步骤为：
①对质量和速度进行单位换算，需要换算成国际单位制表示的的单位。
②运用公式E ＝ 计算物体的动能。
k
20．动能定理的简单应用
【知识点的认识】
1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
2.表达式：W合 ＝ΔE
k
＝E
k末
﹣E
k初
3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。
【命题方向】
如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数 ＝0.2，g＝10m/s2，今用F
＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用μ时间t＝6s后撤去F，求：
（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；
（2）物体在前6s运动的位移
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。
分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；
（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；
（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。
解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得
78F﹣ mg＝ma，
解得μ a＝3m/s2，
（2）由位移公式得 X＝ at2＝ ×3×62m＝54m。
（3）对全程用动能定理得
FX﹣W＝0
f
W＝FX＝50×54J＝2700J。
f
答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；
（2）物体在前6s运动的位移是54m；
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。
点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力
的功的时候对全程应用动能定理比较简单。
【解题思路点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能E 及E 。
k1 k2
（4）列方程W总 ＝E
k2
﹣E
k1
，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑
应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草
图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计
算外力做功时更应引起注意。
21．利用动能定理求解多过程问题
【知识点的认识】
1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
792.表达式：W合 ＝ΔE
k
＝E
k末
﹣E
k初
3.动能定理不用考虑物体的运动过程，可以通过对全程列动能定理来简化过程比较多，运动情况比较复杂
的问题。
【命题方向】
例1、一消防队员从一平台上跳下，下落h 双脚触地，并弯曲双腿缓冲，使其重心又下降了h 才停下，
1 2
且h ＝4h ．则在触地的过程中，地面对他双脚的平均作用力的大小约为消防队员所受重力大小的
1 2
（ ）
A、2倍 B、5倍 C、10倍 D、20倍
分析：消防员先自由下落h ，接着匀减速下降h ，对匀减速过程受力分析，可结合牛顿第二定律或动能
1 2
定理求解。
解答：对运动的整个过程运用动能定理，得：
mg（h +h ）﹣Fh ＝0 ①；
1 2 2
又根据题意，有：
h ＝4h ②；
1 2
解得，F＝5mg；
故选：B。
点评：本题对运动的全部过程用动能定理比较方便，若对加速过程和减速过程分别运用动能定理列式也
可求解，还可以用牛顿第二定律求解；故方法的选择对解题的难易影响很大，要能灵活选择方法解题。
例2：在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动，如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处由静止开始滑下，
滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来，若某人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑
板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数相同，大小为 ＝0.50，斜坡的倾角 ＝37°，斜坡与水平滑道间
是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力μ加速度g取10m/s2 θ
（1）人从斜坡滑下的加速度为多大？
（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离为L＝20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
分析：人与滑板由静止从粗糙斜面滑下后，又滑上粗糙水平面最后停止．在斜面上对其进行受力分析，
80再进行力的合成求出合力，运用牛顿第二定律可算出加速度．
当人与滑板从静止到停止，先做匀加速后做匀减速，由动能定理，可求出滑下的距离AB．
解答：（1）人在斜面上受力如图所示，建立图示坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a
1
由牛顿第二定律有mgsin ﹣F ＝ma
f1 1
F N1 ﹣mgcos ＝0 θ
又F f1 ＝ F N1θ
联立解得μ a
1
＝g（sin ﹣ cos ）＝2.0m/s2
（2）根据动能定理，θ选取μ从开θ始到停止，
则有：mgL sin ﹣ mgL﹣ mgcos L ＝0﹣0；
AB AB
解得：L AB ＝50mθ；μ μ θ
答：（1）人从斜坡滑下的加速度为2m/s2；
（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离为 L＝20.0m，则人在斜坡上滑下的距离 AB应不超过
50m。
点评：对研究对象的进行受力分析与运动分析，再由运动学公式与牛顿运动定律相结合．同时第二个小
问可以用动能定理来处理．
【解题思路点拨】
【解题思路点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能E 及E 。
k1 k2
（4）列方程W总 ＝E
k2
﹣E
k1
，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
81注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑
应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草
图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计
算外力做功时更应引起注意。
22．常见力做功与相应的能量转化
【知识点的认识】
1．内容
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。
2．高中物理中几种常见的功能关系
功 能量的变化
合外力做正功 动能增加
重力做正功 重力势能减少
弹簧弹力做正功 弹性势能减少
电场力做正功 电势能减少
其他力（除重力、弹力）做正功 机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功 系统的内能增加
【解题思路点拨】
如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移 H，将物
体缓缓提高h，拉力F做功W ，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（ ）
F
A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mgh
B、弹力做功﹣W ，弹性势能增加W
F F
C、重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
D、重力势能增加mgh，弹性势能增加W ﹣mgh
F
分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力 F做的功等于物体
重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．
82解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即
ΔE ＝﹣W ＝﹣（﹣mgh）＝mgh
P G
物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，
ΔE弹 ＝W
F
+W
G
＝W
F
﹣mgh
故选：D。
点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．
【解题思路点拨】
1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；
摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。
2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。
23．机械能守恒定律的简单应用
【知识点的认识】
1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械
能保持不变。
2.对三种表达式的理解
（1）守恒式：E +E ＝E +E ，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械
k1 P1 k2 P2
能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外
表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言
的。
（2）转化式：ΔE ＝﹣ΔE ，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。
k P
（3）转移式：ΔE ＝﹣ΔE ，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能
A B
的减少量，可以不选择参考平面。
3.运用机械能守恒定律的基本思路
4.机械能守恒定律和动能定理的比较
83【命题方向】
NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，
把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功
为W，出手高度为h ，篮筐距地面高度为h ，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为
1 2
（ ）
A、W+mgh ﹣mgh
1 2
B、W+mgh ﹣mgh
2 1
C、mgh +mgh ﹣W
1 2
D、mgh ﹣mgh ﹣W
2 1
分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直
接列式分析．
解答：篮球机械能守恒，有
mgh +E ＝mgh +E
1 k1 2 k2
解得
E ＝E +mgh 一mgh
k2 k 1 2
故选：A。
点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不
需要分析过程，只找出初末状态即可．
84【解题方法点拨】
1.应用机械能守恒定律解题的基本思路
（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。
（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。
（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（E +E ＝E +E 、△E ＝﹣△E 或△E ＝﹣△E ）进行求
k1 p1 k2 p2 k p A B
解。
注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动
力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。
2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：
（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；
（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；
（3）各物体的速度之间的联系。
3.动能定理与机械能守恒定律的选择
（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能
参考平面的麻烦。
（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机
械能守恒定律应用更广泛、更普遍。
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