2021-2022学年上海市浦东新区高三（上）期末物理试卷（一模）（含答案解析）

2021-2022学年上海市浦东新区高三（上）期末物理试卷（一模）

1.     加速度a的定义式是(    )

A.  B.  C.  D.

2.     匀速圆周运动是(    )

A. 匀速运动 B. 匀变速运动 C. 变加速运动 D. 简谐运动

3.     如图所示，武术运动员表演“悟空望路”时在长杆上端保持静止，则杆子对他的作用力方向为(    )

A. 方向1
B. 方向2
C. 方向3
D. 方向4

4.     一物体做匀变速直线运动的图像如图所示，为、的中间时刻，则(    )

A. AC连线的斜率等于时刻的瞬时速度 B. AC连线的斜率等于时刻的瞬时速度
C. AB连线的斜率等于时刻的瞬时速度 D. AB连线的斜率等于时刻的瞬时速度

5.     如图所示，在火星、木星轨道之间有一小行星带。假设小行星只受太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。若某颗小行星A与地球的周期分别为T、，公转速度分别为v、，则(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

6.     如图所示，光滑绝缘水平面上，有两条固定的相互垂直彼此绝缘的长直导线，通以大小相同的电流。在角平分线上，对称放置四个相同的圆线圈。若两根导线上的电流同时增加，则会产生逆时针方向感应电流的是(    )

A. 线圈1
B. 线圈2
C. 线圈3
D. 线圈4

7.     如图所示是静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在电源两端，两极间产生电场，虚线为等差等势面相邻等势面的电势差相等，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸板，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，则(    )

A. 液滴带正电，b点电场强度大 B. 液滴带正电，a点电场强度大
C. 液滴带负电，b点电场强度大 D. 液滴带负电，a点电场强度大

8.     已知通电长直导线周围某点的磁感应强度，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比。如图所示两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流，规定磁场方向垂直纸面向外为正，则在区间内磁感应强度B随r变化的图线可能是(    )

A.  B.
C.  D.

9.     如图所示，空调外机用两个支架固定在外墙上。空调外机的重心恰好在支架水平横梁AO和斜梁BO的连接点O上方。横梁、斜梁对O点的作用力分别为、。不考虑梁的重力，如果换一根更短的斜梁，仍保持O、A两点的位置不变，则(    )

A. 变小，变小
B. 变大，变大
C. 变小，变大
D. 变大，变小

10. 如图所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为m。忽略空气阻力，则小孩从最高点由静止竖直下落到最低点的过程中(    )

A. 速度不断减小
B. 加速度不断变大
C. 弹力做的负功总小于重力做的正功
D. 到最低点时，地面对杆的支持力一定大于 2mg
 

11. 小明在做“用DIS测瞬时速度”的实验时，保持小车释放点和光电门位置不变。获得的数据如下表，则可以判断挡光片的安装方式为(    )

A.  B.
C. 以上两种都可以 D. 以上两种都不可以

12. 如图所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为。使用时发现某一根杆上有 A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔，B与上边框相隔。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出 A、B运动的图像如图所示实线代表A，虚线代表。忽略 A、B碰撞的时间，g取，则(    )
    ①A能回到自己的归零位；
    ②A不能回到自己的归零位；
    ③B能回到自己的归零位；
    ④B不能回到自己的归零位。

A. 结论①③正确 B. 结论①④正确 C. 结论②③正确 D. 结论②④正确

13. 如图所示，将摆长为L的单摆摆球拉离平衡位置一个很小的角度到A点后由静止释放，重力加速度为g，则摆球从A第一次运动到最左端B所用的时间为______；若将该装置从上海移到广州进行同样的操作，上述运动时间将______。选填“变大”、“变小”或“不变”

14. 一根均质绳，右端固定，一人拿着左端的S点上下振动，时刻起振，产生一列向右传播的机械波，某时刻该波的波形如图所示。已知波源的振动周期为T，分析可知波源已振动的时间为______，波源的起振方向______选填“向上”或“向下”
     
15. 电场中有O、A、B、C几个固定点，一电量为、质量为m的带电粒子仅受电场力作用，从O点由静止开始做直线运动，其图像如图。粒子在时刻运动到A点，其速率为；时刻运动到B点，其速率为0；时刻运动到C点，其速率为。由图可推断，A、B、C三点中，______点的电势最高；A、C两点的电势差______。

16. 某物理量X的表达式为，其中是角速度，V是体积，G是万有引力常量。万有引力常量G用基本单位可表示为______。据此可以判断X是______。填写物理量名称
17. 某同学为测定电源的电动势E和内阻r，从实验室找来电键、定值电阻、电流表内阻不计、一根均匀电阻丝配有可在电阻丝上移动的金属夹和导线若干。因缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，他找到了一个绝缘的圆形时钟表盘。他将电阻丝绕在表盘上，用改变圆心角以rad为单位的方法改变接入电路中的电阻丝长度。实验方案如下：先将器材连成如图，后将金属夹从b端开始不断改变位置，闭合电键后记录每次从a到金属夹位置所对应的圆心角和电流表示数I，最后将数据描在坐标纸上、绘得如图所示图线，已知a、b间单位角度对应电阻丝的阻值为，则图对应的的函数关系为______用、、E、r、表示；若已知，，则由图可求得电源内阻______。
     
18. 如图为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置。
    实验时有以下一些步骤，先后顺序是______。填写字母标号
    A.点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值。
    B.保持小车、配重片和发射器总质量不变，不断增加钩码的质量，重复实验。
    C.点击“开始记录”并释放小车，当小车到达终点时，点击“停止记录”，得到图像。
    
    单选若测得小车、配重片和发射器的总质量为360g，则跨过滑轮的细绳下悬挂的钩码质量范围最适合用______。
    A.
    B.
    C.
    D.大于360g
    当小车总质量一定，改变钩码质量重复实验，释放小车的位置______填写“必须相同”或“可以不同”。实验中某小组获得如图所示的图线，在进行“选择区域”操作记录小车加速度时，小明认为选择AB段和AC段，获得的加速度基本相同。请发表你的观点，并说明理由：
     
19. 2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功。它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程，若已知着陆器含降落伞总质量，取火星表面重力加速度，忽略着陆器质量的变化和的变化，打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。则：
    
    在第阶段的最后，着陆器经的无初速度、无动力下降后安全着陆，且火星表面大气非常稀薄，求着陆器着陆时的动能；
    假设着陆器在第Ⅱ“伞降减速阶段”做匀减速运动，求它所受总平均阻力f的大小；
    着陆器在第Ⅲ“动力减速阶段”可视为匀减速运动，求它在该阶段机械能的改变量。
20. 如图，的足够长且固定的粗糙绝缘斜面顶端放有质量的U型导体框，导体框的电阻忽略不计，导体框与斜面之间的动摩擦因数。一电阻、长度的光滑金属棒CD置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF，且EF与斜面底边平行。初始时CD与EF相距，让金属棒与导体框同时由静止开始释放，金属棒下滑距离后匀速进入方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界图中虚线与斜面底边平行。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边刚好进入磁场并保持匀速运动。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，且在运动中金属棒始终未脱离导体框。磁场的磁感应强度大小、方向垂直于斜面向上，取，，。求：
    棒CD在磁场中运动时棒中感应电流I的大小和方向；
    棒CD的质量m以及金属棒在磁场中运动时导体框的加速度a；
    从开始到导体框离开磁场的过程中，回路产生的焦耳热Q；
    用文字简要说明，导体框由静止释放至EF边到达磁场下边界的过程中，有哪些力对它做功及对应的能量转化情况。

答案和解析

1.【答案】A 

【解析】解：根据加速度为速度变化量与所用时间的比值，即，是牛顿第二定律表达式，运动学公式变形，是向心加速度表达式，故A正确，BCD错误。
故选：A。
加速度的定义为速度变化量与所用时间的比值，由此确定加速度a的定义式。
明确加速度的定义式，并掌握常见涉及加速度的公式是解题的关键，要知道各个公式的适用条件。
 

2.【答案】C 

【解析】解：匀速圆周运动的速度方向在变化，不是匀速运动，匀速圆周运动的加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动，不是匀变速运动，而简谐运动是在平衡位置附近的往复运动，所以匀速圆周运动不是简谐运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
匀速圆周运动的速度大小不变，速度方向时刻改变，加速度大小不变，方向始终指向圆心。
解决本题的关键知道匀速圆周运动是加速度大小不变，方向始终指向圆心的变加速曲线运动。
 

3.【答案】C 

【解析】解：运动员受竖直向下的重力和杆子的作用力，由受力平衡可知，杆子的作用力竖直向上。故C正确，ABD错误。
故选：C。
由受力分析求解杆子的作用力。
本题考查共点力平衡，熟练的受力分析是解题关键。
 

4.【答案】A 

【解析】解：A、根据物体做匀变速直线运动时，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，知时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，而AC连线的斜率等于时间内的平均速度，所以AC连线的斜率等于时刻的瞬时速度，故A正确；
B、AC连线的斜率等于时刻的瞬时速度，物体做匀加速直线运动，则AC连线的斜率小于时刻的瞬时速度，故B错误；
CD、AB连线的斜率等于时间内的平均速度，根据推论可知，AB连线的斜率等于时刻的瞬时速度，大于时刻的瞬时速度，小于时刻的瞬时速度，故CD错误。
故选：A。
物体做匀变速直线运动时，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而平均速度等于位移与时间的比值，由此分析。
解决本题的关键要掌握推论：物体做匀变速直线运动时，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，结合位移-时间图像的斜率表示速度来分析。
 

5.【答案】B 

【解析】解：根据万有引力提供向心力，得：，则得，。小行星的轨道半径大，周期大，线速度小，即：、。故ACD错误，C正确。
故选：B。
根据万有引力提供向心力得出小行星的周期、线速度与轨道半径的关系，从而比较各量的大小关系。
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要思路，知道线速度、周期与轨道半径的关系，并能灵活运用。
 

6.【答案】D 

【解析】解：由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向：线圈13处角平分线上磁感应强度为零，线圈4中磁场垂直纸面向里，线圈2中磁场垂直纸面向外；
AC、根据矢量合成的特点可知，线圈13所在的区域的角平分线上磁感应强度为零，则穿过线圈1与3的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故AC错误；
B、线圈2中磁场垂直纸面向外，当电流增大时穿过2的磁通量向外增大，根据楞次定律可知，线圈2中有顺时针方向的电流，故B错误；
D、线圈4中磁场垂直纸面向里，当电流增大时穿过4的磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线圈4中有逆时针方向的电流，故D正确。
故选：D。
通电直导线管周围有磁场存在，根据右手螺旋定则可判定电流方向与磁场方向的关系，根据矢量合成的方法判断出各区域内磁场的情况，然后根据产生感应电流的条件和楞次定律判断选项的正误。
本题考查了右手螺旋定则和楞次定律的应用，注意矢量的叠加原则，同时掌握产生感应电流的条件。
 

7.【答案】B 

【解析】解：相邻等差等势面间的距离越小电场强度越大，相邻等差等势面间的距离越大电场强度越小，由图示等差等势面可知，从左向右相邻等差等势面间的距离不断变大，则从左向右，电场强度逐渐减小，a点电场强度比b点电场强度大，发射极与电源正极相连，吸板与负极相连，带电液滴从发射极加速飞向吸板，可知液滴带正电；
故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据等差等势面的疏密判断电场强度大小关系；根据液滴的运动情况可知液滴带正电。
根据图示等差等势面间的距离判断出电场强度如何变化是解题的前提，根据运动情况判断受力情况，从而确定液滴电性。
 

8.【答案】A 

【解析】解：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零。由于规定B的正方向即为垂直纸面向外，所以A正确，BCD错误；
故选：A。
通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理。根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系。
由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外。
 

9.【答案】B 

【解析】解：对结点O受力分析，如图所示：

结点受到向下的压力大小等于空调外机的重力，横梁、斜梁对O点的作用力分别为、，
根据共点力平衡，、的合力与力F等大反向，设OB与竖直方向的夹角为，由几何关系得：


若把斜梁减短些，仍保持O点的位置不变且横梁水平，OB与竖直方向的夹角变大，故变大，变大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对结点O受力分析，根据共点力平衡条件找到和重力的关系，根据斜梁变短后斜梁与夹角的变化判断的变化。
本题考查了共点力平衡问题，解题的关键是判断横梁和斜梁对接点O的作用力的方向，利用斜梁和竖直方向的夹角变化判断作用力的变化。
 

10.【答案】D 

【解析】解：A、小孩从最高点由静止竖直下落到最低点的过程中，速度先增大后减小，故A错误；
B、当弹簧弹力与总重力相等时，加速度为零，所以加速度先减小后增大，故B错误；
C、当达到平衡位置以后，弹簧弹力大于重力，弹力做的负功大于重力做的正功，故C错误；
D、如果整体开始下落的位置是弹簧的原长处，则根据对称性可知，达到最低点的加速度大小为g，方向向上；
而下落的位置是空中某一高度，所以达到最低点位置时的加速度大于g，方向向上，在最低点，对整体根据牛顿第二定律可得：，解得地面对杆的支持力，故D正确。
故选：D。
小孩从最高点由静止竖直下落到最低点的过程中，速度先增大后减小、加速度先减小后增大；根据弹力大小分析弹力做的负功与重力做的正功的大小关系；根据最低点位置时的加速度大小结合牛顿第二定律分析地面对杆的支持力。
本题主要是考查牛顿第二定律、功的计算等，关键是弄清楚整体的受力情况和运动情况，能够根据牛顿第二定律分析支持力的大小。
 

11.【答案】A 

【解析】解：根据表中的数据可知，挡光片的速度随着挡光片的宽度的减小而增大，说明挡光片的宽度在缩小的过程中，挡光片的中点距离小车前段越来越远，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据表中数据结合运动的特点分析挡光片的安装位置。
本题主要考查了匀变速直线运动的规律，根据表中数据的变化分析出挡光片的安装位置即可，虽然考法比较新颖，但难度不大。
 

12.【答案】C 

【解析】解：设算珠的质量为m，减速过程中的加速度大小为：
算珠A从速度为减速到经过的时间为：
所以横坐标每格之间的时间间隔为。
根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得A减速到速度为零的位移为：

而，故A不能回到自己的归零位；
B减速到速度为零的位移为：，故B能回到自己的归零位；
综上所述结论②③正确，结论①④错误，故C正确、ABD错误。
故选：C。
求出算珠减速过程中的加速度大小，根据速度时间关系得到横坐标每格之间的时间间隔，再根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得A减速到速度为零的位移和B减速到速度为零的位移，由此分析。
本题主要是考查牛顿第二定律与图象的结合，关键是弄清楚两个算珠的受力情况和运动情况，知道图象与坐标轴围成的面积表示位移。
 

13.【答案】  变大 

【解析】解：由图可知，摆球从A第一次运动到最左端B所用的时间为半个周期，则：；从上海到广州重力加速度变小，根据可知，单摆的周期增大，所以进行同样的操作上述运动时间将变大。
故答案为：，变大
A到B的时间为半个周期，结合周期公式即可求出；上海到广州重力加速度变小，结合周期公式判断即可。
该题考查单摆的周期公式，牢记公式即可。
 

14.【答案】向上 

【解析】解：从时刻起，已经形成一个半波长的波，则波源已振动的时间为。根据介质中各个质点的起振方向都与波源起振方向相同，波最前列的质点在图示时刻的振动方向向上，则波源的起振方向向上。
故答案为：，向上。
根据波形确定波源已振动的时间与周期的关系，从而求出波源已振动的时间；根据波最前列的质点在图示时刻的振动方向判断波源的起振方向。
解答本题时，要知道振动在一个周期内传播的距离是一个波长，介质中各个质点的起振方向都与波源起振方向相同。
 

15.【答案】 

【解析】解：粒子只受电场力，则电势能和动能之和保持不变；由图可知，ABC三点中，A点的速度最大，B点的速度最小，C点的速度中间，则动能大小关系为：，根据能量守恒可知，，因为粒子带负电，根据公式可知，三点中电势最高的点是A点的电势；
对AC过程根据动能定理分析，，解得：。
故答案为：A；。
根据图像分析出速度的大小，进而得到动能的的大小，因为电势能和动能之和保持不变，由此分析出电势能的高低和电势的高低，结合动能定理分析出AC两点的电势差。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，结合了图像的分析和动能定理的应用，整体难度不大。
 

16.【答案】  质量 

【解析】解：由万有引力定律：，可得G的单位是：
根据牛顿第二定律可知，
引力常量G用基本单位可表示为：
表达式，中，角速度单位为，V的单位，G的单位是
故X的单位为，kg是质量的单位，可知即X表示的是质量。
故答案为：，质量。
在国际单位制中，我们取长度单位米，质量单位千克，时间单位秒作为基本单位；而由这些基本单位根据物理公式推导得出的单位为导出单位。将表达式中各个量的单位代入分析即可。
单位制在物理学中的应用：
简化计算过程的单位表达：在解题计算时，已知量均采用国际单位制，计算过程中不用写出各个量的单位，只要在式子末尾写出所求量的单位即可。
检验结果的正误：物理公式既反映了各物理量间的数量关系，同时也确定了各物理量的单位关系。因此，在解题中可用单位制来粗略判断结果是否正确，如单位制不对，结果一定错误。
 

17.【答案】  4 

【解析】解：根据题意可得，连入电路中的电阻为，根据欧姆定律得：，变形得：，根据图像可知，斜率，解得：；
图像的截距为：，解得：。
故答案为：；4
根据欧姆定律得出I与的关系，变形公式后结合图像得出电源电动势和内阻。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，根据欧姆定律结合图像进行分析得出电源的电动势和内阻即可，整体难度不大。
 

18.【答案】CAB A 可以不同 

【解析】解：实验需要测出小车的加速度，先做出图象，然后根据图象求出小车的加速度，为得出普遍结论，应改变小车质量进行多次实验，因此合理的实验步骤是CAB；
由实验原理知道，平衡摩擦力后，钩码拉动小车做匀加速直线运动时，要满足钩码的质量远小于小车及配重的总质量，故选：A组钩码；
当小车的质量一定时，改变钩码质量重复实验，释放小车的位置可以不同，只要小车不要从太过靠近滑轮所在的位置释放即可；
因为在AB区域内图线是倾斜直线，在误差允许范围内取得的斜率相同，即加速度相同；而AC区域虽然数据较多，计算机拟合的斜率更精确，与实际情况有差异，故选择AB段。
故答案为：；；可以不同、理由：在AB区域内图线是倾斜直线，在误差允许范围内取得的斜率相同，即加速度相同
根据实验原理与实验所给实验操作合理安排实验步骤；
根据实验原理，小车受到的合力是用钩码的重力代替的，所以要求钩码的质量远小于小车的质量；
根据图示实验装置及实验原理分析答题。
本题考查了探究加速度和质量之间的关系实验，理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示实验装置应用匀变速直线运动的运动学公式与牛顿第二定律即可解题。
 

19.【答案】解：火星表面的大气非常稀薄，着陆器所受空气阻力很小忽略不计，着陆器只受重力作用，
着陆器着陆时的速度大小
着陆器着陆时的动能
第Ⅱ阶段的加速度：
负号表示加速度方向，加速度大小是，
对着陆器，由牛顿第二定律得：
代入数据解得平均阻力大小：
在第Ⅲ阶段着陆器的位移大小
由功能关系可知，在该阶段损失的机械能
代入数据解得：
答：着陆器着陆时的动能是；
它所受总平均阻力f的大小是；
它在该阶段机械能的改变量是。 

【解析】求出着陆器着陆时的速度大小，然后求出着陆器着陆时的动能。
根据题意求出着陆器的加速度大小，应用牛顿第二定律求出所受平均阻力大小。
根据功能关系求出机械能的改变量。
根据题意分析清楚着陆器的运动过程，应用运动学公式与牛顿第二定律、功能关系即可解题。
 

20.【答案】解：金属棒从释放到运动到磁场过程，由动能定理得：
代入数据解得金属棒进入磁场时的速度大小
金属棒切割磁感线产生的感应电动势
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：
由右手定则可知，电流方向由D流出C
金属棒受到的安培力大小
金属棒在磁场中做匀速直线运动，由平衡条件得：
代入数据解得金属棒的质量
金属棒在磁场中运动时，对导体框，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
金属棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
金属棒从开始运动到刚运动到磁场过程：
导体框从开始运动到进入磁场过程：
代入数据解得：，
导体框进入磁场时的速度大小
金属棒在磁场中的运动时间
磁场的长度
导体框在磁场中的运动时间
导体框在磁场中运动过程感应电流
从开始到导体框离开磁场的过程中，回路产生的焦耳热：

导体框由静止释放到EF边进入磁场过程，重力对金属框做正功，重力势能转化为动能与内能，摩擦力对金属框做负功，机械能转化为内能；
导体框EF边进入磁场到EF边到达磁场下边界过程，重力做正功，重力势能转化为动能与内能，摩擦力做负功，机械能转化为内能，安培力做负功，机械能转化为内能焦耳热。
答：棒CD在磁场中运动时棒中感应电流I的大小是，方向由D流向C；
棒CD的质量m是，金属棒在磁场中运动时导体框的加速度a大小是，方向平行于斜面向下；
从开始到导体框离开磁场的过程中，回路产生的焦耳热Q是；
导体框由静止释放到EF边进入磁场过程，重力对金属框做正功，重力势能转化为动能与内能，摩擦力对金属框做负功，机械能转化为内能；
导体框EF边进入磁场到EF边到达磁场下边界过程，重力做正功，重力势能转化为动能与内能，摩擦力做负功，机械能转化为内能，安培力做负功，机械能转化为内能焦耳热。 

【解析】应用动能定理求出金属棒CD到达磁场时的速度大小，应用求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律可以求出感应电流大小，应用右手定则可以判断出感应电流方向。
金属棒在磁场中做匀速直线运动，应用平衡条件求出金属棒的质量，应用牛顿第二定律求出导体框的加速度大小。
应用焦耳定律求出回路产生的焦耳热。
根据导体框的运动与受力情况判断力的做功情况与能量转化情况。
本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚金属棒与导体框的运动过程是解题的前提，应用动能定理、运动学公式、与焦耳定律可以解题。