高考物理二轮复习精品资料专题04功功率与动能定理教学案
专题四 功、功率与动能定理
【2013考纲解读】
功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中．纵观近几年高考理科综合试题，功、能、能量守恒考查的特点是：
①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现综合计算；
②题型全，不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．
从考题逐渐趋于稳定的特点来看，我们认为：2013年对功、能、能量守恒的考查重点仍放在分析问题和解决问题的能力上．因此在第二轮复习中，还是应在熟练掌握基本概念和规律的同时，注重分析综合能力的培养，训练从能量守恒的角度分析问题的思维方法．
【知识网络构建】
【重点知识整合】
一、求功的方法比较
1．恒力做功的求法
(1)应用公式W＝Fscosα其中α是F、s间的夹角．
(2)用动能定理(从做功的效果)求功：
此公式可以求恒力做功也可以求变力做功．
特别提醒：(1)应用动能定理求的功是物体所受合外力的功，而不是某一个力的功．
(2)合外力的功也可用W合＝F合scosα或W合＝F1s1cosα＋F2s2cosα＋…求解．
2．变力做功的求法
名 称
适用条件
求 法
平均值法
变力F是位移s的线性函数
W＝Fscosα
图象法
已知力F与位移s的 F－s图象
图象下方的面积表示力做的功
功率法
已知力F做功的功率恒定
W＝Pt
转换法
力的大小不变，方向改变，如阻力做功，通过滑轮连接
将拉力对物体做功转换为力对绳子做功，阻力做功W＝－Ff·s
功能法
一般变力、曲线运动、直线运动
W合＝ΔEk或W其他＝ΔE
特别提醒：(1)摩擦力既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互摩擦的系统内：一对静摩擦力做功的代数和总为零，静摩擦力起着传递机械能的作用，而没有机械能转化为其他形式的能；一对滑动摩擦力做功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积，其值为负值，W＝－Ff·s相对，且Ff·s相对＝ΔE损＝Q内能．
二、两种功率表达式的比较
1．功率的定义式：P＝，所求出的功率是时间t内的平均功率．
2．功率的计算式：P＝Fvcosθ，其中θ是力与速度间的夹角，该公式有两种用法：
(1)求某一时刻的瞬时功率．这时F是该时刻的作用力大小，取瞬时值，对应的P为F在该时刻的瞬时功率；
(2)当v为某段位移(时间)内的平均速度时，则要求这段位移(时间)内F必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率．
特别提醒：公式P＝Fvcosθ在高中阶段常用于机车类问题的处理，此时P指发动机的输出功率，F为牵引力，Ff为阻力，则任一时刻都满足P＝F·v，机车任一状态的加速度a＝
，当机车匀速运动时，F＝Ff，P＝F·v＝Ff·v.
三、对动能定理的理解
1．对公式的理解
(1)计算式为标量式，没有方向性，动能的变化为末动能减去初动能．
(2)研究对象是单一物体或可以看成单一物体的整体．
(3)公式中的位移和速度必须是相对于同一参考系，一般以地面为参考系．
2．动能定理的优越性
(1)适用范围广：应用于直线运动，曲线运动，单一过程，多过程，恒力做功，变力做功．
(2)应用便捷：公式不涉及物体运动过程的细节，不涉及加速度和时间问题，应用时比牛顿运动定律和运动学方程方便，而且能解决牛顿运动定律不能解决的变力问题和曲线运动问题．
【高频考点突破】
考点一 功的计算
功的计算在高中阶段占有十分重要的地位，涉及功的计算问题，要掌握以下三点：
1．判断力是否做功的方法：恒力作用时用力和位移的夹角判断，变力作用时一般用力和速度的夹角判断．
2．做功的求法：恒力做功应用W＝Fscosθ，变力做功优先考虑动能定理或将变力转化为恒力．
3．整体法求功：涉及连接体的问题，若不涉及内力做功，一般优先考虑整体法．
例1、如图5－1所示，竖直平面内放一直角杆，直角杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ＝0.20，竖直部分光滑，两部分各套有质量为2.0 kg和1.0 kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，初始位置OA＝1.5 m，OB＝2.0 m，g取10 m/s2，则
图5－1
(1)若用水平拉力F1沿水平杆向右缓慢拉A，使之移动0.5 m，该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？
(2)若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B由初始位置以1.0 m/s的速度匀速上升0.5 m，此过程中拉力F2做功多少？
考点二 功率的计算
公式P＝F·vcosθ的应用在解题过程中的几种情况：
1．计算某一力的瞬时功率，若力F与速度v之间有夹角θ，则P＝Fvcosθ，体现分解F或v的思想；若F与v共线同方向，则P＝F·v.
2．计算机车启动类问题时，牛顿第二定律－f＝ma和匀速状态时P额＝f·vm两公式的联合应用．
3．对恒定功率问题，也可用动能定理的形式Pt－f·s＝mvt2－mv2.
例2、如图5－3所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静置于水平面．t＝0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零、加速度aB＝1.0 m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s2.求：
图5－3
(1)物体A刚运动时的加速度aA；
(2)t＝1.0 s时，电动机的输出功率P；
(3)若t＝1.0 s时，将电动机的输出功率立即调整为P′＝5 W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t＝3.8 s时物体A的速度为1.2 m/s.则在t＝1.0 s到t＝3.8 s这段时间内木板B的位移为多少？
F－μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB④(6分)
电动机输出功率
P1＝Fv1⑤(7分)
由③④⑤并代入数据解得P1＝7 W．⑥(9分)
(3)电动机的输出功率调整为5 W时，设细绳对木板B的拉力为F′，则
P′＝F′v1⑦(10分)
代入数据解得F′＝5 N⑧(11分)
木板B受力满足
F′－μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝0⑨(13分)
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等．设这一过程时间为t′，有
v1＝aA(t＋t′)⑩(14分)
这段时间内B的位移s1＝v1t′⑪(15分)
A、B速度相同后，由于F′＞μ2(mA＋mB)g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理得
P′(t2－t′－t1)－μ2(mA＋mB)gs2＝(mA＋mB)－(mA＋mB)⑫(17分)
联立②③⑩⑪⑫并代入数据解得
木板B在t＝1.0 s到t＝3.8 s这段时间内的位移
s＝s1＋s2＝3.03 m(或取s＝3.0 m)．(20分)
【答案】 (1)0.5 m/s2 (2)7 W (3)3.03 m(或3.0 m)
考点三 动能定理的应用
动能定理是力学的基本规律，在应用动能定理分析解决问题时，要注意以下几点：
1．研究对象一般是单个物体，分析的过程可以是单一过程，也可以是几个过程组成的复杂过程，物体的运动可以是直线运动也可以是曲线运动．
2．分析研究对象的受力情况(包括重力)，各力是否做功，做正功还是负功，并分别求出各力做功的代数和，但要注意求功时，位移必须是相对地面的．
3．确定过程始、末状态的动能．
4．利用动能定理列方程求解，要注意方程的左边是功，右边是动能的变化量．
例3、如图5－5甲所示为游乐场中过山车的实物图片，图乙是过山车的模型图．在模型图中，半径分别为R1＝2.0 m和R2＝8.0 m的两个光滑圆形轨道，固定在倾角为α＝37°的倾斜直轨道平面上的Q、Z两点，且两圆形轨道的最高点A、B均与P点平齐，圆形轨道与斜直轨道之间圆滑连接．现使小车(视作质点)从P点以一定的初速度沿斜直轨道向下运动．已知斜直轨道与小车间的动摩擦因数为μ＝，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处，则其在P点的初速度应为多大？
(2)若小车在P点的初速度为10 m/s，则小车能否安全通过两个圆形轨道？
【解析】 (1)设小车经过A点时的临界速度为v1，根据牛顿第二定律有
设Q点与P点高度差为h1，PQ间距离为L1，则L1＝
设小车在P点的初速度为v01，从P点到A点的过程中，由动能定理得－(μmgcosα)L1＝
小车能安全通过两个圆形轨道的临界条件，是在B点速度为v2时，由牛顿第二定律知，小车满足mg＝
设小车在P点的初速度为v02，从P点到B点的过程中，由动能定理得：
－μmgcos αL2＝mv－mv
解得：v02＝4 m/s
因为4 m/s＜10 m/s，故能安全通过两圆形轨道．
【答案】 (1)2 m/s (2)能
【难点探究】
难点一 变力做功问题
1．当力的方向不变，大小随位移做线性变化时，可先求力对位移的平均值再由恒力做功的公式W＝Fxcosα求功，如弹簧弹力做的功．
2．大小不变、方向变化的力做的功(如滑动摩擦力、空气阻力等在曲线运动或往复运动中做的功)：W＝Fs，s为运动质点通过的路程．
3．与势能对应的力(如重力、弹簧的弹力、电场力)做的功等于运动质点相应势能的减少量．
4．作出变力F随位移x变化的图象，图线与坐标轴所围的“面积”表示变力做的功．如图所示，图线下方的对应面积等于变力做的功．
5．当变力的功率一定时(如机车以恒定功率运行)，变力做的功W＝Pt；当变力的功率变化时，可利用平均功率求功，W＝
6．利用动能定理求变力做的功，或用功能关系W＝ΔE求变力做的功，即用能量的增量等效变换变力所做的功，如求重力、弹簧弹力做的功．
例1 一质量为m的物体静止在水平面上，在水平方向的拉力F作用下开始运动，在0～6 s内其运动的速度—时间图象与拉力的功率—时间图象如图2－5－2所示，取g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
图2－5－2
A．拉力F的大小为4 N，且保持不变
B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做功24 J
D．0～6 s内拉力做的功为156 J
【答案】BD
【解析】 由图象可知，t＝2 s后物体做匀速直线运动，则F2＝f，由速度为6 m/s，P2
＝F2v，故f＝F2＝＝4 N．由速度图象知，物体在0～2 s内做匀加速直线运动，加速度大小a＝＝3 m/s2，由于t＝2 s时，v＝6 m/s，P1＝60 W，此时拉力F1＝＝10 N，在0～2 s内，由牛顿第二定律F1－f＝ma，可得m＝2 kg，选项A错误、B正确．由速度图象可知物体在前2 s内的位移x1＝6 m，在后4 s内的位移为x2＝24 m,6 s内物体克服摩擦力做功Wf＝f(x1＋x2)＝120 J,6 s内拉力做的功为W＝F1x1＋F2x2＝156 J，选项C错误、D正确．
【点评】 本题综合考查了运动图象、功率图象、牛顿第二定律、功率及变力做功等相关知识．对分段图象问题，要在明确题意的基础上，对各段分别进行研究，并找出联系相邻两段的物理量．对函数图象问题，还特别要注意函数方程和函数图象是一一对应的关系．
难点二 功率的计算问题
1．平均功率：＝，＝Fcos α(是平均速度)．
2．瞬时功率：P＝Fvcosα(v是瞬时速度，α是力F与瞬时速度之间的夹角)．重力的瞬时功率PG＝mgvcosα＝mgvy，即重力的瞬时功率等于重力和物体在该时刻的竖直分速度的乘积．
注意：功和功率的概念易与v－t图象、F－t图象等函数图象一起综合考查，一般可通过v－t图象求得位移，通过F－t图象读出力，然后利用W＝Fxcosα、P＝Fvcosα等公式求解．
例2、一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1 s内受到2 N的水平外力作用，第2 s内受到同方向的1 N的外力作用．下列判断正确的是( )
A．0～2 s内外力的平均功率是
B．第2 s内外力所做的功是
C．第2 s末外力的瞬时功率最大
D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是
【答案】AD
【解析】 由牛顿第二定律F＝ma可得，第1 s内的加速度a1＝2 m/s2，第2 s内的加速度a2＝1 m/s2；由匀变速直线运动规律可得，第1 s内的位移x1＝1 m，第1 s末的速度v1＝2 m/s，第2 s内的位移x2＝2.5 m，第2 s末的速度v2＝3 m
/s；由做功公式W＝Fx可求，第1 s内外力做功W1＝2 J，第2 s内外力做功W2＝2.5 J，选项B错误； 0～2 s内外力的平均功率＝＝＝ W，选项A正确；第2 s末外力瞬时功率P2＝F2v2＝3 W，第1 s末外力瞬时功率P1＝F1v1＝4 W＞P2，选项C错误；由动能定理知，动能增加量之比等于合外力做功之比，所以＝＝，选项D正确．
难点三 机车启动问题
1．求解机车发动机类问题的关键是要明确机车的功率是牵引力的功率，不是机车受到的合力的功率．发动机允许输出的最大功率即为其额定功率，它是在正常条件下可以长时间工作的最大功率．
2．机车两种启动方式的运动对比
启动方式
以恒定功率启动
匀加速启动
v－t图象
运动过程比较
分为加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动两个运动阶段
分为匀加速直线运动、加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动三个阶段
运动过程联系
以恒定功率启动的运动过程与以恒定加速度启动过程的后两个阶段相似
3.机车两种启动方式流程图
(1)以恒定功率启动
(2)匀加速度启动
例3 、节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m＝1000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m后，速度变为v2＝72 km/h.此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：
(1)轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶，所受阻力F阻的大小；
(2)轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电 ；
(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电 维持72 km/h匀速运动的距离L′.
【答案】(1)2×103 N (2)6.3×104 J (3)31.5 m
【解析】 (1)汽车牵引力与输出功率关系 P＝F牵v
将P＝50 kW，v1＝90 km/h＝25 m/s代入得 F牵＝＝2×103 N
当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F阻＝2×103 N
(2)在减速过程中，注意到发动机只有P用于汽车的牵引．根据动能定理有
Pt－F阻L＝mv－mv
代入数据得Pt＝1.575×105 J
电源获得的电能为
E电＝0.5×Pt＝6.3×104 J
(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻＝2×103 N．在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功．
E电＝F阻L′
代入数据得L′＝31.5 m.
【点评】
本题是机车发动机功率问题的综合计算题，结合生活实际和节能减排，重点考查了减速过程中的能量转换，通过用于轿车的机械功和克服安培力做功的比例关系间接求解减速过程中产生的电能，进一步计算减速过程产生的电能能够维持轿车匀速前进的距离．
难点四 动能定理在曲线运动中的应用
1．动能定理既适用于做直线运动的物体，也适用于做曲线运动的物体．
2．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功；力既可以同时作用，也可以分段作用；力可以是各种性质的力．
3．如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．
4．因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．
5．动能定理建立的是外力做的总功和物体动能变化之间的一个双向关系：既可以由总功求物体动能的变化，又可以由动能的变化求总功．它是求解变力做功的有效方法．
6．动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．
例4 、如图2－5－5所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD的B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，∠COB＝θ.现有质量为m的小物体从距D点为的高处无初速释放，已知物体恰能从D点进入圆轨道，求：
(1)为使小物体不会从A点冲出斜面，小物体与斜面间的动摩擦因数至少为多少？
(2)若小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝则小物体在斜面上通过的总路程为多少？
(3)在(2)的条件下，当小物体通过圆弧轨道最低点C时，对C的最大压力和最小压力各是多少？
【答案】(1)tanθ (2) (3)mg (3－2cosθ)mg
【解析】 (1)为使小物体不会从A点冲出斜面，由动能定理得
mg－μmgcosθ ≤0
解得μ≥tanθ
即动摩擦因数至少为tanθ
(2)由μmgcosθ＝mgsinθ
hB，则可能有WAhB，则一定有WA>WB
【答案】B
【解析】设绳长为L，由于捏住两绳中点缓慢提起，因此重心在距最高点L/4位置处，因绳A较长。若hA=hB ，A的重心较低，WAhB 两根绳子重心无法知道谁高谁低，因此可能WAWB，因此B正确而C不对；若hA v2
（B）F2=F1，v1< v2
（C）F2>F1，v1> v2
（D）F2F1还是F2LB
这样代入后可知： C选项正确
A到达最低点的动能：
B到达最低点的动能：
由于θ1＞θ2可知，
又：
可得：因此D选项也正确
【考点定位】力和运动、功和能
（2012·山东）20．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是 （ ）
A．
B．
C．当导体棒速度达到时加速度为
D．在速度达到以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
【答案】AC
【解析】 当速度达到时开始匀速运动，受力分析可得，导体棒最终以的速度匀速运动时，拉力为，所以拉力的功率为，选项A正确B错误。当导体棒速度达到时安培力，加速度为，选项C正确。在速度达到以后匀速运动的过程中，根据能量守恒定律，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功加上重力做的功，选项D错误，
【考点定位】磁场、功和能
（2012·安徽）16.如图所示，在竖直平面内有一半径为的圆弧轨道，半径水平、竖直，一个质量为的小球自的正上方点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点时恰好对轨道没有压力。已知=2,重力加速度为，则小球从到的运动过程中 （ ）
A. 重力做功 B. 机械能减少
C. 合外力做功 D. 克服摩擦力做功
（2012·大纲版全国卷）19.一台电风扇的额定电压为交流220V。在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示。这段时间内电风扇的用电量为
A.3.9×10-2度 B.5.5×10-2度
C.7.8×10-2度 D.11.0×10-2度
【答案】B
【解析】由W=UIt可得，这段时间内电风扇的用电量为
W=(220×0.3×+220×0.4×+220×0.2×)×10-3kW·h=5.5×10-2度，选项B正确。
【考点定位】此题考查电能的计算。
7. （2012·物理）下列关于功和机械能的说法，正确的是
A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
【答案】BC
【解析】
在任何情况下，物体重力势能的减少都等于重力对物体所做的功，选项A错误；根据动能定理，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，选项B正确；物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关，选项C正确；当只有重力做功的情况下，运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量，选项D错误。
【考点定位】此题考查重力做功、重力势能、动能定理及其相关知识。
（2012·福建）17、.如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块
A．速率的变化量不同
B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同
D．重力做功的平均功率相同
【答案】D
【解析】由平衡知识可知则两者质量不等 所以重力势能变化量不等
答案BC错，由机械能守恒可知两物块落地时速度大小相等，所以A错，再由功率可知重力的瞬时功率相等；答案D正确，选D
【考点定位】物体的平衡，机械能守恒定律及瞬时功率等，偏难。
（2012·浙江）18、由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是
A. 小球落到地面相对于A点的水平位移值为
B. 小球落到地面相对于A点的水平位移值为
C. 小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D. 小球能从细管A端水平抛出的最小高度
【答案】BC
【解析】由机械能守恒定律知：,平抛运动时间
,，故B正确；由于是管子模型，允许小球在A点时速度为零，所以只需满足H>2R即可，C正确。
【考点定位】机械能守恒、动能定律、平抛运动
（2012·天津）10．（16分）如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高度也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求
（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA；
（2）A、B两球的质量之比mA：mB。
【答案】（1） （2）1:3
水平方向： = vt
联立上式各式解得：
【考点定位】本题考查机械能守恒定律，动量守恒定律，平抛运动。
（2012·四川）23．（16分）四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4Ω。已知水的密度为1×103kg/m3，重力加速度取10m/s2。求：
（1）电动机内阻消耗的热功率；
（2）将蓄水池蓄水864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。
【答案】（1）1×103W （2）2×104s
【解析】解：（1）电动机的电功率为：P = UI
电动机内阻r上消耗的热功率为：Pr= I2r
由以上两式，代入数据解得：Pr=1×103W
（2）设蓄水总质量为M，所用抽水时间和t，已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则蓄水总质量：M =ρV
质量为M的河水增加的重力势能为：△EP=Mgh
电动机的输出功率为：P出=P－Pr
根据能量守恒定律得：P出t×60%×80% = △EP
联立以上各式，代入数据解得：t = 2×104s
【考点定位】本题以当地生活为背景，考查电功率、热功率、能量守恒定律。
（2012·北京）22．（16分）
如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l =1.4m，v =3.0m/s，m = 0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数u =0.25，桌面高h =0.45m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求
（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s
（2）小物块落地时的动能Ek
（3）小物块的初速度大小v0
【答案】（1）0.90m （2）0.90J （3）4.0m/s
【解析】解：（1）物块飞离桌面后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：
水平方向：s = vt
竖直方向：h = gt2
解得：s = v = 0.90m
（2）物块从飞离桌面到落地过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：
Ek = mv2 + mgh = 0.90J
（3）物块在水平桌面上运动时，由动能定理得：
-μmgl = mv2 - m
解得：v0 = = 4.0 m/s
【考点定位】本题属于力学综合题，考查平抛运动的规律，机械能守恒，动能定理。
（2012·江苏）14. (16 分)某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力恒为f. 轻杆向右移动不超过l 时,装置可安全工作. 一质量为m 的小车若以速度v0 撞击弹簧,将导致轻杆向右移动l4. 轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦.
(1) 若弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量x;
(2)求为使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度vm;
(3)讨论在装置安全工作时,该小车弹回速度v’和撞击速度v 的关系.
【解析】
（2） (1)轻杆开始移动时,弹簧的弹力 F =kx ①
且 F =f 于 ②
解得 x = f/k ③
(2) 设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W,则小车从撞击到停止的过程
中动能定理 ④
同理,小车以vm 撞击弹簧时 ⑤
解得 ⑥
(3)设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为 则 ⑦
由④⑦解得
当时，
当时，
【考点定位】胡可定律 动能定理
（2012·福建）21、如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计。求：
（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功；
（2）小船经过B点时的速度大小；
（3）小船经过B点时的加速度大小a。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）：小船从A点到达B点，受到的阻力恒为f,其克服阻力做的功为：
（2）：从A到B由动能定理可知：
解得：
【考点定位】：动能定理，牛顿第二定律及运动得合成与分解，功等
15. （2012·海南）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B点。在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g。求：
（1）小球在AB段运动的加速度的大小；
（2）小球从D点运动到A点所用的时间。
解：（1）小球在BCD段运动时，受到重力mg、轨道正压力N的作用，如图所示。据题意，N≥0，且小球在最高点C所受轨道的正压力为零。NC=0。
设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律有，mg=m
小球从B点运动到C点，根据机械能守恒定律，设B点处小球的速度大小为vB，有
mvB2=mvC2+2mgR，
由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，由运动学公式，有vB2=2aR，
联立解得AB段运动的加速度的大小a=5g/2。
（2）设小球在D点处的速度大小为vD，下落到A点时的速度大小为v，由机械能守恒
（2012·大纲版全国卷）26.（20分）（注意：在试题卷上作答无效）
一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。
（1）求此人落到坡面时的动能；
（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？
【解析】（1）由平抛运动规律，x=v0t，2h-y=gt2，
又y=x2，
联立解得y=。
由动能定理，mg(2h-y)=Ek-mv02，
解得Ek = mg(2h- )+mv02=m (+v02)。
（2）Ek =m (+v02) =m (+v02+gh-gh)。
当= v02+gh，即v0= 时，他落在坡面时的动能最小。
动能的最小值为Ek min= mgh。
或：Ek =m (+v02) =m[(-)2+3gh]，
当=即v0= 时，他落在坡面时的动能最小。
动能的最小值为Ek min= mgh。
【考点定位】考查平抛运动规律、动能定理及其相关知识。
（2012·安徽）24.（20分）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以n=2m/s 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数 n=0.2, f=1.0m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g=10m/s2。
（1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后运动的速度大小。
【答案】⑴4m/s⑵B将以4/3 m/s的速度返回皮带，无法通过皮带；⑶
【解析】 ⑴B从曲面滑下机械能守恒：得B滑到皮带前：
B滑上皮带做匀减速运动:
解得B滑过皮带与A碰前速度：
⑵AB发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒：碰后B的速度为v2,A的速度为Va2
联立两式解得： （舍去）
B将以速度大小返回到皮带上做匀减速运动知速
度为0有：解得，所以不能回到曲面。
⑶设B第m-1次与A碰后，从皮带返回再与A第n-1碰撞，，
联立解得： （舍去）由此可知B与A碰撞后每次只能保留碰前速度大小的，所以碰撞n次后B的速度应为 （n=0、1、2、3……）
【考点定位】能量守恒
（2012·广东）36.（18分）
图18（a）所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆（A、B间距大于2r）。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b）所示。A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞。
（1）求A脱离滑杆时的速度uo，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE。
（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω得取值范围，及t1与ω的关系式。
（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回道P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。
【解析】 (1)由（b）图可知当滑杆的速度最大且向外运动时小物块A与滑杆分离，此时小物块的速度为 小物块A与B碰撞，由于水平面光滑则A、B系统动量守恒，则由动量守恒定律和能量守恒定律得： 解得：
(2)AB进入PQ段做匀减速运动，由牛顿第二定律有：
AB做减速运动的时间为 解得：
欲使AB不能与弹簧相碰，则滑块在PQ段的位移有 而 解得：
(3) 若AB能与弹簧相碰，则
若AB压缩弹簧后恰能返回到P点，由动能定理得 解得：
的取值范围是：
从AB滑上PQ到弹簧具有最大弹性势能的过程中，由能量守恒定律得：
解得：
【考点定位】牛顿定律、功和能
（2012·上海）33．（14分）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。
（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
（3）某过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。
【解析】
（1）感应电动势为＝BLv，导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，
＝BLat，
s＝at2
回路中感应电流随时间变化的表达式为：
（2）导轨受外力F，安培力FA摩擦力f。其中
FA＝BIL＝
Ff＝mFN＝m（mg＋BIL）＝m（mg＋）
由牛顿定律F－FA－Ff＝Ma，
F＝Ma＋FA＋Ff＝Ma＋mmg＋（1＋m）
上式中当＝R0at
即t＝时外力F取最大值，
F max＝Ma＋mmg＋（1＋m）B2L2，
（3）设此过程中导轨运动距离为s，
由动能定理W合＝DEk，
W合＝Mas
由于摩擦力Ff＝m（mg＋FA），
所以摩擦力做功：W＝mmgs＋mWA＝mmgs＋mQ，
s＝，
DEk＝Mas＝（W－mQ），
【考点定位】电磁感应、功和能、电路
【2011高考】
24（2011安徽）．（20分）
如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4 m/s，g取10m/s2。
（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。
（3）在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。
球的机械能守恒。则
①
②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则
③
由②③式，得 F=2N ④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。
（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有
⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
⑥
由⑤⑥式，得 v2=2m/s ⑦
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V/
。由系统水平方向的动量守恒，得
⑦
将⑧式两边同乘以，得
⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后，有
又
由式得
20（2011全国卷1）．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为
A． B． C． D．
解析：两物体最终速度相等设为u由动量守恒得：mv=(m+M)u, 系统损失的动能为：
系统损失的动能转化为内能Q=fs=
26（2011全国卷1）.（20分）（注意：在试题卷上作答无效）
装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。
解析：设子弹的初速为v0,穿过2d厚度的钢板时共同速度为：v 受到阻力为f.
对系统由动量和能量守恒得：
①
②
由①②得： ③
子弹穿过第一块厚度为d的钢板时，设其速度为v1，此时钢板的速度为u，穿第二块厚度为d的钢板时共用速度为v2，穿过深度为，
对子弹和第一块钢板系统由动量和能量守恒得：
④
⑤
由③④⑤得： ⑥
对子弹和第二块钢板系统由动量和能量守恒得：
⑦
⑧
由③⑥⑦⑧得：
9（2011海南）.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用。下列判断正确的是
A. 0～2s内外力的平均功率是W
B.第2秒内外力所做的功是J
C.第2秒末外力的瞬时功率最大
D.第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是
解析：由动量定理求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s 故合力做功为w=功率为 1s末、2s末功率分别为：4w、3w
第1秒内与第2秒动能增加量分别为：、，比值：4：5
16（2011全国理综）.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小
B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加
C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
答案：ABC
解析：主要考查功和能的关系。运动员到达最低点过程中，重力做正功，所以重力势能始终减少，A项正确。蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加，B项正确。蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹性力做功，所以机械能守恒，C项正确。重力势能的改变与重力势能零点选取无关，D项错误。
18（2011全国理综）.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（ ）
A.只将轨道长度L变为原来的2倍
B.只将电流I增加至原来的2倍
C.只将弹体质量减至原来的一半
D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变
解析：主要考查动能定理。利用动能定理有,B=kI解得。
答案：BD
10（2011天津）．（16分）如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道
半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨
道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球
粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处
摩擦均不计，求：
（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；
（2）小球A冲进轨道时速度v的大小。
【解析】
（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有
①
解得 ②
（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知 ③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知 ④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 ⑤
综合②③④⑤式得
24（2011浙江）.（20分）节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以匀速行驶，发动机的输出功率为。当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动
L=72m后，速度变为。此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求
11. 轿车以在平直公路上匀速行驶时，所受阻力的大小；
12. 轿车从减速到过程中，获得的电能；
13. 轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能维持匀速运动的距离。
24.答案：（1）（2）（3）
解析：（1）汽车牵引力与输出功率的关系
将，代入得
当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有
（2）在减速过程中，注意到发动机只有用于汽车的牵引，根据动能定理有
，代入数据得
电源获得的电能为
(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为。此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，
代入数据得
36（2011广东）、（18分）如图20所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l =6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值。E距A为S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g.
(1) 求物块滑到B点的速度大小；
(2) 试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点。
36、解析：
（1）μmgs+mg·2R=mvB2 ①
所以 vB=3
（2）设M滑动x1,m滑动x2二者达到共同速度v,则
mvB=(M+m)v ②
μmgx1=mv2 ③
—μmgx2=mv2—mvB2 ④
由②③④得v=, x1=2R, x2=8R
二者位移之差△x= x2—x1=6R＜6.5R，即滑块未掉下滑板
讨论：
① R＜L＜2R时，Wf=μmg(l+L)= mg（6.5R+L）
② 2R≤L＜5R时，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。
要使滑块滑到CD轨道中点，v c必须满足：mvc2 ≥mgR ⑤
此时L应满足：μmg(l+L) ≤mvB2—mvc2 ⑥
则 L≤R，不符合题意，滑块不能滑到CD轨道中点。
答案：（1） vB=3
（2）
①R＜L＜2R时，Wf=μmg(l+L)= mg（6.5R+L）
②2R≤L＜5R时，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。
滑块不能滑到CD轨道中点
22（2011北京）．（16分）
如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）。
（1）在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止。画出此时小球的受力图，并求力F的大小；
l
（2）由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计空气阻力。
m
O
F
α
22答案：．（1）受力图见右
根据平衡条件，的拉力大小F=mgtanα
（2）运动中只有重力做功，系统机械能守恒
T
F
mg
则通过最低点时，小球的速度大小
根据牛顿第二定律
解得轻绳对小球的拉力
，方向竖直向上
33．(14 分)如图(a)，磁铁A、B的同名磁极相对放置，置于水平气垫导轨上。A固定于导轨左端，B的质量m=0.5kg，可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放，由于能量守恒，可通过测量B在不同位置处的速度，得到B的势能随位置x的变化规律，见图(c)中曲线I。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度(如图(b)所示)，则B的总势能曲线如图(c)中II所示，将B在处由静止释放，求：(解答时必须写出必要的推断说明。取)
(1)B在运动过程中动能最大的位置；
(2)运动过程中B的最大速度和最大位移。
(3)图(c)中直线III为曲线II的渐近线，求导轨的倾角。
(4)若A、B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，在图(c)上画出B的总势能随x的变化曲线．
33答案．(14分)
(1)势能最小处动能最大 (1分)
由图线II得
(2分)
(在5.9 ~ 6.3cm间均视为正确)
(2)由图读得释放处势能，此即B的总能量。出于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图像得最小势能为0.47J，则最大动能为
（2分)
(在0.42 ~ 0.44J间均视为正确)
最大速度为
(1分)
(在1.29～1.33 m／s间均视为正确)
x=20.0 cm处的总能量为0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直线与曲线II的左侧交点确定,由图中读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移
(2分)
(在17.9~18.1cm间均视为正确)
(3)渐近线III表示B的重力势能随位置变化关系，即
（2分)
∴
由图读出直线斜率
（1分）
（在间均视为正确）
（4）若异名磁极相对放置，A，B间相互作用势能为负值，总势能如图。 （2分）
18（2011山东）.如图所示，将小球从地面以初速度。竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球从距地面处由静止释放，两球恰在处相遇（不计空气阻力）。则
A.两球同时落地
B.相遇时两球速度大小相等
C.从开始运动到相遇，球动能的减少量等于球动能的增加量
D.相遇后的任意时刻，重力对球做功功率和对球做功功率相等
答案：C
解析：相遇时满足，，所以，小球落地时间，球落地时间，因此A错误；相遇时，，，，所以B错误；因为两球恰在处相遇，说明重力做功的数值相等，根据动能定理，球动能的减少量等于球动能的增加量，C正确；相遇后的任意时刻，球的速度始终大于球的速度，因此重力对球做功功率大于对球做功功率，D错误。
【2010高考】
1. 2010·新课标·16
如图所示，在外力作用下某质点运动的v-t图象为正弦曲线.从图中可以判断
A、在时间内，外力做正功
B、在时间内，外力的功率逐渐增大
C、在时刻，外力的功率最大
D、在时间内，外力做的总功为零
答案：AD
解析：选项B错误，根据P=Fv和图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，外力的功率先减小后增大。选项C错误，此时外力的功率为零。
2. 2010·上海物理·18如图为质量相等的两个质点在同一直线上运动的图像，由图可知
（A）在时刻两个质点在同一位置
（B）在时刻两个质点速度相等
（C）在时间内质点比质点位移大
（D）在时间内合外力对两个质点做功相等
答案：BCD
解析：首先，B正确；根据位移由图像中面积表示，在时间内质点B比质点A位移大，C正确而A错误；根据动能定理，合外力对质点做功等于动能的变化，D正确；本题选BCD。
3. 2010·上海物理·25如图，固定于竖直面内的粗糙斜杆，在水平方向夹角为，质量为m的小球套在杆上，在大小不变的拉力作用下，小球沿杆由底端匀速运动到顶端，为使拉力做功最小，拉力F与杆的夹角a=____，拉力大小F=_____。
【解析】，，，。因为没有摩擦力，拉力做功最小。
本题考查力的分解，功等。难度：中等。
4. 2010·全国卷Ⅱ·24如图，MNP 为整直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N、P端固定一竖直挡板。M相对于N的高度为h，NP长度为s.一木块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处。若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为，求物块停止的地方与N点距离的可能值。
【答案】物块停止的位置距N的距离可能为或
【解析】根据功能原理，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块的重力势能的减少与物块克服摩擦力所做功的数值相等。
①
设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，则
②
③
连立①②③化简得
④
第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在N前停止，则物块停止的位置距N的距离为
⑤
第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N的距离为
⑥
所以物块停止的位置距N的距离可能为或。
5. 2010·上海物理·31倾角，质量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m=2kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t=2s到达底端，运动路程L=4m,在此过程中斜面保持静止（），求：
（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向；
（2）地面对斜面的支持力大小
（3）通过计算证明木块在此过程中满足动能定理。
【解析】（1）隔离法：
对木块：，
因为，得
所以，，
对斜面：设摩擦力f向左，则，方向向左。
（如果设摩擦力f向右，则，同样方向向左。）
（2）地面对斜面的支持力大小
（3）木块受两个力做功。
重力做功：
摩擦力做功：
合力做功或外力对木块做的总功：
动能的变化
所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化（增加），证毕。
【2009高考】
1.（09·全国卷Ⅱ·20）以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 （ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
答案：A
解析：本题考查动能定理.上升的过程中,重力做负功,阻力做负功,由动能定理得,,求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做功为零,只有阻力做功为有,解得,A正确。
2.（09·上海物理·5）小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于 （ ）
A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9
答案：D
解析：小球上升至最高点过程：；小球上升至离地高度h处过程：
，又；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程：，又；以上各式联立解得，答案D正确。
3.（09·江苏物理·9）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有 （ ）
A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大
B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大
C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大
D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大
答案：BCD
解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有，对Ｂ有，得
，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。
4.（09·广东理科基础·8）游乐场中的一种滑梯如图所示。小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则 （ ）
A．下滑过程中支持力对小朋友做功
B．下滑过程中小朋友的重力势能增加
C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒
D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功
答案：D
解析：在滑动的过程中，人受三个力重力做正功，势能降低B错；支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，AC皆错，D正确。
5.（09·广东理科基础·9）物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是（ ）
A．在0—1s内，合外力做正功
B．在0—2s内，合外力总是做负功
C．在1—2s内，合外力不做功
D．在0—3s内，合外力总是做正功
答案：A
解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。
7.（09·山东·18）2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。下列判断正确的是 （ ）
P
地球
Q
轨道1
轨道2
A．飞船变轨前后的机械能相等
B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态
C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度
D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度
答案：BC
解析：飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态量。由得，由得，由
得，可求向心加速度。
8.（09·山东·22）图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是 （ ）
A．m＝M
B．m＝2M
C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
答案：BC
解析：受力分析可知，下滑时加速度为，上滑时加速度为，所以C正确。设下滑的距离为l，根据能量守恒有，得m＝2M。也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确。
9.（09·全国卷Ⅰ·25）
如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.设碰撞时间极短，求
(1)工人的推力；
(2)三个木箱匀速运动的速度；
(3)在第一次碰撞中损失的机械能。
,碰撞后的速度为V2根据动量守恒有,即碰撞后的速度为,然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V3
从V2到V3的加速度为,根据运动学公式有,得,跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有,得就是匀速的速度.
设第一次碰撞中的能量损失为,根据能量守恒有,带入数据得。
10.（09·山东·24）如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg
的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）
（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。
（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1 应满足的条件。
（3）若1=0。5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。
解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，①设货物在轨道末端所受支持力的大小为,根据牛顿第二定律得，②
联立以上两式代入数据得③
根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。
（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得④
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得⑤
联立④⑤式代入数据得⑥。
（3），由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得⑦
设货物滑到木板A末端是的速度为，由运动学公式得⑧
联立①⑦⑧式代入数据得⑨
设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得⑩
联立①⑦⑨⑩式代入数据得。
考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析
11.（09·宁夏·36）两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后双滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。
解析：设物块到达劈A的低端时，物块和A的的速度大小分别为和V，由机械能守恒和动量守恒得
①
②
设物块在劈B上达到的最大高度为，此时物块和B的共同速度
大小为，由机械能守恒和动量守恒得
③
④
联立①②③④式得
⑤
【2008高考】
1.（08全国Ⅱ18）如右图,一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小
球a和b.a球质量为m,静置于地面；b球质量为3m,用手托往,高度为h,此时轻绳刚好拉紧.
从静止开始释放b后,a可能达到的最大高度为 ( )
A.h
B.1.5h
C.2h
D.2.5h
答案 B
解析 b着地前,根据牛顿第二定律：
对于b：3mg-T=3ma ①
对于a：T-mg=ma ②
①、②式相加得：2mg=4ma,a=,v2=2ah
b着地后,a做竖直上抛运动,v2=2gh1
设最大高度为H,则H=h+h1
所以
2.(08宁夏理综18)一滑块在水平地面上沿直线滑行,t=0时其速度为1 m/s.从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用力F,力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示。设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3,则以下关系式正确的是 （ ）
A. W1=W2=W3 B.W11).断开轻绳,棒和环自由下落.假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失.棒在整个运动过程中始终保持竖直,空气阻力不计.求：
(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中,环的加速度.
(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间,棒运动的路程s.
(3)从断开轻绳到棒和环都静止,摩擦力对环及棒做的总功W.
答案 (1)(k-1)g,方向竖直向上 (2) (3)-
解析 (1)设棒第一次上升过程中,环的加速度为a环
环受合力F环=kmg-mg ①
由牛顿第二定律F环=ma环 ②
由①②得a环=(k-1)g,方向竖直向上
(2)设以地面为零势能面,向上为正方向,棒第一次落地的速度大小为v1.
由机械能守恒得：×2mv12=2mgH
解得v1=
设棒弹起后的加速度a棒
由牛顿第二定律a棒=-(k+1)g
棒第一次弹起的最大高度H1=-
解得H1=
棒运动的路程s=H+2H=
(3)解法一：棒第一次弹起经过t1时间,与环达到相同速度v1′
环的速度v1′=-v1+a环t1
棒的速度v1′=v1+a棒t1
环的位移h环1=-v1t1+a环t12
棒的位移h棒1=v1t1+a棒t12
x1=h环1-h棒1
解得：x1=-
棒环一起下落至地
v22-v1′2=2gh棒1
解得：v2=
同理,环第二次相对棒的位移
x2=h环2-h棒2=-
……
xn=-
环相对棒的总位移
x=x1+x2+……+xn+……
W=kmgx
得W=-
解法二：设环相对棒滑动距离为l
根据能量守恒mgH+mg(H+l)=kmgl
摩擦力对棒及环做的总功
W=-kmgl
解得W=-
11.（07全国卷Ⅱ23）如图所示,位于竖直平面内的光滑轨道,由一段斜的
直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成,圆形轨道的半径为R.一质量为m
的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑,然后沿圆形轨道运动.要求物块
能通过圆形轨道最高点,且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g为重力加速度).求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围.
答案 R≤h≤5R
解析 设物块在圆形轨道最高点的速度为v,由机械能守恒定律得
mgh=2mgR+mv2 ①
物块在最高点受的力为重力mg、轨道的压力N.重力与压力的合力提供向心力,有
mg+N=m ②
物块能通过最高点的条件是
N≥0 ③
由②③式得
v≥ ④
由①④式得
h≥R ⑤
按题目要求,N≤5 mg,由②式得
v≤ ⑥
由①⑥式得
h≤5R ⑦
h的取值范围是
R≤h≤5R ⑧
12.（07天津理综23）如图所示,水平光滑地面上停放着一辆小车,左侧靠在竖直墙壁上,小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的,在最低点B与水平轨道BC相切,BC的长度是圆弧半径的10倍,整个轨道处于同一竖直平面内.可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落,恰好落入小车圆弧轨道滑动.然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出.已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍,小车的质量是物块的3倍,不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失.求:
(1)物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍.
(2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ.
答案 (1)4倍 (2)0.3
解析
(1)设物块的质量为m,其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h,到达B点时的速度为v,小车圆弧轨道半径为R.由机械能守恒定律,有
mgh=mv2 ①
根据牛顿第二定律,有
由动量守恒定律,有mv=(m+3m)v′ ⑤
对物块、小车分别应用动能定理,有
-F(10R+s)=mv′2-mv2 ⑥
Fs=(3m)v′2-0 ⑦
解得μ=0.3 ⑧
