2010届高考物理专题复习精品学案系列――动能定理和机械能守恒定律

2010高考物理复习精品学案案―――动能定理和机械能守恒定律

【命题趋向】

《大纲》对本部分考点均为Ⅱ类要求，即对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用。

功能关系一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分量重，而且还经常有高考压轴题。考查最多的是动能定理和机械能守恒定律。易与本部分知识发生联系的知识有：牛顿运动定律、圆周运动、带电粒子在电场和磁场中的运动等，一般过程复杂、难度大、能力要求高。本考点的知识还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。 【考点透视】 一、理解功的概念

1．功是力的空间积累效应。它和位移相对应。计算功的方法有两种：

?按照定义求功。即：W=Fscosθ。 在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。当2

0π

θ<≤时F 做正功，当2πθ=

时F 不做功，当πθπ

≤<2

时F 做负功。 这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。

?用动能定理W=ΔE k 或功能关系求功。当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

2．会判断正功、负功或不做功。判断方法有：○1用力和位移的夹角α判断;○2用力和速度的夹角θ判断定;○

3用动能变化判断. 3．了解常见力做功的特点:

重力（或电场力）做功和路径无关，只与物体始末位置的高度差h （或电势差）有关：W=mgh （或W=qU ），当末位置低于初位置时，W ＞0，即重力做正功；反之则重力做负功。

滑动摩擦力做功与路径有关。当某物体在一固定平面上运动时，滑动摩擦力做功的绝对值等于摩擦力与路程的乘积。

在弹性范围内，弹簧做功与始末状态弹簧的形变量有关系。 二、深刻理解功率的概念

1．功率的物理意义：功率是描述做功快慢的物理量。

2．功率的定义式：t

W

P =

，所求出的功率是时间t 内的平均功率。 3．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，v 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。

4．重力的功率可表示为P G =mgV y ，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之积。

三、深刻理解动能的概念，掌握动能定理。

1．动能22

1

mV E k =是物体运动的状态量，而动能的变化ΔE K 是与物理过程有关的过程量。

2．动能定理的表述

合外力做的功等于物体动能的变化。（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。表达式为W=ΔE K .

动能定理建立起过程量（功）和状态量（动能）间的联系。这样，无论求合外力做的功还是求物体动能的变化，就都有了两个可供选择的途径。功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理。 四、掌握机械能守恒定律。

1.机械能守恒定律的两种表述

?在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。

?如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。

2.对机械能守恒定律的理解：

①机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。另外小球的动能中所用的v ，也是相对于地面的速度。

②当研究对象（除地球以外）只有一个物体时，往往根据是否“只有重力做功”来判定机械能是否守恒；当研究对象（除地球以外）由多个物体组成时，往往根据是否“没有摩擦和介质阻力”来判定机械能是否守恒。

③“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。在该过程中，物体可以受其它力的作用，只要这些力不做功或除重力之外的力做功的代数和为零。

2.机械能守恒定律的各种表达形式 ?222

1

21v m h mg mv mgh '+'=+

，即k p k p E E E E '+'=+；

?0=?+?k P E E ；021=?+?E E ；减增E E ?=?

用?时，需要规定重力势能的参考平面。用?时则不必规定重力势能的参考平面，因为

重力势能的改变量与参考平面的选取没有关系。尤其是用ΔE增=ΔE减，只要把增加的机械能和减少的机械能都写出来，方程自然就列出来了。

五、深刻理解功能关系，掌握能量守恒定律。

1．做功的过程是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

能量守恒和转化定律是自然界最基本的规律之一。而在不同形式的能量发生相互转化的过程中，功扮演着重要的角色。本章的主要定理、定律都可由这个基本原理出发而得到。

需要强调的是：功是一个过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；而能是一个状态量，它与一个时刻相对应。两者的单位是相同的（都是J），但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。

2．复习本章时的一个重要课题是要研究功和能的关系，尤其是功和机械能的关系。突出：“功是能量转化的量度”这一基本概念。

①物体动能的增量由外力做的总功来量度：W外=ΔE k，这就是动能定理。

②物体重力势能的增量由重力做的功来量度：W G= -ΔE P，这就是势能定理。

同理：电场力做功量度电势能的变化，即W电= -ΔE P。

③物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度：W其=ΔE机，（W其表示除重力以外的其它力做的功），这就是机械能定理。

④当W其=0时，说明只有重力做功，所以系统的机械能守恒。

⑤一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用来量度该过程系统由于摩擦而减小的机械能，也就是系统增加的内能。Q=fd（d为这两个物体间相对移动的路程）。

【例题解析】

类型一：功和功率的计算

例1．如下图甲所示，质量为m

的功和合力做的功。

解析：如上图乙所示，物块随斜面体匀速运动，所受合力为零，

方法技巧：（1）根据功的定义计算功时一定要明确力的大小、位移的大小和力与位移间

的夹角。本题重力与位移夹持力做正功，摩擦力与位移夹角为

（2）合力的功一般用各个力做功的代数和来求，因为功是标量，求代数和较简单。如果先求合力再求功，则本题合力为零，合力功也为零。

变式训练1：质量为m=0.5kg 的物体从高处以水平的初速度V 0=5m/s 抛出，在运动t=2s 内重力对物体做的功是多少？这2s 内重力对物体做功的平均功率是多少？2s 末，重力对物体做功的瞬时功率是多少？（g 取2

/10s m ）

类型二：机车启动问题

例2．电动机通过一绳子吊起质量为8 kg 的物体，绳的拉力不能超过120 N ，电动机的功率不能超过1200 W ，要将此物体由静止起用最快的方式吊高90 m （已知此物体在被吊高接近90 m 时，已开始以最大速度匀速上升）所需时间为多少？

解析：此题可以用机车起动类问题的思路，即将物体吊高分为两个过程处理：第一过程是以绳所能承受的最大拉力拉物体，使物体以最大加速度匀加速上升，第一个过程结束时，电动机刚达到最大功率.第二个过程是电动机一直以最大功率拉物体，拉力逐渐减小，当拉力等于重力时，物体开始匀速上升.

在匀加速运动过程中加速度为 a =

8108120m ?-=-m mg F m/s 2=5 m/s 2，末速度V t =120

1200

=m m F P =10 m/s 上升的时间t 1=510=a V t s=2 s ，上升高度为h =5

21022

2

?=a V t =10 m 在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为

V m =

1081200

?=

=mg P F P m m =15 m/s 外力对物体做的总功W =P m t 2-mgh 2,动能变化量为 ΔE k =

21mV 2m -2

1

mV t 2 由动能定理得P m t 2-mgh 2=

21mV m 2-2

1

mV t 2 代入数据后解得t 2=5.75 s ，所以t =t 1+t 2=7.75 s 所需时间至少为7.75 s.

点评：机车运动的最大加速度是由机车的最大牵引力决定的，而最大牵引力是由牵引物的强度决定的。弄清了这一点，利用牛顿第二定律就很容易求出机车运动的最大匀加速度。 变式训练2：汽车的质量为m ，发动机的额定功率为P ，汽车由静止开始沿平直公路匀加速启动，加速度为a ，假定汽车在运动中所受阻力为f （恒定不变），求汽车能保持作匀加速运动的时间。

类型三：动能定理的应用

例3．如图所示，质量为m 的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F 作用下，以恒定速率v 0竖直向下运动，物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α=45o过程中，绳中拉力对物体做的功为

A ．1

4

mv 02 B ．mv 02 C ．1

2

mv 02 D

．202

解析：物体由静止开始运动，绳中拉力对物体做的功等于物体

增加的动能。物体运动到绳与水平方向夹角α=45o时的速率设为v ，有：v cos45o=v 0，则：v

0所以绳的拉力对物体做的功为W =

22012

mv mv = 答案：B 。

题后反思：本题涉及到运动的合成与分解、功、动能定理等多方面知识。要求考生深刻理解动能定理的含义，并能够应用矢量的分解法则计算瞬时速度。

变式训练3：质量为m 的小球用长度为L 的轻绳系住，在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球受空气阻力作用．已知小球经过最低点时轻绳受的拉力为7m g ，经过半周小球恰好能通过最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为

（ ）

A ．m g L /4

B ．m g L /3

C ．m g L /2

D ．m g L

类型四：机械能守恒定律的应用

例4．如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小

球A 、B 质量分别为m 、βm （β为待定系数）。A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B 球相撞，碰撞后A 、B 球能达到的最大高度均为R 4

1

，碰撞中无机械能损失。重力加速度为g 。试求： （1）待定系数β。

（2）第一次碰撞刚结束时小球A 、B 各自的速度和B 球对轨道的压力。

解析：（1）由机械能守恒定律得4

4mgR

mgR mgR β+=

故3=β。 （2）设A 、B 第一次碰撞后的速度大小分别为1v 、2v ，则4

212

1mgR mv =，

4212

2mgR mv ββ=，故21gR

v =，向左；2

2gR

v =向右； 设轨道对B 球的支持力为N ，B 球对轨道的压力为N '，R

v m mg N 22

ββ=-，由牛顿

第三定律知mg N N 5.4=='，方向竖直向下。

点评：对物理问题进行逻辑推理得出正确结论和作出正确判断，并把推导过程正确

地表达出来，体现了对推理能力的考查，希望考生注意这方面的训练。特别是第三问设问有一定的开放性，考生应先弄清题目中的情景和事件，分析出前两次或三次碰撞后的特点再找规律对问题作解答，类似数学归纳思想。

变式训练4：（08江苏卷）如图所示，两光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为2ｍ和ｍ的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放．则在上述两种情形中正确的有

Ａ．质量为2ｍ的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力

和斜面的支持力的作用

B ．质量为ｍ的滑块均沿斜面向上运动

C ．绳对质量为ｍ滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力

D ．系统在运动中机械能均守恒 类型五：功能关系的应用

例5．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端与小木块m 连接，且m 、

M 及M 与地面间摩擦不计．开始时，m 和M 均静止，现同时对m 、M 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2，设两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。对于m 、M 和弹簧组成的系统

A ．由于F 1、F 2等大反向，故系统机械能守恒

B ．当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 各自的动能最大

C ．由于F 1、F 2大小不变，所以m 、M 各自一直做匀加速运动

D ．由于F 1、F 2均能做正功，故系统的机械能一直增大

解析：由于F 1、F 2对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，A 错误；当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，速度达到最大值，故各自的动能最大，B 正确；由于弹力是变化的，m 、M 所受合力是变化的，不会做匀加速运动，C 错误；由于F 1、F 2先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于F 1、F 2，之后，两物块再加速相向运动，F 1、F 2对系统做负功，系统机械能开始减少，D 错误。

答案：B 。

题后反思：本题涉及到弹簧，功、机械能守恒的条件、力和运动的关系等较多知识。题目情景比较复杂，全面考查考生理解、分析、解决问题的能力。功能关系与弹簧相结合的考题在近年高考中出现得较多，复习中要加以重视。

变式训练5：一传送带装置示意图如图，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，为画出），经过CD 区域时是倾斜的，AB 和CD 都与BC 相切。现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D 处，D 和A 的高度差为h 。稳定工作时传送带速度不变，CD 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L 。每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC 段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T 内，共运送小货箱的数目为N 。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率P 。

【专题训练与高考预测】

1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过

程中，下列说法正确的是

（ ）

A ．阻力对系统始终做负功

B ．系统受到的合外力始终向下

C ．重力做功使系统的重力势能增加

D ．任意相等的时间内重力做的功相等

2．如图，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点，另一端

系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做

圆周运动．在此过程中 （ ） A ．小球的机械能守恒 B ．重力对小球不做功 C ．绳的张力对小球不做功

D ．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少 3． 如图所示，粗糙的斜面与光滑的水平面相连接，滑块沿水平面以

速度

0v 运动．设滑块运动到A 点的时刻为t=0，

距A 点的水平距

离为x ，水平速度为x v ．由于0v 不同，从A 点到B 点的几种可 能的运动图象如下列选项所示，其中表示摩擦力做功最大的是 （ ）

4．如图所示．一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的

光滑水平细杆上，质量为3m 的a 球置于地面上，质量为m 的b 球从水平位置静止释放．当a 球对地面压力刚好为零时，b 球摆过的角度为θ.下列结论正确的是 （ ）

A ．θ＝90°

B ．θ＝45°

C ．b 球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功

的功率先增大后减小

D ．b 球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大

5．一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123W W W 、、，则以下关系正确的是

（ ）

A ．123W W W ==

B ．123W W W <<

C ．132W W W <<

D ．123W W W =<

6．如图，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，用手托住，

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

7．物体做自由落体运动，E k代表动能，E p代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面。下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是（）

8．如图所示，质量m=0.5kg的小球从距地面高H=5m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m。小球到达槽最低点时速率为10m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出……，如此反复几次，设摩擦力恒定不变，小球

与槽壁相碰时机械能不损失，求：

（1）小球第一次离槽上升的高度h；

（2）小球最多能飞出槽外的次数（取g=10m/s2）。

9．滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动

时，水对滑板的作用力F x垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率（水可视为静止）.

某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ=37°时（如图所示），滑板做匀速直线运动，相应的k=54 kg/m，入和滑板的总质量为108 kg,试求（重力加速度g

取10 m/s2，sin 37°取3

5

，忽略空气阻力）：

（1）水平牵引力的大小；

（2）滑板的速率；

（3）水平牵引力的功率.

10．如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组

成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点。已知水平轨道AB长为L。求：

（1）小物块与水平轨道的动摩擦因数 。

（2）为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是多大？

（3）若圆弧轨道的半径R取第（2）问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R处，试求物块的初动能并分析物块能否

停在水平轨道上。如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水平轨道？

11．图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调.起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做

匀减速运动，且下移距离为2mg

k

时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而

变。试求（忽略空气阻力）:

(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)滑块向下运动过程中加速度的大小；

(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小.

12．如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点。已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：

（1）物块速度滑到O 点时的速度大小；

（2）弹簧为最大压缩量d 时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零） （3）若物块A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？

参考答案

变式训练

1．解：t=2s 内，物体在竖直方向下落的高度202102

1

2122=??==

gt h m ， 所以有0.51020100G W mgh J J ==??=，平均功率50==t

W

P W 。 在t=2s 末速度物体在竖直方向的分速度s m gt V yt /20==,所以t=2s 末瞬时功率

100==yt mgV P W 。

2．解：汽车运动过程中受牵引力F 和阻力f 共同作用，由牛顿定律知

汽车做匀加速运动，

间，故

3．答案：C

解析：由牛顿运动定律得，小球经过最低点时7m g-mg =mv 12/L ，小球恰好能通过最高点的条件是重力提供向心力，即mg =mv 22/L ，由动能定理得，mv 12/2- mv 22/2=2mgL -W f ，解以上各式得，W f = m g L /2，故选项C 正确。

4．解析：考查受力分析、连接体整体法处理复杂问题的能力。每个滑块受到三个力：重力、

绳子拉力、斜面的支持力，受力分析中应该是按性质分类的力，沿着斜面下滑力是分解出来的按照效果命名的力，A 错；对B 选项，物体是上滑还是下滑要看两个物体的重力沿着斜面向下的分量的大小关系，由于2m 质量的滑块的重力沿着斜面的下滑分力较大，故质量为m 的滑块必定沿着斜面向上运动，B 对；任何一个滑块受到的绳子拉力与绳子对滑块的拉力等大反向，C 错；对系统除了重力之外，支持力对系统每个滑块不做功，绳子拉力对每个滑块的拉力等大反向，且对滑块的位移必定大小相等，故绳子拉力作为系统的内力对系统做功总和必定为零，故只有重力做功的系统，机械能守恒，D 对。

答案：BD

5．解：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v 0，在水平段运输的过程中，小货

箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s ，所用时间为t ，加速度为a ，

则对小箱有22

1at s =

① at v =0② 在这段时间内，传送带运动的路程为t v s 00= ③ 由以上可得s s 20= ④

用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为

2

02

1mv fx A =

= ⑤ 传送带克服小箱对它的摩擦力做功2

0002

12mv fx A ?== ⑥ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 202

1mv Q =

⑦ 可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。 T 时间内，电动机输出的功为 ： T P W = ⑧

此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即

NQ Nmgh Nmv W ++=

2

02

1 ⑨

已知相邻两小箱的距离为L ，所以

NL T v =0 ⑩

联立⑦⑧⑨⑩，得][22

2gh T

L N T Nm P += ⑾

专题训练与高考预测

1．答案：A 2．答案：C

解析：斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、绳子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做负功，机械能减少，A 、B 错；绳子张力总是与运动方向垂直，故不做功，C 对；小球动能的变化等于合外力做功，即重力与摩擦力做功，D 错。 3．答案：D

解析：考查平抛运动的分解与牛顿运动定律。从A 选项的水平位移与时间的正比关系可知，滑块做平抛运动，摩擦力必定为零；B 选项先平抛后在水平地面运动，水平速度突然增大，摩擦力依然为零；对C 选项，水平速度不变，为平抛运动，摩擦力为零；对D 选项水平速度与时间成正比，说明滑块在斜面上做匀加速直线运动，有摩擦力，故摩擦力做功最大的是D 图像所显示的情景，D 对。本题考查非常灵活，但考查内容非常基础，抓住水平位移与水平速度与时间的关系，然后与平抛运动的思想结合起来，是为破解点。 4．答案：AC

解析：考查向心加速度公式、动能定理、功率等概念和规律。设b 球的摆动半径为R ，

当摆过角度θ时的速度为v ，对b 球由动能定理：mgRsinθ= 1

2

mv 2，此时绳子拉力为

T=3mg ，在绳子方向由向心力公式：T －mgsinθ = m 2

v R

，解得θ=90°，A 对B 错；故b

球摆动到最低点的过程中一直机械能守恒，竖直方向的分速度先从零开始逐渐增大，然后逐渐减小到零，故重力的瞬时功率P b = mgv 先增大后减小，C 对D 错。 5．答案：B

解析：本题考查v-t 图像、功的概念。力F 做功等于每段恒力F 与该段滑块运动的位移（v-t 图像中图像与坐标轴围成的面积），第1秒内，位移为一个小三角形面积S ，第2秒内，位移也为一个小三角形面积S ，第3秒内，位移为两个小三角形面积2S ，故W1=1×S ，W2=3×S ，W3=2×2S ，W1＜W2＜W3 。 6．答案：B

解析：在b 落地前，a 、b 组成的系统机械能守恒，且a 、b 两物体速度大小相等，根据

机械能守恒定律可知：

gh v v m m mgh mgh =?+=

-2)3(21

3，b 球落地时，a 球高

度为h ，之后a 球向上做竖直上抛运动，过程中机械能守恒，

222122h

g v h h mg mv ==???=，所以a 可能达到的最大高度为1.5h,B 项正确。

7．答案：B

解析：由机械能守恒定律：E P =E －E K ，故势能与动能的图像为倾斜的直线，C 错；由

动能定理：E K =mgh=12mv 2=1

2mg 2t 2，则E P =E －mgh ，故势能与h 的图像也为倾斜的直线，

D 错；且

E P =E －1

2mv 2，故势能与速度的图像为开口向下的抛物线，B 对；同理E P =E －

12

mg 2t 2

，势能与时间的图像也为开口向下的抛物线，A 错。

8．解：（1）小球从高处至槽口时，由于只有重力做功；由槽口至槽底端重力、摩擦力都做

功。由于对称性，圆槽右半部分摩擦力的功与左半部分摩擦力的功相等。 小球落至槽底部的整个过程中，由动能定理得

22

1)(mv W R H mg f =

-+ 解得221)(2

=-+=mv R H mg W f J

由对称性知小球从槽底到槽左端口克服摩擦力做功也为2=f W J ，则小球第一次离槽上升的高度h ，由

22

1

)(mv W R H mg f -=-+-

得mg

mgR W mv h f --=2

21＝4.2m

（2）设小球飞出槽外n 次，则由动能定理得

02≥?-f W n mgH

∴25.64

25

2==≤

f W mgH n 即小球最多能飞出槽外6次。

9．解：（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所

示，由共点力平衡条件可得

cos N F mg θ= ① sin N F F θ=

②

由①、②联立，得F =810N

(2)/cos N F mg =θ 2

N F k v =

得5v =

=m/s

(3)水平牵引力的功率P =Fv=4050 W 10．解：（1）小物块最终停在AB 的中点，在这个过程中，由动能定理得

E L L mg -=+-)5.0(μ

得 m g L

E

32=μ

（2）若小物块刚好到达D 处，速度为零，同理，有E mgR mgL -=--μ

解得CD 圆弧半径至少为 mg

E

R 3=

（3）设物块以初动能E ′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R ，由动能定理得 E mgR mgL '-=--5.1μ

解得6

7E

E =

' 物块滑回C 点时的动能为25.1E mgR E C ==，由于3

2E mgL E C =<μ，故物块将停在轨道上。

设到A 点的距离为x ，有 C E x L mg -=--)(μ 解得 L x 4

1

=

即物块最终停在水平滑道AB 上，距A 点

L 4

1

处。

11．解：（1）设物体下落末速度为v 0，由机械能守恒定律2

012

mgL mv =

，得0v =

设碰后共同速度为v 1，由动量守恒定律2mv 1=mv 0得1v =

碰撞过程中系统损失的机械能力22

011112222

E mv mv mgL ?=-=

(2)设加速度大小为a ,有 2

12as v =得 8kL a m

=

（3）设弹簧弹力为F N ，ER 流体对滑块的阻力为F ER ，受力分析如图所示

22S ER F F mg ma +-= F S =kx x=d+mg/k

得4

ER kL

F mg kd =+

- 12．解：（1）由机械能守恒定律得2

2

1mv mgh =

，解得gh v 2= （2）在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为mgd W μ= 由能量守恒定律得

mgd E mv P μ+=2

2

1 以上各式联立求解得mgd mgh E P μ-=

（3）物块A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为mgd W μ= 由能量守恒定律得 mgd E h mg P μ-='

解得物块A 能够上升的最大高度为：d h h μ2-='