1、專題 6 ： 機械能及其守恒定律知識總結方法模板 7 機車啟動問題【題型概述】 ：機車的啟動方式常考查的有兩種情況，一種是以恒定功率啟動，一種是以恒定加速度啟動，不管是哪一種啟動方式，都是采用瞬時功率的公式P=Fv和牛頓第二定律的公式F-f=ma來分析.【思維模板】 ： (1)機車以額定功率啟動.機車的啟動過程如圖所示，由于功率P=Fv恒定，由公式P=Fv和F-f=ma知，隨著速度v的增大，牽引力F必將減 小，因此加速度a 也必將減小，機車做加速度不斷減小的加速運動，直到 F=f ，a=0,這時速度v達到最大值vm=P額定/F=P額定/f.這種加速過程發動機做的功只能用 W=Pt 計算，不能用

2、 W=Fs計算(因為F為變力).(2)機車以恒定加速度啟動.恒定加速度啟動過程實際包括兩個過程.如圖所示，“過程1”是勻加速過程，由于a恒定，所以F恒定，由公式P=Fv知，隨 著 v 的增大， P 也將不斷增大，直到 P 達到額定功率P 額定，功率不能再增大了 ;“過程2”就保持額定功率運動.過程1以“功率P達到最大，加速度開始變化”為結束標志.過程2以“速 度最大”為結束標志.過程1發動機做的功只能用 W=F s計算，不能用 W=P t計算(因為P為變功率).模板 8 以能量為核心的綜合應用問題(功能轉化觀點)【題型概述】 ：以能量為核心的綜合應用問題一般分四類.第一類為單體機械能守恒問題，

3、第二類為多體系統機械能守恒問題，第三類為單體動能定理問題，第四類為多體系統功能關系(能量守恒) 問題.多體系統的組成模式：兩個或多個疊放在一起的物體，用細線或輕桿等相連的兩個或多個物體，直接接觸的兩個或多個物體.【思維模板】 ：能量問題的解題工具一般有動能定理，能量守恒定律，機械能守恒定律 .(1)動能定理使用方法簡單，只要選定物體和過程，直接列出方程即可，動能定理適用于所有過程;(2)能量守恒定律同樣適用于所有過程，分析時只要分析出哪些能量減少，哪些能量增加，根據減少的能量等于增加的能量列方程即可;(3)機械能守恒定律只是能量守恒定律的一種特殊形式，但在力學中也非常重要.很多題目都可以用兩種

4、甚至三種方法求解，可根據題目情況靈活選取.一、功和功率1 .做功的兩個因素： 力和物體在力的方向上發生的位移.2 .功的公式：W= Fscos_g.其中F為恒力，a為F的方向與位移s方向的夾角；功的 單位：焦耳（J）;功是標（矢、標）量.3 .功的正負夾角功的正負a<90°力對物體做正功_a= 90 °力對物體不做功a>90°力對物體做負功或說成物體克服這個力做了功點功率 n （考綱要求）1.定義：功與完成這些功所用時間的比直2.物理意義：描述力對物體做功的快慢.Ojtw*.但由正、L 售.喜"+w一”號 ，率*小.2.洋機率的確樂p= Pt

5、.h 5中下力機工的感集廠 ，用.不是奮力 J3.公式(1)P =早，P為時間t內的平均功率.(2)P= Fvcos “(a為 F 與 v 的夾角)v為平均速度，則 P為平均功率.v為瞬時速度，則 P為瞬時功率.4 .額定功率：機械正常工作時輸出的最大功率.5 .實際功率：機械實際工作時輸出的功率.要求小于或等于額定功率.6 .機車的啟動模型(1)模型概述物體在牽引力(受功率和速度制約)作用下，從靜止開始克服一定的阻力，最后達到最大速度 的整個加速過程，可看作“機車的啟動”模型.(2)模型特點“機車啟動”模型可分為兩種情況.恒定功率啟動.機車先做加速度逐漸減小的加速運動，最后勻速，其v-t圖線

6、如圖4-16所示.恒定加速度啟動.機車先做勻加速運動，再做加速度逐漸減小的變加速運動，最后勻速, 其v t圖線如圖41 7所示.圖 4一 1 一 6圖 4 一 1 一 7【典例】(2009四川理綜)如右圖4 1 8所示為修建高層建筑常用的塔式起重機.在起重 機將質量m=5X 103 kg的重物豎直吊起的過程中，重物由靜止開始向上做勻加速直線運 動，加速度a=0.2 m/s2,當起重機輸出功率達到其允許的最大值時，保持該功率直到重物做vm=1.02 m/s的勻速運動.取 g=10 m/s2,不計額外功.求：圖 4一 1 一 8(1)起重機允許輸出的最大功率;(2)重物做勻加速運動所經歷的時間和起

7、重機在第2秒末的輸出功率.教你審題一-關鍵點：過程分析：重物由靜止開始向上做勻加速直線運動一-起重機達到最大功率時保持功率不變一直到勻速運動一-屬于機車勻加速啟動模型>P = Fv F f= ma vt=at,自己試一試!方解析(1)設起重機允許輸出的最大功率為P0,重物達到最大速度時，拉力F0的大小等于重力.Po= FoVmFo= mg 代入數據，有：Po = 5.1X104 WF,速(2)勻加速運動結束時，起重機達到允許輸出的最大功率，設此時重物受到的拉力為 度為vi,勻加速運動經歷時間為 ti,有：Po=FviF mg = ma v1 = at1 由，代入數據，得：t1 = 5 s

8、V2,輸出功率為P,則當時間為t=2 s時，重物處于勻加速運動階段，設此時速度的大小為v2 = at P=Fv2 由，代入數據，得： P=2.04X 104 W.答案 （1）5.1X104 w （2）5 s 2.04X 104 W動能和動能定理1.動能定義：物體由于運動而具有的能.1c(2)公式：Ek=2mv2(3)單位：隹耳,1 J= 1 N m = 1 kg m2/s2(4)矢標性：動能是標量,只有正值.(5)動能是狀態量，因為 v是瞬時速度.內容合外力對物體所做的功等于物體動能的變化表達式_1C 1CW= AEk=-mv22-2mv12對定理的理解W>0,物體的動能增加W<0

9、,物體的動能減少W= 0,物體的動能不變適用條件(1)動能定理既適附于直線運動，也適用于曲 線運動(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以/、同時作用2.動能定理直線運動T變力做功應用動能定理的解題步驟者力做功分階段全過程曲線活動運熱,富研對 神制相朝 莫因代._，動樣屏鬲艙分超1r切r.二 分新及方低 -運就規碑詈力幾個茄恒第亦精理保得做叱出事芹5任是費力誣述是員功?動能分前座或嚷過程先施二一ir逕皓果8.規范答題指導閱卷教師揭秘在閱卷過程中，我們看到學生計算題的答題卷面，有時不是因為物理知識不夠扣分， 而是因為答題不規范扣分，很是可惜.高考

10、試題中對動能定理的考查多以計算題形式出現，下面以動能定理的應用為例談一 下規范解題的幾大要素.1 .文字說明(1)研究對象個體或系統、過程或狀態.(2)所列方程的依據名稱(3)題目的隱含條件，臨界條件(4)非題設字母，符號的物理意義.字母符號書寫，使用要規范，題目給了符號一定不 要再另設符號.尊重課本常用符號.(5)規定的正方向，零勢點(面)及所建立的坐標系(6)結果的物理意義，給出明確答案2 .必要方程1C, 一一2W” m一 2” mv2寫出符合題意的原始方程，不能寫變形式，如：要“W=2mv2不要1(2)要用字母表述方程，不要寫有代入數據的方程，方程不能相“約”，如“mgh=-(3)要用

11、原始方程組聯立求解，不要用連等式，不要不斷的“續”進一些內容.方程式有多個時，應分步列，并對各方程式編號，不要合寫一式，以免一錯全錯.3 .數字運用幾何關系只說結果，不必證明.（2）數字相乘，要用“X”，不用“.”卷面上不能打“相約.4 .答題模板解設（未知量）對過程由公式得：（具體問題的原始方程）對過程由公式得.（具體問題的原始方程）聯立以上各式（或聯立式）得:（由已知量符號表示）=“結果”（代入數據得結果，并注意待求量的數值及單位）三、機械能守恒定律及其應用5 .重力做功的特點重力所做的功只跟初始位置和末位置的豎直高度有關，跟物體的運動路徑無關.6 .重力勢能重力做功的特點重力做功與路徑無

12、關,只與始末位置的高度差有關.重力做功不弓隹函體機械能的變化.（2）重力勢能市由概念：物體由于被舉高而具有的能.表達式：Ep= mgh.矢標性：重力勢能是標量，正負表示其大小.（3）重力做功與重力勢能變而關系定性關系：重力對物體做正功，重力勢能就減少；重力對物體做負功，重力勢能就增大.Wg= 一(Ep2 Epi)=定量關系：重力對物體做的功等于物隹里力勢能的減少量.即AEp 7 .彈性勢能（1）概念：物體由于發牛彈性形變而具有的能.（2）大?。簭椈傻膹椥詣菽艿拇笮∨c形變量及勁度系數有關，彈簧的形變量越大，勁度 系數越大,彈簧的彈性勢能越大.（3）彈力做功與彈性勢能變化的關系：類似于重力做功與重

13、力勢能變化的關系，用公式表不':W= _ AEp.點擊同機械能守恒定律及其應用n （考綱要求）1.機械能動能和勢能統稱為機械能,其中勢能包括彈性勢能和重力勢能.課區警示1.當知體所鬢的合外 用的零時,物體的機 城能不一嵬守也二. .只點亶做功. 不¥于一只立直為I作用.j>12 .機械能守恒定律(1)內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內,動能與勢能可以相互轉化，而總的機 械能保持不變.(2)表達式：1 2-12mghi + 2mvi2= mgh2+ 2mv223 .守恒條件只有重力或彈簧的彈力做功.機械他變化:徐富力.鼻力局外晌力微功言外力敞而機械*"守恒用

14、登“功&關系_第g芯惘)T(tr*W)彈,幽力功 iWwE|二局 :(縣四、功能關系、能量轉化和守恒定律1 .功能關系(1)能的概念：一個物體能對外做功，這個物體就具有能量.(2)功能關系功是能量轉化的量度,即做了多少功就有多少能量發生了轉化.做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必通過做功來實現.(3)功與對應能量的變化關系功能量的變化合外力做正功動能增加續表重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少分子力做正功分子勢能減少其他力(除重力、彈力)做正功r機械能增加n2 .能量守恒定律(1)內容：能量既不會消滅，也不會創生.它只會從一種形式轉化為其他

15、形式,或者從 一個物體轉移到另一個物體，而在轉化和轉移的過程中，能量的總量保持不變.(2)表達式：AE減=AE增除彈力和重力之外其他力做功可總卜亞小AE .J機械能變化A E滑動摩擦力與介質阻力做功由c相系統內能變化AE內電場為做功“h| 哈一”與”電勢能變化A穌1.力學規律優選法1.選取方法(1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應，在研究某一物體所受力的瞬時作用與物體運動的關 系時優選運動學公式和牛頓第二定律.(2)動能定理反映了力對空間的累積效應，對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間的問 題，優選動能定理.(3)如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及物體運動過程中的加速度和時間，此類問 題

16、優選用機械能守恒定律求解.(4)在涉及相對滑動問題時則優先考慮能量守恒定律，即系統的動能轉化為系統的內能.(5)在涉及摩擦力、電場力、磁場力(安培力)做功時優先考慮能量守恒定律.2.傳送帶模型中的能量問題傳送帶模型是高中物理中比較常見的模型，一般設問的角度有兩個：動力學角度，如求物體在傳送帶上運動的時間、物體在傳送帶上能達到的速度、物體相對 傳送帶滑過的位移，依據牛頓第二定律結合運動學規律求解(第三章中已做介紹).能量的角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放 上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解.2014年高考真題1、2014新課標

17、n卷.15取水平地面為重力勢能零點.一物塊從某一高度水平拋 出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等.不計空氣阻力.該物塊落地時的速度方向與水 平方向的夾角為()A.看B.4 C.i D.521 一 ，一1c 1cle ,一1、15. B 解析由題息可知，mgh = mv0,又由動能te理得mgh = mv2 /mv2,根據平拋運動可知 V0是v的水平分速度，那么 cos "=£=乎，其中“為物塊落地時速度方向與水平方向的夾角，解得“=45?, B正確.2、2014新課標H卷.16 一物體靜止在粗糙水平地面上，現用一大小為 Fi的水平拉力拉動物體，經過一段時間后其速度變為v.若

18、將水平拉力的大小改為F2,物體從靜止開始經過同樣的時間后速度變為2v.對于上述兩個過程，用Wf1、Wf2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則 （）A. WF2>4Wf1, Wf2>2Wf1B. Wf2>4Wf1, Wf2= 2Wf1C. Wf2<4Wf1, Wf2= 2Wf1D. WF2< 4Wf1, Wf2< 2Wf12、16. C 解析因物體均做勻變速直線運動，由運動學公式得前后兩個過程的平均速度是2倍關系，那么位移 x= t也是2倍關系，若Wf1 = fx,則 W2 = f 2x故Wf2=2Wf1；由，八

19、、一1 C 一1動能7E理 Wfi 僅=,mv2和 Wf2f 2x= m（2v）2得 Wf2 = 4Wfi 2僅<4Wfi, C 正確.3、 2014全國卷.19 一物塊沿傾角為。的斜坡向上滑動.當物塊的初速度為v時,上升的最大高度為h,如圖所示；當物塊的初速度為2時，上升的最大高度記為h.重力加速度大小為 g.則物塊與斜坡間的動摩擦因數和h分別為（）十HC. tan 0 和 4v2B. 2gH2vD. 2gH一 H1 tan 8和萬13、19. D 解析本題考查能量守恒定律.根據能量守恒定律，以速度v上升時，-oHv1 vhHmv2=mgos 0-_"+ mgH,以速度上升時

20、 2m =科 mgos (f-+ mgh,解得 h=, 呼27T7-1 tan 0,所以D正確.2gH4、 2014重慶卷某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛，受到的阻力分別為車重的ki和k2倍，最大速率分別為 V1和V2,則（）kik2A. V2= kivi B. V2= vl C. V2= kV1 D. V2 = k2V14. B 解析本題考查機車啟動過程中功率的相關知識.機車在不同的路面以相同的P= Fv, F = kmg,功率按最大速度行駛，可推斷機車做勻速直線運動，受力平衡，由公式 可推出 P= k1mgv1= k2mgv2,解得 V2=；7V1,故 B 正確，A、C、D 錯誤

21、.2013年高考真題1、（2013年大綱卷）如圖，一固定斜面傾角為30° , 一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度，沿斜 面向上做勻減速運動，加速度的大小等于重力加速度 的大小go若物塊上升的最大高度為H,則此過程中，物塊的（）A.動能損失了 2mgH B .動能損失了 mgHC .機械能損失了 mgH D .機械能損失了 ？mgH【答案】AC2、（2013年山東理綜）如圖所示，楔形木塊 abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪。質量分別為 M、m （M>m）的滑塊,通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與 斜面平行。兩滑塊

22、由靜止釋放后，沿斜面做勻 加速運動。若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑 塊沿斜面運動的過程中A.兩滑塊組成系統的機械能守恒B.重力對M做的功等于M動能的增加C.輕繩對m做的功等于 m機械能的增加D.兩滑塊組成系統的機械能損失等于M克服摩擦力做的功【答案】CD【解析】兩滑塊沿斜面運動的過程中，由于斜面 ab粗糙，則摩擦力對 M做負功，故兩 滑塊組成系統的機械能減少，選項A錯誤；據動能定理可知 M受到的合外力做的功等于 M動能的變化，即重力、繩的拉力以及摩擦阻力對M做的功等于 M動能的增加量，選項 B錯誤；由功能關系可得除重力外其他外力做的功等于物體（或系統）機械能的變化，故輕繩 的拉力對m做的正功等

23、于 m機械能的增加，摩擦力做的負功等于系統機械能的減少量，選 項C D正確。本題選CQ3、(2013年江蘇物理)如圖所示，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連。彈簧處于自然長度時物塊位于 。點(圖中未標出)。物塊的質量為 m, AB=a,物 塊與桌面間的動摩擦因數為 因現用水平向右的力將物塊從 O點拉至A點，拉力做的 功為Wo撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經 O點到達B點時速度為零。 重力加速度 為go則上述過程中A.物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于 W 1 mgaB.物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于 W 3 mgaC.經O點時，物塊的動能小于 W mgaD.物塊動能最大時彈簧的彈

24、性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能【答案】BC4、(2013年海南物理)一質量m=0.6kg的物體以vo=20m/s的初速度從傾角為 30°的斜坡底端沿斜坡向上運動。當物體向上滑到某一位置時，其動能減少了AEk=l8J,機械能減少了 AE=3J,不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,求(1)物體向上運動時加速度的大??；(2)物體返回斜坡底端時的動能?！敬鸢浮?1) 6m/s2 ( 2) 80J【解析】(1)過物體在運動過程中所受的摩擦力大小為f向上運動的加速度大小為處由中 頓定律有設物體動能減小A鳴時.在斛埴上運動的距離為£,由功能關系得幅t = (mg sin a

25、+ f)s« fs照立式并代人戮據可得a - 6 m/s2)設物體沿斜坡向上運勖的最大距離為s”由運動學或律可蹲設物體返回底端時的動能為紇.由動能定理有聯立右式并代入數據可行%.二 MJ評分參考士第)問5分；式各2分，式各1分：嵬(2)問4分，式各1 分，式2分.2012年高考真題1. (2012安徽卷).如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑 OA水平、OB豎直，一個質量為 m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力。已知AP=2R,重力加速度為g,則小球從 P到B的運動過程中（）A.重力做功2mgRB.機械能減少mgRC.合

26、外力做功mgR 1-D.克服摩擦力做功-mgR2解析：小球從 P到B高度下降R,故重力做功mgR A錯。在BB點所在平面為零勢能面，易知機械能減少量mgR 1 mvB1-mgR, B錯。由動 21c 1_能te理知合外力做功 WmvB mgR,c 2212錯。根據動能定理 mgR-Wf - mvB-0,點小球對軌道恰好無壓力，由重力提供向心力得.1可得wf -mgR , D選項正確。22. （2012天津卷）.如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊 A,受到水平向右的拉力 F作用， F與時間t的關系如圖乙所示，設物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，貝UA. 0 - t1時間內F的功率

27、逐漸增大B. t2時刻物塊A的加速度最大C. t2時刻后物塊A做反向運動D. t3時刻物塊A的動能最大解析：由F與t的關系圖像0t1拉力小于最大靜摩擦力物塊靜止F的功率為0, A錯誤；在t1t2階段拉力大于最大靜摩擦力物塊做加速度增大的加速運動，在t2t3階段拉力大于最大靜摩擦力物塊做加速度減小的加速運動，在t2時刻加速度最大，B正確，C錯誤；在t1t3物塊一直做加速運動，在t3t4拉力小于最大靜摩擦力物塊開始減速，在時刻速度最大，動能最大，D正確。答案BD。3 （2012海南卷）.一質量為1kg的質點靜止于光滑水平面上，從 t=0時起，第1秒內受到 2N的水平外力作用，第 2秒內受到同方向的

28、1N的外力作用。下列判斷正確的是9A. 02s內外力的平均功率是 一 W4B.第2秒內外力所做的功是 5 J4C.第2秒末外力的瞬時功率最大，一.,一口4D.第1秒內與第2秒內質點動能增加量的比值是一 答案；CD解析：由動量定理求出1s末、2s末速度分別為：vi=2m/s、v2=3m/s故合力做功為1 2w 4.5w=-mv 4.5J功率為 p w 1.5w is末、2s末功率分別為： 4w、3w第1秒2 t 31 O1O1O內與第2秒動能增加重分別為：一mv, 2J、-mv, mv, 2.5J ,比值：4： 52 122214. （2012江蘇卷）.如圖所示，細線的一端固定于O點，另一端系一

29、小球，在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內由A點運動到B點，在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是飛Ba.逐漸增大: rB.逐漸減小1 a6二FC.先增大，后減小D.先減小，后增大.【解析】設F與速度v的夾角為，則P Fvcos ,力的分解，在切線上（速 度方向上）合力為 0,即mgsin F cos ,所以P mgsin ,隨 增大，P增 大?！敬鸢浮緼5 （2012福建卷）如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪（不計滑輪的質量和摩擦）。初始時刻，A、B處于同一高度并恰好靜止狀態。剪斷輕繩后 A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊A.速率

30、的變化量不同 B.機械能的變化量不同C.重力勢能的變化量相同D.重力做功的平均功率相同答案：D6. （2012全國理綜）.（20分）一探險隊員在探險時遇到一山溝，山溝的一側豎直，另一側的坡面呈拋物線形狀。此隊員從山溝的豎直一側，以速度v0沿水平方向跳向另一側坡面。如圖所示，以溝底的O點為原點建立坐標系 Oxy。已知，山溝豎直一側的高度為2h,坡面的拋物線方程為y=2/i ',探險隊員的質量為 m。人視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度為go(1) 求此人落到破面試的動能；(2) 此人水平跳出的速度為多大時，他落在坡面時的動能最?。縿幽艿淖钚≈禐槎嗌伲俊窘馕觥?1 2 一一 (1) 平拋運

31、動的分解x v°t , y 2h -gt2 ,得平拋運動的軌跡方程I ag 2二7 yy 2h -gyx2 ,此方程與坡面的拋物線方程為y=二小 的交點為 2vo2hv02V0gh1 o根據機械能守恒，mg 2 h mv(221 2 2mghv0斛信 Ek 2mghmv02 v2 gh，、12(3)(2)求 Ek 2mgh -mvomgy E k2mghv2Vo gh關于Vo的導數并令其等于0,解得當此人水平跳出的速度為 v0 ，3gh時，他落在坡面時的動能最小，動能的最rc2 276mg h小值為 Ek min- mgh -。2V0gh(4)7. (2012 廣東卷).(18 分)

32、圖18 (a)所示的裝置中，小物塊 A、B質量土勻為m,水平面上PQ段長為1,與物塊間的動摩擦因數為 山其余段光滑。初始時，擋板上的輕質彈簧處于原長；長為 r的連桿位于圖中虛線位置；A緊靠滑桿(A、B間距大于2r)。隨后，連桿以角速度 3勻速轉動，帶動 滑桿作水平運動，滑桿的速度 -時間圖像如圖18 (b)所示。A在滑桿推動下運動，并在脫 離滑桿后與靜止的 B發生完全非彈性碰撞。AEo(1)求A脫離滑桿時的速度u。，及A與B碰撞過程的機械能損失(2)如果AB不能與彈簧相碰，設 AB從P點到運動停止所用的時間為 ti,求得取值范 圍，及ti與的關系式。(3)如果AB能與彈簧相碰，但不能返回道P點

33、左側，設每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep,求3的取值范圍，及Ep與3的關系式(彈簧始終在彈性限度內)解：(1)由題知，A脫離滑桿時的速度uo=3 r設A、B碰后的速度為vi,由動量守恒定律m Uo=2m viA與B碰撞過程損失的機械能i 22mu。12mv22 i解得(2) AB不能與彈簧相碰，設 規律AB在PQ上運動的加速度大小為a,由牛頓第二定律及運動學2mg2mai=ati由題知x聯立解得04Jrtiti(3) AB能與彈簧相碰2mgl2mv2不能返回道P點左側2mg 212mv2解得2'2 glrAB在白Q點速度為V2,rAB碰后到達Q點過程，由動能定理i 22mgl

34、 - 2mv2工 2mv22 iAB與彈簧接觸到壓縮最短過程，由能量守恒Ep - 2mv2p 2,2 2解得 m( r 8 gl)p48. (2012安徽卷).(14分)質量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，該 下落過程對應的v t圖象如圖所示。球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前 的3/4 。該球受到的空氣阻力大小恒為f ,取g =10m/s2,(1)(2)求：彈性球受到的空氣阻力 f的大小;彈性球第一次碰撞后反彈的高度22. (1)0.2N ; (2)0.375m解析：(1)由V t圖像可知：小球下落作勻加速運v2動，a 8m/st由牛頓第二定律得：mg f ma

35、丘/口 f m(g a) 0.2N(2)由圖知：球落地時速度 v 4m/s,則反彈時速度-v 3m/s 4設反彈的加速度大小為a由動能定理得,c 12-(mg f)h 0 - mv解得 h 0.375m9. (2012江蘇卷).(16分)某緩沖裝置的理想 模型如圖所示，勁度系數足夠大的輕質彈簧與 輕桿相連，輕桿可在固定的槽內移動，與槽間 的滑動摩擦力恒為f,輕桿向右移動不超過輕桿時，裝置可安全工作，一質量為m的小車若以速度 v0撞擊彈簧，將導致輕桿向右移動1/4,輕桿與槽間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面的摩擦。(1)若彈簧的勁度系數為 k,求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量x;(2)

36、為這使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度Vm(3)討論在裝置安全工作時，該小車彈回速度【答案】V與撞擊速度V的關系(1)輕桿開始移動時，彈簧的彈力 Fkx且F f 解得(2)設輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W,則小車從撞擊到停止的過程中，動能定理小車以v0撞擊彈簧時f .- W 0412_小車以Vm撞擊彈簧時fl W 0 -mVm 2解 Vm JV02m12 .（3）設輕桿恰好移動時，小車撞擊速度為v1 , mvi W 由解得V1, v02 fl2m2 fl 2，V0 k時，V V2m2 flV0 -。2m油 2 fl2 3fl R.當 M - v Jv0 -時，v2m2m2011年高考真

37、題1、（2011全國理綜16）. 一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點 時距水面還有數米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是（AB。A.運動員到達最低點前重力勢能始終減小B.蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加C.蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統機械能守恒D.蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關解析：主要考查功和能的關系。運動員到達最低點過程中，重力做正功，所以重力勢能始終減少，A項正確。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加，B項正確。蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統，只有重力和彈

38、性力做功，所以機械能守恒，C項正確。重力勢能的改變與重力勢能零點選取無關，D項錯誤。2 （2011海南）.一質量為1kg的質點靜止于光滑水平面上，從 t=0時起，第1秒內受到2N的水平外力作用，第 2秒內受到同方向的1N的外力作用。下列判斷正確的是9A. 02s內外力的平均功率是 一W4B.第2秒內外力所做的功是 5 J4C.第2秒末外力的瞬時功率最大4D.第1秒內與第2秒內質點動能增加量的比值是一5解析：由動量定理求出1s末、2s末速度分別為：v1=2m/s、v2=3m/s故合力做功為12w 4.51212-mv2 -my2.5J ,比值：4： 52221，w= mv 4.5J功率為 p w

39、 1.5w 1s末、2s末功率分別為： 4w、3w第1秒 2t3內與第2秒動能增加量分別為： -mv12 2J、 213、（2011山東18）.如圖所示，將小球 a從地面以初速度 V。豎直上拋的同時，將另一相同質量的小球b從距地面h處由靜止釋放，兩球恰在 -處相遇（不計空氣阻力）。則2A.兩球同時落地B.相遇時兩球速度大小相等C.從開始運動到相遇，球 a動能的減少量等于球b動能的增加量D.相遇后的任意時刻，重力對球 a做功功率和對球 b做功功率相等答案：C1c 1c 1ch解析：相遇時酒足gt v0t gt h , gt -,所以v0 gh,小球a洛 2222地時間ta J,球b落地時間tb 2 2"9" 2 i,因此A錯誤；相遇:gg g . g時，Va J2