【创新方案】2015届高考物理二轮复习综合讲与练：专题二　功和能（含2014高考题）

专题二　功　和　能
考情分析 备考策略
1.本专题主要利用功能的观点解决物体、带 ( http: / / www.21cnjy.com )电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题。本部分命题情景新，联系实际密切，综合性强，是高考的压轴题。 2.高考对本专题考查的重点有以下几个方面： ( http: / / www.21cnjy.com )重力、摩擦力、电场力和安培力做功的特点和求解；与功、功率相关问题的分析与计算；几个重要的功能关系的应用；动能定理的综合应用；综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律等。
1.深刻理解定义式、公式及关系式中各个物理 ( http: / / www.21cnjy.com )量的准确含义；准确理解与记忆机械能守恒定律的条件，灵活运用守恒的观点处理典型的、生活中的热点情景及科技运用中出现的与机械能相关的问题。 2.深刻理解功能关系，抓住 ( http: / / www.21cnjy.com )两种命题情景突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是应用动能定理和能量守恒定律解决电场中带电体运动或电磁感应问题。
考向一　功和功率的计算 (选择题)
1.恒力做功的公式
W＝Flcos α(通过F与l间的夹角α判断F是否做功及做功的正、负)。
2．功率
(1)平均功率：P＝＝Fcos α。
(2)瞬时功率：P＝Fvcos α(α为F与v的夹角)。
　(2014·全国新课标Ⅱ)一物体静 ( http: / / www.21cnjy.com )止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2>4WF1, Wf2>2Wf1
B．WF2>4WF1, Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1, Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1, Wf2<2Wf1
[思路探究]
(1)两次物体的加速度、位移存在什么关系？
提示：因为前后两次t相等，由a＝，x＝t知，a1∶a2＝1∶2，x1∶x2＝1∶2。
(2)两次合力做功存在什么关系？
提示：由动能定理知W合1∶W合2＝1∶4。
[解析]　由x＝ t知，前后两次 ( http: / / www.21cnjy.com )的位移之比x1∶x2＝1∶2，由Wf＝fx知Wf1∶Wf2＝1∶2；由动能定理知，WF1－Wf1＝mv2，WF2－Wf2＝m·(2v)2，所以WF2－Wf2＝4(WF1－Wf1)，又因为Wf2＝2Wf1，所以4WF1－WF2>0，即WF2<4WF1，C正确。
[答案]　C
[感悟升华]
计算功和功率时应注意的问题
1．(2014·乐山模拟)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，自动卸货车始终静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平面间的θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．货物受到的摩擦力增大
B．货物受到的支持力不变
C．货物受到的支持力对货物做正功
D．货物受到的摩擦力对货物做负功
解析：选AC　货物处于平衡状态，则有mgsi ( http: / / www.21cnjy.com )n θ＝f，mgcos θ＝N，θ增大，f增大，N减小，A正确，B错误；货物受到的支持力的方向与速度方向始终相同，做正功，C正确；摩擦力的方向与速度方向始终垂直，不做功，D错误。
2．质量为1 kg的物体静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于光滑水平面上。从t＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F作用，第1 s内F＝2 N，第2 s内F＝1 N。下列判断正确的是(　　)
A．2 s末物体的速度是4 m/s
B．2 s内物体的位移为3 m
C．第1 s末拉力的瞬时功率最大
D．第2 s末拉力的瞬时功率最大
解析：选C　由牛顿第二定律得第1 s内和第2 s内的加速
度分别为2 m/s2和1 ( http: / / www.21cnjy.com ) m/s2，第1 s末和第2 s末的速度分别为v1＝a1t1＝2 m/s，v2＝v1＋a2t2＝3 m/s，A错误；2 s 内的位移x＝＋t2＝3.5 m，B错误；第1 s末拉力的瞬时功率P1＝F1v1＝4 W，第2 s末拉力的瞬时功率P2＝F2v2＝3 W，C正确，D错误。
3．(2014·西安一模)质量为m＝2 ( http: / / www.21cnjy.com ) kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F作用，如图甲所示，此后物体的v t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g＝10 m/s2，则(　　)
A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5
B．10 s末恒力F的瞬时功率为6 W
C．10 s末物体在计时起点左侧2 m处
D．10 s内物体克服摩擦力做功34 J
解析：选CD　由题图乙知前后两段物体加 ( http: / / www.21cnjy.com )速度的大小分别为a1＝2 m/s2、a2＝1 m/s2，由牛顿第二定律知F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立得F＝3 N、μ＝0.05，A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P＝Fv＝18 W，B错误；由速度图像与坐标轴所围面积的物理意义知，10 s内物体的位移x＝－2 m，即在计时起点左侧2 m处，C正确；10 s内物体的路程为s＝34 m，则10 s内物体克服摩擦力所做的功W＝μmgs＝34 J，D正确。
考向二　机车启动问题 (选择题或计算题)
1．机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。
2．机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)求解方法：
(1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝。
(2)求vm：由P＝F阻vm，可求vm＝。
　(2014·广元五校联考)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m＝5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02 m/s的匀速运动。取g＝10 m/s2，不计额外功。求：
　　(1)起重机允许输出的最大功率；
(2)重物做匀加速运动所经历的时间；
(3)起重机在第2 s末的输出功率。
[审题指导]
(1)题干中“重物由静止开始向上做匀加速直线运动”说明起重机以恒定的加速度启动。
(2)题干中“匀速运动”说明重物所受的起重机的牵引力与重物的重力平衡。
[解析]　 (1)重物匀速上升时有F＝mg
可得起重机的最大输出功率
Pm＝Fvm＝mgvm＝5.1×104 W
(2) 设重物匀加速阶段受到的牵引力为F1，匀加速运动阶段的末速度为v匀m，由牛顿第二定律得
F1－mg＝ma
又有Pm＝F1v匀m
v匀m＝at1
解得t1＝5 s
(3)设第2 s末重物的速度为v2，由运动学公式知
v2＝at2
由牛顿第二定律知F1－mg＝ma
且 P＝F1v2
解得P＝2.04×104 W
[答案]　(1)5.1×104 W　(2)5 s　(3)2.04×104 W
( http: / / www.21cnjy.com )
4．(2014·成都质检)某车以相同的功 ( http: / / www.21cnjy.com )率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则(　　)
A．v2＝k1v1 B．v2＝v1
C．v2＝v1 D．v2＝k2v1
解析：选B　该车在水平路面上达到最大 ( http: / / www.21cnjy.com )速率时，处于平衡状态，即该车此时的牵引力F1＝k1mg，F2＝k2mg，两种情况下，车的功率相同，即F1v1＝F2v2，解得v2＝，B正确。
5．(2014·西安模拟)质量为8×1 ( http: / / www.21cnjy.com )02 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F 图像如图所示(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，求此过程中
(1)电动车的额定功率；
(2)电动车由静止开始运动，经过多长时间，速度达到2 m/s
(3)若过B点后16 s达到最大速度，则电动车所走的总路程是多大？
解析：(1)分析图线可知：电动 ( http: / / www.21cnjy.com )车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动。当最大速度vmax＝15 m/s时，牵引力为Fmin＝400 N，由平衡条件得恒定阻力f＝Fmin＝400 N
额定功率P＝Fminvmax＝6 kW
(2)匀加速运动的末速度v＝
解得v＝3 m/s
由牛顿第二定律知匀加速运动的加速度a＝
解得a＝2 m/s2
电动车在速度达到3 m/s之前，一直做匀加速直线运动，
所求时间t＝
解得t＝1 s
(3)设在匀加速阶段到达B点的位移为x1，则v2＝2ax1
解得x1＝2.25 m
从B点到达最大速度过程中，由动能定理得
Pt′－fx2＝mv－mv2
解得x2＝24 m
故总的位移x＝x1＋x2＝26.25 m
答案：(1)6 kW　(2)1 s　(3)26.25 m
考向三　动能定理的应用 (选择题或计算题)
　(2014·南充模拟)如图所示，水 ( http: / / www.21cnjy.com )平路面CD的右侧有一长L1＝2 m的板M，一物块放在板M的最右端，并随板一起向左侧固定的平台运动，板M的上表面与平台等高。平台的上表面AB长s＝3 m，光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，圆轨道半径R＝0.4 m，最低点与平台AB相切于A点。当板M的左端距离平台L＝2 m时，板与物块向左运动的速度v0＝8 m/s。当板与平台的竖直墙壁碰撞后，板立即停止运动，物块在板上滑动，并滑上平台。已知板与路面的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与板的上表面及轨道AB的动摩擦因数μ2＝0.1，物块质量m＝1 kg，取g＝10 m/s2。
(1)求物块进入圆轨道时对轨道上A点的压力；
(2)判断物块能否到达圆轨道的最高点E。如果能，求物块离开E点后在平台上的落点到A点的距离；如果不能，则说明理由。
[思路探究]
在DC段由动能定理求物块和板整体到达BC时 ( http: / / www.21cnjy.com )的速度→对物块在板和平台上运动过程由动能定理求物块到达A点的速度→在A点由牛顿第二定律求物块受到的支持力→由牛顿第三定律求物块对A点的压力→假设物块能过E点，由动能定理求物块经过E点的速度→与物块刚好经过E点的速度比较判断→若能经过E点，物块做平抛运动。
[解析]　(1)设物块随板运动撞击竖直墙壁BC时的速度为v1，由动能定理得
－μ1(m＋M)gL＝(M＋m)v－(M＋m)v
设物块到A点时速度为v2，由动能定理得
－μ2mg(s＋L1)＝mv－mv
由牛顿第二定律得
N－mg＝m
解得N＝140 N
由牛顿第三定律知，物块对轨道A点的压力大小为140 N，方向竖直向下。
(2)假设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为v3，则有
－mg·2R＝mv－mv
解得v3＝6 m/s
在最高点的临界速度v满足的关系为mg＝
解得v＝2 m/s
因为v3＞v，所以假设成立。
故物块能通过圆轨道的最高点做平抛运动，则
水平方向x＝v3t
竖直方向2R＝gt2
解得x＝2.4 m
[答案]　(1)140 N　方向竖直向下　(2)能　2.4 m
[感悟升华]
应用动能定理解题的步骤和应注意的问题
1．应用动能定理解题的步骤
2．应用动能定理解题应注意的问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包 ( http: / / www.21cnjy.com )含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。
6．(2014·成都模拟)如图所示，将 ( http: / / www.21cnjy.com )质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　　)
A.mg　　　B.mg　　　C.mg　　　D.mg
解析：选D　对小球向上运动，由动能定理 ( http: / / www.21cnjy.com )，－(mg＋f)H＝0－mv，对小球向下运动，由动能定理，(mg－f)·H＝m2，联立解得f＝mg，D正确。
7．(2014·绵阳模拟)如图所示，粗糙 ( http: / / www.21cnjy.com )水平地面与半径为R＝0.5 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上。质量为m＝1 kg的小物块在水平恒力F＝15 N的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知AB间的距离为xAB＝3 m，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物块运动到B点时的速度vB；
(2)小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离x；
(3)小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功Wf。
解析：(1)小物块恰能通过D点，在D点由牛顿第二定律得
mg＝
小物块由B运动到D的过程由动能定理得
－mg·2R＝mv－mv
解得vB＝5 m/s
(2)小物块经过D点后做平抛运动，则
水平方向x＝vDt
竖直方向2R＝gt2
解得x＝1 m
(3)小物块在水平面上由A运动到B过程由动能定理得
FxAB－Wf＝mv－0
解得Wf＝32.5 J
答案：(1)5 m/s　(2)1 m　(3)32.5 J
应用动能定理解答带电粒子在电场中的运动问题
　　　(2014·泸州模拟)如图所示，在O ( http: / / www.21cnjy.com )点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，重力加速度为g，试求：
(1)小球通过C点的速度vC的大小；
(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量ΔEp。
第1步：找关键点
(1)“小球和场源电荷的电性相同”说明小球由A到B电场力做负功。
(2)“B、C两点在以O为圆心的圆上”说明B、C两点电势相同，小球由B到C电场力不做功。
第2步：寻交汇点
(1)受力情况分析：和力学中分析方法相同，只不过多了一个库仑力。
(2)运动情况分析：和力学中分析方法相同，小球A在外力的作用下做曲线运动。
(3)做功情况分析：和力学中分析方法相同，只不过多了一个电场力做负功。
第3步：明突破点
(1)问题一：vB已知，由B→C只有重力做功，运用功能定理求解。
(2)问题二：vC已求，运用动能定理求小球由A→C电场力做功，利用电场力做功和电势能的变化关系求ΔEp。
[解析]　(1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得
mgRsin 30°＝mv－mv2
解得vC＝
(2)设由A到C电场力对小球做功WAC，由A到C应用动能定理得
WAC＋mgh＝mv－0
解得WAC＝mv－mgh＝mv2＋mgR－mgh
由电势能变化与电场力做功的关系得
ΔEp＝－WAC＝mgh－mv2－mgR
[答案]　(1)　(2)mgh－mv2－mgR
[感悟升华]
动能定理在力学和电场中应用时的对比分析
[跟踪训练]
　(2014·保定调研)如图甲所示， ( http: / / www.21cnjy.com )绝缘水平传送带与竖直放置的半圆形轨道底部平滑相接。半圆形轨道绝缘、光滑，半径为R＝0.45 m，处在水平向右的匀强电场中，半圆形轨道的竖直直径是电场的左边界，电场强度大小为 ×103 N/C。一质量为0.1 kg、电荷量为＋q＝1.0×10－3 C的小物块自半圆形轨道某位置自由滑下，滑至底端并冲上传送带，在传送带上运动的速度—时间图像如图乙所示(以向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　)
A．传送带至少长4.5 m，传送带速度最小为3 m/s
B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1
C．小物块开始滑下的位置与半圆形轨道底端的高度差为0.45 m
D．小物块在半圆形轨道上滑动时对轨道的最大压力为2 N
解析：选ABD　由图像可知小物块在传送 ( http: / / www.21cnjy.com )带上运动的加速度大小为a＝1 m/s2，由a＝μg可知μ＝0.1，B正确；小物块向左运动的最大位移x＝＝4.5 m，因为小物块滑上和离开传送带的速度均为3 m/s，所以传送带的速度至少为3 m/s，A正确；设小物块开始滑下的位置在圆心O上方，滑块与圆心O的连线与水平方向的夹角为θ，对小物块，从开始到半圆轨道底端，根据动能定理有mgR·(1＋sin θ)－qERcos θ＝mv，解得θ＝30°，小物块开始滑下的位置P到传送带的高度h＝0.45×1.5 m＝0.675 m，C错误；小物块受到的电场力qE和重力mg的合力F＝ N，与竖直方向成30°角斜向右下方，设小物块到达平衡位置Q(OQ与OP垂直)时的速度为v，根据动能定理有FR＝mv2，对小物块有N－F＝，解得N＝2 N，D正确。
一、选择题
1．(2014·潍坊模拟)某人用同一水平 ( http: / / www.21cnjy.com )力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s，若先后两次拉力做的功为W1和W2，拉力做功的功率是P1和P2，则正确的是(　　)
A．W1＝W2，P1＝P2　　　　B．W1＝W2，P1>P2
C．W1>W2，P1>P2 D．W1>W2，P1＝P2
解析：选B　由W＝Fs可知两次拉力做功相同，但由于地面光滑时不受摩擦力，加速度较大，运动时间较短，由P＝可知P1>P2，B正确。
2．(2014·成都一模)一个质量 ( http: / / www.21cnjy.com )为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上。现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，则从这时开始的t s末，该力的瞬时功率是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析：选B　物块所受合力为2F，根据 ( http: / / www.21cnjy.com )牛顿第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v＝at，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P＝3Fv，联立可得P＝，B正确。
3．某中学科技小组制作出利用太阳能驱动 ( http: / / www.21cnjy.com )小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为s，且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f阻，那么在这段时间内(　　)
A．小车做匀加速运动
B．小车受到的牵引力逐渐增大
C．小车受到的合力所做的功为Pt
D．小车受到的牵引力做的功为f阻s＋mv
解析：选D　小车运动时受向前 ( http: / / www.21cnjy.com )的牵引力F1、向后的阻力f阻作用，因为v增大，P不变，由P＝F1v，F1－f阻＝ma，得出F1减小，a减小，当v＝vm时，a＝0，A、B错误；合力的功W总＝Pt－f阻s，由动能定理W牵－f阻s＝mv－0，得W牵＝f阻s＋mv，C错误，D正确。
4．(2014·抚顺一模) ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，一个质量为m的小球，用长L的轻绳悬于O点，小球在水平恒力F的作用下从平衡位置P点由静止开始运动，运动过程中绳与竖直方向的最大夹角为θ＝60°，则力F的大小为(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解析：选D　小球在水平恒力作用下从P点运动 ( http: / / www.21cnjy.com )至与竖直方向成60°角位置的过程中，由动能定理得FLsin 60°－mgL(1－cos 60°)＝0，解得F＝mg，D正确。
5．(2014·福建高考)如图所示，两根相同 ( http: / / www.21cnjy.com )的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块(　　)
A．最大速度相同
B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同
D．重力势能的变化量不同
解析：选C　整个过程中，物块达到平衡位置时速 ( http: / / www.21cnjy.com )度最大，物块质量越大，其平衡位置越靠近最低点，则由最低点到平衡位置过程中，回复力对质量较大的物块做功较小，又Ek＝mv2，故质量较大的物块在平衡位置速度较小，A错误；撤去外力瞬间，物块的加速度最大，由牛顿第二定律可知，两物块的最大加速度不同，B错误；撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，即具有相同的弹性势能，从撤去外力到物块速度第一次减为零，系统的机械能分别守恒，由机械能守恒定律可知，物块的重力势能的变化量等于弹簧弹性势能的变化量，所以重力势能的变化量相同，D错误；因为两物块质量不同，物块的初始高度相同，由ΔEp＝mgΔh可知，两物块上升的最大高度不同，C正确。
6．(2014·攀枝花模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数图像如图所示。若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，能求出的物理量是(　　)
A．汽车的功率
B．汽车行驶的最大速度
C．汽车所受到的阻力
D．汽车运动到最大速度所需的时间
解析：选ABC　由F－f＝ma， ( http: / / www.21cnjy.com )P＝Fv可得a＝·－，对应图线可知，＝k＝40，因为汽车的质量已知，所以可求出汽车的功率P。由a＝0时，＝0.05可得vm＝20 m/s，再由vm＝，可求出汽车受到的阻力f，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，A、B、C正确，D错误。
7．(2014·宜宾一模)如图所示，一个表 ( http: / / www.21cnjy.com )面光滑的斜面体M置于水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α<β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态。剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止，则(　　)
A．滑块A的质量大于滑块B的质量
B．两滑块到达斜面底端时的速率相同
C．两滑块到达斜面底端时，滑块A重力的瞬时功率较大
D．两滑块到达斜面底端所用时间相同
解析：选AB　根据题意，由于A、B滑块 ( http: / / www.21cnjy.com )均处于平衡状态，有FTA＝FTB，而FTA＝mAgsin α，FTB＝mBgsin β，所以mA大于mB，A正确；由于A、B滑块距离地面的高度h相同，据mgh＝mv2可知两者到达斜面底端的速率v相同，B正确；两者到达地面的瞬时功率为PA＝mAgv·sin α，PB＝mBgv·sin β，所以PA＝PB，C错误；两者到达地面的时间为＝gsin αt，＝gsin βt，解得sin αtA＝sin βtB，所以tA＞tB，D错误。
二、非选择题
8．额定功率为80 kW的汽车，在 ( http: / / www.21cnjy.com )平直的公路上行驶，行驶的最大速度为20 m/s，汽车的质量m＝2 000 kg，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度a＝2 m/s2，运动过程中阻力不变。求：
(1)汽车所受的阻力有多大；
(2)匀加速运动的时间多长；
(3)3 s末汽车的瞬时功率多大。
解析：(1)当速度最大时，牵引力F1与阻力f大小相等，有
f＝F1＝＝4 000 N
(2)设以恒定的加速度a＝2 m/s2启动时的牵引力为F2，由牛顿第二定律得F2－f＝ma
解得F2＝8 000 N
当汽车达到额定功率时加速过程结束，设加速运动的末速度为v1，则v1＝＝10 m/s
所以匀加速运动的时间t1＝＝5 s
(3)因3 s末汽车为匀加速运动，故3 s末的速度
v＝at＝6 m/s
3 s末的瞬时功率P＝F2v＝48 kW
答案：(1)4 000 N　(2)5 s　(3)48 kW
9．(2014·正定二模)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，A、B、C质量分别为mA＝0.7 kg，mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，B为套在细绳上的圆环，A与水平桌面的动摩擦因数μ＝0.2，另一圆环D固定在桌边，离地面高h2＝0.3 m，当B、C从静止下降h1＝0.3 m，C穿环而过，B被D挡住，不计绳子质量和滑轮的摩擦，取g＝10 m/s2，若开始时A离桌面足够远。
(1)请判断C能否落到地面；
(2)求A在桌面上滑行的距离是多少。
解析：(1)设B、C一起下降h1时，A ( http: / / www.21cnjy.com )、B、C的共同速度为v，B被挡住后，C再下落h后，A、C两者均静止，对A、B、C一起运动和A、C一起再下降h过程分别由动能定理得
(mB＋mC)gh1－μmAgh1＝(mA＋mB＋mC)v2－0
mCgh－μmAgh＝0－(mA＋mC)v2
代入数据解得h＝0.96 m
因为h＞h2，故C能落至地面。
(2)设C落至地面瞬间，A的速度为v′，在C落至地面过程对A、C由动能定理得
mCgh2－μmAgh2＝(mA＋mC)·(v′2－v2)
C落至地面后，A运动的过程由动能定理得
－μmAgx＝0－mAv′2
解得x＝0.165 m
故A滑行的距离为xA＝h1＋h2＋x＝(0.3＋0.3＋0.165)m＝0.765 m
答案：(1)C能落至地面　(2)0.765 m
10．(2014·自贡联考)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4 m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104 N/C。现有一电荷量q＝＋1.0×10－4 C、质量m＝0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点。取g＝10 m/s2。试求：
(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；
(2)D点到B点的距离xDB；
(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能。
解析：(1)设带电体通过C点时的速度为vC，由牛顿第二定律得
mg＝m
设带电体通过B点时的速度为vB，此时轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体从B运动到C的过程中，由动能定理得
－mg·2R＝mv－mv
又FB－mg＝
解得FB＝6.0 N
根据牛顿第三定律得带电体在B点时对轨道的压力大小
F′B＝6.0 N
(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有
2R＝gt2
xDB＝vCt－· t2
联立解得xDB＝0
(3)由P到B带电体做加速运动，故最 ( http: / / www.21cnjy.com )大速度一定出现在从B到C的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。设小球的最大动能为Ekm，由动能定理得
qERsin 45°－mgR(1－cos 45°)＝Ekm－mv
解得Ekm＝ J≈1.17 J
答案：(1)6.0 N　(2)0　(3)1.17 J
考向一　机械能守恒定律的应用 (选择题)
　(2014·遂宁一模)如图所示，在 ( http: / / www.21cnjy.com )倾角为30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m。斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开始下滑到光滑地面上，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是(　　)
A．下滑的整个过程中A球机械能守恒
B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s
D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J
[审题指导]
题干中“光滑固定斜面”、“光滑短圆弧”、“光滑地面”说明A、B两球不受摩擦力作用，系统机械能守恒。
[解析]　A、B下滑的整 ( http: / / www.21cnjy.com )个过程中，杆的弹力对A球做负功，A球机械能减少，A错误；A、B球组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，B正确；对A、B球组成的系统由机械能守恒定律得mAg(h＋Lsin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝ m/s，C错误；B球机械能的增加量为ΔEp＝mBv2－mBgh＝ J，D正确。
[答案]　BD
[感悟升华]
应用机械能守恒定律解题的基本思路
1．如图所示，在高1.5 m的光滑 ( http: / / www.21cnjy.com )平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g＝10 m/s2)(　　)
A．10 J B．15 J
C．20 J D．25 J
解析：选A　由h＝gt2，tan 60°＝＝，可得v0＝ m/s，由小球被弹射过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒得，Ep＝mv＝10 J，A正确。
2．(2014·四川师大附中模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)
A．2R B.
C. D.
解析：选C　如图所示，以A、B为 ( http: / / www.21cnjy.com )系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，根据机械能守恒定律有2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R。则B上升的高度为R＋R＝R，故选项C正确。
3．(2014·巴中模拟)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　)
A．环到达B处时，重物上升的高度h＝
B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等
C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D．环能下降的最大高度为d
解析：选CD　重物上升的高 ( http: / / www.21cnjy.com )度h与滑轮左侧绳长的增加量相等，故h＝(－1)d，A错误；重物的速度v物＝v环cos 45°，B错误；由于不计一切摩擦阻力，环与重物组成的系统机械能守恒，故C正确；设环能下降的最大高度为h′，由机械能守恒得mgh′＝2mg(－d)，解得h′＝d，D正确。
考向二　功能关系的应用 (选择题或计算题)
常见的功能关系
　(2014·眉山一模)滑板 ( http: / / www.21cnjy.com )运动是深受年轻人喜爱的一种极限运动，如图所示为某公园内一滑板场地的竖直截面示意图。斜面AB与水平面间的夹角θ＝37°，水平地面BC长x＝10 m，B处平滑连接，CD为半径R＝3.0 m的四分之一圆弧轨道。若一质量为m＝50 kg的运动员，以v0＝4 m/s的初速度从场地A点沿斜面滑下，经过AB段所用时间为t＝ s，若没有蹬地动作，恰能到达D点。已知滑板与斜面AB间的动摩擦因数μ＝0.45，圆弧轨道CD光滑，不计滑板质量和空气阻力，除蹬地外运动员和滑板可视为一质点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)斜面高度h；
(2)运动员第一次经过圆弧最低点C时受到的支持力大小；
(3)运动员在BC段受到的阻力大小；
(4)若运动员第一次经过D点后有1.2 s的时间离开圆弧轨道，则其在BC段需要通过蹬地做多少功？
[解析]　(1)在AB段，对运动员、滑板组成的系统受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
mgsin θ－f＝ma
N＝mgcos θ
f＝μN
由运动学公式得
斜面AB长度l＝v0t＋at2
由几何关系得h＝lsin θ
解得a＝2.4 m/s2，h＝6 m
(2)设运动员第一次经过C点时的速度大小为vC，恰好到达D点说明物块在D点时速度为零，从C到D过程中，根据机械能守恒定律得
mv＝mgR
经C点时，由牛顿第二定律得
N－mg＝m
解得N＝1 500 N
(3)运动员经过B点时的速度为vB，则
vB＝v0＋at
在BC段，由动能定理得
－fx＝mv－mv
解得f＝10 N
(4)运动员离开D点后做竖直上抛运动，则
2vD＝gT
根据功能关系得
W＝mv
解得W＝900 J
[答案]　(1)6 m　(2)1 500 N　(3)10 N　(4)900 J
[感悟升华]
解决功能关系问题的三点注意
(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力是做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。
(2)可以根据功能之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少。
(3)功能关系反映了做功与能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度，在不同问题中的具体表现不同。
4．(2014·永安质检)如图甲所示，一物体 ( http: / / www.21cnjy.com )悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图像如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线，由此可以判断(　　)
A．0～x1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小
B．0～x1过程中物体的动能一定不断减小
C．x1～x2过程中物体一定做匀速运动
D．x1～x2过程中物体可能做匀加速运动
解析：选D　在E x图像中，图线的 ( http: / / www.21cnjy.com )斜率表示力的大小，在0～x1过程中，由E x图像知，拉力F逐渐变大，由于无法确定F和mg的关系，动能可能增大、减小或不变，A、B错误；x1～x2过程，F不变，物体可能做匀速运动，也可能做匀变速运动，C错误，D正确。
5．如图甲所示，一足够长 ( http: / / www.21cnjy.com )、与水平面夹角θ＝53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R，其最低点为A，最高点为B。可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B点时对轨道压力的大小F与释放的位置距最低点的高度h的关系图像如图乙所示，不计物块通过A点时的能量损失，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝，cos 53°＝，求：
(1)物块与斜轨间的动摩擦因数μ；
(2)物块的质量m。
解析：(1)由题图乙知， ( http: / / www.21cnjy.com )当h1＝5R时，物块到达B点时对轨道压力的大小为零，此时物块自身的重力恰好提供物块做圆周运动的向心力，设此时物块在B点的速度大小为v1，则由牛顿第二定律知
mg＝
对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理得
mg(h1－2R)－μmgcos θ·＝mv
解得μ＝
(2)设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，物块受到轨道的压力为F′，则
F′＋mg＝
对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理得
mg(h－2R)－μmgcos θ·＝mv2－0
解得F′＝5mg－
则由牛顿第三定律得F＝－5mg
则F h图线的斜率k＝
由题图乙可知k＝
解得m＝0.2 kg
答案：(1)　(2)0.2 kg
考向三　能量守恒定律的综合应用 (选择题或计算题)
应用能量守恒定律的两条基本思路
1．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。
2．某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。
　(2014·江苏高考)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大，重力加速度为g。
(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s；
(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；
(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在 ( http: / / www.21cnjy.com )乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率。
[思路探究]
(1)工件在乙上运动时，可将工件的运动分解成沿甲运动方向和沿乙运动方向的两个分运动。
(2)工件相对传送带滑动时，摩擦产生的热量可由Q＝fx相对求解。
(3)电动机消耗的电能全部转化为工件的动能和因摩擦产生的内能。
[解析]　(1)摩擦力与侧向的夹角为45°，侧向加速度大小
ax＝μgcos 45°
在侧向上由匀变速直线运动规律知－2axs＝0－v
解得s＝
(2)设t＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，相对传送带侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay，则
＝tan θ
很小的Δt时间内，侧向、纵向的速度变化量
Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt
解得 ＝tan θ
且由题意知tan θ＝，设在经Δt时间后，相对传送带侧向和纵向速度分别为v′x和v′y则＝＝tan θ，有
v′y＝v′x·tan θ
所以摩擦力方向保持不变。
则当v′x＝0时，v′y＝0，即相对传送带纵向速度为零，即
v＝2v0
(3)设工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙运动方向的位移为y，由题意知
ax＝μgcos θ，ay＝μgsin θ
在侧向上－2axx＝0－v
在纵向上2ayy＝(2v0)2－0
工件滑动时间t＝
乙前进的距离y1＝2v0t
工件相对乙的位移
L＝
则系统摩擦生热Q＝μmgL
电动机做功
W＝m(2v0)2－mv＋Q
又＝
解得＝
[答案]　(1)　(2)2v0　(3)
[感悟升华]
涉及能量转化问题的解题方法
(1)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒， ( http: / / www.21cnjy.com )一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝fx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。
(2)解题时，首先确定初、末状态，然后 ( http: / / www.21cnjy.com )分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
6．(2014·南充模拟)如图所示，质量为M ( http: / / www.21cnjy.com )＝2 kg、长为L＝2 m的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m＝1 kg的小木块(可视为质点)，先相对静止，后用一水平向右的力F＝4 N作用在小木块上，经过时间t＝2 s，小木块从长木板另一端滑出，g取10 m/s2，则(　　)
A．小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1
B．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8 J
C．小木块脱离长木板的瞬间，拉力F的功率为16 W
D．长木板在运动过程中获得的机械能为16 J
解析：选C　对小木块由牛顿第二 ( http: / / www.21cnjy.com )定律得F－μmg＝ma1，对长木板由牛顿第二定律得μmg＝Ma2，经时间t＝2 s，L＝(a1－a2)t2，解得μ＝0.2，A错误；在整个运动过程中，小木块与长木板间的滑动摩擦力对小块做负功，将系统的部分机械能转化为内能，摩擦产生的热量为Q＝μmgL＝4 J，B错误；小木块脱离长木板的瞬间，小木块的速度v1＝a1t＝4 m/s，长木板的速度v2＝a2t＝2 m/s，拉力F的功率P＝Fv1＝16 W，C正确；长木板获得的动能大小为Ek＝Mv＝4 J，势能不变，D错误。
7．当今流行一种“蹦极”运动，如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，距河面45 m高的桥上A点系弹性绳，另一端B点系住重50 kg男孩的脚，弹性绳原长AB为15 m，设男孩从桥面自由下坠直至紧靠水面的C点，末速度为零。假定整个过程中，弹性绳遵循胡克定律，绳的质量、空气阻力忽略不计，男孩视为质点。弹性势能可用公式：E弹＝(k为弹性绳的劲度系数，x为弹性绳的形变长度)计算。(g＝10 m/s2)则：
(1)男孩在最低点时，弹性绳具有的弹性势能为多大？弹性绳的劲度系数又为多大？
(2)在整个运动过程中，男孩的最大速度为多少？
解析：男孩从桥面自由下落到紧靠水面的C点的过程中，重力势能的减少量对应弹性势能的增加量，男孩速度最大时，应位于加速度为零的位置。
(1)由功能关系得E弹＝mgh
解得E弹＝2.25×104 J
又因为E弹＝kx2
其中x＝45 m－15 m＝30 m
解得k＝＝50 N/m
(2)男孩加速度为零时，mg＝kx′
解得x′＝10 m
由能量转化和守恒定律得
mg(hAB＋x′)＝kx′2＋mv
解得vm＝20 m/s
答案：(1)2.25×104 J　50 N/m　(2)20 m/s
功能关系在电磁感应问题中的应用
　　　(2014·攀枝花模 ( http: / / www.21cnjy.com )拟)如图所示，两平行金属导轨相距l＝0.6 m，其倾角为θ＝37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R＝3 Ω的定值电阻，磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一质量m＝0.2 kg、长为l的导体棒固定在ab位置，导体棒的电阻为R0＝1 Ω，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.3。现导体棒获得平行斜面向上的初速度v0＝10 m/s滑行最远至a′b′位置，所滑行距离为s＝4 m。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)把导体棒视为电源，最大输出功率是多少？
(2)导体棒向上滑行至a′b′过程中所受的安培力做了多少功？
(3)以ab位置为重力势能的零点，若导体棒从 ( http: / / www.21cnjy.com )ab沿导轨面向上滑行d＝3 m过程中电阻R产生的热量QR＝2.1 J，此时导体棒的机械能为多大？
第1步：找关键点
(1)“动摩擦因数为μ”：说明导体棒受摩擦力。
(2)“滑行最远至a′b′”：说明导体棒滑行至a′b′位置时速度为零。
第2步：寻交汇点
(1)力学知识：受力分析、功能关系。
(2)电磁学知识：法拉第电磁感应定律、欧姆定律、左手定则、右手定则、安培力的计算。
第3步：明突破点
(1)问题一：导体棒刚开始运动→感应电流最大→输出功率最大。
(2)问题二：导体棒向上滑行的过程→动能定理列方程求安培力做的功。
(3)问题三：导体棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，利用功能关系求解。
[解析]　(1)由闭合电路欧姆定律得感应电流
I＝＝
知当v＝v0时，I有最大值Im
解得Im＝1.5 A
故最大输出功率为
Pm＝IR＝6.75 W
(2)导体棒向上滑行过程中，安培力做负功，由动能定理得
W安－mgssin θ－μmgscos θ＝0－mv
解得W安＝－3.28 J
(3)因为导体棒和R串联，R∶R0＝3∶1
由Q＝I2Rt知，Q总∶QR＝4∶3
解得Q总＝2.8 J
设导体棒滑行d时机械能为E′，由功能关系得
Q总＋W′f＝mv－E′
向上滑行d时，W′f＝μmgdcos θ
解得E′＝5.76 J
[答案]　(1)6.75 W　(2)－3.28 J　(3)5.76 J
[感悟升华]
对比分析功能关系在力学中和电磁感应中的应用
[跟踪训练]
　(2014·达州质检)如图甲所示，闭合线 ( http: / / www.21cnjy.com )圈固定在小车上，总质量为1 kg。它们在光滑水平面上，以10 m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v x图像如图乙所示。则(　　)
　
A．线圈的长度L＝15 cm
B．磁场的宽度d＝25 cm
C．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.4 m/s2
D．线圈通过磁场过程中产生的热量为40 J
解析：选B　由图乙知线圈长度为10 cm，A ( http: / / www.21cnjy.com )错误；磁场的宽度d＝25 cm，B正确；线圈进入磁场过程中速度逐渐减小，C错误；由功能关系知，线圈通过磁场产生的热量Q＝mv－mv＝×1×(102－22)J＝48 J，D错误。
卷(一)
一、选择题
1．(2014·上海高考)静止 ( http: / / www.21cnjy.com )在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是(　　)
解析：选C　物体机械能的增量等于恒力做的功， ( http: / / www.21cnjy.com )恒力做功WF＝Fh，h＝at2，则有外力作用时，物体机械能随时间变化关系为ΔE＝Fat2；撤去恒力后，物体机械能不变，C正确。
2．(2014·广东高考) ( http: / / www.21cnjy.com )如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫板的动能全部转化成内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
解析：选B　在车厢相互撞击 ( http: / / www.21cnjy.com )使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合力做功不为零，因此机械能不守恒，A错误；克服摩擦力做功消耗机械能，B正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D错误。
3．(2014·绵阳模拟)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为g，该物体在斜面上上升的最大高度为h，则物体在此过程中(　　)
A．重力势能增加了mgh
B．动能损失了mgh
C．机械能损失了mgh
D．物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小
解析：选D　物体上升高度h过程中，重力做 ( http: / / www.21cnjy.com )功－mgh，重力势能增加mgh，A错误；根据倾角为30°，可知物体沿斜面上升位移F＝2h，此过程合力F＝ma＝mg，合力做功等于动能变化量，即动能变化量ΔEk＝－ma×2h＝－mgh，即动能减少mgh, B错误；ΔE＝－mgh＋mgh＝－mgh，机械能损失mgh，C错误；物体沿斜面上升过程，克服摩擦力的功率P＝fv＝f，摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，功率P随时间均匀减小，D正确。
4．(2014·信阳调研)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，质量为m的金属线框A静置于光滑平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m的物体B相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d表示A与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B下降h(h＞d)高度时的速度为v，则以下关系中能够成立的是(　　)
A．v2＝gh
B．v2＝2gh
C．A产生的热量Q＝mgh－mv2
D．A产生的热量Q＝mgh－mv2
解析：选C　因h＞d，故线框一定经过磁场区域，由Q＋(m＋m)v2＝mgh，得Q＝mgh－mv2，v2＜gh，C正确，A、B、D错误。
5．(2014·南充三模)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，一个带正电的小球穿在一根绝缘的粗糙直杆AC上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆方向斜向上的匀强磁场。小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，在运动过程中，则(　　)
A．小球在D点时的动能为50 J
B．小球电势能的增加量一定等于重力势能的减少量
C．到达C点后小球可能沿杆向上运动
D．小球在AD段克服摩擦力做的功与小球在DC段克服摩擦力做的功相等
解析：选C　小球做减速运动， ( http: / / www.21cnjy.com )F洛将减小，球与杆的弹力将变小，所受摩擦力也将变小，合力为变力，据F合·x＝ΔEk可知，A错误；重力势能的减少量等于电势能和内能增量之和，B错误；若电场力大于重力，小球可能沿杆向上运动，C正确；由于摩擦力为变力，D错误。
6．(2014·海南高考)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面。在此过程中(　　)
A．a的动能小于b的动能
B．两物体机械能的变化量相等
C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零
解析：选AD　由于va＝vbcos ( http: / / www.21cnjy.com )θ，θ为b的拉绳与水平面间的夹角，质量相同，动能Ek＝mv2，A正确；a物体下降时，其机械能的减少量等于b物体的动能增加量和b物体克服摩擦力做功之和，B、C错误；绳的拉力对a所做的功等于a的机械能的减少量，绳的拉力对b所做的功等于b的动能增加量和克服摩擦力做的功，D正确。
7．(2014·乐山一模)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m的物体A与一劲度系数为k的轻弹簧相连。现用拉力F沿斜面向上拉弹簧，使物体A在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为h，斜面体始终处于静止状态。在这一过程中(　　)
A．弹簧的伸长量为
B．拉力F做的功为Fhsin α
C．物体A 的机械能增加mgh
D．斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fcos α
解析：选CD　物体A在斜面上匀速运 ( http: / / www.21cnjy.com )动，弹簧的弹力等于F，弹簧的伸长量为，A错误；拉力F做的功为WF＝F·，B错误；物体A的动能不变，重力势能增加mgh，所以其机械能增加了mgh，C正确；斜面和物体都受力平衡，以斜面和物体整体作为研究对象进行受力分析，整体受重力、支持力、拉力F和摩擦力，在水平方向应用平衡条件得f＝Fcos α，D正确。
8．(2014·西城区质检)如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。则(　　)
A．物体的质量m＝0.67 kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.40
C．物体上升过程中的加速度大小a＝10 m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
解析：选CD　上升过程，由动能定理 ( http: / / www.21cnjy.com )得，－(mgsin α＋μmgcos α)·hm/sin α＝0－Ek1，摩擦产生的热μmg·cos αhm/sin α＝E1－E2，解得m＝1 kg，μ＝0.50，A、B错误；物体上升过程中的加速度大小a＝gsin α＋μgcos α＝10 m/s2，C正确；上升过程中因摩擦产生的热为E1－E2＝20 J，下降过程因摩擦产生的热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能Ek＝50 J－40 J＝10 J，D正确。
二、非选择题
9．如图所示，质量m＝0 ( http: / / www.21cnjy.com ).2 kg的小物体，从光滑曲面上高度为H＝0.8 m处释放，到达底端时水平进入轴心距离L＝6 m的水平传送带，传送带可由一电动机驱使逆时针转动。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1(取g＝10 m/s2)。
(1)求物体到达曲面底端时的速度v0的大小？
(2)若电动机不开启，传送带不转动，则物体滑离传送带右端的速度v1的大小和在传送带上所用时间t分别为多少？
(3)若开启电动机，传送带以速率5 m/s逆时针转动，则物体在传送带上滑动的过程中产生多少热量？
解析：(1)物体从曲面上下滑时机械能守恒，则
mgH＝mv
解得v0＝＝4 m/s
(2)设水平向右为正方向，物体滑上传送带后向右做匀减速运动，期间物体的加速度大小和方向都不变。
f＝μmg
由牛顿第二定律得－f＝ma
可得a＝－1 m/s2
对物体滑离传送带过程，由运动学公式得
v－v＝2aL
解得v1＝2 m/s
由t＝得t＝2 s
(3)以地面为参考系，则 ( http: / / www.21cnjy.com )滑上逆时针转动的传送带后，物体向右做匀减速运动。由以上计算可知，期间物体的加速度大小和方向都不变，所以到达右端时速度大小为2 m/s，所用时间为2 s，最后将从右端滑离传送带。此段时间内，显然，物体向右运动的位移大小x1＝L＝6 m，皮带向左运动的位移大小为x2＝vt＝10 m
物体相对于传送带滑行的距离Δx＝x1＋x2＝16 m
物体与传送带相对滑动期间产生的热量
Q＝fΔx＝μmgΔx＝3.2 J
答案：(1)4 m/s　(2)2 m/s　2 s　 (3)3.2 J
10．(2014·达州模拟)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，两个倾角均为θ＝37°的绝缘斜面，顶端相同，斜面上分别固定着一个不计电阻的光滑U型导轨，导轨宽度都是L＝1.0 m，底边分别与开关S1、S2连接，导轨上分别放置一根和底边平行的金属棒a和b，a的电阻R1＝10.0 Ω、质量m1＝2.0 kg，b的电阻R2＝8.0 Ω、质量m2＝1.0 kg。U型导轨所在空间分别存在着垂直于斜面向上的匀强磁场，大小分别为B1＝1.0 T，B2＝2.0 T，轻细绝缘线绕过斜面顶端很小的光滑定滑轮(图中未画出)连接两金属棒的中点，细线与斜面平行，两导轨足够长，sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝0.8，g＝10.0 m/s2。开始时，开关S1、S2都断开，轻细绝缘线绷紧，金属棒a和b在外力作用下处于静止状态。求：
(1)撤去外力，两金属棒的加速度多大？
(2)同时闭合开关S1、S2，当金属棒a和b通过的距离s＝400 m时，速度达到最大，在这个过程中，两金属棒产生的焦耳热之和是多少？
解析：(1)设撤去外力时线的拉力为FT，两金属棒的加速度大小相等，设为a，由牛顿第二定律得
对a有m1gsin θ－FT＝m1a
对b有FT－m2gsin θ＝m2a
解得a ＝ 2 m/s2
(2)a、b达到速度最大时，速度相等，设为v，此时线的拉力为FT1，a中感应电动势为E1，电流为I1，b中感应电
动势为E2，电流为I2，则
E1＝B1Lv
I1＝ E2＝B2Lv
I2＝
由平衡条件，对a有
m1gsin θ－FT1－B1I1L＝0
对b有FT1－ m2gsin θ－B2I2L＝0
解得v＝10 m/s
设两金属棒产生的焦耳热之和为Q，由能量守恒得
Q＝m1gssin θ－m2gssin θ－(m1＋m2)v2
解得Q＝2 250 J
答案：(1)2 m/s2　(2)2 250 J
卷(二)
1．(2014·自贡质检)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，质量分别为M、m的两物块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F，A、B从静止开始运动，弹簧第一次恢复原长时A、B的速度分别为v1、v2。
(1)求物块A的加速度为零时，物块B的加速度；
(2)求弹簧第一次恢复原长时，物块B移动的距离；
(3)在弹簧第一次恢复原长前，弹簧的弹性势能最大时两物块的速度大小关系如何？简要说明理由。
解析：(1)A物块的加速度为零时，则
kx＝F
对物块B有kx＝ma
所以a＝
(2)当弹簧第一次恢复原长时，物块A、B的位移相同，对整个系统用功能关系得
Fs＝Mv＋mv
解得s＝
(3)弹簧的弹性势能最大时，两物块的速度相等。因为速度相等时，A、B相距最远，弹簧长度最大，弹性势能最大。
答案：(1)　(2)　(3)见解析
2．(2014·宜宾一模)如图所示。 ( http: / / www.21cnjy.com )在竖直平面内有轨道 ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB(AB>R)是竖直轨道，CE是水平轨道，CD>R。AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点， 轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长。 一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g。
(1)Q 球经过 D 点后，继续滑行距离x停下(x>R)。求小球与 DE 段之间的动摩擦因数μ；
(2)求 Q 球到达 C 点时的速度大小。
解析：(1)由能量守恒定律得
mgR＋mg·2R＝μmgx＋μmg(x－R)
解得μ＝
(2)轻杆由释放到Q球到达C点过程，系统的机械能守恒，设P、Q两球的速度大小分别为vP、vQ，则
mgR＋mg(2－sin 30°)R＝mv＋mv
又vP＝vQ
联立解得vQ ＝
答案：(1) 　(2)
3．(2014·衡水调研)如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点为x0的P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角θ＝37°，重力加速度为g。sin 37°＝，cos 37°＝。求：
　甲　　　　　　　　　　　乙
(1)O点和O′点间的距离x1；
(2)若将另一个与A完全相同的物块B( ( http: / / www.21cnjy.com )可视为质点)与弹簧右端拴接，将A与B并排在一起，使弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，如图乙所示A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A沿斜面向上滑行的最大距离x2是多少？
解析：(1)A从向下运动到再次返回到P的过程，由动能定理得
μmgcos θ·2(x0＋x1)＝mv－0
解得x1＝－x0
(2)A从O′到P过程设弹簧弹力对其做功为W，由动能定理得
W－μmgcos θ·(x0＋x1)－mg(x0＋x1)sin θ＝0
A、B将在弹簧原长处分离，设此时共同速度为v，由动能定理得
W－2μmgcos θ·x1－2mgx1sin θ＝·2mv2
分离后对A由动能定理得
－μmgcos θ·x2－mgx2sin θ＝mv2
解得x2＝x0－
答案：(1)－x0 　(2)x0－
4．(2014·成都模拟)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，光滑矩形斜面ABCD的倾角θ＝30°，在其上放置一矩形金属框abcd，ab的边长l1＝1 m ，bc的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近，重物质量M＝2 kg，斜面上efgh区域是有界匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，方向垂直于斜面向上；已知ef到gh的距离为0.6 m，现让线框从静止开始运动(开始时刻，cd与AB边重合)，在重物M到达地面之前，发现线框匀速穿过匀强磁场区域，不计滑轮摩擦及质量，取g＝10 m/s2。求：
(1)线框进入磁场前细线所受拉力FT的大小；
(2)线框从静止开始运动到ab边刚进入磁场所用的时间t；
(3)线框abcd在整个运动过程中产生的热量Q。
解析：(1)线框进入磁场前，对线框和重物分别进行受力分析，由牛顿第二定律有
FT－mgsin θ＝ma ①
Mg－FT＝Ma②
联立①②式并代入数据得，线框进入磁场前，细线所受拉力大小
FT＝10 N
(2)因线框匀速穿过匀强磁场区域，由平衡条件有
F′＝Mg③
F′－mgsin θ－BIl1＝0④
I＝⑤
E＝Bl1v⑥
v＝at⑦
联立①②③④⑤⑥⑦式并代入数据得t＝1.2 s
(3)由能量守恒定律有
Q＝2Mgl2－2mgl2sin θ⑧
代入数据得Q＝18 J
答案：(1)10 N　(2)1.2 s　(3)18 J