《2019年高考物理 專題06 功和能學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理 專題06 功和能學案（45頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題06 功和能 超重點1：功和功率 ※考點一　功的分析與計算 1．判斷力是否做功及做正、負功的方法 判斷根據 適用情況 根據力和位移的方向的夾角判斷： α＜90°力做正功； α＝90°力不做功； α＞90°力做負功 常用于恒力做功的判斷 根據力和瞬時速度方向的夾角θ判斷： θ＜90°，力做正功； θ＝90°，力不做功； θ＞90°，力做負功 常用于質點做曲線運動時力做功的判斷 根據功能關系或能量守恒定律判斷 常用于變力做功的判斷 2.恒力做功的計算方法：直接用W＝Flcos α計算． 3．合力做功的計算方法 方法一：先求合力F合，再用W合＝F合

2、lcos α求功． 方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功． 4．變力做功的常用計算方法 (1)應用動能定理求解．(優(yōu)先考慮) (2)用W＝Pt求解，其中變力的功率P不變． [題組突破訓練] 1.如圖所示，在勻減速向右運動的車廂內，一人用力向前推車廂，該人與車廂始終保持相對靜止，則下列說法中正確的是(　　) A．人對車廂的推力不做功 B．人對車廂的推力做負功 C．車廂對人的作用力做正功 D．車廂對人的作用力做負功 【答案】D 2.如圖所示，質量為m的小球用長為L的輕繩懸掛于O點，用水平恒力F拉著小球從最低點運動到

3、使輕繩與豎直方向成θ角的位置，求此過程中，各力對小球做的總功為(　　) A．FLsin θ　　　　　　　　 B．mgL(1－cos θ) C．FLsin θ－mgL(1－cos θ) D．FLsin θ－mgLcos θ 【答案】C 【解析】如圖，小球在F方向的位移為CB，方向與F同向，則WF＝F·CB＝F·Lsin θ 小球在重力方向的位移為AC，方向與重力反向，則WG＝mg·AC·cos 180°＝－mg·L(1－cos θ) 繩的拉力FT時刻與運動方向垂直，則WFT＝0 故W總＝WF＋WG＋WFT＝FLsin θ－mgL(1－cos θ) 所以選項C正確． 3

4、.如圖所示，在水平面上，有一彎曲的槽道槽道由半徑分別為和R的兩個半圓構成．現用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點沿槽道拉至B點，若拉力F的方向時刻與小球運動方向一致，則此過程中拉力所做的功為(　　) A．0 B．FR C．2πFR D.πFR 【答案】D ※考點二　對功率的理解與計算 1．平均功率的計算方法 (1)利用＝計算． (2)利用＝Fcos α計算，其中為物體運動的平均速度． 2．瞬時功率的計算方法 (1)利用公式P＝Fvcos α計算，其中v為t時刻的瞬時速度． (2)利用公式P＝FvF計算，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度． (3)

5、利用公式P＝Fvv計算，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力． [題組突破訓練] 1.如圖所示，細線的一端固定于O點，另一端系一小球．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．在此過程中拉力瞬時功率的變化情況為(　　) A．逐漸增大　　　　　　　 B．逐漸減小 C．先增大，后減小 D．先減小，后增大 【答案】A 【解析】因小球速率不變，所以小球以O點為圓心做勻速圓周運動，受力如圖所示．設繩與豎直方向的夾角為θ，則在切線方向上應有mgsin θ＝Fcos θ，拉力F的瞬時功率P＝Fvcos θ＝mgvsin θ.小球從A運動到B的過程中，拉力的瞬時

6、功率隨θ的增大而增大，A正確． 2．質量為5×103 kg的汽車在水平路面上由靜止開始以加速度a＝2 m/s2開始做勻加速直線運動，所受阻力是1.0×103 N，則汽車勻加速啟動過程中(　　) A．第1 s內汽車所受牽引力做功為1.0×104 J B．第1 s內汽車所受合力的平均功率為20 kW C．第1 s末汽車所受合力的瞬時功率為22 kW D．第1 s末汽車所受牽引力的瞬時功率為22 kW 【答案】D 3．跳繩運動員質量m＝50 kg,1 min跳N＝180次．假設每次跳躍中，腳與地面的接觸時間占跳躍一次所需時間的，試估算該運動員跳繩時克服重力做功的平均功率為多大．

7、(g取10m/s 2) 【答案】75 W 【解析】跳躍的周期T＝ s＝ s 每個周期內在空中停留的時間 t1＝T＝ s. 運動員跳起時視為豎直上拋運動，設起跳初速度為v0，由t1＝得v0＝gt1. 每次跳躍人克服重力做的功為 W＝mv＝mg2t＝25 J 克服重力做功的平均功率為 P＝＝ W＝75 W ※考點三　機車啟動問題 1．機車啟動的兩種方式 恒定功率啟動 恒定加速度啟動 Pt圖象 和vt 圖象 OA 段 過程 分析 P不變：v↑?F＝↓?a＝↓ a不變：a＝?F不變P＝Fv↑?P額＝Fv1 運動 性質 加速度減

8、小的加速直線運動 勻加速直線運動，維持時間t0＝ AB段 過程 分析 F＝F阻?a＝0?vm＝ v↑?F＝↓ ?a＝↓ 運動 性質 做速度為vm的勻速直線運動 加速度減小的加速直線運動，在B點達到最大速度，vm＝ 2.四個常用規(guī)律 (1)P＝Fv. (2)F－Ff＝ma. (3)v＝at(a恒定)． (4)Pt－Ffx＝ΔEk(P恒定)． 【典例】　一列火車總質量m＝500 t，發(fā)動機的額定功率P＝6×105 W，在軌道上行駛時，軌道對列車的阻力Ff是車重的0.01倍．(取g＝10 m/s2) (1)求列車在水平軌道上行駛的最大速度； (2)在水平軌道

9、上，發(fā)動機以額定功率P工作，求當行駛速度為v1＝1 m/s和v2＝10 m/s時，列車的瞬時加速度a1、a2的大?。? (3)列車在水平軌道上以36 km/h的速度勻速行駛時，求發(fā)動機的實際功率P′； (4)若列車從靜止開始，保持0.5 m/s2的加速度做勻加速運動，求這一過程維持的最長時間． 【答案】　(1)12 m/s　(2)1.1 m/s2　0.02 m/s2 (3)5×105 W　(4)4 s (3)當v＝36 km/h＝10 m/s時，列車勻速運動，則發(fā)動機的實際功率P′＝Ffv＝5×105 W. (4)由牛頓第二定律得F′＝Ff＋ma＝3×105 N 在此過程中，速

10、度增大，發(fā)動機功率增大，當功率為額定功率時速度為v′，即v′＝＝2 m/s，由v′＝at得t＝＝4 s. [題組突破訓練] 1．(2015·高考全國卷Ⅱ)一汽車在平直公路上行駛．從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示．假定汽車所受阻力的大小f恒定不變．下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是(　　) 【答案】A 【解析】P＝FvF↓a↓vmax＝，因速度不能突變，故A正確，B、C、D錯誤． 2.(多選)質量為m的汽車在平直路面上由靜止開始勻加速啟動，運動過程的速度—時間圖象如圖所示，整個運動過程中汽車所受阻力大小恒為f，則下列說法正確的是(　

11、　) A．若v1、t1已知，則汽車做勻加速運動的加速度大小a＝ B．若v1、t1和v2已知，則汽車的額定功率P0＝(m＋f)v2 C．若v1、t1已知，則汽車運動的最大速度v2＝(＋1)v1 D．在t1到t2時間內，汽車的平均速度＜ 【答案】AC 超重點2：動能定理及其應用 ※考點一　對動能定理的理解 1．對動能定理中“力”的兩點理解 (1)“力”指的是合力，重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用． (2)力既可以是恒力，也可以是變力． 2．動能定理公式中體現的“三個關系” (1)數量關系：即合力所做的功與

12、物體動能的變化具有等量替代關系．可以通過計算物體動能的變化，求合力做的功，進而求得某一力做的功． (2)單位關系：等式兩邊物理量的國際單位都是焦耳． (3)因果關系：合力的功是引起物體動能變化的原因． 3．動能與動能的變化的區(qū)別 (1)動能與動能的變化是兩個不同的概念，動能是狀態(tài)量，動能的變化是過程量． (2)動能為非負值，而動能變化量有正負之分．ΔEk＞0表示物體的動能增加，ΔEk<0表示物體的動能減少． [題組突破訓練] 1.(多選)如圖所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增加到v2時，上升高度為

13、H，則在這個過程中，下列說法或表達式正確的是(　　) A．對物體，動能定理的表達式為WN＝mv，其中WN為支持力的功 B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力的功 C．對物體，動能定理的表達式為WN－mgH＝Mv－Mv，其中WN為支持力的功 D．對電梯，其所受合力做功為Mv－Mv 【答案】CD 2.質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示．已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(　　) A.mv－μmg(s＋x)　

14、　　 B.mv－μmgx C．μmgs D．μmg(s＋x) 【答案】A ※考點二　動能定理在多過程問題中的應用 1．應用動能定理解題的步驟 (1)選取研究對象，明確它的運動過程． (2)分析研究對象的受力情況和各力的做功情況： →→→→ (3)明確物體在過程始末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2. (4)列出動能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程進行求解． 2．求解多過程問題抓好“兩狀態(tài)，一過程” “兩狀態(tài)”即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況；“一過程”即明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息． [真題拓展探究] 【典

15、例1】(2015·高考全國卷Ⅰ)如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，則(　　) A．W＝mgR，質點恰好可以到達Q點 B．W＞mgR，質點不能到達Q點 C．W＝mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 D．W＜mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 【答案】C 質點由N點到Q點的過程中在等高位置處的速度總小于由P點到N點下滑時的速度，故由N點

16、到Q點過程克服摩擦力做功W′＜W.從N到Q的過程，由動能定理得－mgR－W′＝mv－mv，即mgR－W′＝mv，故質點到達Q點后，會繼續(xù)上升一段距離，選項C正確． 拓展1　“直線＋平拋”組合的多過程問題 1．如圖所示，用一塊長L1＝1.0 m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高H＝0.8 m，長L2＝1.5 m．斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調節(jié)后固定．將質量m＝0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) (1

17、)當θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示) (2)當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm. 【答案】(1)arctan 0.05　(2)0.8　(3)1.9 m (3)由動能定理得 mgL1sin θ－Wf＝mv2⑥ 結合③式并代入數據得v＝1 m/s⑦ 由平拋運動規(guī)律得H＝gt2，x1＝vt 解得t＝0.4 s⑧ x1＝0.4 m⑨ xm＝x1＋L2＝1.9 m. 拓展2　“平

18、拋＋直線＋圓周”組合的多過程問題 2．(2018·湖南十校聯(lián)考)如圖所示，質量m＝3 kg的小物塊以初速度v0＝4 m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道．圓弧軌道的半徑為R＝3.75 m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角．MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數μ＝0.1，軌道其他部分光滑．最右側是一個半徑為r＝0.4 m的半圓弧軌道，C點是圓弧軌道的最高點，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點平滑連接．已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求小

19、物塊經過B點時對軌道的壓力大小． (2)若MN的長度為L＝6 m，求小物塊通過C點時對軌道的壓力大小． (3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′. 【答案】(1)62 N　(2)60 N　(3)10 m (2)小物塊由B點運動到C點，根據動能定理有 －μmgL－2mgr＝mv－mv 在C點FN′＋mg＝ 解得FN′＝60 N，根據牛頓第三定律，小物塊通過C點時對軌道的壓力大小是60 N. (3)小物塊剛好能通過C點時，根據mg＝ 解得vC′＝2 m/s 小物塊從B點運動到C點的過程中，根據動能定理有 －μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv 解得L′＝10

20、m. 拓展3　往復性運動造成的多過程問題 3.如圖所示，一物塊的質量m＝2 kg，沿傾角為θ＝37°的斜面由頂端B從靜止開始下滑，物塊滑到底端時與A處的擋板碰撞后反彈(物塊與擋板碰撞的過程中無能量損失)，若物塊每次反彈后都能回到原來的處，已知A、B間距離為s0＝2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： (1)物塊與斜面間的動摩擦因數μ； (2)物塊由開始下滑到最終靜止的過程中所通過的總路程和克服摩擦力做的功． 【答案】(1)0.15　(2)10 m　24 J 【解析】(1)從物塊由B端開始下滑到第一次反彈后上升至速度為零的過程，由動能定理

21、得 mg(s0－s0)sin θ－μmg(s0＋s0)cos θ＝0 解得μ＝0.15. (2)最終物塊一定停在A處，從物塊由B端開始下滑到最終停在A處的全過程，由動能定理得 mgs0sin θ－μmgs總·cos θ＝0 解得物塊通過的總路程為s總＝10 m 物塊克服摩擦力做的功為W總＝μmgs總 cos 37°＝24 J. ※考點三　動能定理與圖象結合的問題 力學中四類圖象所圍“面積”的意義 [典例2]　宇航員在某星球表面做了如下實驗，實驗裝置如圖甲所示，豎直平面內的光滑軌道由斜軌道AB和圓弧軌道BC組成．將質量m＝0.2 kg的小球，從軌道AB上高H處的某點由靜止釋

22、放，用力傳感器測出小球經過C點時對軌道的壓力大小為F，改變H的大小，可測出F隨H的變化關系如圖乙所示，求： (1)圓軌道的半徑； (2)星球表面的重力加速度． 【答案】(1)0.2 m　(2)5 m/s2 【解析】(1)小球過C點時，由牛頓第二定律得： F＋mg＝m 小球由靜止下滑至C點的過程，由動能定理得： mg(H－2r)＝mv 又F＝F′ 解得：F＝H－5mg 由圖可知：當H1＝0.5 m時，F1＝0 N 解得：r＝0.2 m (2)當H2＝1.0 m時，F2＝5 N 解得：g＝5 m/s2 [題組突破訓練] 1．(2018·河北石家莊模擬)質量為m的

23、小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運動，其v-t圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　) A．t0～t2時間內，合力對小球先做正功后做負功 B．0～t3時間內，小球的平均速度一定為 C．t3～t4時間內，拉力做的功為[(v4－v3)＋g(t4－t3)] D．t3～t4時間內，小球豎直向下做勻減速直線運動 【答案】C 2．放在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6 s內其速度與時間圖象和該拉力的功率與時間圖象分別如圖甲和乙所示，下列說法正確的是(　　) A．0～6 s內物體位移大小為36 m B．0～6

24、 s內拉力做的功為30 J C．合力在0～6 s內做的功與0～2 s內做的功相等 D．滑動摩擦力大小為5 N 【答案】C 超重點3：機械能守恒定律及其應用 ※考點一　機械能守恒的判斷 1．對機械能守恒條件的理解 (1)只受重力作用，例如做平拋運動的物體機械能守恒． (2)除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數和為零． (3)除重力外，只有系統(tǒng)內的彈力做功，并且彈力做的功等于彈性勢能變化量的負值，那么系統(tǒng)的機械能守恒，注意并非物體的機械能守恒，如與彈簧相連的小球下擺的過程機械能減少． 2．機械能是否守恒的三種判斷方法 (1)利用機械能的

25、定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，機械能守恒． (2)利用守恒條件判斷． (3)利用能量轉化判斷：若物體系統(tǒng)與外界沒有能量交換，物體系統(tǒng)內也沒有機械能與其他形式能的轉化，則物體系統(tǒng)機械能守恒． [題組突破訓練] 1．下列關于機械能守恒的說法中正確的是(　　) A．做勻速運動的物體，其機械能一定守恒 B．物體只受重力，機械能才守恒 C．做勻速圓周運動的物體，其機械能一定守恒 D．除重力做功外，其他力不做功，物體的機械能一定守恒 【答案】D 2．(多選)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面體C固定于水平地面上，物體B置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與物體A相連接，釋放后，A將

26、向下運動，則在A碰地前的運動過程中(　　) A．物體A的加速度大小為g B．物體A機械能不守恒 C．由于斜面光滑，所以物體B機械能守恒 D．物體A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 【答案】BD 【解析】物體A受到重力和細繩的拉力，加速度應小于g，選項A錯誤；除了重力對物體A做功，還有細繩的拉力做功，物體A機械能不守恒，選項B正確；同理，物體B機械能不守恒，選項C錯誤；對物體A、B組成的系統(tǒng)，只有重力對系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機械能守恒，選項D正確． 3．(2018·山東濰坊中學模擬)如圖所示，在豎直面內固定一光滑的硬質桿ab，桿與水平面的夾角為θ，在桿的上端a處套一質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)上系一

27、輕彈簧，彈簧的另一端固定在與a處在同一水平線上的O點，O、b兩點處在同一豎直線上．由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿從a運動到b，在圓環(huán)運動的整個過程中，彈簧一直處于伸長狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　) A．圓環(huán)的機械能保持不變 B．彈簧對圓環(huán)一直做負功 C．彈簧的彈性勢能逐漸增大 D．圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 【答案】D ※考點二　單個物體機械能守恒的應用 1．機械能守恒的三種表達式對比 守恒角度 轉化角度 轉移角度 表達 式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA增＝ΔEB減 物理 意義 系統(tǒng)初狀態(tài)機械能的總和與末狀態(tài)機械能的總和相等 表示系

28、統(tǒng)(或物體)機械能守恒時，系統(tǒng)減少(或增加)的重力勢能等于系統(tǒng)增加(或減少)的動能 若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，則A部分物體機械能的增加量與B部分物體機械能的減少量相等 注意 事項 應用時應選好重力勢能的零勢能面，且初、末狀態(tài)必須用同一零勢能面計算勢能 應用時關鍵在于分清重力勢能的增加量和減少量，可不選零勢能面而直接計算初、末狀態(tài)的勢能差 常用于解決兩個或多個物體組成的系統(tǒng)的機械能守恒問題 2.求解單個物體機械能守恒問題的基本思路 (1)選取研究對象——物體． (2)根據研究對象所經歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒． (3)恰當地選取參考平面，確定研究對象

29、在初、末狀態(tài)時的機械能． (4)選取方便的機械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)進行求解． [真題拓展探究] [典例1]　(2016·高考全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經A點沿圓弧軌道運動． (1)求小球在B、A兩點的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點． 【答案】見解析 (2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應滿足FN≥0④ 設小球在C點的速度

30、大小為vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有FN＋mg＝m⑤ 由④⑤式得，vC應滿足mg≤m⑥ 由機械能守恒有mg＝mv⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運動到C點． 拓展1　在拋體運動中機械能守恒定律的應用 1.(多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質量為m的物體，拋出后物體落在比地面低h的海平面上，若以地面為零勢能面，且不計空氣阻力，則(　　) A．物體在海平面的重力勢能為mgh B．重力對物體做的功為mgh C．物體在海平面上的機械能為mv＋mgh D．物體在海平面上的動能為mv＋mgh 【答案】BD 拓展2　在“圓周＋平拋”組合運動中機械能守恒定律的應

31、用 2.如圖，位于豎直平面內的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成，圓弧半徑Oa水平，b點為拋物線頂點．已知h＝2 m，s＝ m．重力加速度大小g取10 m/s2. (1)一小環(huán)套在軌道上從a點由靜止滑下，當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求圓弧軌道的半徑． (2)若小環(huán)從b點由靜止因微小擾動而開始滑下，求小環(huán)到達c點時速度的水平分量的大?。? 【答案】(1)0.25 m　(2) m/s 【解析】(1)小環(huán)在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，即小環(huán)在該段以某一初速度vb做平拋運動，運動軌跡與軌道bc重合，故有s＝vbt① h＝gt2② 從ab滑落過程

32、中，根據機械能守恒定律可得 mgR＝mv③ 聯(lián)立三式可得R＝＝0.25 m. 超重點4：功能關系　能量守恒定律 ※考點一　對功能關系的理解及應用 1．幾種常見的功能關系 幾種常見力做功 對應的能量變化 數量關系式 重力 正功 重力勢能減少 WG＝－ΔEp 負功 重力勢能增加 彈簧等 的彈力 正功 彈性勢能減少 W彈＝－ΔEp 負功 彈性勢能增加 電場力 正功 電勢能減少 W電＝－ΔEp 負功 電勢能增加 合力 正功 動能增加 W合＝ΔEk 負功 動能減少 重力以外 的其他力 正功 機械能增加 W其＝Δ

33、E 負功 機械能減少 2.兩個特殊的功能關系 (1)滑動摩擦力與兩物體間相對位移的乘積等于產生的內能，即Ffx相對＝ΔQ. (2)感應電流克服安培力做的功等于產生的電能，即W克安＝ΔE電． [題組突破訓練] 1.(多選)如圖所示，建筑工地上載人升降機用不計質量的細鋼繩跨過定滑輪與一電動機相連，通電后電動機帶動升降機沿豎直方向先勻加速上升后勻速上升．摩擦及空氣阻力均不計．則(　　) A．升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的動能 B．升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的機械能 C．升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的

34、機械能 D．升降機上升的全過程中，升降機拉力做的功大于升降機和人增加的機械能 【答案】BC 2．(2016·高考四川卷)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韓曉鵬在此過程中(　　) A．動能增加了1 900 J B．動能增加了2 000 J C．重力勢能減小了1 900 J D．重力勢能減小了2 000 J 【答案】C 【解析】根據動能定理，物體動能的增量等于物體所受所有力做功的代數和，即增加的動能為ΔEk＝WG＋Wf＝1 900 J－1

35、00 J＝1 800 J，A、B項錯誤；重力做功與重力勢能改變量的關系為WG＝－ΔEp，即重力勢能減少了1 900 J，C項正確，D項錯誤． 3.如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A處．彈簧始終在彈性限度之內，重力加速度為g，則圓環(huán)(　　) A．下滑過程中，加速度一直減小 B．下滑過程中，因摩擦力產生的熱量為mv2 C．從A處到C處的過程中彈簧的彈性勢能增加了mv2－mgh D．下滑經過B處的速度

36、大于上滑經過B處的速度 【答案】B ※考點二　摩擦力做功的特點及應用 1．兩種摩擦力做功的比較 靜摩擦力做功 滑動摩擦力做功 只有能量的轉移，沒有能量的轉化 既有能量的轉移，又有能量的轉化 互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數和為零，即要么一正一負，要么都不做功 互為作用力和反作用力的一對滑動摩擦力所做功的代數和為負值，即至少有一個力做負功 2.求解相對滑動物體的能量問題的方法 (1)正確分析物體的運動過程，做好受力分析． (2)利用運動學公式，結合牛頓第二定律分析物體的速度關系及位移關系． [典例1]　如圖所示，AB為半徑R＝0.8 m的光滑圓弧軌

37、道，下端B恰與小車右端平滑對接．小車質量m0＝3 kg，車長l＝2.06 m，車上表面距地面的高度h＝0.2 m．現有一質量m＝1 kg的滑塊，由軌道頂端無初速釋放，滑到B端后沖上小車．已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數μ＝0.3，當車運動了1.5 s時，車被地面裝置鎖定．(g取10 m/s2)試求： (1)滑塊到達B端時，軌道對它支持力的大小； (2)車被鎖定時，車右端距軌道B點的距離； (3)從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產生的內能大?。? 【答案】(1)30 N　(2)1 m　(3)6 J (2)設m滑上小車后經過時間t1與小車同速，共同速

38、度大小為v，對滑塊有μmg＝ma1，v＝vB－a1t1 對于小車：μmg＝m0a2，v＝a2t1 解得v＝1 m/s，t1＝1 s＜1.5 s 故滑塊與小車同速后，小車繼續(xù)向左勻速行駛了0.5 s，則小車右端距B點的距離為l車＝t1＋v(1.5－t1)＝1 m. (3)Q＝μmgl相對＝μmg(t1－t1)＝6 J. [題組突破訓練] 1．(多選)將一長木板靜止放在光滑的水平面上，如圖甲所示，一個小鉛塊(可視為質點)以水平初速度v0由木板左端向右滑動，到達右端時恰能與木板保持相對靜止．現將木板分成A和B兩段，使B的長度和質量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度

39、v0由木板A的左端開始向右滑動，如圖乙所示．若小鉛塊相對滑動過程中所受的摩擦力始終不變，則下列有關說法正確的是(　　) A．小鉛塊將從木板B的右端飛離木板 B．小鉛塊滑到木板B的右端前就與木板B保持相對靜止 C．甲、乙兩圖所示的過程中產生的熱量相等 D．圖甲所示的過程產生的熱量大于圖乙所示的過程產生的熱量 【答案】BD 【解析】圖甲所示運動過程中小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，圖乙所示過程中小鉛塊先使整個木板加速，運動到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于圖甲所示過程，故圖乙所示過程中小鉛塊與B木板將更早達到速度相等，所以小鉛塊還沒有運動到B的右端，

40、兩者速度就已經相同，選項A錯誤，B正確；根據摩擦力乘相對路程等于產生的熱量，圖甲中相對路程大于圖乙中的相對路程，則圖甲所示的過程產生的熱量大于圖乙所示的過程產生的熱量，選項C錯誤，D正確． 2.如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30°，其上A、B兩點間的距離為l＝5 m，傳送帶在電動機的帶動下以v＝1 m/s的速度勻速運動．現將一質量為m＝10 kg的小物體(可視為質點)輕放在傳送帶上的A點，已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝，在傳送帶將小物體從A點傳送到B點的過程中，求：(g取10 m/s2) (1)傳送帶對小物體做的功； (2)電動機做的功． 【答案】(1)255 J

41、　(2)270 J (2)電動機做的功等于小物體的機械能的增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產生的熱量Q之和，由v＝at得 t＝＝0.4 s 相對位移x′＝vt－t＝0.2 m 摩擦產生的熱量Q＝μmgx′cos θ＝15 J 故電動機做的功為W電＝W＋Q＝270 J. ※考點三　能量轉化與守恒的應用 能量轉化問題的解題思路 (1)當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能的轉化和守恒定律． (2)解題時，首先確定初末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解．

42、[典例2]　豎直平面內有一光滑橢圓軌道，如圖所示，一輕彈簧一端固定在橢圓的中心O，另一端系一小球，小球套在光滑橢圓軌道上．在Q點安裝一光電計時器．已知OP是橢圓的半短軸，長度為a，OQ是橢圓的半長軸，長度為b.輕彈簧的原長等于a，小球的直徑為d，質量為m.輕彈簧形變量為x時，其彈簧勢能可表示為Ep＝kx2(輕彈簧始終在彈性限度內，k為輕彈簧的勁度系數)．小球從圖中P點由靜止釋放，經過Q處光電計時器時的擋光時間為t，下列說法正確的是(　　) A．小球到達Q點時的動能等于mgb B．小球到達Q點時彈簧的彈性勢能為kb2 C．小球從P點運動到Q點的過程中彈簧彈力不做功 D．該輕彈簧的勁度

43、系數k＝－ 【答案】D [題組突破訓練] 1.(2017·高考全國卷Ⅲ)如圖，一質量為m、長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為(　　) A.mgl　　　　　　 B.mgl C.mgl D.mgl 【答案】A 2.如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相切，半圓形導軌的半徑為R.一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當它經過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能到

44、達最高點C，C、O、B三點在同一豎直線上．(不計空氣阻力)試求： (1)物體在A點時彈簧的彈性勢能； (2)物體從B點運動至C點的過程中產生的內能． 【答案】(1)mgR　(2)mgR 【解析】(1)設物體在B點的速度為vB， 受到的彈力為FNB，則有FNB－mg＝m 又FNB＝8mg 由能量守恒定律可知 彈性勢能Ep＝mv＝mgR. (2)設物體在C點的速度為vC，由題意可知 mg＝m 物體由B點運動到C點的過程中，由能量守恒定律得 Q＝mv－(mv＋mg·2R)＝mgR. 題組突破訓練 一、選擇題 1.如圖所示，在皮帶傳送裝置中，皮帶把物體

45、P勻速帶至高處，在此過程中，下列 說法中正確的是(　　) A．摩擦力對物體做正功 B．摩擦力對物體做負功 C．支持力對物體做正功 D．合力對物體做正功 【答案】A 2.如圖所示，質量相同的兩物體從同一高度由靜止開始運動，A沿著固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落體運動．兩物體分別到達地面時，下列說法正確的是(　　) A．重力的平均功率A＞B B．重力的平均功率A＝B C．重力的瞬時功率PA＝PB D．重力的瞬時功率PA＜PB 【答案】D 【解析】根據功的定義可知重力對兩物體做功相同，即WA＝WB，自由落體時滿足h＝gt，沿斜面下滑時滿足＝gtsin θ，其

46、中θ為斜面傾角，故tA＞tB，由P＝知A＜B，選項A、B錯誤；由勻變速直線運動公式可知落地時兩物體的速度大小相同，方向不同，重力的瞬時功率PA＝mgvsin θ，PB＝mgv，顯然PA＜PB，故C項錯誤，D項正確． 3．假設摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇發(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼?　　) A．4倍　　　　　　　 B．2倍 C.倍 D.倍 【答案】D 4．一個質量為m的物塊，在幾個共點力的作用下靜止在光滑水平面上．現把其中一個水平方向的力從F突然增大到3F，并保持其他力不變，則從這時開始到t秒末，該力的瞬時功率是(　　) A

47、. B. C. D. 【答案】C 【解析】物塊受到的合力為2F，根據牛頓第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物塊做初速度為零的勻加速直線運動，速度v＝at，該力大小為3F，則該力的瞬時功率P＝3Fv，解以上各式得P＝，C正確． 5．如圖甲所示，滑輪質量、摩擦均不計，質量為2 kg的物體在F作用下由靜止開始向上做勻加速運動，其速度隨時間的變化關系如圖乙所示，由此可知(　　) A．物體加速度大小為2 m/s2 B．F的大小為21 N C．4 s末F的功率大小為42 W D．4 s內F做功的平均功率為42 W 【答案】C 【解析】由題圖乙可知，物體的加速度a＝0.5

48、m/s2，由2F－mg＝ma可得F＝10.5 N，A、B均錯誤；4 s末力F的作用點的速度大小為vF＝2×2 m/s＝4 m/s，故4 s末拉力F做功的功率為P＝F·vF＝42 W，C正確；4 s內物體上升的高度h＝4 m，力F的作用點的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝F·l＝84 J,4 s內拉力F做功的平均功率＝＝21 W，D錯誤． 6．A、B兩物體在光滑水平面上，分別在相同的水平恒力F作用下，由靜止開始通過相同的位移l.若A的質量大于B的質量，則在這一過程中(　　) A．A獲得動能較大 B．B獲得動能較大 C．A、B獲得動能一樣大 D．無法比較A、B獲得動能大小 【答

49、案】C 【解析】由動能定理可知恒力F做功W＝Fl＝mv2－0，因為F、l相同，所以A、B的動能變化相同，C正確． 7．如圖甲所示，靜止于光滑水平面上的小物塊，在水平拉力F的作用下從坐標原點O開始沿x軸正方向運動，F隨物塊所在位置坐標x的變化關系如圖乙所示，圖線右半部分為四分之一圓弧，則小物塊運動到2x0處時的動能可表示為(　　) A．0　　　　　　　　　 B．Fmaxx0 C.Fmaxx0(1＋π) D.Fmaxx0(1＋) 【答案】D 8．(2018·湖北八校高三聯(lián)考)物體靜止在光滑水平面上，先對物體施加一水平向右的恒力F1，經時間t撤去F1，立即再對它施加一水平向左

50、的恒力F2，又經時間3t物體回到出發(fā)點，在這一過程中，F1、F2分別對物體做的功W1、W2之間的關系是(　　) A．W1∶W2＝1∶1　　 B．W1∶W2＝2∶3 C．W1∶W2＝9∶5 D．W1∶W2＝9∶7 【答案】D 【解析】設恒力F1作用t后物體的速度為v1，恒力F2又作用3t后物體的速度為v2，則物體在恒力F1作用t后的位移x1＝，物體在恒力F2作用3t后的位移x2＝×3t，由題意知x1＝－x2，整理得v1＝－v2，由動能定理得，W1＝mv，W2＝mv－mv，則＝，故選項D正確． 9.用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物

51、體做勻減速直線運動，到t2時刻停止，其速度—時間圖象如圖所示，且α＞β，若拉力F做的功為W1，在0～t1時間內拉力F的平均功率為P1，物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2,0～t2時間內克服摩擦力的平均功率為P2，下列選項正確的是(　　) A．W1＞W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F＞2Ff C．P1＜P2，F＞2Ff D．P1＝P2，F＝2Ff 【答案】B 10.如圖所示，質量為m的小球，從離地面H高處從靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設小球受到空氣阻力為Ff，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．小球落地時動能等于mgH B．小球陷入

52、泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能 C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1＋) 【答案】C 【解析】小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－FfH＝mv，選項A錯誤；設泥的平均阻力為Ff0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－Ff0h＝0－mv，解得Ff0h＝mgh＋mv，Ff0＝mg(1＋)－，選項B、D錯誤；對全過程應用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確． 11．（多選）位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下，做速度為v1的勻速運動．若作用力變?yōu)樾毕?/p>

53、上的恒力F2，物體做速度為v2的勻速運動，且F1與F2功率相同．則可能有(　　) A．F2＝F1，v1＞v2 B．F2＝F1，v1＜v2 C．F2＞F1，v1＞v2 D．F2＜F1，v1＜v2 【答案】BD 12.（多選）(2018·江蘇蘇州高三調研)質量為2×103 kg的汽車由靜止開始沿平直公路行駛，行駛過程中牽引力F和車速倒數的關系圖象如圖所示．已知行駛過程中最大車速為30 m/s，設阻力恒定，則(　　) A．汽車所受阻力為6×103 N B．汽車在車速為5 m/s時，加速度為3 m/s2 C．汽車在車速為15 m/s時，加速度為1 m/s2 D．汽車在

54、行駛過程中的最大功率為6×104 W 【答案】CD 【解析】當牽引力等于阻力時，速度最大，由圖線可知阻力大小Ff＝2 000 N，故A錯誤；傾斜圖線的斜率表示功率，可知P＝Ffv＝2 000×30 W＝60 000 W，車速為5 m/s時，汽車的加速度a＝ m/s2＝2 m/s2，故B錯誤；當車速為15 m/s時，牽引力F＝＝ N＝4 000 N，則加速度a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故C正確；汽車的最大功率等于額定功率，等于60 000 W，故D正確． 13.(2018·江蘇徐州模擬)一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動，運動過程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數的關系圖

55、象如圖所示．若已知汽車的質量，則根據圖象所給的信息，不能求出的物理量是(　　) A．汽車的功率 B．汽車行駛的最大速度 C．汽車所受到的阻力 D．汽車運動到最大速度所需的時間 【答案】D 14．傾角為θ的粗糙斜面上放一質量為m的木塊，接觸面間動摩擦因數為μ，現通過一輕質動滑輪沿斜面向上拉木塊，拉力的功率恒為P，斜面足夠長，則木板可以獲得的最大速度為(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】木塊獲得最大速度時，木塊做勻速直線運動，設繩端拉力大小為FT，根據動滑輪特點及平衡條件得FT＝(mgsin θ＋μmgcos θ)，設木塊的最大速度為vm，則繩

56、端移動的速度v＝2vm，由P＝FTv得，則vm＝＝，選項D正確，A、B、C錯誤． 15．(多選)質量為m的物體靜止在粗糙的水平地面上，從t＝0時刻開始物體受到方向恒定的水平拉力F作用，拉力F與時間t的關系如圖甲所示．物體在t0時刻開始運動，其運動的v-t圖象如圖乙所示，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則(　　) A．物體與地面間的動摩擦因數為 B．物體在t0時刻的加速度大小為 C．物體所受合外力在t0時刻的功率為2F0v0 D．水平力F在t0～2t0時間內的平均功率為F0(2v0＋) 【答案】AD 16．(2017·高考江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初

57、動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖線是(　　) 【答案】C 【解析】設斜面傾角為θ，根據動能定理，當小物塊沿斜面上升時，有 －(mgsin θ＋Ff)x＝Ek－Ek0，即 Ek＝－(Ff＋mgsin θ)x＋Ek0， 所以Ek與x的函數關系圖象為直線，且斜率為負． 當小物塊沿斜面下滑時根據動能定理有 (mgsin θ－Ff)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達最高點時的位移)，即 Ek＝－(mgsin θ－Ff)x＋(mgsin θ－Ff)x0 所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線． 綜上所述，選項C正確． 17.

58、如圖所示，豎直平面內放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質量為2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均處于靜止狀態(tài)，此時OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1 m時速度大小為3 m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g＝10 m/s2)(　　) A．11 J B．16 J C．18 J D．9 J 【答案】C 18．地震引起的海嘯會給人們帶來巨大的損失．某中學的部分學生組成了一個課題小組，對海嘯的威力進行了模擬研究，他們設

59、計了如下的模型：如圖甲所示，在水平地面上放置一個質量為m＝4 kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力(模擬海嘯)作用下運動，推力F隨位移x變化的圖象如圖乙所示，已知物體與地面之間的動摩擦因數為μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，則(　　) A．運動過程中物體的最大加速度為15 m/s2 B．在距出發(fā)點3.0 m位置時物體的速度達到最大 C．整個過程中推力對物體做功180 J D．物體在水平地面上運動的最大位移是10 m 【答案】D 19.(多選)如圖所示，AB為半徑R＝0.50 m的四分之一圓弧軌道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一質量m＝1.0 kg的小

60、滑塊從圓弧道A端由靜止釋放，到達軌道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空氣的阻力．取g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　　) A．小滑塊在圓弧軌道B端受到的支持力大小FN＝16 N B．小滑塊由A端到B端的過程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J C．小滑塊的落地點與B點的水平距離x＝0.6 m D．小滑塊的落地點與B點的水平距離x＝0.3 m 【答案】BC 【解析】小滑塊在B端時，根據牛頓第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝18 N，A錯誤；根據動能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝3 J，B正確；小滑塊從B點做平拋運動，水平方向上x＝vt，豎直方向上h＝g

61、t2，解得x＝v·＝0.6 m，C正確，D錯誤． 二、非選擇題 20．如圖甲所示，質量m＝2 kg的物體靜止在水平面上，物體跟水平面間的動摩擦因數μ＝0.2.從t＝0時刻起，物體受到一個水平力F的作用而開始運動，F隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，6 s后撤去拉力F(g取10 m/s2)．求： (1)4 s末物體的速度大?。? (2)物體運動過程中拉力F做的功． 【答案】(1)12 m/s　(2)336 J 由圖象得4～6 s內物體受到的拉力F2＝4 N＝μmg 所以物體做勻速直線運動，時間間隔t2＝2 s，位移大小 x2＝vt2⑥ 聯(lián)立③⑥式得x2＝24 m⑦ 物體運動

62、過程中拉力F做的功 W＝F1x1＋F2x2⑧ 聯(lián)立⑤⑦⑧式得W＝336 J 21．(2018·浙江舟山模擬)質量為1.0×103 kg的汽車，沿傾角為30°的斜坡由靜止開始運動，汽車在運動過程中所受摩擦阻力大小恒為2 000 N，汽車發(fā)動機的額定輸出功率為5.6×104 W，開始時以a＝1 m/s2的加速度做勻加速運動(g取10 m/s2)．求： (1)汽車做勻加速運動的時間t1； (2)汽車所能達到的最大速率； (3)若斜坡長143.5 m，且認為汽車到達坡頂之前，已達到最大速率，則汽車從坡底到坡頂需多長時間？ 【答案】(1)7 s　(2)8 m/s　(3)22 s 【解析】

63、(1)由牛頓第二定律得 F－mgsin 30°－Ff＝ma 設勻加速過程的末速度為v，則有P＝Fv v＝at1 解得t1＝7 s. (2)當達到最大速度vm時，a＝0，則有 P＝(mgsin 30°＋Ff)vm 解得vm＝8 m/s. 22．(2018·四川成都診斷)如圖甲所示，長為20 m的水平軌道AB與半徑R＝3 m的豎直半圓軌道BC在B處相連接，有一質量為1 kg的滑塊(大小不計)從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F的大小隨位移變化關系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數為0.4，取g＝10 m/s2. (1)求滑塊在水平軌道AB上運動前10 m過程中所需的

64、時間； (2)求滑塊到達B處時的速度大??； (3)若滑塊到達B處時撤去力F，滑塊沿半圓軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C，則滑塊在半圓軌道上克服摩擦力所做的功是多少． 【答案】(1)1 s　(2)10 m/s　(3)25 J 【解析】(1)在前10 m內：F1－μmg＝ma1 x1＝a1t 解得t1＝1 s. (2)滑塊從A到B的過程中，由動能定理得 F1x1－F2x3－μmgx＝mv 解得vB＝10 m/s. (3)滑塊恰好能到達C點，則mg＝m 滑塊從B到C的過程中，由動能定理得 Wf－mg·2R＝mv－mv 解得Wf＝－25 J，即克服摩擦力做功為25 J.

65、23．(2018·陜西西安六校聯(lián)考)如圖所示，AB是傾角θ＝30°的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R，一個質量為m的物體(可以看成質點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結果它能在兩軌道間做往返運動．已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數為μ.求： (1)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程； (2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力大??； (3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D，釋放點距B點的距離L′至少多大． 【答案】(1)　(2)(3－)mg　(3) 由牛頓第三定律知，在最低點E，物體對圓弧軌道的壓力大小(3－)mg. (3)物體剛好到D點，由牛頓第二定律有mg＝m 對全過程由動能定理得 mgL′sin θ－μmgcos θ·L′－mgR(1＋cos θ)＝mv 解得L′＝. 45