高考物理三輪沖刺 專題六 功和能課件

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1、專題六 功 和 能 1.1.功和功率功和功率 2.2.動能和動能定理動能和動能定理 3.3.重力做功與重力勢能重力做功與重力勢能 4.4.功能關系、機械能守恒定律及其應用功能關系、機械能守恒定律及其應用 1.1.理解功、功率、動能、重力勢能、彈性勢能的物理意義，掌理解功、功率、動能、重力勢能、彈性勢能的物理意義，掌握功和功率的計算方法握功和功率的計算方法. .2.2.靈活應用動能定理分析和解決動力學問題靈活應用動能定理分析和解決動力學問題. .3.3.能夠根據(jù)守恒條件判斷是否守恒，并能運用機械能守恒定律能夠根據(jù)守恒條件判斷是否守恒，并能運用機械能守恒定律分析與解決動力學問題分析與解決動力學問題

2、. .4.4.熟知幾種常用的功能關系，能夠利用能量的觀點處理問題熟知幾種常用的功能關系，能夠利用能量的觀點處理問題. .5.5.功和能常與直線運動、平拋運動、圓周運動、電磁場中粒子功和能常與直線運動、平拋運動、圓周運動、電磁場中粒子的運動、電磁感應現(xiàn)象等相聯(lián)系，綜合考查學生獲取信息、整的運動、電磁感應現(xiàn)象等相聯(lián)系，綜合考查學生獲取信息、整合信息、應用力學規(guī)律解決問題的能力合信息、應用力學規(guī)律解決問題的能力. . 功及功率的計算功及功率的計算【典例【典例1 1】(2011(2011海南高考海南高考) )一質量為一質量為1 kg1 kg的質點靜止于光滑的質點靜止于光滑水平面上，從水平面上，從t=0

3、t=0時起，第時起，第1 1秒內受到秒內受到2 N2 N的水平外力作用，第的水平外力作用，第2 2秒內受到同方向的秒內受到同方向的1 N1 N的外力作用的外力作用. .下列判斷正確的是下列判斷正確的是( )( )A.0A.02 2秒內外力的平均功率是秒內外力的平均功率是B.B.第第2 2秒內外力所做的功是秒內外力所做的功是C.C.第第2 2秒末外力的瞬時功率最大秒末外力的瞬時功率最大D.D.第第1 1秒內與第秒內與第2 2秒內質點動能增加量的比值是秒內質點動能增加量的比值是9W45J445【審題視角【審題視角】解答該題，應注意以下兩點：解答該題，應注意以下兩點：【關鍵點【關鍵點】(1)(1)先

4、利用牛頓第二定律和運動學公式求出位移先利用牛頓第二定律和運動學公式求出位移. .(2)(2)根據(jù)平均功率和瞬時功率的公式求解根據(jù)平均功率和瞬時功率的公式求解. . 【精講精析【精講精析】第第1 1秒內質點的加速度秒內質點的加速度a a1 1=2 m/s=2 m/s2 2，1 1秒末的速度秒末的速度v v1 1=2=21=2 (m/s1=2 (m/s) )；第；第2 2秒內的加速度秒內的加速度a a2 2=1 m/s=1 m/s2 2, ,第第2 2秒末的速度秒末的速度v v2 2=2+1=2+11=3 (m/s1=3 (m/s) )；所以第；所以第2 2秒內外力做的功秒內外力做的功 故故B B

5、錯誤；第錯誤；第1 1秒末的功率為秒末的功率為P P1 1=2=22=4(W),2=4(W),第第2 2秒末的功秒末的功率為率為P P2 2=1=13=3(W)3=3(W)，故，故C C錯誤；錯誤；0 02 2秒內外力的平均功率秒內外力的平均功率 故故A A正確；第正確；第1 1秒內與第秒內與第2 2秒內質點動能增加量秒內質點動能增加量的比值的比值 故故D D正確正確. .答案：答案：A A、D D 2.5 J，221mv92 Wt4，211221mvE42EW5，2222111Wmvmv22WPt【命題人揭秘【命題人揭秘】平均功率和瞬時功率的求解方法平均功率和瞬時功率的求解方法(1)(1)用

6、公式用公式 求出的是平均功率求出的是平均功率. .(2)(2)表達式表達式P=FvP=Fv，若，若v v為平均速度，則為平均速度，則P P為平均功率；若為平均功率；若v v為瞬時為瞬時速度，則速度，則P P為瞬時功率為瞬時功率. .若力與速度不在一條直線上，則若力與速度不在一條直線上，則P=FvcosP=Fvcos. . WPt 結合圖象定性分析功和功率結合圖象定性分析功和功率【典例【典例2 2】(2010(2010新課標全國卷新課標全國卷) )如圖所如圖所示，在外力作用下某質點運動的示，在外力作用下某質點運動的v-tv-t圖象圖象為正弦曲線為正弦曲線. .從圖中可以判斷從圖中可以判斷( )(

7、 )A.A.在在0 0t t1 1時間內，外力做正功時間內，外力做正功B.B.在在0 0t t1 1時間內，外力的功率逐漸增大時間內，外力的功率逐漸增大C.C.在在t t2 2時刻，外力的功率最大時刻，外力的功率最大D.D.在在t t1 1t t3 3時間內，外力做的總功為零時間內，外力做的總功為零【審題視角【審題視角】解答本題要把握以下三點：解答本題要把握以下三點：【關鍵點【關鍵點】(1)(1)通過通過v-tv-t圖象獲取速度、加速度隨時間的變化情況圖象獲取速度、加速度隨時間的變化情況. .(2)(2)由由F=maF=ma和和P=FvP=Fv推斷外力做功及功率的特點推斷外力做功及功率的特點.

8、 .(3)t(3)t1 1和和t t3 3時刻速度大小相等，動能相等時刻速度大小相等，動能相等. . 【精講精析【精講精析】解答本題可按如下流程分析解答本題可按如下流程分析: :答案：答案：A A、D D 【命題人揭秘【命題人揭秘】判斷做功正負判斷做功正負“三法三法”(1)(1)根據(jù)力與位移的夾角根據(jù)力與位移的夾角：當：當090090時做正功；當時做正功；當9090180180時做負功；當時做負功；當=90=90時不做功時不做功. .(2)(2)根據(jù)力與速度的夾角根據(jù)力與速度的夾角：當：當090090時做正功；當時做正功；當9090180180時做負功；當時做負功；當=90=90時不做功時不做

9、功. .(3)(3)根據(jù)動能的變化：動能定理描述了合外力做功與動能變化根據(jù)動能的變化：動能定理描述了合外力做功與動能變化的關系，即的關系，即W W合合=E=Ek k末末-E-Ek k初初，當動能增加時合外力做正功；當動能，當動能增加時合外力做正功；當動能減少時，合外力做負功減少時，合外力做負功. . 動能定理的應用動能定理的應用【典例【典例3 3】(2012(2012北京高考北京高考) )如圖所示，如圖所示，質量為質量為m m的小物塊在粗糙水平桌面上做的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運動，經距離直線運動，經距離l后以速度后以速度v v飛離桌飛離桌面，最終落在水平地面上面，最終落在水平地面上. .

10、已知已知l=1.4 m,v=3.0 m/s,m=1.4 m,v=3.0 m/s,m=0.10 kg,=0.10 kg,物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)=0.25,=0.25,桌面高桌面高h=0.45 m.h=0.45 m.不計空不計空氣阻力，重力加速度氣阻力，重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .求：求： (1)(1)小物塊落地點距飛出點的水平距離小物塊落地點距飛出點的水平距離s;s;(2)(2)小物塊落地時的動能小物塊落地時的動能E Ek k; ;(3)(3)小物塊的初速度大小小物塊的初速度大小v v0 0. .【審題視角【審題視角】本題需要把握以下三點：本

11、題需要把握以下三點：【關鍵點【關鍵點】(1)(1)根據(jù)平拋運動規(guī)律可以求出水平位移根據(jù)平拋運動規(guī)律可以求出水平位移. .(2)(2)根據(jù)平拋運動開始時的機械能等于落地瞬間的機械能可以根據(jù)平拋運動開始時的機械能等于落地瞬間的機械能可以求出落地瞬間的動能求出落地瞬間的動能. .(3)(3)根據(jù)動能定理可求出初速度根據(jù)動能定理可求出初速度. . 【精講精析【精講精析】(1)(1)由平拋運動規(guī)律，有由平拋運動規(guī)律，有豎直方向豎直方向水平方向水平方向s=vts=vt得水平距離得水平距離(2)(2)由機械能守恒定律得由機械能守恒定律得(3)(3)由動能定理，有由動能定理，有得初速度大小得初速度大小答案：答

12、案：(1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s(1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s 21hgt22hsv0.90 mg2k1Emvmgh0.90 J222011mgmvmv22l20v2gv4.0 m/sl 【命題人揭秘【命題人揭秘】應用動能定理解題的基本步驟應用動能定理解題的基本步驟(1)(1)選取研究對象，明確它的運動過程；選取研究對象，明確它的運動過程；(2)(2)分析研究對象的受力情況和各力的做功情況：分析研究對象的受力情況和各力的做功情況：(3)(3)明確研究對象在過程的始末狀態(tài)的動能明確研究對象在過程的始末狀態(tài)的動能E Ek1k1和和E E

13、k2k2；(4)(4)列出動能定理的方程列出動能定理的方程W W合合=E=Ek2k2-E-Ek1k1及其他必要的解題方程，進及其他必要的解題方程，進行求解行求解. . 功能關系的綜合應用功能關系的綜合應用【典例【典例4 4】(2012(2012福建高考福建高考) )如圖如圖, ,用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動力的小船沿直線拖向岸一艘失去動力的小船沿直線拖向岸邊邊. .已知拖動纜繩的電動機功率恒為已知拖動纜繩的電動機功率恒為P,P,小船的質量為小船的質量為m,m,小船受小船受到的阻力大小恒為到的阻力大小恒為f,f,經過經過A A點時的速度大小為點時的速度大

14、小為v v0 0, ,小船從小船從A A點沿點沿直線加速運動到直線加速運動到B B點經歷時間為點經歷時間為t t1 1,A,A、B B兩點間距離為兩點間距離為d,d,纜繩質纜繩質量忽略不計量忽略不計. .求求: : (1)(1)小船從小船從A A點運動到點運動到B B點的全過程克服阻力做的功點的全過程克服阻力做的功W Wf f; ;(2)(2)小船經過小船經過B B點時的速度大小點時的速度大小v v1 1; ;(3)(3)小船經過小船經過B B點時的加速度大小點時的加速度大小a.a.【審題視角【審題視角】解答本題時應明確以下三點：解答本題時應明確以下三點：【關鍵點【關鍵點】(1)(1)繩牽引船

15、時合速度與分速度的關系繩牽引船時合速度與分速度的關系. .(2)(2)牽引功率與牽引力和牽引速度的關系牽引功率與牽引力和牽引速度的關系. .(3)(3)涉及恒功率的變力做功應用動能定理涉及恒功率的變力做功應用動能定理. .【精講精析【精講精析】(1)(1)小船從小船從A A點運動到點運動到B B點克服阻力做功點克服阻力做功W Wf f=fd=fd (2)(2)小船從小船從A A點運動到點運動到B B點牽引力做的功點牽引力做的功W=PtW=Pt1 1 由動能定理有由動能定理有 由由式解得式解得 22f1011WWmvmv2221012vvPtfdm(3)(3)設小船經過設小船經過B B點時繩的拉

16、力為點時繩的拉力為F F，繩與水平方向夾角為，繩與水平方向夾角為，電動機牽引繩的速度為電動機牽引繩的速度為u,u,則則P=Fu P=Fu u=vu=v1 1cos cos 由牛頓第二定律有由牛頓第二定律有Fcos-f=ma Fcos-f=ma 由式解得由式解得答案答案: :2201Pfamm v2m Ptfd 20122012Pf1 fd2v(Ptfd)3mmm v2m Ptfd 【命題人揭秘【命題人揭秘】功能關系的選用技巧功能關系的選用技巧(1)(1)在應用功能關系解決具體問題的過程中在應用功能關系解決具體問題的過程中, ,若只涉及動能的變若只涉及動能的變化用動能定理分析化用動能定理分析.

17、.(2)(2)只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關系只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關系分析分析. .(3)(3)只涉及機械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能只涉及機械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析變化的關系分析. .(4)(4)只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關系分只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關系分析析. . 機械能守恒定律的應用機械能守恒定律的應用【典例【典例5 5】(2011(2011福建高考福建高考) )如圖為如圖為某種魚餌自動投放器中的投餌管裝某種魚餌自動投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部置示意圖，

18、其下半部ABAB是一長為是一長為2R2R的豎直細管，上半部的豎直細管，上半部BCBC是半徑為是半徑為R R的的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向，向，ABAB管內有一原長為管內有一原長為R R、下端固、下端固定的輕質彈簧定的輕質彈簧. .投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到0.5R0.5R后后鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去射出去. .設質量為設質量為m m的魚餌到達管口的魚餌到達管口C C時，對管壁的作用力恰好時，對管壁的作用力恰好為零為零. .不計魚餌在運動

19、過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變彈簧的彈性勢能定時，均不改變彈簧的彈性勢能. .已知重力加速度為已知重力加速度為g.g.求：求：(1)(1)質量為質量為m m的魚餌到達管口的魚餌到達管口C C時的速度大小時的速度大小v v1 1；(2)(2)彈簧壓縮到彈簧壓縮到0.5R0.5R時的彈性勢能時的彈性勢能E Ep p；(3)(3)已知地面與水面相距已知地面與水面相距1.5R1.5R，若使該投餌管繞，若使該投餌管繞ABAB管的中軸線管的中軸線OOOO在在9090角的范圍內來回緩慢轉動，每次彈射時只放置一粒角的范圍內來回緩慢轉動，每次彈射

20、時只放置一粒魚餌，魚餌的質量在魚餌，魚餌的質量在 到到m m之間變化，且均能落到水面之間變化，且均能落到水面. .持續(xù)持續(xù)投放足夠長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積投放足夠長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S S是多少？是多少？ 2m3【審題視角【審題視角】解答本題應注意以下幾點解答本題應注意以下幾點: :【關鍵點【關鍵點】(1)(1)臨界條件的應用臨界條件的應用. .(2)(2)每次彈射時彈簧的彈性勢能不變每次彈射時彈簧的彈性勢能不變. .(3)(3)注意應用幾何關系注意應用幾何關系. .(4)(4)將復雜過程劃分為若干小過程進行處理將復雜過程劃分為若干小過程進行處理. .【精講精析【精

21、講精析】(1)(1)質量為質量為m m的魚餌到達管口的魚餌到達管口C C時做圓周運動的向時做圓周運動的向心力完全由重力提供則由心力完全由重力提供則由 (2)(2)彈簧的彈性勢能全部轉化為魚餌的機械能，由機械能守恒彈簧的彈性勢能全部轉化為魚餌的機械能，由機械能守恒定律有定律有聯(lián)立方程解得聯(lián)立方程解得E Ep p=3mgR=3mgR(3)(3)魚餌離開管口魚餌離開管口C C做平拋運動，則有做平拋運動，則有x x1 1=R+v=R+v1 1t t聯(lián)立方程解得聯(lián)立方程解得x x1 1=4R=4R21vmgmR2p11Emg 1.5RRmv2214.5Rgt21vgR得當魚餌質量為當魚餌質量為 時，設其

22、到達管口的速度為時，設其到達管口的速度為v v2 2，由機械能守，由機械能守恒定律有恒定律有解得解得同理有同理有x x2 2=R+v=R+v2 2t t聯(lián)立方程解得聯(lián)立方程解得x x2 2=7R=7R魚餌能夠落到水面的最大面積魚餌能夠落到水面的最大面積答案：答案：2m32p221 2Emg 1.5RR( m)v32 32v2 gR22221133S xxR44 22331gR2 3mgR3R (8.25R )4 或【命題人揭秘【命題人揭秘】 機械能守恒定律在生活中的應用機械能守恒定律在生活中的應用本題通過對魚餌投放器的分析本題通過對魚餌投放器的分析, ,綜合考查了圓周運動的臨界條綜合考查了圓周

23、運動的臨界條件及平拋運動的分析思想、機械能守恒定律等知識，要求學生件及平拋運動的分析思想、機械能守恒定律等知識，要求學生具備較高的綜合分析能力具備較高的綜合分析能力. .善于將復雜問題劃分為若干子過程善于將復雜問題劃分為若干子過程進行處理，體現(xiàn)了高考對考生能力的要求進行處理，體現(xiàn)了高考對考生能力的要求. . 能量的轉化和守恒問題能量的轉化和守恒問題【典例【典例6 6】(2010(2010福建高考福建高考) )如圖所示，物體如圖所示，物體A A放在足夠長的木板放在足夠長的木板B B上，木板上，木板B B靜止于水平面靜止于水平面.t=0.t=0時，電動機通過水平細繩以恒力時，電動機通過水平細繩以恒

24、力F F拉木板拉木板B B，使它做初速度為零，加速度，使它做初速度為零，加速度a aB B=1.0 m/s=1.0 m/s2 2的勻加速直線的勻加速直線運動運動. .已知已知A A的質量的質量m mA A和和B B的質量的質量m mB B均為均為2.0 kg2.0 kg，A A、B B之間的動摩擦之間的動摩擦因數(shù)因數(shù)1 1=0.05=0.05，B B與水平面之間的動摩擦因數(shù)與水平面之間的動摩擦因數(shù)2 2=0.1=0.1，最大靜摩，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .求：求： (1)(1)物體物體A

25、 A剛運動時的加速度剛運動時的加速度a aA A; ;(2)t=1.0 s(2)t=1.0 s時，電動機的輸出功率時，電動機的輸出功率P P；(3)(3)若若t=1.0 st=1.0 s時，將電動機的輸出功率立即調整為時，將電動機的輸出功率立即調整為P=5 WP=5 W，并在以后的運動過程中始終保持這一功率不變，并在以后的運動過程中始終保持這一功率不變，t=3.8 st=3.8 s時物時物體體A A的速度為的速度為1.2 m/s1.2 m/s. .則在則在t=1.0 st=1.0 s到到t=3.8 st=3.8 s這段時間內木板這段時間內木板B B的位移為多少？的位移為多少？ 【審題視角【審題

26、視角】解決本題，應把握好以下三點：解決本題，應把握好以下三點：【關鍵點【關鍵點】(1)(1)明確研究對象，準確判斷運動及受力情況明確研究對象，準確判斷運動及受力情況. .(2)A(2)A、B B速度相等是本題運動情景的分界點速度相等是本題運動情景的分界點. .(3)(3)功率不變時，利用功率不變時，利用W=PtW=Pt求解變力做功求解變力做功. .【精講精析【精講精析】(1)(1)物體物體A A在水平方向上受滑動摩擦力，根據(jù)牛頓在水平方向上受滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：第二定律得：1 1m mA Ag=mg=mA Aa aA A解得：解得：a aA A=0.5 m/s=0.5 m/s2 2

27、(2)t=1.0 s(2)t=1.0 s時，木板時，木板B B的速度大小為：的速度大小為：v v1 1=a=aB Bt=1 m/st=1 m/s由牛頓第二定律得：由牛頓第二定律得：F-F-1 1m mA Ag-g-2 2(m(mA A+m+mB B)g=m)g=mB Ba aB B電動機的輸出功率為：電動機的輸出功率為：P P1 1=Fv=Fv1 1解得：解得：P P1 1=7 W=7 W (3)(3)電動機的輸出功率立即調整為電動機的輸出功率立即調整為P=5 WP=5 W時，細繩對木板時，細繩對木板B B的的拉力為拉力為FF，由，由P=FvP=Fv1 1，解得：解得：F=5 NF=5 N由于

28、木板由于木板B B的受力滿足的受力滿足F-F-1 1m mA Ag-g-2 2(m(mA A+m+mB B)g=0)g=0木板木板B B做勻速直線運動，而物體做勻速直線運動，而物體A A在木板在木板B B上繼續(xù)做勻加速直線上繼續(xù)做勻加速直線運動直到與木板運動直到與木板B B速度相同為止，這一過程的時間為速度相同為止，這一過程的時間為t t1 1，則：，則：v v1 1=a=aA A(t+t(t+t1 1) )這段時間木板這段時間木板B B的位移為：的位移為：s s1 1=v=v1 1t t1 1，A A、B B速度相同后，由于速度相同后，由于FF2 2(m(mA A+m+mB B)g )g 且

29、電動機的輸出功率不變，且電動機的輸出功率不變，A A、B B一起做加速一起做加速度減小的加速運動，由動能定理得度減小的加速運動，由動能定理得: :P(tP(t2 2-t-t1 1-t)-t)-2 2(m(mA A+m+mB B)gs)gs2 2代入數(shù)據(jù)得代入數(shù)據(jù)得 在在t=1.0 st=1.0 s到到t=3.8 st=3.8 s這段時間內木板這段時間內木板B B的位移為的位移為s=ss=s1 1+s+s2 2=3.03 m=3.03 m答案：答案：(1)0.5 m/s(1)0.5 m/s2 2 (2)7 W (3)3.03 m(2)7 W (3)3.03 m 22ABAAB111mmvmmv2

30、2【閱卷人點撥【閱卷人點撥】 失失分分提提示示(1)(1)對木板對木板B B受力分析出錯，漏掉受力分析出錯，漏掉A A對對B B的摩擦力或的摩擦力或A A對對B B的壓的壓力；力；(2)(2)求恒力求恒力F F的大小時，牛頓第二定律方程列錯的大小時，牛頓第二定律方程列錯; ;(3)A(3)A、B B速度相等后誤認為速度相等后誤認為B B仍然做勻速直線運動，未對仍然做勻速直線運動，未對B B再次受力分析，力與運動的關系意識淡?。辉俅问芰Ψ治?，力與運動的關系意識淡薄；(4)(4)電動機以恒定功率通過細繩拉電動機以恒定功率通過細繩拉B B時，不會表示變力做功；時，不會表示變力做功；(5)(5)研究對

31、象不明確，不能選取整體法處理問題研究對象不明確，不能選取整體法處理問題. . 備備考考指指南南對于動力學綜合性題目，在復習時要掌握必要的方法及解對于動力學綜合性題目，在復習時要掌握必要的方法及解題要領：題要領：(1)(1)受力分析不要漏力、添力，可按照先重力再接觸力受力分析不要漏力、添力，可按照先重力再接觸力( (接接觸面處的彈力及摩擦力觸面處的彈力及摩擦力) )，最后其他外力的順序作圖，最后其他外力的順序作圖. .(2)(2)在復習求解變力做功的問題時，應該掌握幾種方法：在復習求解變力做功的問題時，應該掌握幾種方法：微元法、利用動能定理、變力做功功率恒定利用微元法、利用動能定理、變力做功功率

32、恒定利用W WF F=Pt.=Pt.(3)(3)對于兩個物體相對運動的情景，注重物理過程的分析，對于兩個物體相對運動的情景，注重物理過程的分析，搞清各個物體的運動特點和受力特點，培養(yǎng)分析物理運動搞清各個物體的運動特點和受力特點，培養(yǎng)分析物理運動情景的能力和靈活應用物理規(guī)律解決問題的能力情景的能力和靈活應用物理規(guī)律解決問題的能力. . 功的概念的理解與功的計算功的概念的理解與功的計算 高考指數(shù)高考指數(shù): :1.(20121.(2012安徽高考安徽高考) )如圖所示，在豎直平如圖所示，在豎直平面內有一半徑為面內有一半徑為R R的圓弧軌道，半徑的圓弧軌道，半徑OAOA水水平、平、OBOB豎直，一個質

33、量為豎直，一個質量為m m的小球自的小球自A A的正的正上方上方P P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點到達最高點B B時恰好對軌道沒有壓力時恰好對軌道沒有壓力. .已知已知AP=2R,AP=2R,重力加速度為重力加速度為g g，則小球從，則小球從P P到到B B的運的運動過程中動過程中( )( ) 【解題指南【解題指南】解答本題時要注意以下三點：解答本題時要注意以下三點：(1)(1)小球在小球在B B點所受重力等于向心力，由此可求出小球在點所受重力等于向心力，由此可求出小球在B B點的點的動能動能. .(2)(2)根據(jù)功能關系求出重力的功、合外力的功根

34、據(jù)功能關系求出重力的功、合外力的功. .(3)(3)根據(jù)能量的轉化與守恒求出摩擦力的功、機械能的變化量根據(jù)能量的轉化與守恒求出摩擦力的功、機械能的變化量. .A.A.重力做功重力做功2mgR B.2mgR B.機械能減少機械能減少mgRmgRC.C.合外力做功合外力做功mgRmgR D. D.克服摩擦力做功克服摩擦力做功1mgR2【解析【解析】選選D.D.重力做功與路徑無關，所以重力做功與路徑無關，所以W WG G=mgR=mgR，選項，選項A A錯；錯；小球在小球在B B點時所受重力等于向心力，即：點時所受重力等于向心力，即：從從P P點到點到B B點，由動能定理知：點，由動能定理知： 故選

35、項故選項C C錯；錯；根據(jù)能量的轉化與守恒知：機械能的減少量為根據(jù)能量的轉化與守恒知：機械能的減少量為|E|=|E|E|=|EP P| |-|E-|Ek k|= |= 故選項故選項B B錯；克服摩擦力做的功等于機械能的錯；克服摩擦力做的功等于機械能的減少量，故選項減少量，故選項D D對對. . 2vmgmvgRR，所以，211WmvmgR22合，1mgR2，2.(20112.(2011江蘇高考江蘇高考) )如圖所示，演員正在進行如圖所示，演員正在進行雜技表演雜技表演. .由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過程中對雞蛋所做的功最接近于過程中對雞蛋所做的功最接近于( )(

36、 )A.0.3 J B.3 JA.0.3 J B.3 JC.30 J D.300 JC.30 J D.300 J 【解析【解析】選選A.A.估計一只雞蛋的質量為估計一只雞蛋的質量為6060克，雞蛋上升的高度為克，雞蛋上升的高度為5050厘米，對人拋雞蛋以及雞蛋上升到最高點全程應用動能定理厘米，對人拋雞蛋以及雞蛋上升到最高點全程應用動能定理有：有：W WF F-mgh-mgh=0=0，代入數(shù)值可知，代入數(shù)值可知W WF F=0.3 J=0.3 J，A A對對. . 3.(20103.(2010上海高考上海高考) )如圖所示為質量相等的兩個如圖所示為質量相等的兩個質點質點A A、B B在同一直線上

37、運動的在同一直線上運動的v-tv-t圖象，由圖可圖象，由圖可知知( )( )A.A.在在t t時刻兩個質點在同一位置時刻兩個質點在同一位置B.B.在在t t時刻兩個質點速度相等時刻兩個質點速度相等C.C.在在0 0t t時間內質點時間內質點B B比質點比質點A A位移大位移大D.D.在在0 0t t時間內合外力對兩個質點做功相等時間內合外力對兩個質點做功相等【解析【解析】選選B B、C C、D.D.在在t t時刻兩質點速度相等，故時刻兩質點速度相等，故B B正確正確. .根據(jù)根據(jù)v-tv-t圖象中面積代表位移大小，在圖象中面積代表位移大小，在0 0t t時間內質點時間內質點B B比質點比質點A

38、 A位位移大，所以移大，所以C C正確，正確，A A錯誤；根據(jù)動能定理，合外力對質點做的錯誤；根據(jù)動能定理，合外力對質點做的功等于該質點動能的變化，故功等于該質點動能的變化，故D D正確正確. . 功率的計算功率的計算 高考指數(shù)高考指數(shù): :4.(20124.(2012江蘇高考江蘇高考) )如圖所示，細線的一端如圖所示，細線的一端固定于固定于O O點，另一端系一小球點，另一端系一小球. .在水平拉力作在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內由用下，小球以恒定速率在豎直平面內由A A點點運動到運動到B B點點. .在此過程中拉力的瞬時功率變在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是化情況是( )(

39、)A.A.逐漸增大逐漸增大 B.B.逐漸減小逐漸減小C.C.先增大，后減小先增大，后減小 D.D.先減小，后增大先減小，后增大【解題指南【解題指南】本題考查了動能定理、變力做功、瞬時功率問本題考查了動能定理、變力做功、瞬時功率問題，難度中等，本題要把變力題，難度中等，本題要把變力( (水平拉力水平拉力) )做功做功( (和功率和功率) )問題轉問題轉化為恒力化為恒力( (重力重力) )做功做功( (和功率和功率) )問題問題. .【解析【解析】選選A.A.本題考查上升的過程中本題考查上升的過程中, ,重力做負功重力做負功, ,水平拉力水平拉力F F做正功做正功, ,由動能定理得由動能定理得 所

40、以所以W WF F=W=WG G，即，即拉力做的功和重力做的功總是相等的，則拉力做功的功率和重拉力做的功和重力做的功總是相等的，則拉力做功的功率和重力做功的功率也總是相等的，小球上擺過程中力做功的功率也總是相等的，小球上擺過程中, ,豎直方向速度豎直方向速度一直增大，重力功率一直增大，重力功率P=mgvP=mgv一直增大，所以拉力做功的功率也一直增大，所以拉力做功的功率也是逐漸增大的是逐漸增大的. .答案選答案選A.A. 22FG11WWmvmv022 ，5.(20125.(2012福建高考福建高考) )如圖如圖, ,表面光滑的表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪固定斜面頂端安裝一定滑輪, ,小

41、物塊小物塊A A、B B用輕繩連接并跨過滑輪用輕繩連接并跨過滑輪( (不計滑不計滑輪的質量和摩擦輪的質量和摩擦).).初始時刻初始時刻,A,A、B B處處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài). .剪斷輕繩后剪斷輕繩后,A,A下落、下落、B B沿斜面沿斜面下滑下滑, ,則從剪斷輕繩到物塊著地則從剪斷輕繩到物塊著地, ,兩物塊兩物塊( )( )A.A.速率的變化量不同速率的變化量不同 B.B.機械能的變化量不同機械能的變化量不同C.C.重力勢能的變化量相同重力勢能的變化量相同 D.D.重力做功的平均功率相同重力做功的平均功率相同【解題指南【解題指南】解答本題時應明確以下三點：解

42、答本題時應明確以下三點：(1)(1)矢量和標量的描述不同矢量和標量的描述不同. .(2)(2)平均功率的計算公式的理解平均功率的計算公式的理解. .(3)(3)據(jù)平衡狀態(tài)得兩物塊的質量關系據(jù)平衡狀態(tài)得兩物塊的質量關系. .【解析【解析】選選D.D.設設A A、B B離地高度為離地高度為h,h,由于斜面表面光滑，由于斜面表面光滑，A A、B B運運動過程機械能守恒，機械能不變，物塊著地時速率相等動過程機械能守恒，機械能不變，物塊著地時速率相等, ,均為均為 因此速率變化量相等，因此速率變化量相等，A A、B B錯錯. .由于初始時刻由于初始時刻A A、B B處于處于同一高度并處于靜止狀態(tài)，因此有

43、同一高度并處于靜止狀態(tài)，因此有m mA Ag=mg=mB Bgsingsin，重力勢能變，重力勢能變化量不相等，化量不相等，C C錯錯. .從剪斷輕繩到兩物塊著地過程的平均速度大從剪斷輕繩到兩物塊著地過程的平均速度大小為小為 故選故選D.D. 2gh,ABABAB1v2ghPm gv Pm gsinv PP ,2，則，6.(20126.(2012天津高考天津高考) )如圖甲所示如圖甲所示, ,靜止在水平地面的物塊靜止在水平地面的物塊A A，受，受到水平向右的拉力到水平向右的拉力F F作用作用,F,F與時間與時間t t的關系如圖乙所示的關系如圖乙所示, ,設物塊設物塊與地面的靜摩擦力最大值與地面

44、的靜摩擦力最大值f fm m與滑動摩擦力大小相等與滑動摩擦力大小相等, ,則則( )( )A.0A.0t t1 1時間內時間內F F的功率逐漸增大的功率逐漸增大B.tB.t2 2時刻物塊時刻物塊A A的加速度最大的加速度最大C.tC.t2 2時刻后物塊時刻后物塊A A做反向運動做反向運動D.tD.t3 3時刻物塊時刻物塊A A的動能最大的動能最大【解析【解析】選選B B、D.D.由由F-tF-t圖象可知，在圖象可知，在0 0t t1 1時間內，時間內，F(xiàn)fFfFfm m，故物塊，故物塊仍沿同一方向做加速運動，至仍沿同一方向做加速運動，至t t3 3時刻速度最大，動能最大，選時刻速度最大，動能最

45、大，選項項C C錯、錯、D D對對. . 7.(20117.(2011上海高考上海高考) )如圖，一長為如圖，一長為L L的的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定一質量為固定一質量為m m的小球的小球. .一水平向右的一水平向右的拉力作用于桿的中點，使桿以角速度拉力作用于桿的中點，使桿以角速度勻速轉動，當桿與水平方向成勻速轉動，當桿與水平方向成6060時時, ,拉力的功率為拉力的功率為( )( )A.mgLA.mgL B. B.C. D.C. D. 3mgL21mgL23mgL6【解析【解析】選選C.C.勻速轉動，動能不變，拉力的功率在數(shù)值上應等勻速轉動，動能不

46、變，拉力的功率在數(shù)值上應等于重力的功率于重力的功率. .為此，將線速度分解為水平速度和豎直速度，為此，將線速度分解為水平速度和豎直速度，重力的功率重力的功率P=-mgLsin30P=-mgLsin30= = 所以拉力的功率所以拉力的功率【誤區(qū)警示【誤區(qū)警示】解答本題易產生的兩個誤區(qū)解答本題易產生的兩個誤區(qū)(1)(1)瞬時功率的公式為瞬時功率的公式為P=FvcosP=Fvcos, ,式中式中為為F F與與v v的夾角，求解的夾角，求解時容易忘記考慮時容易忘記考慮. .(2)(2)合速度沿運動切向，不是水平方向，在對線速度分解時，合速度沿運動切向，不是水平方向，在對線速度分解時，應向水平和豎直兩個

47、方向分解應向水平和豎直兩個方向分解. . 1mgL,21PPmgL2 8.(20128.(2012北京高考北京高考) )摩天大樓中一部直通高層的客運電梯摩天大樓中一部直通高層的客運電梯. .行行程超過百米程超過百米. .電梯的簡化模型如圖甲所示電梯的簡化模型如圖甲所示. .考慮安全、舒適、考慮安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度省時等因素，電梯的加速度a a是隨時間是隨時間t t變化的變化的. .已知電梯在已知電梯在t=0t=0時由靜止開始上升，時由靜止開始上升，a-ta-t圖像如圖乙所示圖像如圖乙所示. .電梯總質量電梯總質量m=2.0m=2.010103 3 kg. kg.忽略一切阻力忽略

48、一切阻力. .重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .(1)(1)求電梯在上升過程中受到的最大拉力求電梯在上升過程中受到的最大拉力F F1 1和最小拉力和最小拉力F F2 2; ;(2)(2)類比是一種常用的研究方法類比是一種常用的研究方法. .對于直線運動，教科書中講解對于直線運動，教科書中講解了由了由v -tv -t圖像求位移的方法圖像求位移的方法. .請你借鑒此方法，對比加速度和請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，根據(jù)圖乙所示速度的定義，根據(jù)圖乙所示a-ta-t圖像，求電梯在第圖像，求電梯在第1 s1 s內的速度內的速度改變量改變量vv1 1和第和第2 s2

49、 s末的速率末的速率v v2 2; ;(3)(3)求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P P；再求在；再求在0 011 s11 s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功時間內，拉力和重力對電梯所做的總功W.W. 【解題指南【解題指南】本題需要把握以下四點：本題需要把握以下四點：(1)(1)讀出圖像中正、負最大加速度，由牛頓第二定律分別計算讀出圖像中正、負最大加速度，由牛頓第二定律分別計算出最大拉力和最小拉力出最大拉力和最小拉力. .(2)(2)加速度圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量加速度圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量. .(3)(3)速度最大時

50、拉力等于重力，拉力的功率等于重力與速度的速度最大時拉力等于重力，拉力的功率等于重力與速度的乘積乘積. .(4)(4)根據(jù)動能定理可計算總功根據(jù)動能定理可計算總功. .【解析【解析】(1)(1)由牛頓第二定律，有由牛頓第二定律，有F-mg=maF-mg=ma由由a-ta-t圖像可知，圖像可知，F(xiàn) F1 1和和F F2 2對應的加速度分別是對應的加速度分別是a a1 1=1.0 m/s=1.0 m/s2 2，a a2 2=-1.0 m/s=-1.0 m/s2 2F F1 1=m(g+a=m(g+a1 1)=2.0)=2.010103 3(10+1.0) N=2.2(10+1.0) N=2.2101

51、04 4 N NF F2 2=m(g+a=m(g+a2 2)=2.0)=2.010103 3(10-1.0) N=1.8(10-1.0) N=1.810104 4 N N (2)(2)類比可得，所求速度變化量等于第類比可得，所求速度變化量等于第1 s1 s內內a-ta-t圖線下的面積圖線下的面積vv1 1=0.50 m/s=0.50 m/s同理可得同理可得vv2 2=v=v2 2-v-v0 0=1.5 m/s=1.5 m/sv v0 0=0=0，第，第2 s2 s末的速率末的速率v v2 2=1.5 m/s=1.5 m/s(3)(3)由由a-ta-t圖像可知，圖像可知，11 s11 s30 s

52、30 s內速率最大，其值等于內速率最大，其值等于0 011 s11 s內內a-ta-t圖線下的面積，有圖線下的面積，有v vm m=10 m/s=10 m/s此時電梯做勻速運動，拉力此時電梯做勻速運動，拉力F F等于重力等于重力mgmg，所求功率，所求功率P=FvP=Fvm m=mg=mgv vm m=2.0=2.010103 3101010 W=2.010 W=2.010105 5 W W由動能定理，總功由動能定理，總功W=EW=Ek2k2-E-Ek1k1= J= J=1.0=1.010105 5 J J答案：答案：(1) 2.2(1) 2.210104 4 N 1.8 N 1.810104

53、 4 N (2)0.50 m/s N (2)0.50 m/s1.5 m/s1.5 m/s (3)2.0 (3)2.010105 5 W 1.0 W 1.010105 5 J J 232m11mv02.0 101022 動能定理的理解與應用動能定理的理解與應用 高考指數(shù)高考指數(shù): :9.(20129.(2012四川高考四川高考) )如圖所示，勁度系如圖所示，勁度系數(shù)為數(shù)為k k的輕彈簧的一端固定在墻上，另的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為一端與置于水平面上質量為m m的物體接的物體接觸觸( (未連接未連接) )，彈簧水平且無形變，彈簧水平且無形變. .用水平力用水平力F F緩慢

54、推動物體，在緩慢推動物體，在彈性限度內彈簧長度被壓縮了彈性限度內彈簧長度被壓縮了x x0 0，此時物體靜止，此時物體靜止. .撤去撤去F F后，物后，物體開始向左運動，運動的最大距離為體開始向左運動，運動的最大距離為4x4x0 0. .物體與水平面間的動物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為摩擦因數(shù)為,重力加速度為重力加速度為g.g.則則( )( ) A.A.撤去撤去F F后，物體先做勻加速運動，再做勻減速運動后，物體先做勻加速運動，再做勻減速運動B.B.撤去撤去F F后，物體剛運動時的加速度大小為后，物體剛運動時的加速度大小為C.C.物體做勻減速運動的時間為物體做勻減速運動的時間為D.D.物體開始向左

55、運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為【解析【解析】選選B B、D.D.撤去撤去F F后，在水平方向上物體受到彈簧的彈力后，在水平方向上物體受到彈簧的彈力和摩擦力的作用，由于彈力是變力和摩擦力的作用，由于彈力是變力. .所以，物體開始不可能做所以，物體開始不可能做勻變速運動，勻變速運動，A A錯誤；撤去錯誤；撤去F F瞬間，水平方向上物體受到彈簧向瞬間，水平方向上物體受到彈簧向0kxgm0 x2g0mgmg(x)k左的彈力左的彈力F FN N=kx=kx0 0和向右的摩擦力和向右的摩擦力F Ff f=mg=mg的作用，由牛頓第二定的作用，由

56、牛頓第二定律可知律可知 B B正確；物體到達初位置時，和彈正確；物體到達初位置時，和彈簧分離，之后才開始做勻減速運動，運動位移為簧分離，之后才開始做勻減速運動，運動位移為3x3x0 0，加速度，加速度大小為大小為 C C錯誤；當水平錯誤；當水平方向上物體受到彈簧向左的彈力方向上物體受到彈簧向左的彈力F FN N=kx=kx和向右的摩擦力和向右的摩擦力F Ff f=mg=mg平衡時，具有最大速度，所以平衡時，具有最大速度，所以 物體開始向左運動到速物體開始向左運動到速度最大，發(fā)生的位移為度最大，發(fā)生的位移為(x(x0 0-x).-x).所以，此過程中克服摩擦力做所以，此過程中克服摩擦力做的功為的

57、功為W=FW=Ff f(x(x0 0-x)= D-x)= D正確正確. . Nf0FFkxagmm，20f6xF12xagxat:tm2ag，由得，mgxk，0mgmg(x)k，10.(201110.(2011山東高考山東高考) )如圖所示，將小球如圖所示，將小球a a從地面從地面以初速度以初速度v v0 0豎直上拋的同時，將另一相同質量的豎直上拋的同時，將另一相同質量的小球小球b b從距地面從距地面h h處由靜止釋放，兩球恰在處由靜止釋放，兩球恰在 處相處相遇遇( (不計空氣阻力不計空氣阻力).).則則( )( )A.A.兩球同時落地兩球同時落地 B.B.相遇時兩球速度大小相等相遇時兩球速度

58、大小相等 C.C.從開始運動到相遇，球從開始運動到相遇，球a a動能的減少量等于球動能的減少量等于球b b動能的增加量動能的增加量D.D.相遇后的任意時刻，重力對球相遇后的任意時刻，重力對球a a做功功率和對球做功功率和對球b b做功功率相做功功率相等等h2【解題指南【解題指南】解答本題要注意以下四點：解答本題要注意以下四點：(1)a(1)a球做豎直上拋運動，球做豎直上拋運動，b b球做自由落體運動球做自由落體運動. .(2)(2)緊緊抓住兩球恰在緊緊抓住兩球恰在 處相遇列式分析處相遇列式分析. .(3)(3)動能的變化由動能定理分析動能的變化由動能定理分析. .(4)(4)由瞬時功率的定義比

59、較由瞬時功率的定義比較a a、b b重力功率的大小重力功率的大小. .h2【解析【解析】選選C.C.相遇時相遇時b b球的位移球的位移 運動時間運動時間 相遇相遇時時a a球位移球位移相遇時相遇時a a球的速度球的速度v va a=v=v0 0-gt=0-gt=0，由題意可得此時，由題意可得此時b b球已經具有向球已經具有向下的速度而下的速度而a a球速度為零，故球速度為零，故b b球以較大速度先落地球以較大速度先落地, ,以后任意以后任意時刻重力的瞬時功率時刻重力的瞬時功率P=mgvP=mgv，b b球的瞬時功率總是大于球的瞬時功率總是大于a a球的瞬球的瞬時功率時功率. .選項選項A A、

60、B B、D D錯誤錯誤. .從開始運動到相遇，從開始運動到相遇，a a球克服重力所球克服重力所做的功等于重力對做的功等于重力對b b球所做的功，由動能定理可得球所做的功，由動能定理可得C C項正確項正確. . 2h1gt22，htg，222000h111v tgt ,gtv tgtvgtgh,2222 可得，11.(201111.(2011四川高考四川高考) )如圖是如圖是“神舟神舟”系列航系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點燃返裝置勻速下

61、降，為確保安全著陸，需點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，則則( )( )A.A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小B.B.返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力C.C.返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功D.D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)【解析【解析】選選A.A.整個裝置勻速下降，火箭向下噴氣瞬間，獲得向整個裝置勻速下降，火箭向下噴氣瞬間，獲得向上的反沖力

62、，故傘繩對返回艙的拉力減小，上的反沖力，故傘繩對返回艙的拉力減小，A A項正確項正確; ;返回艙在返回艙在空氣阻力作用下勻速運動，故減速的主要原因是火箭的反沖力，空氣阻力作用下勻速運動，故減速的主要原因是火箭的反沖力，B B項錯項錯; ;返回艙做減速運動，由動能定理可知，合外力做負功，返回艙做減速運動，由動能定理可知，合外力做負功，C C項錯項錯; ;返回艙向下減速，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，返回艙向下減速，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，D D項錯項錯. . 12.(201212.(2012重慶高考重慶高考) )如圖所示為一種擺式摩擦因數(shù)測量儀，可如圖所示為一種擺式摩擦因數(shù)測量儀，可測量輪

63、胎與地面間動摩擦因數(shù)，其主要部件有：底部固定有輪測量輪胎與地面間動摩擦因數(shù)，其主要部件有：底部固定有輪胎橡膠片的擺錘和連接擺錘的輕質細桿胎橡膠片的擺錘和連接擺錘的輕質細桿. .擺錘的質量為擺錘的質量為m m，細桿，細桿可繞軸可繞軸O O在豎直平面內自由轉動，擺錘重心到在豎直平面內自由轉動，擺錘重心到O O點距離為點距離為L.L.測量測量時，測量儀固定于水平地面，將擺錘從與時，測量儀固定于水平地面，將擺錘從與O O等高的位置處靜止釋等高的位置處靜止釋放放. .擺錘到最低點附近時，橡膠片緊壓地面擦過一小段距離擺錘到最低點附近時，橡膠片緊壓地面擦過一小段距離s(sLs(sL) )，之后繼續(xù)擺至與豎直

64、方向成，之后繼續(xù)擺至與豎直方向成角的最高位置角的最高位置. .若擺錘若擺錘對地面的壓力可視為大小為對地面的壓力可視為大小為F F的恒力，重力加速度為的恒力，重力加速度為g g，求，求(1)(1)擺錘在上述過程中損失的機械能；擺錘在上述過程中損失的機械能；(2)(2)在上述過程中摩擦力對擺錘所做的功；在上述過程中摩擦力對擺錘所做的功；(3)(3)橡膠片與地面之間的動摩擦因數(shù)橡膠片與地面之間的動摩擦因數(shù). . 【解題指南【解題指南】解答本題時可按以下思路分析：解答本題時可按以下思路分析：【解析【解析】(1)(1)損失的機械能：損失的機械能：E=mgL-mg(L-Lcos)=mgLcosE=mgL-

65、mg(L-Lcos)=mgLcos(2)(2)摩擦力對擺錘做的功大小等于擺錘損失的機械能，摩擦力對擺錘做的功大小等于擺錘損失的機械能，因而，因而，W Wf f=-mgLcos=-mgLcos(3)|W(3)|Wf f|=f|=fs=Fs=Fs=mgLcoss=mgLcos答案：答案：(1)mgLcos (2)-mgLcos (3)(1)mgLcos (2)-mgLcos (3) mgLcosFsmgLcosFs13.(201013.(2010上海高考上海高考) )傾角傾角=37=37，質量，質量M=5 kgM=5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，質量的粗糙斜面位于水平地面上，質量m=2 kgm=

66、2 kg的木塊置于斜面頂端，從靜止開始的木塊置于斜面頂端，從靜止開始勻加速下滑，經勻加速下滑，經t=2 st=2 s到達底端，運動路程到達底端，運動路程L=4 m,L=4 m,在此過程中在此過程中斜面保持靜止斜面保持靜止.(sin37.(sin37=0.6,cos37=0.6,cos37=0.8,g=0.8,g取取10 m/s10 m/s2 2) )求：求：(1)(1)地面對斜面的摩擦力大小與方向；地面對斜面的摩擦力大小與方向；(2)(2)地面對斜面的支持力大??；地面對斜面的支持力大??；(3)(3)通過計算證明木塊在此過程中滿足動能定理通過計算證明木塊在此過程中滿足動能定理. .【解析【解析】(1)(1)從靜止開始勻加速下滑，由運動規(guī)律：從靜止開始勻加速下滑，由運動規(guī)律： 得得a=2 m/sa=2 m/s2 2對木塊受力分析：對木塊受力分析：沿斜面方向：沿斜面方向：mgsin-fmgsin-f=ma =ma 垂直斜面方向：垂直斜面方向：mgcosmgcos-F-FN N=0 =0 由以上兩式得：由以上兩式得：f=8N,Ff=8N,FN N=16N =16N 21Lat2，對斜面受力分析