2014届高考二轮复习专题讲义：第一部分 专题四 功和能 动能定理 能量守恒定律

2014届高考二轮复习专题讲义：第一部分 专题四 功和能动能定理 能量守恒定律【考情分析】【考点预测】功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．预计在2014年高考中，仍将对该部分知识进行考查，复习中要特别注意功和功率的计算，动能定理、机械能守恒定律的应用以及与平抛运动、圆周运动知识的综合应用． 考题1 对功和功率的计算的考查例1 一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1 s 内受到2 N 的水平外力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是 ( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是94 WB ．第2 s 内外力所做的功是54 JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值是45审题突破 ①分析质点运动情况，分别求第1 s 、第2 s 内的位移．②计算平均功率用公式P ＝Wt，计算瞬时功率用公式P ＝F v .解析 第1 s 内，质点的加速度为a 1＝F 1m ＝2 m/s 2，位移x 1＝12a 1t 2＝1 m,1 s 末的速度v 1＝a 1t ＝2 m/s ，第1 s 内质点动能的增加量为ΔE k1＝12m v 21－0＝2 J.第2 s 内，质点的加速度为a 2＝F 2m ＝1 m/s 2，位移x 2＝v 1t ＋12a 2t 2＝2.5 m,2 s 末的速度为v 2＝v 1＋a 2t ＝3 m/s ，第2 s 内质点动能的增加量为ΔE k2＝12m v 22－12m v 21＝2.5 J ；第1 s 内与第2 s 内质点动能的增加量的比值为ΔE k1ΔE k2＝45，D 选项正确．第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W>P 2，C 选项错误．第1 s 内外力做的功W 1＝F 1x 1＝2 m ，第2 s 内外力做的功为W 2＝F 2x 2＝2.5 J ，B 选项错误.0～2 s 内外力的平均功率为P ＝W 1＋W 22t ＝94 W ，所以A 选项正确． 答案 AD 易错辨析1． 计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W＝Fl cos α进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：(1)微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F 的功．(2)将变力做功转化为恒力做功．(3)用动能定理或功能关系进行求解．2． 对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P ＝Wt只能用来计算平均功率，P ＝F v cos α中的v 是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v 是平均速度时，计算出的功率是平均功率． 突破练习1． 图1中甲、乙是一质量m ＝6×103 kg 的公共汽车在t ＝0和t ＝4 s 末两个时刻的两张照片．当t ＝0时，汽车刚启动(汽车的运动可看成是匀加速直线运动)．图丙是车内横杆上悬挂的手拉环的图象，测得θ＝30°.根据题中提供的信息，无法估算出的物理量是( )图1A ．汽车的长度B ．4 s 内汽车牵引力所做的功C ．4 s 末汽车的速度D ．4 s 末汽车合外力的瞬时功率 答案 B解析 根据题图丙，通过对手拉环受力分析，结合牛顿第二定律可知，汽车的加速度为a ＝g tan θ＝1033 m/s 2，所以，t ＝4 s 末汽车的速度v ＝at ＝4033 m/s ，选项C 可估算出；根据题图甲、乙可知，汽车的长度等于4 s 时汽车的位移，即l ＝12at 2＝8033 m ，选项A 可估算出；因为4 s 末汽车的瞬时速度可求出，汽车所受的合外力F ＝ma 也可求出，所以汽车在4 s 末的瞬时功率为P ＝F v 也可估算出，即选项D 可估算；因为不知汽车与地面间的摩擦力，所以无法估算4 s 内汽车牵引力所做的功，选项B 符合题意． 2． 一质量m ＝0.5 kg 的滑块以某一初速度冲上倾角θ＝37°的足够长的斜面，利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出滑块上滑过程中的v －t图象如图2所示．取sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )图2A ．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．滑块返回斜面底端时的速度为2 m/sC ．滑块在上升过程中重力做的功为－25 JD ．滑块返回斜面底端时重力的功率为6 5 W 答案 AD解析 由题图可知a ＝10 m/s 2，即g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2，解得μ＝0.5. 上滑位移x ＝102×1.0 m ＝5 m ，下滑加速度a ′＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2.所以回到斜面底端时的速度v ′＝2a ′x ＝2 5 m/s.上升过程中重力做功W ＝－Gx sin θ＝－15 J ，返回底端时求的是重力的瞬时功率，P ＝mg v ′sin θ＝6 5 W ．A 、D 正确． 考题2 对动能定理应用的考查例2 如图3甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E 、方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m 、带电荷量为q (q >0)的滑块从距离弹簧上端为s 0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g .图3(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t 1；(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为v m ，求滑块从静止释放到速度大小为v m 过程中弹簧的弹力所做的功W ；(3)从滑块由静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v －t 图象．图中横坐标轴上的t 1、t 2及t 3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v 1为滑块在t 1时刻的速度大小，v m 是题中所指的物理量．(本小题不要求写出计算过程) 审题突破 ①滑块的运动过程经历三个阶段：匀加速运动、加速度逐渐减小的加速运动、加速度逐渐增大的减速运动．②弹力是变力，可利用动能定理求弹力做的功．解析 (1)滑块从静止释放到与弹簧上端接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ，则有 qE ＋mg sin θ＝ma ① s 0＝12at 21②联立①②可得 t 1＝2ms 0qE ＋mg sin θ③ (2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有mg sin θ＋qE ＝kx 0 ④从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 (mg sin θ＋qE )·(s 0＋x 0)＋W ＝12m v 2m －0⑤联立④⑤可得W ＝12m v 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k)(3)在0～t 1阶段，滑块做匀加速运动，其v －t 图线为过原点的倾 斜直线．t 1～t 2阶段，滑块做加速度逐渐减小的加速运动，v －t 图线的斜率逐渐减小，t 2时刻速度达到最大值．t 2～t 3阶段，滑块 做加速度逐渐增大的减速运动，v －t 图线的斜率逐渐增大，t 3时 刻滑块的速度减为零．所以画出v －t 图象如图． 答案 (1) 2ms 0qE ＋mg sin θ(2)12m v 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k ) (3)见解析图 题后反思应用动能定理的三点注意(1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．突破练习3．如图4所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B接触面粗糙，现用一水平拉力F作用在B上使其由静止开始运动，用F f1代表B对A的摩擦力，F f2代表A对B的摩擦力，下列说法正确的有()图4[来源: ]A．力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量[来源: ]B．力F做的功一定小于A、B系统动能的增加量C．力F f1对A做的功等于A动能的增加量D．力F、F f2对B做的功之和等于B动能的增加量答案CD解析当水平拉力F较小时，二者一起运动，力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量；当水平拉力F较大时，二者发生相对滑动，力F做的功一定大于A、B系统动能的增加量，选项A、B错误；由动能定理，力F f1对A做的功等于A动能的增加量，力F、F f2对B做的功之和等于B动能的增加量，选项C、D正确．4．如图5所示，倾角为45°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，A、C两点等高．质量m ＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2.图5(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块至少从离地多高处由静止开始下滑；(3)若滑块离开C点后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C点时对轨道的压力．答案(1)0.5(2)2 m(3)3.3 N，方向竖直向上解析(1)A到D过程：根据动能定理有mg(2R－R)－μmg cos 45°·2Rsin 45°＝0－0解得μ＝0.5(2)若滑块恰能到达C点，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CRv C ＝Rg ＝2 m/s至少从离地高为H 处下滑到达C 的过程：根据动能定理有 mg (H －2R )－μmg cos 45°·H sin 45°＝12m v 2C －0解得H ＝2 m(3)离开C 点后滑块做平抛运动，垂直打在斜面上时有 x ＝v C ′t y ＝12gt 2＝v y 2t tan 45°＝v C ′v y tan 45°＝2R －yx解得v C ′＝433 m/s在C 点，由牛顿第二定律有 mg ＋F N ＝m v C ′2R解得F N ＝3.3 N由牛顿第三定律可知，滑块经过C 点时对轨道的压力为F N ′＝F N ＝3.3 N ，方向竖直向上．考题3 对能量守恒定律的考查例3 如图6所示，AB 为一光滑固定轨道，AC 为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O为水平地面上的一点，且B 、C 、O 在同一竖直线上，已知B 、C 两点的高度差为h ，C 、O 两点的高度差也为h ，AC 两点相距s ＝2h .若质量为m 的两滑块P 、Q 从A 点以相同的初速度v 0分别沿两轨道滑行，到达B 点或C 点后分别水平抛出．求：图6(1)两滑块P 、Q 落地点到O 点的水平距离．(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v 0应满足的条件．(3)若滑块Q 的初速度v 0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC 向右延伸一段L ，要使滑块Q 落地点距O 点的距离最远，L 应为多少？审题突破 ①滑块P 沿曲线AB 运动，无摩擦力做功，机械能守恒，滑块Q 沿粗糙水平轨道AC 运动，机械能不守恒．②写出滑块Q 距O 点的距离d 与L 的关系式，利用数学方法判断何时d 最大．解析 (1)滑块P 从A 到B 过程机械能守恒：12m v 20＝12m v 2B ＋mgh得v B ＝v 20－2gh从B 点抛出后：x 1＝v B t P ,2h ＝12gt 2P得x 1＝2v 20－2gh ·hg滑块Q 从A 到C 过程，由动能定理得：－μmgs ＝12m v 2C －12m v 2又μ＝0.25，s ＝2h ，得v C ＝v 20－gh 从C 点抛出后：x 2＝v C t Q ，h ＝12gt 2Q得x 2＝v 20－gh ·2hg(2)依题意有：x 1＝x 2，解得：v 0＝3gh 所以滑块的初速度v 0应满足v 0＝3gh (3)由动能定理得：－μmg (s ＋L )＝12m v 2－12m v 20滑块Q 从水平轨道AC 向右延伸的最右端抛出后： x ＝v t Q ′，h ＝12gt Q ′2距O 点的距离为d ＝L ＋x从而得d ＝4h 2－hL ＋L ，当L ＝154h 时，d 取最大值为174h答案 (1)2v 20－2gh ·h gv 20－gh ·2hg(2)v 0＝3gh (3)154h知识拓展应用机械能守恒定律解题时的三点注意 1． 要注意研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为单个物体与地球组成的系统)为研究对象，机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象时，机械能却是守恒的．如图7所示，单独选物体A 时机械能减少，但选由物体A 、B 组成的系统时机械能守恒．图72． 要注意研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒．因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意研究过程的选取． 3． 要注意机械能守恒定律表达式的选取守恒观点的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，解题时必须选取参考平面．后两种表达式都是从“转化”和“转移”的角度来反映机械能守恒的，不必选取参考平面． 突破练习5． 如图8所示，弹簧的一端固定在水平面上，另一端与质量为1 kg 的小球相连，小球原来处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在小球上，使小球开始向上做匀加速直线运动，经0.2 s 弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为1 m/s ，整个过程中弹簧始终在弹性限度内，g 取10 m/s 2.则( )图8A ．弹簧的劲度系数为100 N/mB ．在0～0.2 s 内拉力的最大功率为15 WC ．在0～0.2 s 内拉力对小球做的功等于1.5 JD ．在0～0.2 s 内小球和弹簧组成的系统机械能守恒 答案 AB解析 弹簧的压缩量x ＝v2t ＝0.1 m ，又因为静止时，kx ＝mg所以k ＝100 N/m ，选项A 正确． 由v ＝at 得a ＝vt＝5 m/s 2在0.2 s 时拉力的功率最大，F －mg ＝ma ，得F ＝15 N ，所以P ＝F v ＝15×1 W ＝15 W ，选项B 正确．[来源: ]0～0.2 s 内拉力F 逐渐增加到15 N ，拉力对小球的功应小于1.5 J ，选项C 错误．0～0.2 s 内有拉力F 做功，小球和弹簧组成的系统的机械能增加，机械能不守恒，D 错误．6． 如图9所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h ，一可视为质点的小物块质量为m ，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O 点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M 处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O 点．已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图9A ．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小B ．当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能C ．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为1－μcot θ1＋μcot θ hD ．小物块在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh 答案 ACD解析 小物块在倾斜轨道上运动时，受重力、支持力、摩擦力3个力的作用，沿斜面方向的加速度由摩擦力和重力沿斜面方向的分力提供，下滑的加速度a 1＝mg sin θ－F fm ，上滑的加速度a 2＝mg sin θ＋F fm ，故下滑的加速度比上滑的加速度小，A 正确．由于小物块在倾斜轨道上有摩擦力做功，故当小物块压缩弹簧到最短时，物块重力势能的部分转化为弹簧的弹性势能，B 错误．小物块下滑到O 点时，由动能定理得mgh －μmg cos θ·h sin θ＝12m v 2，在水平面上，由机械能守恒定律得12m v 2＝E p ，设小物块能够上升的最大高度为h 1，物块返回倾斜轨道过程中由动能定理得－mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ＝0－12m v 2，解得：h 1＝1－μcot θ1＋μcot θ h ，C 正确．由能量守恒定律可知小物块最终将静止在O 点，重力势能全部转化为内能，故在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh ，D 正确．7． 如图10所示，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(图中未画出)，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( )图10A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d2B ．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43d答案 CD解析 将环和重物作为一个系统，显然整个系统满足机械能守恒，故环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能，C 正确．初状态：环在A 处，重物在起始位置，它们的速度都为0.末状态：环在最低处(设环最大下滑距离是H )，重物在最高处，它们的速度都为0.环从A 处下滑到最低处时，滑轮左侧的绳子长度增加了L ＝H 2＋d 2－d ，那么重物对应上升的高度也是h ＝L ，由机械能守恒，得mgH ＝(2m )gh ，即mgH ＝(2m )g (H 2＋d 2－d )，解得H ＝4d /3，可见，环下滑的最大距离是H ＝4d /3，D 正确．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝(2－1)d ，A 错误．由运动的合成与分解可知环沿杆向下的速度沿绳的分速度等于重物上升的速度，故B 错误．物理模型三 传送带运动模型传送带有水平传送带和倾斜传送带两类，往往涉及多个运动过程，常结合圆周运动、平抛运动进行考查，解答时可从以下两点进行突破： 1． 分析物体在传送带上的运动过程物体相对传送带运动，分清二者的速度关系，明确不同状态下物体的受力情况及运动情况是解决问题的突破口． 2． 分析每个过程的初、末速度无论是单纯的传送带类问题，还是传送带与圆周运动、平抛运动相结合的问题，涉及多过程时，前一个运动过程的末速度是后一个运动过程的初速度，因此速度是联系前、后两个过程的桥梁，分析每个过程的初、末速度是解决问题的关键．例4 如图11所示，一传送带倾斜放置，倾角α＝53°，长为L ＝10 m ．一个质量m ＝1 kg的小物体在光滑的平台上以速度v 0向右做匀速直线运动，到达平台末端物体沿水平方向抛出，当物体运动到传送带上表面顶端A点时，速度方向刚好和传送带上表面平行，即物体A无碰撞地运动到传送带上．已知传送带顶端A点与平台的高度差h＝0.8 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图11(1)物体在平台上运动的速度大小v0；(2)若传送带静止，物体到达传送带下端B点时的速度大小v B；(3)当传送带以v＝4 5 m/s的速度顺时针方向转动时，物体由A到B的过程中所受摩擦力做的功W f.审题突破①物体A无碰撞地运动到传送带上，说明已知物体落到传送带上时速度的方向．②传送带静止时，传送带对物体的摩擦力做负功．③传送带v＝4 5 m/s时，传送带速度大于物体速度，物体加速，当速度相等后，要注意摩擦力方向的变化．解析(1)由运动的合成与分解知识得v y＝tan 53°v2y＝2gh[来源: ]联立并代入数据得，物体在平台上运动的速度v0＝3 m/s[来源: ](2)传送带静止，物体由A加速到B的过程中，由动能定理得(mg sin 53°－μmg cos 53°)L＝12m v2B－12m v2A又v2A＝v20＋v2y联立并代入数据得物体到达传送带下端B点时的速度v B＝5 5 m/s(3)当传送带以v＝4 5 m/s速度顺时针方向转动时，小物体加速到v＝4 5 m/s之前，传送带的摩擦力一直对物体做正功，由动能定理得(mg sin 53°＋μmg cos 53°)s＝12m v2－12m v2A代入数据得s＝2.5 m小物体加速到v＝4 5 m/s之后直到到达底端，传送带的摩擦力对物体做负功，故得物体由A到B的过程中所受摩擦力做的功W f ＝μmgs cos 53°－μmg (L －s )cos 53°＝－15 J答案 (1)3 m/s (2)5 5 m/s (3)－15 J题后反思1． 在水平传送带上当物体相对传送带向后运动时，物体所受滑动摩擦力向前，当物体相对传送带向前运动时，物体所受滑动摩擦力向后．[来源: ]2． 在倾斜传送带上，物体与传送带速度相等后，物体做加速运动还是匀速运动决定于重力的分力与最大静摩擦力大小关系．3． 若求摩擦生热，应用滑动摩擦力乘以相对位移，即Q ＝F f x 相对，若物体出现往返运动情况，应分段求摩擦生热．知识专题练 训练6一、单项选择题1． 如图1所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中，下列说法不正确的是 ( )图1A ．木板对小物块做功为12m v 2 B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12m v 2－mgL sin α 答案 B解析 在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W N ＋W G ＝0，即W N －mgL sin α＝0，所以W N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋W f ＝12m v 2，即W f ＝12m v 2－mgL sin α，B 错，C 、D 正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12m v 2，A 正确．2． 如图2所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 段为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下述说法中正确的是 ( )图2A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为12m v 22－12m v 21 C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2) D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及功率都是最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小答案 D解析 由题图知，0～t 1时间内汽车做匀加速运动，功率P ＝Fat 随时间均匀增加，t 1时刻的功率达到额定功率P 额，则A 错．t 1～t 2时间内以额定功率P 额加速行驶，由动能定理得P 额(t 2－t 1)－W f ＝12m v 22－12m v 21，牵引力做功W ＝P 额(t 2－t 1)＝W f ＋12m v 22－12m v 21，则B 错．t 1～t 2时间内汽车做加速度减小的加速运动，平均速度v >12(v 1＋v 2)，则C 错.0～t 1时间内加速度恒定，牵引力恒定；t 1～t 2时间内加速度减小，牵引力减小，在t 2时刻的牵引力恰减小到等于阻力；t 2～t 3时间内，汽车的加速度为0，牵引力恒定，则D 正确．3． 如图3所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C 平台上，C平台离地面的高度一定．运输机的皮带以一定的速度v 顺时针转动且不打滑．将货物轻轻地放在A 处，货物随皮带到达平台．货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹．已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ.若皮带的倾角θ、运行速度v 和货物质量m 都可以改变，始终满足tan θ<μ，可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则( )[来源: ]图3A ．当速度v 一定时，倾角θ越大，运送时间越短B ．当倾角θ一定时，改变速度v ，运送时间不变C ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上留下的痕迹越长D ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热越多答案 D解析 开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得a ＝μg cos θ－g sin θ，根据运动学公式得货物加速到与皮带速度相等所需的时间t 1＝v a ，货物加速过程的位移x 1＝v 22a ，货物加速到与皮带的速度相等时，因为μmg cos θ>mg sin θ，货物将做匀速运动，根据运动学公式得货物匀速的时间t 2＝L －x 1v ，因此货物从底端运送到顶端的时间t ＝t 1＋t 2＝L v ＋v 2a，当速度一定时，θ越大，加速度越小，运送的时间越长，A 错误；当θ一定时，加速度一定，速度不同，运送时间不同，B 错误；货物相对皮带运动的位移Δx ＝v t 1－v 2t 1＝v 2t 1，v 和θ一定，速度一定，加速度一定，由t 1＝v a得货物的加速时间t 1一定，货物相对皮带的位移一定，C 错误；摩擦产生的热量为μmg Δx ，当倾角θ和速度v 一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，D 正确．二、多项选择题4．如图4甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图乙所示；设物块与地面间的静摩擦力最大值F fm 与滑动摩擦力大小相等，则( )图4A ．0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ．t 2时刻物块A 的加速度最大C ．t 3时刻物块A 的动能最大D ．t 1～t 3时间内F 对物块先做正功后做负功答案 BC解析 当拉力小于最大静摩擦力时，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物块由于惯性继续减速运动．t 1时刻前，拉力小于最大静摩擦力，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，合力为零，力F 的功率为零，故A 错误；t 1～t 2，合力向前，物块做加速度增大的加速运动，t 2时刻物块A 的加速度最大，故B 正确；t 3时刻之后合力向后，物块由于惯性减速前进，故t 3时刻A 的速度最大，动能最大，C 正确；t 1～t 3时间内物块速度一直增大，动能一直增大，F 对物块A 始终做正功，D 错误；故选B 、C.5． (2013·山东·16)如图5所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中 ( )图5A ．两滑块组成系统的机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功答案 CD解析 两滑块释放后，M 下滑、m 上滑，摩擦力对M 做负功，系统的机械能减小，减小的机械能等于M 克服摩擦力做的功，选项A 错误，D 正确．除重力对滑块M 做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M 做负功，选项B 错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m 机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C 正确．6． 如图6所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R 的光滑圆环顶点P ，另一端连接一套在圆环上且质量为m 的小球，开始时小球位于A 点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B 时速率为v ，此时小球与圆环之间压力恰好为零．下列分析正确的是 ( )图6A ．小球过B 点时，弹簧的弹力大小为mg ＋m v 2RB ．小球过B 点时，弹簧的弹力大小为k (2R －2R )C ．从A 到B 的过程中，重力势能和弹簧的弹性势能转化为小球的动能[来源: ]D ．从A 到B 的过程中，重力对小球做的功等于小球克服弹簧弹力做的功答案 AB解析 在B 点弹簧的伸长量Δx ＝2R －2R ×22＝2R －2R ，所以弹簧的弹力F ＝k Δx ＝k (2R －2R )，B 正确．另外，在B 点由向心力公式得：F －mg ＝m v 2R ，解得F ＝mg ＋m v 2R ，A 正确．。