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(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； (2)滑块向下运动过程中加速度的大小；
(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小.
12．如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平
面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点。已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求： （1）物块速度滑到O点时的速度大小；
（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零） （3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？
参考答案
变式训练
1．解：t=2s内，物体在竖直方向下落的高度h?12gt2?12?10?2Wt2?20m，
所以有WG?mgh?0.5?10?20J?100J，平均功率P??50W。
在t=2s末速度物体在竖直方向的分速度Vyt?gt?20m/s,所以t=2s末瞬时功率
P?mgVyt?100W。
2．解：汽车运动过程中受牵引力F和阻力f共同作用，由牛顿定律知
taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 汽车做匀加速运动，经过时间这时发动机的功率发动机的实际功率随时间的增加而增大，当时，经过的时间为，这就是汽车能保持以加速度作匀加速度运动的最长时间，故
3．答案：C
2
解析：由牛顿运动定律得，小球经过最低点时7mg-mg=mv1/L，小球恰好能通过最高点的条件是重力提供向心力，即mg=mv22/L，由动能定理得，mv12/2- mv22/2=2mgL-Wf，解以上各式得，Wf= mgL/2，故选项C正确。
4．解析：考查受力分析、连接体整体法处理复杂问题的能力。每个滑块受到三个力：重力、绳子拉力、
斜面的支持力，受力分析中应该是按性质分类的力，沿着斜面下滑力是分解出来的按照效果命名的力，A错；对B选项，物体是上滑还是下滑要看两个物体的重力沿着斜面向下的分量的大小关系，由于2m质量的滑块的重力沿着斜面的下滑分力较大，故质量为m的滑块必定沿着斜面向上运动，B对；任何一个滑块受到的绳子拉力与绳子对滑块的拉力等大反向，C错；对系统除了重力之外，支持力对系统每个滑块不做功，绳子拉力对每个滑块的拉力等大反向，且对滑块的位移必定大小相等，故绳子拉力作为系统的内力对系统做功总和必定为零，故只有重力做功的系统，机械能守恒，D对。 答案：BD
5．解：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动
摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有s?v0?at② 在这段时间内，传送带运动的路程为s0?v0t ③ 由以上可得s0?2s ④
12at①
2用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
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A?fx?12 mv0 ⑤
122传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0?fx0?2?两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 Q?12 mv0 ⑥
22 mv0 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。 T时间内，电动机输出的功为 ： W?PT ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
W?12Nmv20 ?Nmgh?NQ ⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以 v0T?NL ⑩ 联立⑦⑧⑨⑩，得P?专题训练与高考预测 1．答案：A 2．答案：C
解析：斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、绳子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做负功，机械能减少，A、B错；绳子张力总是与运动方向垂直，故不做功，C对；小球动能的变化等于合外
力做功，即重力与摩擦力做功，D错。 3．答案：D
解析：考查平抛运动的分解与牛顿运动定律。从A选项的水平位移与时间的正比关系可知，滑块做平抛运动，摩擦力必定为零；B选项先平抛后在水平地面运动，水平速度突然增大，摩擦力依然为零；对C选项，水平速度不变，为平抛运动，摩擦力为零；对D选项水平速度与时间成正比，说明滑块在斜面上做匀加速直线运动，有摩擦力，故摩擦力做功最大的是D图像所显示的情景，D对。本题考查非常灵活，但考查内容非常基础，抓住水平位移与水平速度与时间的关系，然后与平抛运动的思想结合起来，是为破解点。 4．答案：AC
解析：考查向心加速度公式、动能定理、功率等概念和规律。设b球的摆动半径为R，当摆过角度θ
1
时的速度为v，对b球由动能定理：mgRsinθ= mv2，此时绳子拉力为T=3mg，在绳子方向由向心力
2公式：T－mgsinθ = m
v2NmT[NLT222 ?gh] ⑾
R，解得θ=90°，A对B错；故b球摆动到最低点的过程中一直机械能守恒，
竖直方向的分速度先从零开始逐渐增大，然后逐渐减小到零，故重力的瞬时功率Pb = mgv先增大后减小，C对D错。
5．答案：B
解析：本题考查v-t图像、功的概念。力F做功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移（v-t图像中图像与坐标轴围成的面积），第1秒内，位移为一个小三角形面积S，第2秒内，位移也为一个小三角形面积S，第3秒内，位移为两个小三角形面积2S，故W1=1×S，W2=3×S，W3=2×2S，W1＜W2＜W3 。 6．答案：B
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解析：在b落地前，a、b组成的系统机械能守恒，且a、b两物体速度大小相等，根据机械能守恒定
3mgh?mgh?12(m?3m)v?v?2律可知：
gh，b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖
v21直上抛运动，过程中机械能守恒，21.5h,B项正确。 7．答案：B
mv2?mg?h??h?2g?h2，所以a可能达到的最大高度为
解析：由机械能守恒定律：EP=E－EK，故势能与动能的图像为倾斜的直线，C错；由动能定理：EK =mgh=
1
2
122122
mv=mgt，则EP=E－mgh，故势能与h的图像也为倾斜的直线，D错；且EP=E－mv，故势能与
221
速度的图像为开口向下的抛物线，B对；同理EP=E－mg2t2，势能与时间的图像也为开口向下的抛物
2线，A错。
8．解：（1）小球从高处至槽口时，由于只有重力做功；由槽口至槽底端重力、摩擦力都做功。由于对称
性，圆槽右半部分摩擦力的功与左半部分摩擦力的功相等。 小球落至槽底部的整个过程中，由动能定理得
mg(H?R)?Wf?12mv122
mv2解得Wf?mg(H?R)??2J
?2J，则小球第一次离槽上升的高度h，
由对称性知小球从槽底到槽左端口克服摩擦力做功也为W由
?mg(H?R)?Wff??12mv2
1得h?2mv2?Wmgf?mgR＝4.2m
（2）设小球飞出槽外n次，则由动能定理得
mgH?n?2Wf?0
∴n?mgH2Wf?254?6.25
即小球最多能飞出槽外6次。
9．解：（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所
示，由共点力平衡条件可得
FNcos??mg
①
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FNsin??F
②
由①、②联立，得F =810N
2(2)FN?mg/cos? FN?kv 得v?mgkcos??5m/s
(3)水平牵引力的功率P=Fv=4050 W
10．解：（1）小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得 ??mg(L?0.5L)??E
得 ??2E3mgL
（2）若小物块刚好到达D处，速度为零，同理，有??mgL?mgR??E 解得CD圆弧半径至少为 R?E3mg
（3）设物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由动能定理得 ??mgL?1.5mgR??E? 解得E??7E6
E2物块滑回C点时的动能为EC?1.5mgR?，由于EC??mgL?2E3，故物块将停在轨道上。
设到A点的距离为x，有 ??mg(L?x)??EC 解得 x?14L
即物块最终停在水平滑道AB上，距A点
14L处。
12mv0，得v0?211．解：（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律mgL?设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律2mv1=mv0得v1?碰撞过程中系统损失的机械能力?E?12mv0?kL8m22gL 12122gL mgL
122mv1?22(2)设加速度大小为a,有 2as?v1得 a?
（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，受力分析如图所示
FS?FER?2mg?2ma FS=kx x=d+mg/k
得FER?mg?kL4?kd
12mv，解得v?212．解：（1）由机械能守恒定律得mgh?2gh
（2）在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为W??mgd
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由能量守恒定律得
12mv2?EP??mgd
以上各式联立求解得EP?mgh??mgd
（3）物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W??mgd 由能量守恒定律得 mgh??EP??mgd
解得物块A能够上升的最大高度为：h??h?2?d