1、教材回顾(一)功和功率_动能定理一、功1做功的两个要素力和物体在力的方向上发生位移。2公式：WFlcos_(1)是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。(2)该公式只适用于恒力做功。3功的正负夹角功的正负90力对物体做正功90力对物体不做功90力对物体做负功或说成物体克服这个力做了功(判断正误)1一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。()2滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功；静摩擦力对物体一定不做功。()3作用力做正功时，反作用力一定做负功。()答案：1.2.3.二、功率1定义功与完成这些功所用时间的比值。2物理意义描述力对物体做功的快慢。3公式(1)P，P为时间t内的平
2、均功率。(2)PFvcos_(为F与v的夹角)。v若为平均速度，则P为平均功率。v若为瞬时速度，则P为瞬时功率。4额定功率机械正常工作时输出的最大功率。5实际功率机械实际工作时输出的功率。要求小于或等于额定功率。瞬时功率的计算方法1利用公式PFvcos ，其中v为t时刻的瞬时速度。2PFvF，其中v F为物体的速度v在力F方向上的分速度。3PFvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。多选关于功率公式P和PFv的说法正确的是()A由P知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率B由PFv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C由PFv知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限制增大D
3、由PFv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比答案：BD三、机车启动的两种方式1第一种(以恒定功率启动)(1)动态过程(2)这一过程的速度时间图像如图所示2第二种(以恒定加速度启动)(1)动态过程(2)这一过程的速度时间图像如图所示多选质量为m的汽车沿水平路面行驶受到恒定的阻力f，若发动机额定功率为P，则下列判断正确的是()A汽车行驶能达到的最大速度是B汽车从静止开始以加速度a匀加速启动，经过时间t汽车速度一定等于atC汽车保持额定功率启动，当速度大小为时，其加速度大小为D汽车从静止开始以加速度a匀加速启动直到速度达到最大速度，此过程的平均功率等于解析：选AC当阻力和牵引力相等时，速度
4、最大，故v，A正确；汽车从静止开始加速，汽车如果以恒定功率启动，则有PFv，当速度大小为时，牵引力F2f，所以加速度大小a，选项C对；若匀加速启动，则随速度增大功率不断增大，当功率等于额定功率后，牵引力将逐渐减小，加速度逐渐减小直到最后牵引力等于阻力，此时不是匀变速，所以速度不能用at表示，选项B错；加速启动过程，功率从0开始随时间均匀增大到额定功率，平均功率等于，但此后功率不变，所以在启动到达到最大速度过程，平均功率大于，选项D错。四、动能与动能定理1动能(1)定义：物体由于运动而具有的能。(2)公式：Ekmv2，单位：焦耳。(3)动能是标量，由于速度是描述物体运动状态的，所以动能也是状态量
5、。2动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。(2)表达式：Wmv22mv12。(3)物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。1动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。2既适用于恒力做功，也适用于变力做功。3力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。4若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑。5适用于惯性参考系，初、末速度必须是相对于同一参考系。(判断正误)1一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。()2动能不变的物体一定处于平衡状态。()3如果物体所受的合外力为零，那么合
6、外力对物体做功一定为零。()4物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。()答案：1.2.3.4.考点一功的计算题点一做功及正负判断1.考查功的正负判断如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(2017全国卷)()A一直不做功B一直做正功C始终指向大圆环圆心 D始终背离大圆环圆心解析：选A由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的
7、位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。2考查功的正负判断多选如图所示，质量为m的物体置于倾角为的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为，在外力作用下，斜面体以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止。则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是( )A支持力一定做正功 B摩擦力一定做正功C摩擦力可能不做功 D摩擦力可能做负功解析：选ACD支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功。而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度agtan ，若agtan ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90，则做正功
8、；若agtan ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90，则做负功。综上所述，A、C、D正确。通关锦囊判断力是否做功及正负功的方法1根据力F与位移l的方向夹角常用于恒力做功的情形。2根据力F与速度v的方向夹角常用于曲线运动的情形。3根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W合Ek，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时合外力做负功。 题点二变力功的求解方法与技巧1考查微元法求功多选如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是()A重力做功为mgLB悬线的拉力做功为0C空气阻力F
9、阻做功为mgLD空气阻力F阻做功为F阻L解析：选ABD摆球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为F阻L，C错误，D正确。2考查化变力为恒力求功如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，滑块经B、C两点的动能分别为EkB和EkC，图中ABBC，则()AW1W2BW1W2CW1W2 D无法确定W1和W2的大小关系解析：选A轻
10、绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，WFl，l为轻绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧轻绳的缩短量，由题图可知，lABlBC，故W1W2，A正确。3考查Fx图像求功如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆。则小物块运动到x0处时的动能为( )A0 B.Fmx0C.Fmx0 D.x02解析：选C根据动能定理，小物块运动到x0处时的动能为这段时间内力F所做的功，物块在变力作用下，不能
11、直接用功的公式来计算，但此题可用求“面积”的方法来解决，力F所做的功的大小等于半圆的“面积”大小。根据计算可知，C项正确。通关锦囊除动能定理之外，求解变力做功还有以下三种常用方法与技巧：1微元法将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和。此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。2化变力为恒力变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用WFlcos 求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题。3利用Fx图像在F x图像中，图线与
12、x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。 考点二功率的计算与应用题点一平均功率与瞬时功率的计算1.考查平均功率和瞬时功率用水平力F拉着一物体在水平面上做匀速运动，某时刻将力F随时间均匀减小，物体所受的摩擦力随时间的变化如图中实线所示，下列说法中正确的是()AF做功的功率是从t1时刻开始减小的，t2时刻F做功的功率刚好变为零BF做功的功率是从t1时刻开始减小的，t3时刻F做功的功率刚好变为零CF做功的功率是从t2时刻开始减小的，t2时刻F做功的功
13、率刚好变为零DF做功的功率是从t2时刻开始减小的，t3时刻F做功的功率刚好变为零解析：选A 由题图可知，在t2时刻，物体所受摩擦力发生突变，显然是由原先的滑动摩擦力突变为静摩擦力，因此，从t2时刻起，物体开始处于静止状态，由功率PFv可知，t2时刻F做功的功率刚好变为零，故选项B、D错误；之前物体一定经历过一段减速运动，说明F已经开始减小，由PFv可知，在t2时刻之前F做功的功率已经在减小，故选项A正确，选项C错误。2考查曲线运动的功率计算如图所示，乒乓球运动员用同一乒乓球两次发球，乒乓球恰好都在等高处水平向左越过球网，从最高点落到台面的过程中(不计乒乓球的旋转和空气阻力)，下列说法正确的是(
14、)A球第1次过网时的速度小于第2次的B球第1次的速度变化量小于第2次的C球两次落到台面时重力的瞬时功率相等D球两次落到台面过程中重力的平均功率不相等解析：选C球过网时下落的高度相同，由hgt2可知下落的时间相等，因球第1次比第2次通过的水平位移大，根据xvt可知，球第1次过网时的速度大于第2次过网时的速度，A错误；球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，故速度变化量只在竖直方向，由vgt可得速度变化量相等，B错误；重力的瞬时功率Pmgvy，落地时竖直方向的速度相等，故球两次落到台面时重力的瞬时功率相等。平均功率等于功除以时间，重力两次做的功相同，时间也相同，重力两次的平均功率也相
15、同，故C正确，D错误。通关锦囊求解平均功率和瞬时功率应注意的问题求功率时，必须明确是求哪一个力的功率，且该力必须为恒力，同时要分清是哪种功率。1平均功率对应的是一段时间或一个过程，求平均功率必须先明确是做功的物体在哪一段时间内或哪个过程中的平均功率。2瞬时功率对应的是某一时刻或某一位置，求瞬时功率必须先明确是做功的物体在哪个时刻或哪个位置的瞬时功率，然后正确选择公式求解。 题点二机车启动问题的分析与计算1考查恒定功率启动问题多选质量为2103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图像如图所示。已知行驶过程中最大车速为30 m/s，设阻力恒定，则()A汽车所受阻
16、力为6103 NB汽车在车速为5 m/s时，加速度为3 m/s2C汽车在车速为15 m/s时，加速度为1 m/s2D汽车在行驶过程中的最大功率为6104 W解析：选CD当牵引力等于阻力时，速度最大，由题图图线可知阻力大小Ff2 000 N，故A错误；倾斜图线的斜率表示功率，可知PFfv2 00030 W60 000 W，车速为5 m/s 时，由题图可得牵引力为6 000 N，汽车的加速度a m/s2 2 m/s2，故B错误；当车速为15 m/s 时，对应题图倾斜图线上某点，则牵引力F N4 000 N，则加速度a m/s21 m/s2，故C正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W
17、，故D正确。2考查恒定加速度启动问题多选质量为m的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度时间图像如图所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，B点后为平行于横轴的直线。已知从t1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为Ff，以下说法正确的是()A0t1时间内，汽车牵引力的大小为mFfBt2时刻，汽车的功率等于v2Ct1t2时间内，汽车的平均速率小于D汽车运动的最大速率v2v1解析：选AD0t1时间内，汽车做匀加速运动，加速度为a，由牛顿第二定律可知FFfma，解得FmFf，选项A正确；t1t2时间内，汽车做加速度减小的加速运动，t2时刻速度达到最大，此时FFf，汽车的功率P
18、Ffv2，选项B错误；由题图可知，在t1t2时间内，vt图线与坐标轴围成的面积所代表的位移大于汽车在这段时间内做匀加速运动的位移，则汽车的平均速率大于，选项C错误；汽车从t1时刻起功率保持不变，则PFv1v1，又PFfv2，解得v2v1，选项D正确。通关锦囊机车启动的三个重要关系式1无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vmax(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。2机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v1mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。若地面光滑，则在细绳被剪断
19、后，A、B从C上滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中()A若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒B若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒C若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒D以上说法均不对解析：选AC当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力。当A、B与C之间的摩擦力等大、反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所
20、受外力之和不为零，动量不守恒。而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒。综上所述，A、C正确。2考查动量守恒定律的理解如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(2015福建高考)()AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA向左运动，B向右运动解析：选D选向右为正方向，则A的动量pAm2v02mv0。B的动量
21、pB2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。通关锦囊动量守恒定律的三种表达式及其意义1pp，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p。2ppp0，即系统总动量的增量为0。3p1p2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的变化量与另一部分动量的变化量大小相等、方向相反。 题点二动量守恒定律的应用1考查动量守恒定律的应用如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()Av0vBv0vCv0(v0v
22、) Dv0(v0v)解析：选C取向右为正方向，由动量守恒有(Mm)v0mvMv，解得vv0(v0v)，故C正确。2考查多个物体的动量守恒问题两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA2.0 kg，mB0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC0.10 kg的滑块C，以vC10 m/s 的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示。由于摩擦，滑块C最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50 m/s。求A的最终速度vA和C离开A时的速度vC。解析：C从开始滑上A到恰好滑上A的右端过程中，A、B、C组成系统动量守恒mCvC(mBmA)vAmCvCC刚滑上B到
23、两者相对静止，B、C组成的系统动量守恒mBvAmCvC(mBmC)v解得vA0.25 m/svC2.75 m/s。答案：0.25 m/s2.75 m/s通关锦囊应用动量守恒定律的解题步骤1明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。2进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。3规定正方向，确定初末状态动量。4由动量守恒定律列出方程。5代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 A级保分练1多选关于力的冲量以下说法正确的是()A只有作用时间很短的力才能产生冲量B冲量是矢量，其方向就是力的方向C一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向D如果力不等于零，则在一段时间内
24、其冲量不可能为零解析：选BCD只要有力及作用时间，力就会有冲量，选项A错误；冲量是矢量，其方向与力的方向相同，故B正确；作用力与反作用力大小相等，同时产生同时消失，故二力的冲量一定大小相等，方向相反，故C正确；若力不等于零，则在一段时间内其冲量一定不为零，故D正确。2下列说法正确的是()A动量为零时，物体一定处于平衡状态B动能不变，物体的动量一定不变C物体所受合外力不变时，其动量一定不变D物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动解析：选D动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的启动瞬时速度为零，故A错误；动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可
25、能发生变化的，故B错误；物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小不变，但速度大小会变化，故动量的大小也会发生变化，故C错误；物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故D正确。3质量为2 kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10 m/s2，下列说法中正确的是()A2 s末小球的动能为40 JB2 s末小球的动量大小为40 kgm/sC2 s内重力的冲量大小为20 NsD2 s内重力的平均功率为20 W解析：选B2 s末小球的速度vgt20 m/s，则动能为Ekmv2400 J，选项A错误；2 s末小球的动量大小为pmv40 kg m/s，选项B正确；2 s内重力的冲
26、量大小为Imgt40 Ns，选项C错误；2 s内重力的平均功率为mgmgv200 W，选项D错误。4(2018三明模拟)质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地的速率为v2。在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为()A向下，m(v1v2)B向下，m(v1v2)C向上，m(v1v2) D向上，m(v1v2)解析：选D由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地对钢球的弹力可忽略不计。根据动量定理，选取向下为正方向，根据动量定理得，地对钢球的冲量Imv2mv1m(v1v2)，则地对钢球的冲量的方向向上，大小为m(v1v2)。故D正确。5.(2018莆田检测)如图
27、所示，一质量M3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是()A1.8 m/s B2.4 m/sC2.8 m/s D3.0 m/s解析：选BA先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，B做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，B的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则MvmvMv1，Mv1(Mm)v2，可得v1 m/s，v22 m/s，所以在A做加速运动的时间内，B的速度
28、大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有选项B正确。6.(2017泉州三模)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则( )A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h0hh0解析：选D小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在
29、水平方向，由动量守恒定律得：mm0，mm0，解得小车的位移：xR，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：mgWf0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wfmgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0h0h0，而小于h0，故D正确。7.如图所示
30、，气球吊着A、B两个物体以速度v匀速上升，物体A与气球的总质量为m1，物体B的质量为m2，且m1m2。某时刻A、B间细线断裂，求当气球的速度为2v时，B的速度大小及方向。(空气阻力不计)解析：取向上为正方向，根据动量守恒定律得：(m1m2)vm2v22m1v解得：v2因为m1m2，所以v2mgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FNmg，已知FNFN4mg，则质点到达N点的动能为EkNmvN2mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg2RWfEkN0，
31、解得摩擦力做的功为WfmgR，即克服摩擦力做的功为WWfmgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W，则WW。从N到Q的过程，由动能定理得mgRWmvQ2mvN2，即mgRWmvQ2，故质点到Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离。选项C正确。答案C跟进训练1.(2018沧州月考)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升的最大高度为，空气阻力不计，当质点下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度h为( )AhBhCh D.h解析：选D根据动能定理可知第一次质点在半圆轨道中运动时：mg(Wf)0，Wf为质点克服摩擦力做功大
32、小，Wfmg，即第一次质点在半圆轨道中损失的机械能为mg，由于第二次质点在半圆轨道中运动时，对应位置速度变小，因此轨道给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mg，所以质点再次冲出a点时，能上升的高度为h0，而减少的重力势能等于重力功WG，所以物块减少的机械能小于减少的重力势能，故D正确；由题图乙可知，Ox1过程图线的斜率逐渐减小，而E(Fmgcos )x，所以Fmgcos 减小，物块受到的合外力mgsin (Fmgcos )增大，由牛顿第二定律可知，物块的加速度增大；在x1x2过程的图线为直线，k不变，则物块的加速度不变，故A错误。A级夺高分1.(2018福建师大附中模拟)将质量为m的物
33、体在高空中以速率v水平向右抛出，由于风力作用，经过时间t后，物体下落一段高度，速率仍为v，方向与初速度相反，如图所示。在这一运动过程中不考虑空气阻力，下列关于风力做功的说法，正确的是()A风力对物体不做功B风力对物体做的功(绝对值)为C风力对物体做的功(绝对值)小于D由于风力方向未知，不能判断风力做功情况解析：选C对物体从开始抛出到速度再次等于v的过程，由动能定理可知W风WGmv2mv20，可知|W风|WGmgha2，故FFfFf，所以F2Ff，选项A、D错误，B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于拉力F作用时间，所以P1P2，选项C错误。5.(2018杭州五校联考)如图所示，把小车放在倾角为3
34、0的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中()A小桶处于失重状态B小桶的最大速度为C小桶受绳的拉力等于mg D小车的最大动能为mgh解析：选B在整个运动过程中，由小车重力沿斜面向下的分力3mgsin 30mgmg，可知小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态，故A、C错误；在小桶上升竖直高度为h的过程中，只有重力对小车、小桶组成的系统做功，由动能定理得：3mghsin 30mgh(3mm)v2，解得小桶的最大速度v，故B正确；小车和小桶具有相
35、等的最大速度，所以小车的最大动能为Ekm3mv2mgh，故D错误。6多选(2018枣庄质检)如图甲所示，质量为1 kg的小物块，以初速度v011 m/s从53的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无F时小物块沿斜面向上运动的vt图线，不考虑空气阻力，g10 m/s2，sin 530.8，下列说法正确的是( )A恒力F大小为21 N B物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少 D有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小解析：选BD根据vt中斜率等于加速度的
36、意义可知：aa m/s210 m/s2；ab m/s211 m/s2，不受拉力时：mabmgsin 53mgcos 53，代入数据得：0.5；受到拉力的作用时：maaFmgsin 53mgcos 53，所以：F1 N，故B正确，A错误；由题图可知，有恒力F时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大，故C错误；结合C项的分析可知，有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故D正确。7.多选如图所示，竖直平面内光滑圆轨道半径R2 m，从最低点A有一质量m1 kg的小球开始运动，初速度v0方向水
37、平向右，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A小球能到达最高点B的条件是v04 m/sB若初速度v05 m/s，则运动过程中，小球一定不会脱离圆轨道C若初速度v08 m/s，则小球将在离A点2.8 m高的位置离开圆轨道D若初速度v08 m/s，则小球离开圆轨道时的速度大小为2 m/s解析：选BCD当小球恰好能到达最高点时，由重力提供向心力，此时速度最小，有mgm，解得v2 m/s；从A到B的过程中，根据动能定理得mv2mv02mg2R，解得v010 m/s，所以小球能到达最高点B的条件是v010 m/s，故A错误；当小球恰好运动到与圆轨道中心等高处时，有mgRmv02，得v0 m/
38、s2 m/s5 m/s，则小球在圆轨道中心下部分做往复运动，一定不会离开轨道，故B正确；若初速度v08 m/s，小球刚好脱离轨道时，轨道对小球的弹力为零，重力沿半径方向的分量提供向心力，设此时重力方向与半径方向的夹角为，则mgcos m，根据几何关系得cos (h为此时小球离圆轨道中心的高度)。根据动能定理得mv2mv02mg(Rh)，解得v2 m/s，h0.8 m。所以离开圆轨道的位置离A点的距离为H0.8 m2 m2.8 m，故C、D正确。8.多选(2018潍坊检测)如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点。质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑，
39、与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上。下列说法正确的是()A物体最终将停在A点B物体第一次反弹后不可能到达B点C整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D整个过程中重力势能的减少量小于克服摩擦力做的功解析：选BC由题意可知，物块从静止沿斜面向下运动，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体不可能最终停于A点，故A错误；由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，所以物体第一次反弹后不可能到达B点，故B正确；根据动能定理可知，从静止到速度为零，则有重力做功等于克服弹簧弹力做功与物体克服摩擦力做的功之和，则重力势能的减小量大于物块克服摩擦力做功，故C正确，D错误。9.如图所示，在竖直平面内
40、有xOy坐标系，长为l的不可伸长的细绳，一端固定在A点，A点的坐标为，另一端系一质量为m的小球。现在x坐标轴上(x0)固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并呈水平位置，再将小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动。(1)当钉子在xl的P点时，小球经过最低点时细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；(2)为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围。解析：(1)当钉子在xl的P点时，小球绕钉子转动的半径R1l ，小球由静止运动到最低点的过程中，由动能定理得mgmv12，在最低点细绳承受的拉力最大，由牛顿第二定律得Fmgm，联立解
41、得F7mg。(2)小球绕钉子做圆周运动恰好能到达最高点时，由牛顿第二定律得mgm，由动能定理得mgmv22，钉子所在位置为x ，解得xl，因此钉子所在位置的范围为lxl。答案：(1)7mg(2)lxlB级冲满分10(2018兰州模拟)如图所示，AB是倾角30的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为。求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨
42、道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L至少多大。解析：(1)对整个过程，由动能定理得mgRcos mgcos s0，所以物体在AB轨道上通过的总路程s。(2)最终物体以B(还有B关于OE的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对BE过程，由动能定理得mgR(1cos )mvE2在E点，由牛顿第二定律得FNmgm联立两式得FN(3)mg。由牛顿第三定律可得物体对圆弧轨道的压力为(3)mg。(3)物体刚好能到D点，由牛顿第二定律有mgm对全过程由动能定理得mgLsin mgcos LmgR(1cos )mvD2联立两式得L。答案：(1)(2)(3)mg(3)1
43、1.(2018哈尔滨期中)如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量m0.1 kg，以v04 m/s向左运动，运动至距出发点d1 m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v12 m/s。水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L3 m，以v210 m/s顺时针匀速转动。传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R0.8 m，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭。(g10 m/s2)求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数1；(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep; (3)要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数2应满足的条件。解析：(1)小物块在水平面向左运
44、动再返回的过程，根据能量守恒定律得：1mg2dmv02mv12，代入数据解得10.3。(2)小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得弹簧具有的最大弹性势能Epmv021mgd，代入数据解得Ep0.5 J。(3)本题分两种情况讨论：设物块在圆轨道最低点时速度为v3时，恰好能到达圆心右侧等高点。根据机械能守恒得mgRmv32，得v34 m/sv210 m/s，说明物块在传送带上一直做匀加速运动。由动能定理得：2mgLmv32mv12，解得20.2。设物块在圆轨道最低点时速度为v4时，恰好能到达圆轨道最高点。在圆轨道最高点有：mgm从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得2
45、mgRmv52mv42解得v42 m/sv210 m/s说明物块在传送带上一直做匀加速运动。由动能定理得：2mgLmv42mv12，解得20.6，所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数2应满足的条件是20.2或20.6。答案：(1)0.3(2)0.5 J(3)20.2或20.6高考研究(二)系统机械能守恒的三类问题两个或两个以上的物体通过细绳或轻杆或弹簧联系在一起，系统仅在重力作用下运动，对系统中某一个物体来说机械能不守恒，但整个系统与外界无能量交换，机械能仅在系统内物体间转移或转化，所以系统机械能守恒。 绳连接的系统机械能守恒问题题型简述如图所示的两物体组成的系
46、统，当释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向，在相等时间内A、B运动的路程相等，A、B的速率也相等。方法突破求解这类问题时，由于相连接的两物体速率相等，所以关键是寻找两物体间的位移关系，进而找到系统重力势能的变化。列机械能守恒方程时，一般选用EkEp的形式。牢记系统机械能守恒并非每个物体机械能守恒，因为细绳对系统中的每一个物体都要做功。例1如图所示，一个半径为R的半球形碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其圆心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根足够长的轻质细线跨在碗口上，线的两端分别系有小球A和B(可视为质点)，当它们处于平衡状态时，A球与O点的连线与水平线的夹角为60。(1)求A球
47、与B球的质量比mAmB。(2)现将A球质量改为2m，B球质量改为m，且开始时A球位于碗口右端的C点，由静止沿碗下滑。当A球滑到碗底时，求两球总的重力势能改变量的大小。(3)在(2)的条件下，当A球滑到碗底时，求B球的速度大小。解析(1)设碗的内表面对A球的支持力为FN，细线中拉力为FT，由平衡条件得FNcos 60FTcos 60FNsin 60FTsin 60mAgFTmBg联立各式，解得：。(2)两球总的重力势能的减少量：Ep2mgRmgR(2)mgR。(3)对系统由机械能守恒定律得，(2)mgRmAvA2mBvB2其中vAcos 45vB解得：vB 。答案(1)1(2)(2)mgR(3)
48、 名师指津系统机械能守恒的常用表达式1系统势能(包括重力势能和弹性势能)减少多少，动能就增加多少，反之亦然，即EpEk。2系统内某一部分机械能减少多少，另一部分机械能就增加多少，即E1E2。3对于连接体，一般用两个物体的机械能变化量大小相等列方程解答。跟进训练1.(2018哈尔滨六中检测)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l4 m，现从静止释放圆环。不计定滑轮和空气的阻力，g取10 m/s2，若圆环下降h3 m时的速度v5 m/s，则A和B的质量关系为()A.B.C. D.解析：选A圆环下降3 m后的速度
49、可以按如图所示分解，故可得vAvcos ，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h3 m时，根据机械能守恒可得mghMghAmv2MvA2，其中hAl，联立可得，故A正确。 杆连接的系统机械能守恒问题题型简述如图所示的两物体组成的系统，当释放后A、B在竖直平面内绕过O点的轴转动，且A、B的角速度相等。方法突破求解这类问题时，由于二者角速度相等，所以关键是根据二者转动半径的关系寻找两物体的线速度的关系，根据两物体间的位移关系，寻找到系统重力势能的变化，最后根据EkEp列出机械能守恒的方程求解。另外注意的是轻杆对物体提供的弹力不一定沿着杆，轻杆的弹力也就不一定与速度方向
50、垂直，轻杆的弹力对一个物体做了正功，就对另一物体做了负功，并且绝对值相等。例2多选(2018江苏清江中学模拟)如图所示，长为3L的轻杆ab可绕水平轴O自由转动，Oa2Ob，杆的上端固定一质量为m的小球(可视为质点)，质量为M的正方体物块静止在水平面上，不计一切摩擦阻力。开始时，轻杆竖直且右侧紧靠着正方体物块，由于轻微的扰动，杆逆时针转动，带动物块向右运动，当杆转过60角时杆与物块恰好分离。重力加速度为g，当杆与物块分离时，下列说法正确的是()A小球的速度大小为 B小球的速度大小为 C物块的速度大小为 D物块的速度大小为 解析设轻杆的a端(小球)、b端、物块的速度分别为va、vb、vM。根据系统
51、的机械能守恒得mg2L(1cos 60)mva2MvM2，a端与b端的角速度相等，由vr，得va2vb。b端的线速度沿水平方向的分速度等于物块的速度，即vbcos 60vM，所以vb2vM，va4vM，联立以上各式解得va ，vM ，故B、D正确。答案BD名师指津角速度相等的系统解题时，要注意判断系统的机械能是否守恒及物体间的速度关系。列机械能守恒方程时，一般选用EkEp的形式。跟进训练2.多选(2018苏北四市联考)如图所示，半径为R的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆弧轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高。它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列
52、说法正确的是()A下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小B当B滑到圆弧轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC下滑过程中B的机械能增加D整个过程中轻杆对A做的功为mgR解析：选AD因为初位置B的速度为零，则重力的功率为零，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小，故A正确；A、B组成的系统在运动过程中机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律(mm)v2mgR，解得v，在最低点，根据牛顿第二定律得Nmgm，解得N2mg，故B错误；下滑过程中，B的重力势能减小EpmgR，动能增加量Ekmv2mgR，所以B的机械能减小mgR，故C错误；整个
53、过程中，对A根据动能定理得Wmv2mgR，故D正确。 弹簧连接的系统机械能守恒问题题型简述由弹簧连接的物体系统，在运动过程中既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧弹性势能相互转化或转移，而总的机械能守恒。方法突破求解这类问题时，首先以弹簧遵循的胡克定律为分析问题的关键点：弹簧伸长或缩短时产生的弹力的大小遵循Fkx和Fkx。其次，以弹簧的弹力做功为分析问题的突破口：弹簧发生形变时，具有一定的弹性势能。在具体的问题中一般不用计算弹性势能的大小，弹簧的形变量相同的时候弹性势能相同，通过运算可以约去。当题目中始末都不是弹簧原长时，要注意始末弹力的大小与方向时刻要与当时的形变
54、相对应，即伸长量或压缩量，而力的位移就可能是两次形变量之和或之差。例3如图所示，装置中绳子质量、滑轮质量及摩擦均不计，两物体质量分别为m1m，m24m，m1下端通过劲度系数为k的轻质弹簧与地面相连。(1)系统静止时弹簧处于什么状态？形变量x为多少？(2)用手托住m2，让m1静止在弹簧上，弹簧刚好无形变，然后放手，当m2下落h刚好至最低点时，弹簧的弹性势能多大？解析(1)弹簧处于拉伸状态。设绳子拉力为F对m1，由平衡条件得Fmgkx对动滑轮和m2，由平衡条件得2F4mg联立解得：x。(2)当m2下落h至最低点时，m1和m2速度均为零，由机械能守恒定律得，4mghmg2hEp解得：Ep2mgh。答
55、案(1)拉伸(2)2mgh名师指津系统机械能守恒的条件是在这一过程中系统只有重力或弹力做功，研究对象是一个系统的一段过程。本题的关键是读懂“刚好至最低点”意味着速度为零，以及寻找m1、m2的位移关系并列机械能守恒方程。跟进训练3.多选(2017江苏高考)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中()AA的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA
56、的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D弹簧的弹性势能最大值为mgL解析：选AB在A的动能达到最大前，A向下加速运动，此时A处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于3mg，即地面对B的支持力小于mg，A项正确；当A的动能最大时，A的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B项正确；当弹簧的弹性势能最大时，A减速运动到最低点，此时A的加速度方向竖直向上，C项错误；根据机械能守恒定律知，弹簧的弹性势能最大值等于A的重力势能的减少量，即为mg(Lcos 30Lcos 60)mgL，D项错误。 A
57、级夺高分1多选如图所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)()AB球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒BA球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒CA球、B球和地球组成的系统机械能守恒DA球、B球和地球组成的系统机械能不守恒解析：选BCA球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B项正确；由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C项正确，D项错误；所以B球和地球组成系统的机械能一定减少，A项错
58、误。2多选(2016全国卷)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN30 N，物块能滑离木板对M，有Fmgcos Mgsin Ma1对m，有mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式：a1t2a2t2L代入数据得：t1.2 s物块离开木板时的速度va2t由公式：2gsin s0v2代入数据得s0.9 m。答案：(1)F30 N(2)物块能滑离木板1.2 s0.9 m4.如图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.
59、1，它以v03 的初速度由A点开始向B点滑行，AB5R，并滑上光滑的半径为R的圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台(厚度不计)，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，P、Q位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C点的正上方。若滑块滑过C点后穿过P孔，又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度应满足什么条件？解析：设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有mg5RmvB2mv02解得vB28gR滑块从B点开始，运动过程中机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则mvB2mvP2mg2R解得vP2滑块穿过P孔后再回到平台的时间t4 要实现题述过程，需满足t(2n
60、1) (n0,1,2，)。 答案： (n0,1,2，)B级冲满分5.(2018铜陵模拟)如图所示，半径R1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O连线与水平方向间的夹角37，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M1 kg，上表面与C点等高。质量为m1 kg 的物块(可视为质点)从空中A点以v01.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2。求：(1)物块经过C点时的速度vC; (2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。解析：(1)设物块
61、在B点的速度为vB，从A到B物块做平抛运动，有vBsin v0从B到C，根据动能定理有mgR(1sin )mvC2mvB2解得vC6 m/s。(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用带动木板运动，最终两者将一起共同运动。设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度为v，则mgma1，mgMa2，vvCa1t，va2t根据能量守恒定律有(mM)v2QmvC2联立解得Q9 J。答案：(1)6 m/s(2)9 J6.如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿
62、住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，斜面倾角为37，重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大。(sin 370.6，cos 370.8)求：(1)从开始到A刚要离开地面的过程中，C沿斜面下滑的距离；(2)C的质量；(3)A刚离开地面时，C的动能。解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为xB，由题意有：kxBmg设当A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，有kxAmg当A刚离开地面时，B上升的距离即C沿斜面下滑的距离为hxAxB。(2)A刚离开地面时，以B
63、为研究对象，B受到重力mg、弹簧的弹力kxA，细线的拉力FT三个力的作用，设B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有：FTmgkxAma对C有：mCgsin FTmCa当B获得最大速度时，有：a0解得mCm。(3)根据动能定理得：对C：mCghsin WTEkC0对B：WTmBghW弹EkB0其中弹簧弹力先做正功后做负功，且其压缩量与伸长量相等，故总功为零，W弹0B、C的速度大小相等，故其动能大小之比为其质量大小之比，即解得EkC。答案：(1)(2)m(3)7(2018贵州思南中学模拟)如图所示，AB为半径R0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M3 kg，车长L2.0
64、6 m，现有一质量m1 kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数0.3，当车运行了1.5 s时，车被地面装置锁定。(g取10 m/s2)试求：(1)滑块从A到达B的过程中，滑块所受合力的冲量大小；(2)车刚被锁定时，车右端距轨道B端的距离；(3)从车开始运动到刚被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。解析：(1)设滑块到达B端时速度为v，由动能定理，得mgRmv2由动量定理，得I合mv联立以上两式，代入数据得：I合4 Ns。(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，对滑块有：mgma1，对小车有：mgMa2设经时间t两者达到共同速度，则有：va1ta2t解得t1 s。由于1 s10 m，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得lvtat2，解得t2 s(t10 s舍去)，在此时间内传送带的位移xvt62 m12 m，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Qmg(lx)0.11010(1012)J220 J。答案：(1)2 m/s或4 m/s(2)1.8 m(3)220 J
