资源简介

英恋物理
《高考物理顶层
系列资料点考向通01
重力做功和重力势能
资料编号:202
重力做功:W
试题编号:202-1
义:物体的高度发生变化时,重力要做功。物体被举高时,重力做负功;物体下
章力做正功
特点:物体
对
的功只跟它的起点和终点的位置有关,而
体运动的
路径无关
重
力做功的影响。不论有
对物体做功,重
重
体在重力
(2)重力做功不
速度等因亲的影响
重力势能:Ep=m
是物体和地球所组成的系统共同具有的能量,通常所说的物体的重力势能
种不硝切的习惯说法
(2)对性
的h是物体重心到参考平面的高度。重力势能是标量,有大小、无方
有正、负
零势
匕零势能
参考平面选择的任意性。一般可选择地面或物体运动时
点所在水平
为零势能参考平
重力势能变化的绝对性:变化与参考平而的选取无关
力势能的变化,这意味着能的转化
重力做功与重力势能变化的关系:W
△E
理解
两种情况:重力
增加
意事项:重力势能的变化过程,也足是重力做功的过
物体由高到低叶
F以l重力做
势能增加,增加的重力势
重力所做的
桌面高
9
桌
H
g(H
-h
英恋物理
《高考物理顶层
系列资料考点考向通02
四、关于绳子、链条及其流体重力势能的分析
类问题的特点是,质量分布
但形状不确定性,在解决这类问题
求解重力做功或者重力势能变化,只需考虑“从无到有”或者“从有到无”的这部分
求解重力势能,先分割再求和
例2】如图斯
L、员为
頃量分布的金属链
度沿竖丸方向下手
静开姈释放
(1)开始时利链条F
骨出斜面时重力录
寸桎中做
动能和动能定理
试题编号:202-2
动能
刻或
度的大
无关
动能定理
内
用糸件:在不涉及加速度和时间的清况下,研究运动和力的关系时,求W、F、x、Ek
月动能定理求解一般较为方
解题步骤
运动分析
明确初
初、末速
确定研究
末动能
分阶段或
对象和研
动定律
全过程列
定理
究过程
受力分析几个力?恒力
方程求解
是变力?
总功
英恋物理
《高考物理顶层
系列资料考点考向通03
动能定理的应用
1、动能定理结合圆周运动的分析
的小球卡
话红
点给小珠
直线上的高点B,已知重灯加速度
B
球在运动过程中细线不会祝拉断)
(1)
气陧
球到达B点的速率为多
(2)若不计
小球訶度v=2√gL,试判断小球能否刻
球白左的初法度w-3√gL时
R点,求这一过程
裂所示,倾角0
的粑糙平宜
为质点的滑
高
滑块的弹力F=10N,已知滑块与导
擦因数μ-0.5(g
求
(1)滑块运动到C点封的讴度大
h
日
道的压方F
点度h满足
座兴滑圣直匾形轨
R,置于料水平減面上,其胶部
置一个质量为m的
果
求一个水平向右的初速度
珠在圆形孰造内部做
完整的圆周
形轨
有动。设重方加诔度为
下列说法汇确的
A.小珠对勃道的最大压方与
座对池的最大毕擦方与最小厚擦力之差
小球的最大速度与最小速度之差为2√gR
球的援大加速度与最小打速度之差202
重力势能、弹性势能、动能及动能定理(例题)
参考答案与试题解析
【例1】如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，假设物体在桌面处的重力势能为0，则小球落地时的重力势能及整个下落过程中重力势能的变化为(　　)
A．mgh，减少mg(H﹣h)
B．mgh，增加mg(H+h)
C．﹣mgh，增加mg(H﹣h)
D．﹣mgh，减少mg(H+h)
【分析】物体由于被举高而具有的能叫做重力势能。对于重力势能，其大小由地球和地面上物体的相对位置决定。物体质量越大、位置越高、做功本领越大，物体具有的重力势能就越大，其表达式为：Ep＝mgh。
【解答】解：以桌面为零势能参考平面，那么小球释放时的相对高度是H，重力势能是mgH；
小球落地时的重力势能为：Ep1＝﹣mgh；
整个过程中小球重力势能的减小为：△Ep＝mg?△h＝mg(H+h)；
故选：D。
【点评】本题关键是明确重力势能的定义公式中高度是相对与零势能面而言的，可以取负值，基础题。
【例2】如图所示，有一条长为L的均匀金属链条，一半长度在光滑斜面上，斜面倾角为θ，另一半长度沿竖直方向下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，以斜面最高点为重力势能的零点，则：
(1)开始时和链条刚好从右侧全部滑出斜面时重力势能各是多大？
(2)重力在此过程中做了多少功？
【分析】以斜面最高点所在平面为重力势能的参考平面，分两段确定链条的重力势能，注意重力势能是负值；
根据重力势能变化量求解重力做功。
【解答】解：(1)以斜面最高点为重力势能的零点，
开始时：斜面一半EP1＝
空中一半：EP2＝
总重力势能为：Ep3＝EP1+EP2＝
刚滑出：Ep4＝
(2)重力势能变化量为：
△EP＝Ep4﹣Ep3＝
WG＝﹣△EP＝
答：(1)开始时的重力势能为，刚滑出时的重力势能为；
(2)重力做功为。
【点评】在解题时要注意灵活选择零势能面，并根据链条的形状分段表示重力势能。要注意当链条的重心在参考平面下方时重力势能为负值。
【例3】如图所示，一质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，已知重力加速度为g，(设小球在运动过程中细线不会被拉断)
(1)若不计空气阻力，小球到达B点时的速率为多大？
(2)若不计空气阻力，小球初速度v0＝2，试判断小球能否到达B点？若能到达，求在B点时细线受到小球的拉力的大小？
(3)若空气阻力不能忽略，且给小球向左的初速度v0′＝3时小球恰能到达B点，求这一过程中空气阻力对小球所做的功．
【分析】(1)小球恰好能到达最高点B，根据重力提供圆周运动向心力求得到达B时的速率大小；
(2)根据机械能守恒求得小球到达B点的速度，注意判定是否满足到达B点的条件，再根据牛顿第二定律求得绳对小球的拉力大小；
(3)对整个过程，根据动能定理求得空气阻力对小球所做的功．
【解答】解：(1)小球恰好到达B点时满足：
mg＝m
解得：vB＝
(2)设小球能从A运动到B，由机械能守恒定律有：
mg?＝﹣
解得：vB′＝＞vB＝
所以小球能到达B点
在点B，对小球受力分析有：
mg+T＝m
代入可解得：T＝mg
根据牛顿第三定律可知细线受到小球的拉力T′＝T＝mg
(3)设小球能从A运动到B，由动能定理有：
﹣mg
+Wf＝﹣
代入数据可解得：Wf＝﹣mgL
答：
(1)小球到达B点时的速率为
．
(2)若初速度v0＝2，小球能到达B点，在B点细线受到小球的拉力为mg；
(3)空气阻力做的功为﹣mgL．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的综合，知道恰好到达最高点的临界情况，即拉力为零，重力提供向心力，明确空气阻力是变力，运用动能定理求阻力做功是常用的方法．
【例4】如图所示，倾角θ＝53°的粗糙平直导轨与半径R＝0.5m的光滑圆轨道内侧相切于B点，且固定于竖直平面内，一质量为M＝1kg可视为质点的滑块从导轨上的某点A由静止释放，经过B点之后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力F＝10N，已知滑块与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。求：
(1)滑块运动到C点时的速度大小vC；
(2)滑块在通过圆弧轨道的B点时对轨道的压力FN；
(3)滑块释放点A的高度h满足什么条件时，滑块不脱离圆弧轨道。
【考点】牛顿第二定律；动能定理．版权所有
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；临界法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】(1)滑块运动到C点时的速度大小vC是m/s。
(2)滑块在通过圆弧轨道的B点时对轨道的压力FN是58N，方向沿轨道半径斜向左下方。
(3)滑块释放点A的高度h满足h≥1.68m或h≤0.48m时，滑块不脱离圆弧轨道。
【分析】(1)滑块通过最高点C时，由合力提供向心力，由牛顿第二定律列式，可求出滑块运动到C点时的速度大小vC；
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，利用动能定理求出滑块通过B点的速度。在B点，对滑块根据牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，从而得到滑块对轨道的压力FN；
(3)滑块不脱离圆弧轨道，有两种情况：一是滑块能通过最高点C，做完整的圆周运动。二是滑块在圆心下方半圆轨道上运动，根据动能定理和临界条件相结合解答。
【解答】解：(1)滑块通过最高点C时，由合力提供向心力，由牛顿第二定律得
F+Mg＝M
据题有
F＝10N
解得
vC＝m/s
(2)滑块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理得
﹣Mg(R+Rcos53°)＝﹣
解得
vB＝m/s
设滑块在B点时轨道对滑块的支持力为FN′，对滑块受力分析，由牛顿第二定律得
FN′﹣Mgcos53°＝M
解得
FN′＝58N
根据牛顿第三定律知FN＝FN′＝58N，方向沿轨道半径斜向左下方。
(3)要使滑块不脱离轨道，可以让滑块顺利通过轨道最高点或者滑块刚好能运动到轨道最右端。设滑块释放点A的高度为h1时，滑块恰好能通过圆轨道最高点C，设通过C点的速度为vC′，根据牛顿第二定律得
Mg＝M
滑块从A点运动到C点的过程中，由动能定理得
Mgh1﹣Mg(R+Rcos53°)﹣μMgcos53°?＝﹣0
解得
h1＝1.68m
设滑块释放点A的高度为h2时，滑块恰好能运动到轨道最右端，由动能定理得
Mgh2﹣Mg(Rcos53°)﹣μMgcos53°?＝0
解得
h2＝0.48m
所以，滑块释放点A的高度应满足h≥1.68m或h≤0.48m时，滑块不脱离圆弧轨道。
答：
(1)滑块运动到C点时的速度大小vC是m/s。
(2)滑块在通过圆弧轨道的B点时对轨道的压力FN是58N，方向沿轨道半径斜向左下方。
(3)滑块释放点A的高度h满足h≥1.68m或h≤0.48m时，滑块不脱离圆弧轨道。
【点评】本题是向心力和动能定理的综合应用，关键要明确向心力来源，把握临界条件。要知道涉及力在空间的效果时，往往利用动能定理求速度。
【例5】（2020秋?沙坪坝区校级月考）如图所示，带有底座光滑竖直圆形轨道，半径为R，置于粗糙水平地面上，其底部放置一个质量为m的小球。如果突然给小球一个水平向右的初速度v0，小球在圆形轨道内部做完整的圆周运动，圆形轨道始终没有移动。设重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．小球对轨道的最大压力与最小压力之差为6mg
B．底座对地面的最大摩擦力与最小摩擦力之差为3mg
C．小球的最大速度与最小速度之差为2
D．小球的最大加速度与最小加速度之差为5g
【考点】牛顿第二定律；向心力；动能定理．版权所有
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】小球在最低点所受支持力最大，速度和加速度也最大；在最高点所受支持力最小，速度和加速度也最小，结合牛顿第二定律和动能定理建立方程求解；小球在圆心等高处时受到弹力最大则对底座的摩擦力最大，最小摩擦力是零。
【解答】解：A、设小球经过最低点和最高点速度分别为v0、v1，小球做匀速圆周运动在最低点所受支持力N1最大，在最高点所受支持力N2最小，由牛顿第二定律有N1﹣mg＝m，N2+mg＝m
从最低点到最高点的过程由动能定理﹣mg?2R＝mv12﹣mv02，联立可得N1﹣N2＝6mg，
则小球受到轨道的最大支持力与最小支持力之差为6mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力与最小压力之差为6mg，故A正确；
B、设小球经过圆心等高处时速度为v2，当小球在圆心等高处时受到水平弹力N3最大且提供向心力，轨道受到的反作用力最大，地面对底座的摩擦力最大，有N3＝m，fm＝N3
从最低点到圆心等高处，由动能定理﹣mgR＝mv22﹣mv02，解得fm＝﹣2mg
而最小摩擦力是零，小球在最高点和最低点，故底座对地面的最大摩擦力与最小摩擦力之差为（﹣2mg），故B错误；
C、小球的最大速度与最小速度之差为v0﹣v1＝﹣，故C错误；
D、小球做竖直面内的圆周运动最低点加速度最大为a0＝，最高点加速度最小为a1＝，则小球的最大加速度与最小加速度之差为a0﹣a1＝4g，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查匀速圆周运动的力与运动的问题，需要结合牛顿第二定律建立方程，要注意底座没移动，与地面的摩擦为静摩擦力，所以地面对底座的摩擦力最大为小球在圆心等高处时。
【例6】如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则（　　）
A．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
B．W＞mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
【考点】向心力；动能定理．版权所有
【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小。抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能定理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点。
【解答】解：质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，根据牛顿第三定律可得轨道对质点的支持力为4mg，由牛顿第二定律可得：
解得：
那么对质点从静止下落到N的过程应用动能定理可得：，解得W＝
由于摩擦力做负功，故质点在半圆轨道上相同高度时在NQ上的速度小于在PN上的速度，所以，质点对轨道的压力也较小，那么，摩擦力也较小，所以，质点从N到Q克服摩擦力做的功W1＜W，从N到Q，根据动能定理可得：，解得，质点在Q的动能大于零，即质点到达Q点后，继续上升一段距离，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键。注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功。
【例7】如图所示，一倾斜固定的传送带(足够长)与水平面的倾角θ＝30°，传送带以v＝2m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。从传送带上到传送带底端距离x0＝4m的O点由静止释放一质量m＝0.5kg的滑块(视为质点)，滑块由静止释放后沿传送带向下运动，到达传送带底端时与挡板P发生碰撞，滑块与挡板P碰撞前后的速率不变。滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g＝10m/s2。
(1)若滑块与挡板P第一次碰撞的时间t＝0.02s，求该次碰撞过程中滑块所受合力大小的平均值F；
(2)求滑块与挡板P第一次碰撞后，到达的最高位置到传送带底端的距离L；
(3)求滑块以大于v的速率沿传送带上滑的总路程x。
【分析】(1)根据牛顿第二定律求得沿斜面下滑的加速度，根据运动学公式求得到达底端的速度，利用动量定理求得作用力；
(2)第一次碰撞后，滑块的速度大于传送带的速度，根据牛顿第二定律求得上滑的加速度，利用运动学公式求得上滑的距离；
(3)以此类推滑块在斜面上的运动，利用数学公式求得通过的路程。
【解答】解：(1)滑块由静止释放后，沿传送带向下匀加速运动到传送带的底端，根据牛顿第二定律可得：
a＝
根据解得：v1＝4m/s
在碰撞过程中，根据动量定理可得：
Ft＝﹣mv1﹣mv1
解得：F＝﹣200N，方向沿斜面向上
(2)滑块与挡板P第一次碰撞后，先沿斜面向上做匀减速运动至速度为v1改过程中滑块的加速度大小为：
该过程滑块运动的距离we：
此后滑块以加速度a1继续沿传送带向上做匀减速运动至速度为零，该过程中滑块运动的距离we：
s1＝
故有：L＝
(3)滑块与挡板P第一次碰撞后到达最高点位置后，沿传送带以加速度a1向下匀加速运动到达传送带底端，与挡板P第二次碰撞，碰撞前瞬时速度
滑块与挡板P第二次碰撞后，先沿传送带向上乙加速度a2做匀减速运动，做匀减速运动至v，该过程中滑块的距离
此后滑块以加速度a1继续沿传送带向上匀减速到零，同理可得s2＝s1＝1m
滑块上升到最高位置后，沿传送乙加速度a1向下匀加速运动达到底端，与挡板发生第三次碰撞，碰撞时的速度
此后滑块以加速度a1继续沿传送带向上匀减速运动至速度为零，同理可得该过程滑块通过的位移为s3＝1m
以此类推，经过足够长时间，滑块与挡板P多次碰撞后，滑块以速度
v反弹，滑块在传送带底端1m的位置往复运动，
滑块每一次与挡板P碰撞后沿传送带向上减速到v的距离与滑块上一次与挡板P碰撞后沿传送带向上减速到v通过的距离的比值为，
根据数学知识可得
答：(1)若滑块与挡板P第一次碰撞的时间t＝0.02s，求该次碰撞过程中滑块所受合力大小的平均值F为200N；
(2)求滑块与挡板P第一次碰撞后，到达的最高位置到传送带底端的距离L为；
(3)求滑块以大于v的速率沿传送带上滑的总路程x为1m。
【点评】本题是一个多过程问题，比较复杂，关键理清物块在传送带上整个过程中的运动规律，搞清摩擦力的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
【例8】(多选)质量为1kg的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力f做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g为10m/s2．下列分析正确的是(　　)
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B．物体运动位移为13m
C．前3m运动过程中物体的加速度为3m/s2
D．x＝9m时，物体速度为3m/s
【分析】物体所受摩擦力大小为恒力，故乙图中的下面一条直线为摩擦力做功的图象，结合斜率求出摩擦力大小和外力F大小。
【解答】解：A、由摩擦力做功的图象知：W＝μmgX
20＝μ×10×10
μ＝0.2，A正确；
B、摩擦力f＝μmg＝2N
则X＝＝13.5m，B错误；
C、前3m运动过程中F＝＝＝5N
根据牛顿第二定律：F﹣f＝ma
得：a＝3m/s2，C正确；
D、x＝9m时，根据动能定理：27﹣9×2＝mv2
得：物体速度v＝3m/s，D正确；
故选：ACD。
【点评】对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义，并结合动能定理求解。
【例9】如图甲所示，半径R＝1m，圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧形轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示．若物块恰能到达M点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)物块经过B点时的速度vB；
(2)物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)AB间的距离xAB．
【分析】(1)由题意，物块恰能到达M点，则物块在M点时只受重力，根据牛顿第二定律求出M点的速度，再根据机械能守恒定律求出B点的速度；
(2)由v﹣t图象得到物块斜面上的加速度，由牛顿第二定律求出摩擦因数；
(3)由匀变速直线运动的位移速度公式求出AB点的距离．
【解答】解：(1)由题意在M点时有：
mg＝m
由机械能守恒定律：mgR(1+cos37°)＝mvB2﹣mvM2
联立两方程代入数据可求得：vB＝m/s
(2)v﹣t图可知物块运动的加速度a＝10m/s2
由牛顿第二定律：mgsin37°+μmgcos37°＝ma
得：μ＝＝0.5
(3)由运动学公式得：vA2﹣vB2＝2asAB
又vA＝8m/s
得：sAB＝0.9m
答：(1)物块经过B点时的速度vB为m/s；
(2)物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5；
(3)AB间的距离xAB为0.9m．
【点评】本题是动能定理与圆周运动、速度图象、牛顿第二定律等知识的综合应用，把握解题规律是关键．
【例10】(多选)小滑块以100J的初动能从倾角为37°的固定斜面底端O上滑，小滑块沿斜面上滑、下滑过程中的动能Ek随离开O点的位移x变化的图线如图中I、II所示。已知sin37°＝0.6，重力加速度取10m/s2，则(　　)
A．小滑块的质量为2kg
B．小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．x＝1m时小滑块的动能为60J
D．小滑块的最大位移为5m
【分析】由图象结合小球的运动，分别对上滑过程和下滑过程运用动能定律联立求解小滑块的质量和摩擦因数；
由图象可判断在x＝1m处的动能值有两个，把图线延长取图线与x轴的交点即是小滑块的最大位移处；
【解答】解：AB、设小滑块的质量为m，与斜面间的摩擦因数为μ，
小滑块沿斜面上滑x＝3m过程中，据动能定理有：
﹣mgxsin37°﹣μmgxcos37°＝△Ek1＝﹣60J，
下滑过程中有：
mgxsin37°﹣μmgxcos37°＝△Ek2＝12J
联立解得：m＝2kg，μ＝0.5；故AB正确；
C、有图象可知，小滑块上滑和下滑经过x＝1m处时小滑块的动能为80J或16J，故C错误；
D、将图象延长，与x轴的交点横坐标为5m，此时动能为零，即小滑块的最大位移为5m，故D正确；
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键是对小滑块的上滑和下滑过程运用动能定理求解其质量和摩擦因数，经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
【例11】(2020春?高昌区期末)如图所示，质量m＝0.1kg的小球从距水平面h＝2.0m处由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB＝2.0m，与半径为R＝0.4m的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D．(g＝10m/s2)
(1)小球运动到A点的速度为多大？
(2)求小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功；
(3)小球从D点飞出后落点E与A相距多少米？
【考点】动能定理；机械能守恒定律．版权所有
【专题】动能定理的应用专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】(1)由动能定理即可求出到A点的速度大小；
(2)小球恰能通过最高点D，求出小球在B点的速度，对AB段由动能定理即可求出摩擦力所做的功；
(3)小球从D点飞出后做平抛运动，根据平抛知识即可求出水平位移。
【解答】解(1)根据题意和图形可得；物体下落到A点时由动能定律得：
W＝mgh＝
所以vA＝＝＝m/s
(2)物体运动到D点时：F向＝mg＝
解得：vD＝＝2m/s
当物体由B运动到D点时机械能守恒定律得：
v
B＝＝2m/s
所以A到B时：Wμ＝﹣＝＝﹣1J
(3)物体从D点飞出后做平抛运动，故有：h＝2R＝
解得：t＝＝0.4s
水平位移xBE＝vDt＝0.8m
所以xAE＝AB﹣xBE＝1.2m
答：(1)小球运动到A点的速度为m/s；(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功为﹣1J；(3)小球从D点飞出后落点E与A相距1.2m。
【点评】此题考查复杂运动的分析，考查了动能定理、机械能守恒及平抛运动的知识，难度适中。
【例12】汽车发动机的最大功率为P＝60kW，汽车的质量为m＝2.0×103kg汽车在足够长的水平路面从静止以a1＝1.0m/s2的加速度先做匀加速直线运动，当小车牵引力的功率达到最大时，保持最大功率不变变加速运动了t2＝20s后小车的速度达到最大vm，已知汽车在行驶中所受路面阻力恒定为重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2．求：
(1)汽车在水平路面能达到的最大速度大小vm；
(2)汽车在水平路面做匀加速运动能维持的时间t1；
(3)汽车的瞬时速度为v2＝25m/s时，汽车的加速度a2大小；
(4)小车在加速运动过程中的总位移s的大小．
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；动能定理．版权所有
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】(1)当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最大，根据P＝fv求出汽车的最大速度．
(2)根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，结合P＝Fv求出匀加速运动的末速度，根据速度时间公式求出汽车匀加速运动的时间．
(3)根据P＝Fv求得牵引力，genuine牛顿第二定律求得加速度；
(4)在匀加速阶段，根据运动学公式求得位移，达到额定功率后，整个过程中根据动能定理求得通过的位移
【解答】解：由题意知：f＝0.1mg＝2000N
(1)当牵引力等于阻力时，速度达到最大，为：
P＝Fv＝fvm
最大速度为：
(2)匀加速阶段，由牛顿第二定律得：F1﹣f＝ma1
达到最大功率为：P＝F1v1
代入数据有：F1＝4000Nv1＝15m/s
由v1＝a1t1得匀加速时间为：t1＝15s
(3)当v2＝25m/s时，有：P＝F2v2
由牛顿第二定律得：F2﹣f＝ma2
代入数据解得：F2＝2400N
加速度为：
(4)匀加速位移为：
变加速过程，由动能定理得：
代入数据得：s2＝262.5m
加速运动过程中的总位移为：s＝s1+s2＝375m
答：(1)汽车在水平路面能达到的最大速度大小vm为30m/s
(2)汽车在水平路面做匀加速运动能维持的时间t1为15s
(3)汽车的瞬时速度为v2＝25m/s时，汽车的加速度a2大小为0.2m/s2；
(4)小车在加速运动过程中的总位移s的大小为375m
【点评】本题考查了汽车以恒定加速度启动问题，知道汽车在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和功率的公式进行求解，难度中等．
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