7.(09·山东·18)2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。下列判断正确的是　　　　　　　　　　　 (　 BC　 )

A．飞船变轨前后的机械能相等

B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态

C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度

D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度

解析：飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。

考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律

提示：若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)不做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒。

根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态量。由得，由得，由得，可求向心加速度。

6. (09·广东文科基础·58) 如图8所示，用一轻绳系一小球悬于O点。现将小球拉至水　 平位置，然后释放，不计阻力。小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是　　　　 (　 A　 )

A．小球的机械能守恒

B．小球所受的合力不变

C．小球的动能不断减小

D．小球的重力势能增加

5.(09·广东理科基础·9)物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是(　 A　 )

　　 A．在0-1s内，合外力做正功

　　 B．在0-2s内，合外力总是做负功

　　 C．在1-2s内，合外力不做功

　　 D．在0-3s内，合外力总是做正功

解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1-2s内合外力做功为零。

4.(09·广东理科基础·8)游乐场中的一种滑梯如图所示。小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　 D　 )

　　 A．下滑过程中支持力对小朋友做功

　　 B．下滑过程中小朋友的重力势能增加

　　 C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒

　　 D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功

解析：在滑动的过程中，人受三个力重力做正功，势能降低B错；支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，AC皆错，D正确。

3.(09·江苏物理·9)如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有　 ( BCD )

A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大

B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大

C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大

D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大

解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F₁为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对A有，对B有，得，在整个过程中A的合力(加速度)一直减小而B的合力(加速度)一直增大，在达到共同加速度之前A的合力(加速度)一直大于B的合力(加速度)，之后A的合力(加速度)一直小于B的合力(加速度)。两物体运动的v-t图象如图，t_l时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t₂时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，t_l时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。

2.(09·上海物理·5)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　 D　 )

A．H/9　　　　 　 B．2H/9 　　　　　C．3H/9　 　　　　　 D．4H/9

解析：小球上升至最高点过程：；小球上升至离地高度h处过程：，又；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程：，又；以上各式联立解得，答案D正确。

1.(09·全国卷Ⅱ·20)以初速度v₀竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为　　　　　　　 (　 A　 )

A．和　　　　　 B．和

C．和　　　　　 D．和

解析：本题考查动能定理.上升的过程中,重力做负功,阻力做负功,由动能定理得,,求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做功为零,只有阻力做功为有,解得,A正确。

F_ABs_B=E_kB

动量与动能之间的关系为

m_Av_A=

m_Bv_B=

木板A的长度L=s_A－s_B

代入数据解得　 L=0.50m

F_ABt＝m_Bv_B

其中F_AB=F_BA　　 F_CA=μ(m_A+m_B)g

设A、B相对于C的位移大小分别为s_A和s_B，有

3．用能量守恒定律解题的步骤

①确定研究的对象和范围，分析在研究的过程中有多少种不同形式的能(包括动能、势能、内能、电能等)发生变化．

②找出减少的能并求总的减少量ΔE_减，找出增加的能并求总的增加量ΔE_增

③由能量守恒列式，ΔE_减=ΔE_增。

④代入已知条件求解．

[例6]如图所示，边长为am的正方体木箱的质量为100kg，一人采用翻滚木箱的方法将其移动10 m远，则人对木箱做的功至少要多少J？(g取 10m／s²)

　　 解析：人翻滚木箱，若要做功最小，则需要缓慢(或匀速)翻转木箱，不使木箱动能增大，即ΔE_k=0，因此，人对木箱做功，仅需要克服木箱的重力做功(木箱在翻滚一次过程中重心升高一次)，而且翻转木箱的外力 F必须最小，即外力作用点应取在A点，并使外力方向与正方体木箱纵截面的对角线相垂直，外力对转轴O的力臂最大，外力F的力矩始终与木箱重力G的力矩平衡．

　　 在木箱翻转前一半过程中，重力G的力臂逐渐减小，外力F的力臂不变，因此，外力F逐渐减小，方向也在不断改变，此过程属变力做功过程．这种情况下求外力F的功等于物体重力势能的增加．

将木箱翻滚一次，木箱向前移动am，若将木箱向前移动10 m远，需要翻转的次数为n=10/a，W_合=mgh，　　 W_F-W_G=0； W_F-[mg(a－)]×=0

所以W_F =5mg(－1)=5×100×10(－1)＝5000(－1)J

　　 答案：5000(－1)J

[例7]：一货车车厢匀速前进时，砂子从车厢上方的漏斗落进车厢，在t秒内落进车厢内的砂子的质量为m，为维持车厢以速度V匀速前进，需加一水平推力，问该推力的功率为多少？

[解析]：将上述过程分段讨论如图，B表示以速度V匀速运动的货车，A表示落于车上的砂子，设经过时间t后，AB相对静止，此过程中A的位移为S₁，B的位移为S₂。显然，S₁=Vt/2，S2=Vt，故S₁/S₂=1/2 。

摩擦力对A做功W₁=f·S₁=½mv²，功率为P₁=½mv²/t

因B匀速运动，故F=f，外力对B做功为W₂=FS₂=fs₂=mv²，

功率为P₂= mv²/t

[例8]：人们在工作、学习和劳动都需要能量，食物在人体内经消化过程；志化为葡萄糖，葡萄糖的分子式为C₆H₁₂O₆，葡萄糖在体内又转化为CO₂和H₂O，同时产生能量E=2.80×10⁶J/mol。一个质量为60kg的短跑运动员起跑时以1/6s的时间冲出1m远，他在这一瞬间消耗体内储存的葡萄糖多少克？

解：运动员在起跑时做变加速度运动，由于时间很短，为解决问题的方便，我们可以认为在1/6s内运动员做初速为零的匀加速运动。由S=(V₀+V_t)/2·t得运动员冲出1m时的末速度为V_t=2S/t=(2×1)÷1/6=12m/s。运动员在1/6s内增加的动能ΔE_k=½mV_t²－½mV₀²=½×60×12²=4320J。消耗的葡萄糖的质量为：Δm=ΔE_k/E×180g=0.28g.

[翰林汇例9]：如图半径分别为R和r的甲、乙两圆形轨道放置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条水平轨道CD相连，现有一小球从斜面上高为3R处的A点由静止释放，要使小球能滑上乙轨道并避免出现小球脱离圆形轨道而发生撞轨现象，试设计CD段可取的长度。小球与CD段间的动摩擦因数为μ，其作各段均光滑。

{解析}：有两种情况，一种是小球恰过乙轨道

最高点，在乙轨道最高点的mg=mv²/r，从开始运

动到乙轨道最高点，由动能定理得

mg(3R-2r)-μmgCD=½mv²-0联立解得

CD=(6R-5r)/2μ，故应用CD＜(6R-5r)/2μ。

另一种是小球在乙轨道上运动¼圆周时，速度变为零，由mg(3R-r)=μmgCD解出CD=(3R-r)/μ，故应有CD＞(3R-r)/μ

[例10]如图所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B一个水平初速度v₀，方向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长．求：

(1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度．

(2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度．

(3)运动过程中小球A的最大动能E_KA和此时两根绳的夹角θ.

(4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．

解析：(1)设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为，由动量守恒定律，得　 由此解得

(2)当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

,

解得　 (三球再次处于同一直线)，(初始状态，舍去)

所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为(负号表明与初速度反向)

(3)当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小为，两根绳间的夹角为θ(如图)，则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

另外，

由此可解得，小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为

(4)小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系(小球B的加速度为0，为惯性参考系)，小球A(C)相对于小球B的速度均为所以，此时绳中拉力大小为

[例11]如图所示，质量m_A为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m_B为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态。木块突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能E_kA为8.0J，小物块的动能E_kB为0.50J，重力加速度取10m/s²，求：

(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v₀；

(2)木板的长度L。

解：(1)设水平向右为正方向，有

I=m_Av₀

代入数据解得　 v₀=3.0m/s

(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为F_AB、F_BA和F_CA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为v_A和v_B，有