（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度．
【解答】
（1）设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv－mv①
解得μ＝②
（2）冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.
由运动学公式得
v－v＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝a2t2⑤
联立③④⑤式得
a2＝⑥
答案
（1）
（2）
涉及的知识点：
1、功、功率的计算
2、力学中几个重要的功能关系及能量守恒定律的应用
3、动力学方法和能量观点解决多过程问题
[解题方略]
1．功的计算
（1）功的定义式W＝Flcosα适宜求恒力做功．
（2）变力做功的计算：
①用动能定理W＝mv－mv求功
②用F－l图象所围的面积求功
③用平均力求功（力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力）
④利用W＝Pt求功
2．功率的计算
（1）P＝，适用于计算平均功率；
（2）P＝Fvcosα，若v为瞬时速度，P为瞬时功率；若v为平均速度，P为平均功率．
3．功能相关图象问题分析“三步走”
[题组预测]
1．如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的变化图象可能正确的是（ ）
【解答】C 物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a＝，速度v＝at＝t，v－t图象为过坐标原点的倾斜直线，选项A错误；由v2＝2ax＝x，可知抛物线开口向x轴正方向，选项B错误；动能Ek＝mv2＝t2，选项C正确；功率P＝Fv＝Fat＝t，选项D错误.
2．若要求汽车空载时的制动距离是：
当速度为50km/h时，客车不超过19m，卡车不超过21m．如果客车和卡车质量之比为19∶21，制动时所受阻力不变，在刚好满足上述要求时，客车和卡车（ ）
A．所受阻力之比为19∶21
B．加速度之比为21∶19
C．所受阻力做功之比为21∶19
D．制动时间之比为21∶19
【解答】B 由v2＝2ax，可得客车和卡车制动时的加速度之比为＝＝，选项B正确；根据牛顿第二定律f＝ma，可得所受阻力之比＝·＝1∶1，选项A错误；由做功的公式W＝fx，可得所受阻力做功之比为＝·＝，选项C错误；由v＝at可得制动时间之比为＝＝，选项D错误．
[解题方略]
1．通晓两类力做功特点
（1）重力、弹簧弹力和电场力都属于“保守力”，做功均与路径无关，仅由作用对象的初、末位置（即位移）决定．
（2）摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关．
2．掌握五大重要的功能关系
（1）重力做功等于重力势能增量的负值，即WG＝－ΔEp.
（2）弹簧弹力做功等于弹簧弹性势能增量的负值，即W弹＝－ΔEp.
（3）一对滑动摩擦力做功的绝对值等于系统内能的增加量，即Q＝Ffx相对．
（4）合外力做的功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk（动能定理）．
（5）除重力和系统内弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W其他＝ΔE.
3．功能关系的应用“三注意”
（1）分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．
（2）也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少．
（3）功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同．
[题组预测]
1.如图所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O、半径为R.轨道正上方离地h处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方．A、B是质量均为m的小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环．两环均可看做质点，且不计滑轮大小与质量．现在A环上施加一个水平向右的恒力F，使B环从地面由静止沿轨道上升．则（ ）
A．力F所做的功等于系统动能的增加量
B．在B环上升过程中，A环动能的增加量等于B环机械能的减少量
C．当B环到达最高点时，其动能为零
D．当B环与A环动能相等时，sin∠OPB＝
【解答】D 力F做正功，系统的机械能增加，由功能关系可知，力F所做的功等于系统机械能的增加量，不等于系统动能的增加量．故A错误；由于力F做正功，A、B组成的系统机械能增加，则A环动能的增加量大于B环机械能的减少量，故B错误；当B环到达最高点时，A环的速度为零，动能为零，但B环的速度不为零，动能不为零，故C错误；当PB线与圆轨道相切时，vB＝vA，根据数学知识有sin∠OPB＝，故D正确．
2．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；
（2）物体与传送带间的动摩擦因数μ；
（3）2s内物体机械能的减少量ΔE及因与传送带摩擦产生的内能Q.
【解答】
（1）传送带A、B两端间的距离L等于v－t图线与t轴所围的面积大小，所以
L＝×1m＋×1m＝16m
小物体在A、B间运动的时间t＝2s
由平均速度的定义得v＝＝8m/s.
（2）由v－t图象可知传送带运行速度为v1＝10m/s，物体从A到B先做加速度为a1＝m/s2＝10m/s2的匀加速运动，经过时间t1＝1s后再做加速度为a2＝m/s2＝2m/s2的匀加速运动，然后经过时间t2＝1s，物体以大小为v2＝12m/s的速度到达传送带B端．
由物体在传送带上的受力情况知
a1＝
或a2＝
解得μ＝0.5.
（3）小物体到达传送带B端时的速度大小v2＝12m/s
物体的动能增加了ΔEk＝mv＝×2×122J＝144J
物体的重力势能减少了ΔEp＝mgLsinθ＝20×16×0.6J＝192J
所以物体的机械能的减少量ΔE＝48J
由功能关系可知
Q＝μmgcosθ（v1t1－t1）＋μmgcosθ（t2－v1t2）
代入数值得Q＝48J.
答案
（1）8m/s
（2）0.5 （3）48J 48J
[解题方略]
综合应用动力学方法和能量观点解决多过程问题是高考的重点、热点和难点．应对策略如下：
（1）抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程．
（2）对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程，若某过程涉及时间和加速度，则选用动力学方法求解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解．
（3）两个相邻的子过程连接点，速度是连接两过程的纽带，因此要特别关注连接点速度的大小及方向．
（4）解方程并分析结果．
[题组预测]
1．如图，在倾角为θ的光滑斜面O点静置一个质量为m的物体，从某时刻开始，有一个沿斜面向上的恒力F作用在物体上，使物体沿斜面向上滑动，经过一段时间到达A点，突然撤去这个力，又经过相同的时间物体返回到斜面的B点，且具有180J的动能，已知AO＝BO，求：
（1）撤去恒力F时，物体的动能；
（2）恒力F的大小；
（3）恒力F对物体所做的功．
【解答】
（1）设沿斜面向上为正方向，物体经过A、B点的速度的大小分别为v1、v2，两段运动的时间均为t，位移分别为x、－2x，则有x＝t，－2x＝·t，解得v1＝，而mv＝180J，故撤去恒力F时，物体的动能mv＝20J.
（2）由位移公式有x＝a1t2＝，－2x＝t2－·t2，解得F＝mgsinθ.
（3）对O到A的过程由动能定理有（F－mgsinθ）x＝mv，而F＝mgsinθ，即mgsinθ＝F，故Fx＝100J.
答案
（1）20J
（2）54mgsinθ （3）100J
2．如图所示，质量m＝0.1kg的小球（可视为质点），用长度l＝0.2m的轻质细线悬于天花板的O点．足够长的木板AB倾斜放置，顶端A位于O点正下方，与O点的高度差h＝0.4m．木板与水平面间的夹角θ＝37°，整个装置在同一竖直面内．现将小球移到与O点等高的P点（细线拉直），由静止释放，小球运动到最低点Q时细线恰好被拉断（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）．求：
（1）细线所能承受的最大拉力F；
（2）小球在木板上的落点到木板顶端A的距离s；
（3）小球与木板接触前瞬间的速度大小．
【解答】
（1）设细线拉断时小球的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：
mv＝mgl解得：
v0＝
在Q点，由牛顿第二定律得F－mg＝m解得F＝3mg＝3N
（2）设小球在木板上的落点到木板顶端A的距离为s，由平抛运动的规律得：
h－l＋s·sinθ＝gt2；
scosθ＝v0t，联立以上各式得：
s＝1m
（3）设小物块与木板接触前瞬间的速度大小为v，由机械能守恒定律得：
mv2＝mg（h＋s·sinθ），联立以上各式得：
v＝2m/s.答案
（1）3N
（2）1m （3）2m/s
动量和能量观点的综合应用
[解题方略]
1．动量守恒定律及动量定理
（1）动量守恒定律：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
（2）动量定理：
Ft＝mv2－mv1
2．应用动量守恒定律解题的步骤
（1）选取研究系统和研究过程．
（2）分析系统的受力情况，判断系统动量是否守恒．
①系统不受外力或所受合外力的矢量和为零时，系统动量守恒；
②系统所受内力远大于外力时，可认为系统动量守恒；
③系统在某一方向上不受外力或所受合外力的矢量和为零，在该方向上系统动量守恒．
（3）规定正方向，确定系统的初、末状态的动量的大小和方向．
（4）根据动量守恒定律列方程（m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′）求解．
[题组预测]
1．（多选）（2017·河南六市一联）在2016年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌．假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心下降h，不计空气阻力，则（ ）
A．运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为m＋mv0
B．水对运动员阻力的冲量大小为m
C．运动员克服水的阻力做功为mgH＋mv
D．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg（H＋h）＋mv
【解答】AD 设运动员入水前速度为vt，则由机械能守恒有mv＋mgH＝mv，得vt＝，据动量定理可得运动员起跳后
在空中运动过程中受到合外力冲量大小I＝mvt－（－mv0）＝m＋mv0，A项正确．运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，合力的冲量大小为I合＝m，B项错误．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中应用动能定理有mg（H＋h）－Wf＝0－mv，得运动员克服水的阻力做功Wf＝mg（H＋h）＋mv，则C项错误．由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为mg（H＋h）＋mv，D项正确．
2．（2017·河南三市二模）如图所示，长木板B的质量为m2＝1.0kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0kg的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5kg的物块A从距离长木板B左侧l＝9.5m处，以速度v0＝10m/s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：
（1）碰后瞬间物块A和长木板B的速度；
（2）长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离．
【解答】
（1）设物块A与木板B碰前的速度为v
由动能定理得：
－μ1m1gl＝m1v2－m1v
解得v＝＝9m/s
A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得
m1v＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得m1v2＝m1v＋m2v
联立解得v1＝v＝－3m/s，v2＝v＝6m/s
（2）碰撞后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律
对木板B有：
－μ1（m2＋m3）g－μ2m3g＝m2a1
对物块C：
μ2m3g＝m3a2
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t
v2＋a1t＝a2t
木板B的最小长度d＝v2t＋a1t2－a2t2＝3m
B、C达到共同速度之后，因μ1<μ2，二者一起减速至停下，设加速度大小为a3
由牛顿运动定律得：
μ1（m2＋m2）g＝（m2＋m3）a3
整个过程B运动的位移为：
xB＝v2t＋a1t2＋＝6m
A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为：
xA＝＝4.5m
物块A离长木板B左侧的最终距离为xA＋xB＝10.5m
答案
（1）－3m/s 6m/s
（2）3m 10.5m
1．（2017·河北石家庄二模）质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v－t图象如图所示（竖直向上为正方向，DE段为直线），已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功
B．0～t3时间内，小球的平均速度一定为
C．t3～t4时间内，拉力做的功为[（v4－v3）＋g（t4－t3）]
D．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
【解答】C v－t图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D错．图中t0～t2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A错．v－t图象中图线与t轴所围面积表示位移，而平均速度v＝，结合图象中的“面积”可知0～t3时间内，小球的平均速度大于，B错．t3～t4时间内由动能定理得W－mgh＝mv－mv，又h＝（t4－t3），解得W＝[（v4－v3）＋g（t4－t3）]，C对．
2．（2017·郑州3月检测）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（ ）
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，因摩擦力产生的热量为mv2
C．从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了mv2－mgh
D．下滑经过B处的速度大于上滑经过B处的速度
【解答】B 由题意知圆环从A到C先加速运动，后减速运动，在A点时加速度为g，到达B点时加速度减为零，所以圆环先做加速度逐渐减小的加速运动再做加速度逐渐增大的减速运动，A项错误；圆环从A到C过程中弹簧增加的弹性势能即C处的弹性势能Ep，因摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功Wf，由能量守恒知圆环从A到C过程有mgh＝Wf＋Ep，从C到A
过程有mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立得Wf＝mv2，Ep＝mgh－mv2，B项正确、C项错误；圆环从A到B过程有mgh1＝mvB12＋ΔEp1＋Wf1，圆环从B到A过程有mv＋ΔEp1＝mgh1＋Wf1，可得vB2＞vB1，D项错误。
3．（多选）如图所示，质量为2kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2kg的物体P，一颗质量为0.01kg的子弹以700m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为100m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则（ ）
A．由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒
B．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒
C．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒
D．子弹瞬间射穿P后，P的速度为3m/s
【解答】BD 取子弹的初速度v0的方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程满足动量守恒条件．由动量守恒，可知mv0＝mv＋MvP，解得vP＝3m/s，选项A错误，D正确；子弹瞬间射穿P的过程，机械能不守恒，但能量守恒，选项B正确，C错误．
4．（2017·山西大附中月考）如图所示，质量M＝3kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A与地面的动摩擦因数μ1＝0.3，其上表面右侧光滑段长度L1＝2m，左侧粗糙段长度为L2，质量m＝2kg、可视为质点的滑块B静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的动摩擦因数μ2＝0.15，取g＝10m/s2，现用F＝18N的水平恒力拉动A向右运动，当A、B分离时，B对地的速度vB＝1m/s，求L2的值．
【解答】 在F的作用下，A做匀加速运动，B静止不动，当A运动位移为L1时B进入粗糙段，设此时A的速度为vA，则：
对A：
由动能定理：
FL1－μ1（M＋m）gL1＝Mv①
B进入粗糙段后，设A加速度为aA，B加速度为aB，
对A：
由牛顿第二定律：
F－μ1（M＋m）g－μ2mg＝MaA②
对B：
由牛顿第二定律：
μ2mg＝maB③
由①得vA＝2m/s④
由②得aA＝0⑤
即A以vA＝2m/s的速度做匀速直线运动直至A、B分离，分离时B的速度为vB，设B在粗糙段滑行的时间为t，则：
对A：
xA＝vAt⑥
对B：
vB＝aBt⑦
xB＝aBt2⑧
又：
xA－xB＝L2⑨
联立解得：
L2＝1m⑩
答案 1m
【查缺补漏】
1．（2017·湖南长沙三月模拟）弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰
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