解得：v0=4m/s；

答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．

（2）小物块落地时的动能为0.9J．

（3）小物块的初速度为4m/s．

【点评】要掌握应用动能定理解题的方法与思路；（2）（3）两问也可以应用牛顿定律、运动学公式求解．

11．（18分）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a─t图象如图2所示．电梯总质量m=2.0×103kg．忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2．

（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；

（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a─t图象，求电梯在第1s内的速度改变量△υ1和第2s末的速率υ2；

（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0─11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W．

【考点】11：机械运动；37：牛顿第二定律；62：功的计算

【专题】16：压轴题；522：牛顿运动定律综合专题．

【分析】（1）由图读出电梯向上加速运动的最大加速度和减速运动的最大加速度大小，由牛顿第二定律求解最大拉力F1和最小拉力F2；

（2）运用类比法可知，a﹣t图象与坐标轴所围的“面积”等于速度变化量，即可求出电梯在第1s内的速度改变量△υ1，及电梯在2s内的速度改变量△υ2，即求得第2s末的速率υ2；

（3）由a─t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a─t图线下的面积，此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，由P=Fv求出拉力的功率．由动能定理求解拉力和重力对电梯所做的总功W．

【解答】解；（1）由牛顿第二定律，有 F﹣mg=ma

由a─t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=﹣1.0m/s2

则

F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104N

F2=m（g+a2）=2.0×103×（10﹣1.0）N=1.8×104N

（2）通过类比可得，电梯的速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积

△v1=0.50m/s

同理可得，△v2=v2﹣v0=1.5m/s

v0=0，第2s末的速率v2=1.5m/s

（3）由a─t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a─t图线下的面积，有

vm=10m/s

此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率

P=Fvm=mg•vm=2.0×103×10×10W=2.0×105W

由动能定理，总功

W=Ek2﹣Ek1=mvm2﹣0=×2.0×103×102J=1.0×105J

答：

（1）电梯在上升过程中受到的最大拉力F1是2.2×104N，最小拉力F2是1.8×104N．

（2）电梯在第1s内的速度改变量△v1是0.50m/s，第2s末的速率v2是1.5m/s．

（3）电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P为2.0×105W；在0─11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W是1.0×105J．

【点评】本题一要有基本的读图能力，并能根据加速度图象分析电梯的运动情况；二要能运用类比法，理解加速度图象“面积”的物理意义．

12．（20分）匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示。图中E0和d均为已知量，将带正电的质点A在O点由静止释放，A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用，已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和，不计重力。

（1）求A在电场中的运动时间t；

（2）若B的电荷量，求两质点相互作用能的最大值EPm；

（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm。