第50頁（共50頁）2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之功和能（五）一．解答題（共12小題）1．（2022?上海）如圖所示，AB為平直導軌，長為L，物塊與導軌間動摩擦因數(shù)為μ，BC為光滑曲面。A與地面間高度差為h1，BC間高度差為h2，一個質(zhì)量為m的物塊在水平恒力作用下，從A點由靜止開始向右運動，到達B點時撤去恒力，物塊經(jīng)過C點后落地，已知重力加速度為g。（1）若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能EkB；（2）若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件。2．（2021?福建）如圖（a），一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知AB段長度為2m，滑塊質(zhì)量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：（1）當拉力為10N時，滑塊的加速度大小；（2）滑塊第一次到達B點時的動能；（3）滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。3．（2021?乙卷）一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m。若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小。4．（2021?江蘇）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長為2L的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為37°，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；（2）環(huán)A的質(zhì)量M；（3）上述過程中裝置對A、B所做的總功W。5．（2021?甲卷）如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質(zhì)量為m的無動力小車（可視為質(zhì)點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。（1）求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能；（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？6．（2021?浙江）如圖所示，質(zhì)量m＝2kg的滑塊以v0＝16m/s的初速度沿傾角θ＝37°的斜面上滑，經(jīng)t＝2s滑行到最高點。然后，滑塊返回到出發(fā)點。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑塊（1）最大位移值x；（2）與斜面間的動摩擦因數(shù)；（3）從最高點返回到出發(fā)點的過程中重力的平均功率P。7．（2021?浙江）如圖所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ＝37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r＝0.1m、圓心在O1點，軌道DEF的半徑R＝0.2m、圓心在O2點，O1、D、O2和F點均處在同一水平線上。小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道CD、軌道DEF從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點，已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ=112，sin37°＝0.6，cos37°＝（1）若小滑塊的初始高度h＝0.9m，求小滑塊到達B點時速度vB的大?。唬?）若小球能完成整個運動過程，求h的最小值hmin；（3）若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點Q與F點的水平距離x的最大值xmax。8．（2021?浙江）如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角α＝60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和16圓周細圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ＝30°，G點與豎直墻面的距離d=3R。現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度（1）若釋放處高度h＝h0，當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vC及在此過程中所受合力的沖量I的大小和方向；（2）求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關(guān)系式；（3）若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應該滿足什么條件？9．（2021?山東）如圖所示，三個質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運動，當速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢能可表示為：EP=12k（1）求B、C向左移動的最大距離x0和B、C分離時B的動能Ek；（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值Fmin；（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為xBC，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導比較W與fxBC的大??；（4）若F＝5f，請在所給坐標系中，畫出C向右運動過程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標軸上標出開始運動和停止運動時的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導過程。以撤去F時C的位置為坐標原點，水平向右為正方向。10．（2020?江蘇）如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R．在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為ω．繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）重物落地后，小球線速度的大小v；（2）重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；（3）重物下落的高度h。11．（2020?新課標Ⅲ）如圖，相距L＝11.5m的兩平臺位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，其速度的大小v可以由驅(qū)動系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定。質(zhì)量m＝10kg的載物箱（可視為質(zhì)點），以初速度v0＝5.0m/s自左側(cè)平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2。（1）若v＝4.0m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；（2）求載物箱到達右側(cè)平臺時所能達到的最大速度和最小速度；（3）若v＝6.0m/s，載物箱滑上傳送帶Δt=1312s后，傳送帶速度突然變?yōu)榱?。?2．（2020?浙江）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道（在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連）、高度h可調(diào)的斜軌道AB組成。游戲時，滑塊從O點彈出，經(jīng)過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道，且恰好停在B端，則視為游戲成功。已知圓軌道半徑r＝0.1m，OE長度L1＝0.2m，AC長度L2＝0.4m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，滑塊質(zhì)量m＝2g，可視為質(zhì)點。彈射時，從靜止釋放滑塊，彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動能。忽略空氣阻力，各部分平滑連接，取g＝10m/s2，求：（1）滑塊恰好通過圓軌道最高點F時的速度大??；（2）當h＝0.1m且游戲成功時，滑塊經(jīng)過E點對圓軌道的壓力FN大小及彈簧的彈性勢能EP0；（3）要使游戲成功，彈簧的彈性勢能EP與高度h之間滿足的關(guān)系。

2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之功和能（五）參考答案與試題解析一．解答題（共12小題）1．（2022?上海）如圖所示，AB為平直導軌，長為L，物塊與導軌間動摩擦因數(shù)為μ，BC為光滑曲面。A與地面間高度差為h1，BC間高度差為h2，一個質(zhì)量為m的物塊在水平恒力作用下，從A點由靜止開始向右運動，到達B點時撤去恒力，物塊經(jīng)過C點后落地，已知重力加速度為g。（1）若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能EkB；（2）若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件?！究键c】機械能守恒定律的簡單應用；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理論證能力．【答案】（1）若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能為E1﹣mgh1；（2）若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件為μmgL+mgh【分析】（1）根據(jù)機械能守恒定律得出動能的大??；（2）根據(jù)動能定理分析出恒力需要滿足的范圍?！窘獯稹拷猓海?）從B到落地過程中機械能守恒，設(shè)地面為零勢能面，則mgh1+EkB＝E1化簡得：EkB＝E1﹣mgh1（2）整個過程中根據(jù)動能定理得：FmaxL﹣μmgL+mgh1＝E1所以Fmax=若物體恰能達到C點，根據(jù)動能定理得：FminL﹣μmgL﹣mgh2＝0解得：Fmin=綜上所述可得：μmgL+mg答：（1）若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能為E1﹣mgh1；（2）若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件為μmgL+mgh【點評】本題主要考查了動能定理的相關(guān)應用，選擇合適的過程和研究對象即可完成分析，整體難度不大。2．（2021?福建）如圖（a），一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知AB段長度為2m，滑塊質(zhì)量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：（1）當拉力為10N時，滑塊的加速度大小；（2）滑塊第一次到達B點時的動能；（3）滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離?！究键c】機械能守恒定律的簡單應用；動能定理的簡單應用．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）當拉力為10N時，滑塊的加速度大小為7m/s2；（2）滑塊第一次到達B點時的動能為26J（3）第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離為1.3m?！痉治觥浚?）根據(jù)受力分析、摩擦力公式和牛頓第二定律，求解加速度。（2）根據(jù)功的定義和動能定理，求解到達B點的動能；（3）根據(jù)動能定理，求解最大距離?！窘獯稹拷猓海?）小滑塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊受斜面的支持力大小為N，滑動摩擦力大小為f，拉力為10N時滑塊的加速度大小為a。由牛頓第二定律和滑動摩擦力公式有T+mgsinθ﹣f＝ma①N﹣mgcosθ＝0②f＝μN③聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得a＝7m/s2④（2）設(shè)滑塊在AB段運動的過程中拉力所做的功為W，由功的定義有W＝T1s1+T2s2⑤式中T1、T2和s1、s2分別對應滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應的位移大小。依題意，T1＝8N，s1＝1m，T2＝10N，s2＝1m。設(shè)滑塊第一次到達B點時的動能為Ek，由動能定理有W+（mgsinθ﹣f）（s1+s2）＝Ek﹣0⑥聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得Ek＝26J⑦（3）由機械能守恒定律可知，滑塊第二次到達B點時，動能仍為Ek。設(shè)滑塊離B點的最大距離為smax，由動能定理有﹣（mgsinθ+f）smax＝0﹣Ek⑧聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得smax＝1.3m⑨答：（1）當拉力為10N時，滑塊的加速度大小為7m/s2；（2）滑塊第一次到達B點時的動能為26J（3）第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離為1.3m?！军c評】解答本題的關(guān)鍵是找準每個過程對應的物理規(guī)律和物理量。3．（2021?乙卷）一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m。若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小。【考點】動能定理的簡單應用；動量定理的內(nèi)容和應用．【專題】計算題；定量思想；推理法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功是4.5J；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小是9N。【分析】（1）應用動能定理求出籃球自由下落時籃球與地面碰撞前與碰撞后瞬間的動能，求出籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值，然后求出運動員拍球時籃球與地面碰撞前瞬間籃球的動能，應用動能定理求出運動員拍球時對籃球做的功。（2）應用牛頓第二定律、運動學公式與功的計算公式可以求出運動員對籃球的作用力大小?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)籃球自由下落與地面碰撞前瞬間的動能為Ek1，籃球與地面碰撞后瞬間籃球的動能為Ek2，由動能定理得：籃球下落過程：mgh1＝Ek1﹣0籃球上升過程：﹣mgh2＝0﹣Ek2，籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值：k=代入數(shù)據(jù)解得：k＝1.5設(shè)拍球后籃球落地瞬間的動能為Ek3，與地面碰撞后瞬間動能為Ek4，拍球后籃球反彈上升過程，對籃球，由動能定理得：﹣mgh3＝0﹣Ek4，設(shè)拍球過程，運動員對籃球做的功為W，從拍球到籃球與地面碰撞前瞬間過程，由動能定理得：W+mgh3＝Ek3﹣0籃球與地面碰撞前后的動能之比k=代入數(shù)據(jù)解得：W＝4.5J（2）運動員拍球時對球的作用力為恒力，設(shè)運動員拍球時對球的作用力大小為F，運動員拍球過程，設(shè)球的加速度大小為a，對籃球，由牛頓第二定律得：F+mg＝ma拍球過程籃球做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)位移為x，由勻變速直線運動的位移—時間公式得：x=運動員拍球過程中對籃球所做的功W＝Fx代入數(shù)據(jù)解得：F＝9N（F＝﹣15N不符合題意，舍去）答：（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功是4.5J；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小是9N?！军c評】本題考查了動能定理的應用，根據(jù)題意分析清楚籃球的運動過程是解題的前提，應用動能定理與動量定理即可解題，應用動量定理解題時注意正方向的選擇。4．（2021?江蘇）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長為2L的細線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細線的中點，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角為37°，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，當細線與豎直方向的夾角增大到53°時，A、B間細線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；（2）環(huán)A的質(zhì)量M；（3）上述過程中裝置對A、B所做的總功W。【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）對裝置進行受力分析，列出等式求出彈力的大?。唬?）對裝置受力分析，分析其向心力來源并列式求解；（3）根據(jù)能量守恒定律分析裝置的能量變化。【解答】解：（1）設(shè)AB、OB的張力分別為F1、F2，A受力平衡則F＝F2sin37°B受力平衡F1cos37°+F2cos37°＝mgF1sin37°＝F2sin37°解得：F（2）設(shè)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω，對AF=對Bmgtan53解得：M（3）B上升的高度h=L5，A、B的動能分別為：根據(jù)能量守恒定律可知，W＝EkA+EkB+mgh解得：W=答：（1）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F為3mg（2）環(huán)A的質(zhì)量M為9m（3）上述過程中裝置對A、B所做的總功W為31mgL【點評】本題主要考查了能量守恒，在分析過程中同時涉及到了受力分析和圓周運動的相關(guān)知識，綜合考查了多個模塊的知識，有一定的綜合性。5．（2021?甲卷）如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質(zhì)量為m的無動力小車（可視為質(zhì)點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。（1）求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能；（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？【考點】常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；方程法；功能關(guān)系能量守恒定律；分析綜合能力．【答案】（1）小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能為mgdsinθ；（2）小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能為130（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L＞d+μs【分析】（1）小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，由此可得小車通過第30個減速帶后在每兩個減速帶之間的運動情況相同，根據(jù)功能關(guān)系分析碰撞過程中損失的能量；（2）小車與第50個減速帶碰撞后在水平面上繼續(xù)滑行距離s后停下，根據(jù)動能定理求解小車通過第30個減速帶后，每次與減速帶碰撞后的動能；小車從開始運動到與第30個減速帶碰撞后的過程中，根據(jù)功能關(guān)系求解在每一個減速帶上平均損失的機械能；（3）根據(jù)前兩問計算出的能量損失列不等式求解L應滿足的條件?！窘獯稹拷猓海?）小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，則小車與減速帶碰撞過程中機械能的損失恰好等于經(jīng)過距離d時增加的動能，即ΔE＝ΔEk；小車通過第30個減速帶后，每經(jīng)過d的過程中，根據(jù)動能定理可得：ΔEk＝mgdsinθ所以有：ΔE＝mgdsinθ；（2）設(shè)小車通過第30個減速帶后，每次與減速帶碰撞后的動能為Ek，小車與第50個減速帶碰撞后在水平面上繼續(xù)滑行距離s后停下，在此過程中根據(jù)動能定理可得：﹣μmgs＝0﹣Ek，解得：Ek＝μmgs小車從開始運動到與第30個減速帶碰撞后的過程中，根據(jù)功能關(guān)系可得損失的總能量為：ΔE1＝mg（L+29d）sinθ﹣Ek，小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能為：ΔE解得：ΔE=（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則有：ΔE＞mgdsin解得：L＞d+μs答：（1）小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能為mgdsinθ；（2）小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能為130（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L＞d+μs【點評】本題主要是考查功能關(guān)系，關(guān)鍵是能夠分析小車運動過程中能量的轉(zhuǎn)化情況，知道機械能的變化與除重力或彈力以外的力做功有關(guān)，動能的變化與合力做功有關(guān)。6．（2021?浙江）如圖所示，質(zhì)量m＝2kg的滑塊以v0＝16m/s的初速度沿傾角θ＝37°的斜面上滑，經(jīng)t＝2s滑行到最高點。然后，滑塊返回到出發(fā)點。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑塊（1）最大位移值x；（2）與斜面間的動摩擦因數(shù)；（3）從最高點返回到出發(fā)點的過程中重力的平均功率P?！究键c】功率的定義、物理意義和計算式的推導；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】（1）最大位移值x為16m；（2）與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25；（3）從最高點返回到出發(fā)點的過程中重力的平均功率P為67.9W?！痉治觥浚?）對于上滑過程，根據(jù)運動學位移﹣時間關(guān)系公式列式求解即可；（2）受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可；（3）下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律列式求出加速度，由運動學公式求出回到出發(fā)點速度，利用平均速度定義求出從最高點返回到出發(fā)點的過程中的平均速度，由平均功率公式求解即可。【解答】解：（1）小車向上做勻減速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動推論有：x=代入數(shù)據(jù)解得：x=162×2（2）小車向上做勻減速直線運動，根據(jù)加速度定義得加速度大?。篴1=Δvt=16-02上滑過程，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1得：a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsin代入數(shù)據(jù)解得：μ=a（3）小車下滑過程，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2代入數(shù)據(jù)解得：a2=mgsinθ-μmgcosθm=gsinθ﹣μgcosθ＝10×0.6﹣0.25×10×由運動學公式得：vt=2a2x=得重力的平均功率：P=mgvcos（90°﹣θ）=2×10×8答：（1）最大位移值x為16m；（2）與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25；（3）從最高點返回到出發(fā)點的過程中重力的平均功率P為67.9W?！军c評】本題考查牛頓第二定律的應用，上滑時已知運動情況，求解出加速度后，根據(jù)牛頓第二定律確定受力情況；下滑過程是已知受力情況，求解出加速度后，確定運動情況。7．（2021?浙江）如圖所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ＝37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r＝0.1m、圓心在O1點，軌道DEF的半徑R＝0.2m、圓心在O2點，O1、D、O2和F點均處在同一水平線上。小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道CD、軌道DEF從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點，已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ=112，sin37°＝0.6，cos37°＝（1）若小滑塊的初始高度h＝0.9m，求小滑塊到達B點時速度vB的大?。唬?）若小球能完成整個運動過程，求h的最小值hmin；（3）若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點Q與F點的水平距離x的最大值xmax?！究键c】動能定理的簡單應用；勻速圓周運動．【專題】定量思想；方程法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）對小球在AB導軌上運動的過程應用動能定理即可求解；（2）小球能完成整個運動過程，則在圓弧DEF的最高點E時剛好由重力提供向心力，由此得到小球在E點的最小速度，再根據(jù)機械能守恒定律求解小球與小滑塊碰撞后的速度大小，再根據(jù)動量守恒定律、機械能守恒定律求解碰撞前小物塊的速度大小，結(jié)合動能定理求解h的最小值；（3）對小球從E到Q點的運動過程根據(jù)動能定理、平拋運動的規(guī)律即可求解?！窘獯稹拷猓海?）小滑塊在AB軌道上運動過程中，根據(jù)動能定理可得：mgh﹣μmgcosθ?h解得：vB＝4m/s；（2）若小球能完成整個運動過程，則小球在DEF軌道最高點E時恰好對最高的壓力為零，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg＝mvE2R，解得：v設(shè)小球與小滑塊碰撞后的速度大小為v2，從C到E根據(jù)機械能守恒定律可得：12mv2解得：v2＝22m/s設(shè)小滑塊與小球碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度為v1，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝mv1+mv2根據(jù)機械能守恒定律可得：12mv02=12mv12+聯(lián)立解得：v0＝22m/s小滑塊在AB軌道上運動過程中，根據(jù)動能定理可得：mghmin﹣μmgcosθ?h解得：hmin＝0.45m；（3）設(shè)F到G的距離為y，小球從E點到G點的運動，根據(jù)動能定理可得：mg（R+y）=小球離開G后做平拋運動，水平位移x＝vGt豎直方向：H+r﹣y=聯(lián)立解得：x＝2(0.5當0.5﹣y＝0.3+y，即y＝0.1m時x最大，最大值xmax＝2×0.4m＝0.8m。答：（1）若小滑塊的初始高度h＝0.9m，小滑塊到達B點時速度大小為4m/s；（2）若小球能完成整個運動過程，h的最小值為0.45m；（3）落地點Q與F點的水平距離的最大值為0.8m?！军c評】本題主要是考查了動能定理、動量守恒定律、機械能守恒定律等；運用動能定理解題時，首先要選取研究過程，然后分析在這個運動過程中哪些力做正功、哪些力做負功，初末動能為多少，根據(jù)動能定理列方程解答。8．（2021?浙江）如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角α＝60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和16圓周細圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ＝30°，G點與豎直墻面的距離d=3R?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度（1）若釋放處高度h＝h0，當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vC及在此過程中所受合力的沖量I的大小和方向；（2）求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關(guān)系式；（3）若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應該滿足什么條件？【考點】機械能守恒定律的簡單應用；動量定理的內(nèi)容和應用；動能定理的簡單應用．【專題】壓軸題；定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）小球第一次運動到圓管最低點C時，速度大小vC為2gh0，在此過程中所受合力的沖量I大小為（2）小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關(guān)系式為FN＝2mg（hR-（3）小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應該：不滑離軌道原路返回，條件為h≤52R，與墻面垂直碰撞后原路返回，條件為【分析】（1）小球從釋放點到圓管最低點C的過程中，由機械能守恒定律求得小球第一次運動到圓管最低點C時的速度大小vC，根據(jù)動量定理求得在此過程中所受合力的沖量I的大小和方向；（2）從釋放點到D點的過程中，由機械能守恒定律和牛頓第二定律求得小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關(guān)系式；（3）小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，不滑離軌道原路返回，條件為h≤5【解答】解：（1）對小球，從釋放點到圓管最低點C的過程中，由機械能守恒定律得：mgh0=代入數(shù)據(jù)解得速度大小vC為：vC=在此過程中，對小球由動量定理得：I＝mvC代入數(shù)據(jù)解得所受合力的沖量I的大?。篒＝m2g（2）對小球從釋放點到D點的過程中，由機械能守恒定律得：mg（h﹣R）=在D點，對小球由牛頓第二定律得：FN=聯(lián)立解得D點所受彈力FN與h的關(guān)系式為：FN＝2mg（hR-滿足的條件為：h≥R（3）第1種情況：不滑離軌道原路返回，條件為：h≤第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進入G之前做平拋運動，由運動學公式得：d＝vxt豎直方向上，由速度﹣時間公式得：t=對小球在G點，由速度的分解得：vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ聯(lián)立解得：vG＝2gR對小球從釋放點到G點的過程中，由機械能守恒定律得：mg（h-52R聯(lián)立解得h滿足的條件為：h=答：（1）小球第一次運動到圓管最低點C時，速度大小vC為2gh0，在此過程中所受合力的沖量I大小為（2）小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關(guān)系式為FN＝2mg（hR-（3）小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應該：不滑離軌道原路返回，條件為h≤52R，與墻面垂直碰撞后原路返回，條件為【點評】本題是一道力學綜合題，物體運動過程復雜，分析清楚物體的運動過程是解題的前提，分析清楚物體運動過程后，應用機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動的分解即可解題。9．（2021?山東）如圖所示，三個質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運動，當速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢能可表示為：EP=12k（1）求B、C向左移動的最大距離x0和B、C分離時B的動能Ek；（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值Fmin；（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為xBC，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導比較W與fxBC的大小；（4）若F＝5f，請在所給坐標系中，畫出C向右運動過程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標軸上標出開始運動和停止運動時的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導過程。以撤去F時C的位置為坐標原點，水平向右為正方向?！究键c】常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化；胡克定律及其應用；動能定理的簡單應用．【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）B、C向左移動的最大距離x0為2F-4fk，B、C（2）為保證A能離開墻壁，恒力的最小值為(3+（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為xBC，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W，則W＜fxBC；（4）見解析?！痉治觥浚?）以B、C和彈簧為研究對象，分別列出從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中及彈簧恢復原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離兩過程的動能定理可求得；（2）A剛要離開墻壁時B的速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值Fmin，對A做受力分析，再根據(jù)能量守恒求得恒力大?。唬?）從B、C分離到B停止運動，對B，C分別列動能定理得出位移關(guān)系，可比較W與fxBC的大?。唬?）根據(jù)運動學公式結(jié)合牛頓第二定律可判斷C的加速度與位移關(guān)系圖?！窘獯稹拷猓海?）從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系得F彈簧恢復原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒得1聯(lián)立得xEk（2）當A剛要離開墻時，設(shè)彈簧的伸長量為x，以A為研究對象，由平衡條件得kx＝f若A剛要離開墻壁時B的速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值Fmin，從彈簧恢復原長到A剛要離開墻的過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒得E聯(lián)立得F根據(jù)題意舍去Fmin=(3-（3）從B、C分離到B停止運動，設(shè)B的路程為xB，C的位移為xC，以B為研究對象，由動能定理得﹣W﹣fxB＝0﹣Ek以C為研究對象，由動能定理得﹣fxC＝0﹣Ek由B、C的運動關(guān)系得xB＞xC﹣xBC聯(lián)立得W＜fxBC（4）答：（1）B、C向左移動的最大距離x0為2F-4fk，B、C（2）為保證A能離開墻壁，恒力的最小值為(3+（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為xBC，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W，則W＜fxBC；（4）見解析?！军c評】本題考查彈簧彈力的問題，解決本題需要明確臨界條件，如A離開墻壁時B的速度為0時，恒力F最小，同時根據(jù)運動過程結(jié)合動能定理可求解。10．（2020?江蘇）如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R．在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為ω．繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）重物落地后，小球線速度的大小v；（2）重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；（3）重物下落的高度h。【考點】機械能守恒定律的簡單應用；勻速圓周運動；線速度與角速度的關(guān)系；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】定量思想；方程法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)線速度和角速度的關(guān)系求解小球線速度的大?。唬?）根據(jù)向心力的計算公式求解小球的向心力大小，再根據(jù)力的合成方法求解此時該球受到桿的作用力的大小F；（3）重物的速度v'＝ωR，由機械能守恒求解下落高度?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)線速度和角速度的關(guān)系可知，重物落地后，小球線速度的大小為：v＝2Rω（2）重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置，此時小球的向心力為：F向＝2mRω2此時小球受到的向心力等于球受到桿的作用力與球重力的合力，如圖所示；根據(jù)幾何關(guān)系可得：F=F向（3）落地時，重物的速度為：v'＝ωR由機械能守恒得：12Mv′2+4×12mv解得：h=M+16m2Mg（答：（1）重物落地后，小球線速度的大小為2Rω；（2）重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小為m4R（3）重物下落的高度為M+16m2Mg（ω【點評】本題主要是考查機械能守恒定律和圓周運動的知識，弄清楚重物和小球的運動情況，根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系、機械能守恒定律進行解答即可。11．（2020?新課標Ⅲ）如圖，相距L＝11.5m的兩平臺位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，其速度的大小v可以由驅(qū)動系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定。質(zhì)量m＝10kg的載物箱（可視為質(zhì)點），以初速度v0＝5.0m/s自左側(cè)平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2。（1）若v＝4.0m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；（2）求載物箱到達右側(cè)平臺時所能達到的最大速度和最小速度；（3）若v＝6.0m/s，載物箱滑上傳送帶Δt=1312s后，傳送帶速度突然變?yōu)榱?。求【考點】動能定理的簡單應用；動量的定義、單位及性質(zhì)；勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用．【專題】壓軸題；學科綜合題；定量思想；推理法；動量定理應用專題；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)牛頓定律和運動學公式可以得到載物箱的運動時間；（2）當載物箱一直加速時到達右側(cè)的速度最大，當載物箱一直減速時到達右側(cè)的速度最小，根據(jù)動能定理即可求得最大速度和最小速度；（3）因為傳送帶速度大于載物箱的初速度，所以載物箱在傳送帶上是先做勻加速運動，然后做勻速運動，當傳送帶速度突然變?yōu)榱銜r，載物箱又開始做勻減速運動，分別計算出載物箱的加速距離、勻速距離，進而得到載物箱的減速距離，根據(jù)運動學公式可以得到載物箱到達右側(cè)的速度，最后根據(jù)動量定理即可得到傳送帶對它的沖量?！窘獯稹拷猓海?）傳送帶的速度v＝4.0m/s時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運動，設(shè)其加速度為a，由牛頓第二定律可得μmg＝ma①設(shè)載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為s1，由運動學公式可得v2-v02=-聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)解得：s1＝4.5m③因此，載物箱在到達右側(cè)平臺前，速度先減小到v，然后開始做勻速運動，設(shè)載物箱在傳送帶上做勻減速運動的時間為t1，在傳送帶上做勻速運動的時間為t2，則v＝v0﹣at1④t2=L-則載物箱通過傳送帶的時間為t＝t1+t2聯(lián)立①③④⑤代入數(shù)據(jù)解得：t＝2.75s⑥（2）當載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時，到達右側(cè)平臺時的速度最小，設(shè)為v1；當載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運動時，到達右側(cè)平臺時的速度最大，設(shè)為v2．由動能定理得﹣μmgL=12μmgL=12由⑦⑧式并代入題給條件得：v1=2m（3）傳送帶的速度v＝6.0m/s時，由于v0＜v＜v2，所以載物箱先做勻加速運動，加速度大小仍為a。設(shè)載物箱做勻加速運動通過的距離為s2，所用時間為t1′，由運動學公式得v＝v0+at1′v2-v0代入數(shù)據(jù)解得：t1′＝1.0ss2＝5.5m因此載物箱加速運動1.0s、向右運動5.5m時，達到與傳送帶相同的速度，此后載物箱與傳送帶共同勻速運動（Δt﹣t1′）的時間后，傳送帶突然停止，設(shè)載物箱勻速運動通過的距離為s3，則s3＝v（Δt﹣t1′）＝0.5m由上面可知，12mv2＞μmgv32-v2＝﹣2a（L﹣s2﹣解得：v3＝5m/s傳送帶突然停止后，載物箱運動到右側(cè)平臺的時間為t3，at3＝v﹣v3解得：t3＝1s設(shè)載物箱通過傳送帶的過程中，傳送帶對它的水平?jīng)_量為Ix，由動量定理有：Ix＝m（v3﹣v0）＝0根據(jù)沖量的定義得豎直方向上的沖量為：Iy＝FN（Δt+t3）=6253N所以合沖量為：Iy=6253N?答：（1）若v＝4.0m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間為2.75s；（2）載物箱到達右側(cè)平臺時所能達到的最大速度為43m/s，最小速度為2m/s；（3）傳送帶對它的沖量為6253N?s【點評】傳送帶問題一定要注意載物箱的速度和傳送帶的速度相等后，它們將一起勻速運動，載物箱與傳送帶之間沒有了摩擦力，所以判斷載物箱是怎樣到達右側(cè)平臺的很重要，需要計算出載物箱的加速或者減速距離與傳送帶長度作比較。12．（2020?浙江）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道（在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連）、高度h可調(diào)的斜軌道AB組成。游戲時，滑塊從O點彈出，經(jīng)過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道，且恰好停在B端，則視為游戲成功。已知圓軌道半徑r＝0.1m，OE長度L1＝0.2m，AC長度L2＝0.4m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，滑塊質(zhì)量m＝2g，可視為質(zhì)點。彈射時，從靜止釋放滑塊，彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動能。忽略空氣阻力，各部分平滑連接，取g＝10m/s2，求：（1）滑塊恰好通過圓軌道最高點F時的速度大??；（2）當h＝0.1m且游戲成功時，滑塊經(jīng)過E點對圓軌道的壓力FN大小及彈簧的彈性勢能EP0；（3）要使游戲成功，彈簧的彈性勢能EP與高度h之間滿足的關(guān)系?！究键c】常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化；物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運動；動能定理的簡單應用．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；臨界法；動能定理的應用專題；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．【答案】（1）滑塊恰好通過圓軌道最高點F時的速度大小是1m/s；（2）當h＝0.1m且游戲成功時，滑塊經(jīng)過E點對圓軌道的壓力FN大小是0.14N，彈簧的彈性勢能EP0是8.0×10﹣3J；（3）要使游戲成功，彈簧的彈性勢能EP與高度h之間滿足的關(guān)系為Ep=2×10-3(10h+【分析】（1）滑塊恰好通過圓軌道最高點F時，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解滑塊到達F點的速度。（2）滑塊從E到B，根據(jù)動能定理求解到達E點的速度，在E點，由根據(jù)牛頓第二定律求出軌道對滑塊的支持力，從而得到滑塊對軌道的壓力?；瑝K從O到B，根據(jù)動能定理和功能關(guān)系求解彈性勢能。（3）根據(jù)動能定理求解滑塊恰能過F點的彈性勢能，再從B點減速到0根據(jù)動能定理求解高度h。結(jié)合物塊能停在B點時平衡條件進行解答?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度大小為vF，由題意可得，滑塊恰過F點的條件為：mg=m解得：vF＝1m/s②（2）滑塊從E到B，由動能定理得-mg設(shè)在E點的受到的支持力為FN′，對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得FN′﹣mg＝mvE2聯(lián)立③④式解得：FN′＝0.14N⑤根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊經(jīng)過E點對圓軌道的壓力大小FN＝FN′＝0.14N滑塊從O點到B點，由動能定理得Ep0﹣mgh﹣μmg（L1+L2）＝0⑥解得：Ep0（3）設(shè)滑塊恰能過F點的彈性勢能為Epl，由動能定理得Ep1到B點減速到0，由動能定理得Epl﹣mgh1﹣μmg（L1+L2）＝0⑨聯(lián)立⑧⑨式，解得：h1＝0.05m⑩設(shè)物塊能停在B點時斜面的傾角為θ，由共點力平衡條件得μmgcosθ＝mgsinθ?設(shè)B點距離水平地面的高度為h2，由幾何關(guān)系得tanθ=聯(lián)立??式，解得：h2＝0.2m?從O到B點，由動能定理得Ep＝mgh+μmg（L1+L2）即Ep=2×10-3(10h+答：（1）滑塊恰好通過圓軌道最高點F時的速度大小是1m/s；（2）當h＝0.1m且游戲成功時，滑塊經(jīng)過E點對圓軌道的壓力FN大小是0.14N，彈簧的彈性勢能EP0是8.0×10﹣3J；（3）要使游戲成功，彈簧的彈性勢能EP與高度h之間滿足的關(guān)系為Ep=2×10-3(10h+【點評】解決本題的關(guān)鍵是明確滑塊到達F點時是由重力提供向心力，掌握用動能定理在多過程中列式求解速度大小或者是能量大小。要注意分析隱含的臨界狀態(tài)和臨界條件。

考點卡片1．勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用【知識點的認識】本考點下的題目，代表的是一類復雜的運動學題目，往往需要用到多個公式，需要細致的思考才能解答?！久}方向】如圖，甲、乙兩運動員正在訓練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運動員經(jīng)短距離加速后都能達到并保持8m/s的速度跑完全程．設(shè)乙從起跑后到接棒前的運動是勻加速的，加速度大小為2.5m/s2．乙在接力區(qū)前端聽到口令時起跑，在甲、乙相遇時完成交接棒．在某次練習中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力區(qū)前端s0＝11.0m處向乙發(fā)出起跑口令．已知接力區(qū)的長度為L＝20m．求：（1）此次練習中交接棒處離接力區(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離．（2）為了達到理想成績，需要乙恰好在速度達到與甲相同時被甲追上，則甲應在接力區(qū)前端多遠時對乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是多少？分析：（1）甲乙兩人不是從同一地點出發(fā)的，當已追上甲時，它們的位移關(guān)系是s0+12at2＝（2）當兩人的速度相等時，兩車的距離為零，即處于同一位置．（3）由t=x解答：（1）設(shè)乙加速到交接棒時運動時間為t，則在甲追擊乙過程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長時間3.2s實際舍去）此次練習中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x（2）乙加速時間t設(shè)甲在距離接力區(qū)前端為s時對乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過程中有s代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運動，所以棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是t點評：此題考查追及相遇問題，一定要掌握住兩者何時相遇、何時速度相等這兩個問題，這道題是典型的追及問題，同學們一定要掌握?。窘忸}思路點撥】熟練掌握并深刻理解運動學的基礎(chǔ)公式及導出公式，結(jié)合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時游刃有余。2．胡克定律及其應用【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定．x則是指形變量，應為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大?。绻桓嬖V彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關(guān)系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學公式和動力學公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k=Fx2=100故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類?？碱}型是考查胡克定律與其他知識點的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F=剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a=對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故選A．點評：點評：本題考查應用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現(xiàn)，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應根據(jù)具體的條件或計算來確定．3．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。4．勻速圓周運動【知識點的認識】1.定義：如果物體沿著圓周運動，并且線速度的大小處處相等，這種運動叫作勻速圓周運動。也可說勻速圓周運動是角速度不變的圓周運動。2.性質(zhì)：線速度的方向時刻在變，因此是一種變速運動。3.勻速圓周運動與非勻速圓周運動的區(qū)別（1）勻速圓周運動①定義：角速度大小不變的圓周運動。②性質(zhì)：向心加速度大小不變，方向始終指向圓心的變加速曲線運動。③質(zhì)點做勻速圓周運動的條件：合力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心。（2）非勻速圓周運動①定義：線速度大小不斷變化的圓周運動。②合力的作用a、合力沿速度方向的分量Ft產(chǎn)生切向加速度，F(xiàn)t＝mat，它只改變速度的大小。b、合力沿半徑方向的分量Fn產(chǎn)生向心加速度，F(xiàn)n＝man，它只改變速度的方向。【命題方向】對于做勻速圓周運動的物體，下面說法正確的是（）A、相等的時間里通過的路程相等B、相等的時間里通過的弧長相等C、相等的時間里發(fā)生的位移相同D、相等的時間里轉(zhuǎn)過的角度相等分析：勻速圓周運動的過程中相等時間內(nèi)通過的弧長相等，則路程也相等，相等弧長對應相等的圓心角，則相等時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度也相等。位移是矢量，有方向，相等的弧長對應相等的弦長，則位移的大小相等，但方向不同。解答：AB、勻速圓周運動在相等時間內(nèi)通過的弧長相等，路程相等。故AB正確。C、相等的弧長對應相等的弦長，所以相等時間內(nèi)位移的大小相等，但方向不同，所以相等時間內(nèi)發(fā)生的位移不同。故C錯誤。D、相等的弧長對應相等的圓心角，所以相等時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度相等。故D正確。故選：ABD。點評：解決本題的關(guān)鍵知道勻速圓周運動的線速度大小不變，所以相等時間內(nèi)通過的弧長相等，路程也相等?！窘忸}思路點撥】1.勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較項目勻速圓周運動非勻速圓周運動運動性質(zhì)是速度大小不變，方向時刻變化的變速曲線運動，是加速度大小不變而方向時刻變化的變加速曲線運動是速度大小和方向都變化的變速曲線運動，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運動加速度加速度方向與線速度方向垂直。即只存在向心加速度，沒有切向加速度由于速度的大小、方向均變，所以不僅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不斷改變向心力F合F合5．線速度與角速度的關(guān)系【知識點的認識】1.線速度與角速度的關(guān)系為：v＝ωr2.推導由于v=ΔsΔt，ω=ΔθΔt，當Δθv＝ωr這表明，在圓周運動中，線速度的大小等于角速度的大小與半徑的乘積。3.應用：①v＝ωr表明了線速度、角速度與半徑之間的定性關(guān)系，可以通過控制變量法，定性分析物理量的大小；②v＝ωr表明了線速度、角速度與半徑之間的定量關(guān)系，可以通過公式計算線速度、角速度或半徑?！久}方向】一個物體以角速度ω做勻速圓周運動時，下列說法中正確的是（）A、軌道半徑越大線速度越大B、軌道半徑越大線速度越小C、軌道半徑越大周期越大D、軌道半徑越大周期越小分析：物體做勻速圓周運動中，線速度、角速度和半徑三者當控制其中一個不變時，可得出另兩個之間的關(guān)系．由于角速度與周期總是成反比，所以可判斷出當半徑變大時，線速度、周期如何變化的．解答：因物體以一定的角速度做勻速圓周運動，A、由v＝ωr得：v與r成正比。所以當半徑越大時，線速度也越大。因此A正確；B、由v＝ωr得：v與r成正比。所以當半徑越大時，線速度也越大。因此B不正確；C、由ω=2πT得：ω與TD、由ω=2πT得：ω與T成故選：A。點評：物體做勻速圓周，角速度與周期成反比．當角速度一定時，線速度與半徑成正比，而周期與半徑無關(guān)．【解題思路點撥】描述圓周運動的各物理量之間的關(guān)系如下：6．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設(shè)運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．7．物體在圓形豎直軌道內(nèi)的圓周運動【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細管內(nèi)做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道豎直固定放置，質(zhì)量為m的小球在圓形軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動．小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力．已知當?shù)氐闹亓铀俣却笮間，不計空氣阻力．試求：（1）小球通過軌道最高點時速度的大??；（2）小球通過軌道最低點時角速度的大小；（3）小球通過軌道最低點時受到軌道支持力的大小．分析：（1）小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力，故由重力提供向心力，根據(jù)圓周運動向心力公式即可得出最高點的速度；（2）可以根據(jù)動能定理求出最低點的速度，再根據(jù)線速度和角速度的關(guān)系即可求出角速度；（3）在最低點由支持力和重力的合力提供向心力，根據(jù)圓周運動向心力公式即可求得支持力的大小．解答：（1）設(shè)小球通過軌道最高點時速度的大小為v1，根據(jù)題意和圓周運動向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）設(shè)小球通過軌道最低點的速度大小為v2，從最高點到最低點的過程中運用動能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）設(shè)小球通過軌道最低點時受到軌道支持力大小為FN，根據(jù)圓周運動向心力公式得：FN﹣mg=mv由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通過軌道最高點時速度的大小為gR；（2）小球通過軌道最低點時角速度的大小為5gR；（3）小球通過軌道最低點時受到軌道支持力的大小為點評：該題是動能定理及圓周運動向心力公式的直接應用，要抓住恰好到達最高點的隱含條件是由重力來提供向心力，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點撥】對于豎直平面內(nèi)的圓周運動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v8．功率的定義、物理意義和計算式的推導【知識點的認識】1.義：功與完成這些功所用時間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質(zhì)：功是標量。4.計算公式（1）定義式：P=Wt，P為時間（2）機械功的表達式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時速度，則P為瞬時功率．推導：如果物體的受力F與運動方向的夾角為α，從計時開始到時刻t這段時間內(nèi)，發(fā)生的位移是l，則力在這段時間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開始計時到時刻t這段時間內(nèi)發(fā)生的，所以lt是物體在這段時間內(nèi)的平均速度vP＝Fvcosα可見，力對物體做功的功率等于沿運動方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時，cosα＝1，上式可以寫成P＝Fv。從以上推導過程來看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計時開始到時刻t的平均功率。如果時間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時速度，這個關(guān)系式也就可以反映瞬時速度與瞬時功率的關(guān)系。5.額定功率：機械正常工作時輸出的最大功率．6.實際功率：機械實際工作時輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關(guān)于功率和機械效率的說法中，正確的是（）A、功率大的機械，做功一定多B、做功多的機械，效率一定高C、做功快的機械，功率一定大D、效率高的機械，功率一定大分析：根據(jù)P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據(jù)η解答：A、根據(jù)P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據(jù)η=W有W總=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點評：解決本題的關(guān)鍵知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解題思路點撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少沒有直接關(guān)系。2.功率的定義式P=W9．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況。【命題方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大??；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘脛幽芏ɡ肀容^簡單?！窘忸}思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。10．常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化【知識點的認識】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h，拉力F做功WF，不計彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧