2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之功和能（2024年7月）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之功和能（2024年7月）一．選擇題（共8小題）1．一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是（）A． B． C． D．2．如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為（）A．14mgR B．13mgR C．12mgR D3．一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度為v，若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v，對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前兩次克服摩擦力所做的功，則（）A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1 B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf14．小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度5．如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為（）A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR6．如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，并且處于原長狀態(tài)，現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L（未超過彈性限度），則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中（）A．圓環(huán)的機械能守恒 B．彈簧彈性勢能變化了3mgL C．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零 D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變7．如圖所示，細線的一端固定于O點，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點運動到B點．在此過程中拉力的瞬時功率變化情況（）A．逐漸增大 B．逐漸減小 C．先增大，后減小 D．先減小，后增大8．如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距13l．重力加速度大小為gA．19mgl B．16mgl C．13mgl D二．多選題（共6小題）（多選）9．如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則（）A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功 B．a(chǎn)落地時速度大小為2gC．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg（多選）10．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長，圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h，圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)（）A．下滑過程中，加速度一直減小 B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為14mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為14mv2﹣mghD．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度（多選）11．如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連。彈簧處于自然長度時物塊位于O點（圖中未標出）。物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ．現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W．撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經(jīng)O點到達B點時速度為零。重力加速度為g。則上述過程中（）A．物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W-12μB．物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W-32μC．經(jīng)O點時，物塊的動能小于W﹣μmga D．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能（多選）12．如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的（）A．動能損失了2mgH B．動能損失了mgH C．機械能損失了mgH D．機械能損失了1（多選）13．如圖，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有（）A．甲的切向加速度始終比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一時刻總能到達同一高度 D．甲比乙先到達B處（多選）14．如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜π2．在小球從M點運動到A．彈力對小球先做正功后做負功 B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零 D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差三．填空題（共1小題）15．如圖所示，勁度系數(shù)為k1的輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量為m1、m2的物塊1、2拴接，勁度系數(shù)為k2的輕質(zhì)彈簧上端與物塊2拴接，下端壓在桌面上（不拴接），整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)施力將物塊1緩慢豎直上提，直到下面那個彈簧的下端剛脫離桌面。在此過程中，物塊2的重力勢能增加了，物塊1的重力勢能增加了。四．實驗題（共1小題）16．某同學(xué)利用圖（a）所示裝置驗證動能定理。調(diào)整木板的傾角平衡摩擦阻力后，掛上鉤碼，鉤碼下落，帶動小車運動并打出紙帶。某次實驗得到的紙帶及相關(guān)數(shù)據(jù)如圖（b）所示。已知打出圖（b）中相鄰兩點的時間間隔為0.02s，從圖（b）給出的數(shù)據(jù)中可以得到，打出B點時小車的速度大小vB＝m/s，打出P點時小車的速度大小vP＝m/s。（結(jié)果均保留2位小數(shù)）若要驗證動能定理，除了需測量鉤碼的質(zhì)量和小車的質(zhì)量外，還需要從圖（b）給出的數(shù)據(jù)中求得的物理量為。五．解答題（共4小題）17．輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l．現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5．用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后釋放，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g．（1）若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；（2）若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量mp的取值范圍．18．如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為56R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點（未畫出），隨后P沿軌道被彈回，最高點到達F點，AF＝4R，已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ=14，重力加速度大小為g。（取sin37°=35（1）求P第一次運動到B點時速度的大小。（2）求P運動到E點時彈簧的彈性勢能。（3）改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距72R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P19．如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα=35。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為?）水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大?。唬?）小球達A點時動量的大??；（3）小球從C點落至水平軌道所用的時間。20．某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖，皮帶在電動機的帶動下保持v＝1m/s的恒定速度向右運動，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5．設(shè)皮帶足夠長，取g＝10m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動過程中，求：（1）郵件滑動的時間t；（2）郵件對地的位移大小x；（3）郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。

2025年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之功和能（2024年7月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）1．一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導(dǎo)．【專題】功率的計算專題．【答案】A【分析】對于汽車，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據(jù)P＝Fv和牛頓第二定律分析加速度的變化情況，得到可能的v﹣t圖象?！窘獯稹拷猓涸?﹣t1時間內(nèi)，如果勻速，則v﹣t圖象是與時間軸平行的直線，如果是加速，根據(jù)P＝Fv，牽引力減小；根據(jù)F﹣f＝ma，加速度減小，是加速度減小的加速運動，當加速度為0時，即F1＝f，汽車開始做勻速直線運動，此時速度v1=P1F1=P1f．所以0﹣在t1﹣t2時間內(nèi)，功率突然增加，故牽引力突然增加，是加速運動，根據(jù)P＝Fv，牽引力減小；再根據(jù)F﹣f＝ma，加速度減小，是加速度減小的加速運動，當加速度為0時，即F2＝f，汽車開始做勻速直線運動，此時速度v2=P2F2=P2f．所以在t1﹣t故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題關(guān)鍵是明確汽車恒定功率的加速過程是加速度減小的加速運動，注意速度不能突變，基礎(chǔ)題目。2．如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為（）A．14mgR B．13mgR C．12mgR D【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；繩球類模型及其臨界條件．【專題】動能定理的應(yīng)用專題．【答案】C【分析】質(zhì)點經(jīng)過Q點時，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓運動定律求出質(zhì)點經(jīng)過Q點的速度，再由動能定理求解克服摩擦力所做的功。【解答】解：質(zhì)點經(jīng)過Q點時，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得：N﹣mg＝mv由題有：N＝2mg可得：vQ=質(zhì)點自P滑到Q的過程中，由動能定理得：mgR﹣Wf=得克服摩擦力所做的功為Wf=1故選：C?！军c評】本題考查動能定理的應(yīng)用及向心力公式，要注意正確受力分析，明確指向圓心的合力提供圓周運動的向心力，知道動能定理是求解變力做功常用的方法。3．一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度為v，若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v，對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前兩次克服摩擦力所做的功，則（）A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1 B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf1【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；恒力做功的計算．【專題】功的計算專題．【答案】C【分析】根據(jù)動能定理，結(jié)合運動學(xué)公式，求出滑動摩擦力做功，從而求得結(jié)果。【解答】解：由題意可知，兩次物體均做勻加速運動，則在同樣的時間內(nèi)，它們的位移之比為S1：S2=v2t：兩次物體所受的摩擦力不變，根據(jù)力做功表達式，則有滑動摩擦力做功之比Wf1：Wf2＝fS1：fS2＝1：2；再由動能定理，則有：WF﹣Wf=1可知，WF1﹣Wf1=1WF2﹣Wf2＝4×1由上兩式可解得：WF2＝4WF1﹣2Wf1，故C正確，ABD錯誤；故選：C?！军c評】考查做功表達式的應(yīng)用，掌握動能定理的內(nèi)容，注意做功的正負。4．小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【考點】機械能守恒定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】計算題；比較思想；推理法；機械能守恒定律應(yīng)用專題．【答案】C【分析】從靜止釋放至最低點，由機械能守恒列式，可知最低點的速度、動能；在最低點由牛頓第二定律可得繩子的拉力和向心加速度?！窘獯稹拷猓篈B．從靜止釋放至最低點，由機械能守恒得：mgR=12mv2，解得：在最低點的速度只與半徑有關(guān)，可知vP＜vQ；動能與質(zhì)量和半徑有關(guān)，由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短，所以不能比較動能的大小。故AB錯誤；CD．在最低點，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝mv2R，解得，F(xiàn)＝mg+mv2R=3mg所以P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等。故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】再求最低的速度、動能時，也可以使用動能定理求解；在比較一個物理量時，應(yīng)該找出影響它的所有因素，全面的分析才能正確的解題。5．如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為（）A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度．【專題】應(yīng)用題；定量思想；方程法；機械能守恒定律應(yīng)用專題．【答案】C【分析】根據(jù)動能定理求出小球在c點的速度，再根據(jù)豎直上拋運動求解達到最高點的時間，根據(jù)水平方向的運動規(guī)律求解離開c后達到最高點時的水平位移，根據(jù)功能關(guān)系求解機械能的增加。【解答】解：由題意知水平拉力為：F＝mg，設(shè)小球達到c點的速度為v，從a到c根據(jù)動能定理可得：F?3R﹣mgR=12m小球離開c點后，豎直方向上做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動。設(shè)小球從c點達到最高點的時間為t，則有：t=此段時間內(nèi)水平方向的位移為：x=1所以小球從a點開始運動到其軌跡最高點，小球在水平方向的位移為：L＝3R+2R＝5R此過程中小球的機械能增量為：ΔE＝FL＝mg×5R＝5mgR。故C正確、ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查功能關(guān)系；機械能守恒定律的守恒條件是系統(tǒng)除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做的功等于零；除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機械能就變化多少；注意本題所求的是“小球從a點開始運動到其軌跡最高點”，不是從a到c的過程，這是易錯點。6．如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，并且處于原長狀態(tài)，現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L（未超過彈性限度），則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中（）A．圓環(huán)的機械能守恒 B．彈簧彈性勢能變化了3mgL C．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零 D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；機械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【答案】B【分析】分析圓環(huán)沿桿下滑的過程的受力和做功情況，由于彈簧的拉力對圓環(huán)做功，所以圓環(huán)機械能不守恒，系統(tǒng)的機械能守恒；根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒進行分析?！窘獯稹拷猓篈、圓環(huán)沿桿滑下過程中，彈簧的拉力對圓環(huán)做功，圓環(huán)的機械能不守恒，故A錯誤，B、圖中彈簧水平時恰好處于原長狀態(tài)，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L，可得物體下降的高度為h=3L彈簧的彈性勢能增大量為ΔEp＝mgh=3mgL，故BC、圓環(huán)所受合力為零，速度最大，此后圓環(huán)繼續(xù)向下運動，則彈簧的彈力增大，圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力不為零，故C錯誤。D、根據(jù)圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，知圓環(huán)的動能先增大后減小，則圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和先減小后增大，故D錯誤。故選：B。【點評】對物理過程進行受力、運動、做功分析，是解決問題的根本方法。要注意圓環(huán)的機械能不守恒，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能才守恒。7．如圖所示，細線的一端固定于O點，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點運動到B點．在此過程中拉力的瞬時功率變化情況（）A．逐漸增大 B．逐漸減小 C．先增大，后減小 D．先減小，后增大【考點】功率的定義、物理意義和計算式的推導(dǎo)．【專題】功率的計算專題．【答案】A【分析】根據(jù)小球做圓周運動，合力提供向心力，即合力指向圓心，求出水平拉力和重力的關(guān)系，根據(jù)P＝Fvcosα得出拉力瞬時功率的表達式，從而判斷出拉力瞬時功率的變化．【解答】解：因為小球是以恒定速率運動，即它是做勻速圓周運動，那么小球受到的重力G、水平拉力F、繩子拉力T三者的合力必是沿繩子指向O點。設(shè)繩子與豎直方向夾角是θ，則FG=tanθ（F與得F＝Gtanθ而水平拉力F的方向與速度V的方向夾角也是θ，所以水平力F的瞬時功率是P＝Fvcosθ則P＝Gvsinθ顯然，從A到B的過程中，θ是不斷增大的，所以水平拉力F的瞬時功率是一直增大的。故A正確，B、C、D錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握瞬時功率的表達式P＝Fvcosα，注意α為F與速度的夾角．8．如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距13l．重力加速度大小為gA．19mgl B．16mgl C．13mgl D【考點】重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系；恒力做功的計算．【專題】定性思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律．【答案】A【分析】由題意可知，發(fā)生變化的只有MQ段，分析開始和最后過程，明確重力勢能的改變量，根據(jù)功能關(guān)系即可求得外力所做的功?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)功能關(guān)系可知，拉力所做的功等于MQ段系統(tǒng)重力勢能的增加量；對MQ分析，設(shè)Q點為零勢能點，則可知，MQ段的重力勢能為EP1=2將Q點拉至M點時，重心離Q點的高度h=l6+l因此可知拉力所做的功W＝EP2﹣EP1=19mgl，故A正確，故選：A?！军c評】本題考查明確功能關(guān)系，注意掌握重力之外的其他力做功等于機械能的改變量，本題中因緩慢拉動，故動能不變，因此只需要分析重力勢能即可。二．多選題（共6小題）（多選）9．如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則（）A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功 B．a(chǎn)落地時速度大小為2gC．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg【考點】機械能守恒定律的簡單應(yīng)用；合運動與分運動的關(guān)系．【答案】BD【分析】a、b組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，通過b的動能變化，判斷輕桿對b的做功情況。根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒求出a球運動到最低點時的速度大小。【解答】解：A、當a到達底端時，b的速度為零，b的速度在整個過程中，先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對b先做正功，后做負功。故A錯誤。B、a運動到最低點時，b的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律得：mAgh=12mAvA2，解得vAC、b的速度在整個過程中，先增大后減小，所以a對b的作用力先是動力后是阻力，所以b對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，b對a是向下的拉力，此時a的加速度大于重力加速度，故C錯誤；D、ab整體的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對地面的壓力大小為mg，故D正確；故選：BD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒，以及根據(jù)能量的守恒。可以知道當a的機械能最小時，b的動能最大。（多選）10．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長，圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h，圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)（）A．下滑過程中，加速度一直減小 B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為14mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為14mv2﹣mghD．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【答案】BD【分析】根據(jù)圓環(huán)的運動情況分析下滑過程中，加速度的變化；研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C和在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A兩個過程，運用動能定理列出等式求解；研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到B過程和圓環(huán)從B處上滑到A的過程，運用動能定理列出等式?！窘獯稹拷猓篈、圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運動，再做減速運動，經(jīng)過B處的速度最大，所以經(jīng)過B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A錯誤；B、研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，運用動能定理列出等式mgh+Wf+W彈＝0﹣0＝0在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，運用動能定理列出等式﹣mgh+（﹣W彈）+Wf＝0-12解得：Wf=-14mv2，故C、由上分析可知，W彈=14mv2﹣mgh，所以在C處，彈簧的彈性勢能為mgh-14mvD、研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到B過程，運用動能定理列出等式mgh′+W′f+W′彈=12m研究圓環(huán)從B處上滑到A的過程，運用動能定理列出等式﹣mgh′+W′f+（﹣W′彈）＝0-12mgh′﹣W′f+W′彈=12由于W′f＜0，所以12mv'B2＞12mvB2，則有：vB＜v故選：BD。【點評】能正確分析小球的受力情況和運動情況，對物理過程進行受力、運動、做功分析，是解決問題的根本方法，掌握動能定理的應(yīng)用。（多選）11．如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連。彈簧處于自然長度時物塊位于O點（圖中未標出）。物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ．現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W．撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經(jīng)O點到達B點時速度為零。重力加速度為g。則上述過程中（）A．物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W-12μB．物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W-32μC．經(jīng)O點時，物塊的動能小于W﹣μmga D．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】壓軸題；機械能守恒定律應(yīng)用專題．【答案】BC【分析】到達B點時速度為0，但加速度不一定是零，即不一定合力為0，這是此題的不確定處。彈簧作阻尼振動，如果接觸面摩擦系數(shù)μ很小，則動能為最大時時彈簧伸長量較小（此時彈力等于摩擦力μmg），而彈簧振幅變化將很小，B點彈簧伸長大于動能最大點；如果μ較大，則動能最大時，彈簧伸長量較大，（因彈力等于摩擦力，μ較大，摩擦力也較大，同一個彈簧，則需要較大伸長量，彈力才可能與摩擦力平衡），而此時振幅變化很大，即振幅將變小，則物塊將可能在離O點很近處，就處于靜止（速度為0，加速度也為0），此時B點伸長量可能小于動能最大時伸長量，B點勢能可能小于動能最大處勢能。至于物塊在A點或B點時彈簧的彈性勢能，由功能關(guān)系和動能定理分析討論即可?！窘獯稹拷猓篈、如果沒有摩擦力，則O點應(yīng)該在AB中間，由于有摩擦力，物體從A到B過程中機械能損失，故無法到達沒有摩擦力情況下的B點，也即O點靠近B點。故OA＞a2，此過程物體克服摩擦力做功大于12μmga，所以物塊在A點時，彈簧的彈性勢能小于B、由A分析得物塊從開始運動到最終停在B點，路程大于a+a2=3a2，故整個過程物體克服阻力做功大于32C、從O點開始到再次到達O點，物體路程大于a，故由動能定理得，物塊的動能小于W﹣μmga，故C正確；D、物塊動能最大時，彈力等于摩擦力，而在B點彈力與摩擦力的大小關(guān)系未知，故物塊動能最大時彈簧伸長量與物塊在B點時彈簧伸長量大小未知，故此兩位置彈性勢能大小關(guān)系不好判斷，故D錯誤。故選：BC。【點評】利用反證法得到O點并非AB連線的中點是很巧妙的，此外要求同學(xué)對功能關(guān)系和動能定理理解透徹（多選）12．如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的（）A．動能損失了2mgH B．動能損失了mgH C．機械能損失了mgH D．機械能損失了1【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】壓軸題；動能定理的應(yīng)用專題．【答案】AC【分析】若動能變化為正值，說明動能增加，若為負值，說明動能減少，然后根據(jù)動能定理，求出合力做的功即可；要求機械能損失，只要求出除重力外其它力做的功即可?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)動能定理應(yīng)有ΔEk＝﹣maHsin30°=-2mgH，動能增量為負值，說明動能減少了2mgH，所以A再由牛頓第二定律（選取沿斜面向下為正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f=12mg，根據(jù)功能關(guān)系應(yīng)有ΔE＝﹣fHsin30°=-mgH，即機械能損失了mgH故選：AC?！军c評】要熟記動能定理與功能原理在解題中的應(yīng)用：涉及到總功、動能變化時應(yīng)用動能定理解決；涉及到機械能變化時應(yīng)求出除重力外其它力做的功。（多選）13．如圖，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有（）A．甲的切向加速度始終比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一時刻總能到達同一高度 D．甲比乙先到達B處【考點】機械能守恒定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】直線運動規(guī)律專題．【答案】BD【分析】①由受力分析及牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的??；②可以使用機械能守恒來說明，也可以使用運動學(xué)的公式計算，后一種方法比較麻煩；③哪一個先達到B點，可以通過速度的變化快慢來理解，也可以使用v﹣t圖象來計算說明?！窘獯稹拷猓篈：由受力分析及牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A錯誤；B：下滑過程甲、乙的機械能均守恒，由mgh=12mv2，可得：v=2CD：甲的切向加速度先比乙的大，速率增大的比較快，開始階段的路程比較大，故甲總是先達到同一高度的位置。故C錯誤，D正確。故選：BD?！军c評】本題應(yīng)該用“加速度”解釋：高度相同，到達底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐漸減小，乙的加速度逐漸增大。所以它們的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢。它們的v﹣t圖象如圖，結(jié)合v﹣t圖象的意義，圖線的斜率表示加速度，圖線與時間軸之間的面積可以用來表示路程。（多選）14．如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜π2．在小球從M點運動到A．彈力對小球先做正功后做負功 B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零 D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；功率的定義、物理意義和計算式的推導(dǎo)．【專題】定性思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律．【答案】BCD【分析】彈力為0時或彈力方向與桿垂直時物體加速度為g，且彈力功率為0．因M，N彈力大小相等則彈性勢能相等。據(jù)此分析各選項。【解答】解：A、由題可知，M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，則在運動過程中OM為壓縮狀態(tài)，N點為伸長狀態(tài)；小球向下運動的過程中彈簧的長度先減小后增大，則彈簧的彈性勢能先增大，后減小，再增大，所以彈力對小球先做負功再做正功，最后再做負功。故A錯誤。B、在運動過程中M點為壓縮狀態(tài)，N點為伸長狀態(tài)，則由M到N有一狀態(tài)彈力為0且此時彈力與桿不垂直，加速度為g；當彈簧與桿垂直時小球加速度為g。則有兩處加速度為g。故B正確。C、由圖可知，彈簧長度最短時，彈簧與桿的方向相互垂直，則彈力的方向與運動的方向相互垂直，所以彈力對小球做功的功率為零，故C正確。D、因M點與N點彈簧的彈力相等，所以彈簧的形變量相等，彈性勢能相同，彈力對小球做的總功為零，則彈簧彈力對小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功；小球向下運動的過程中只有重力做正功，所以小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差。故D正確故選：BCD?！军c評】本題考查彈簧類問題中的機械能守恒，注意彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量有關(guān)，形變量相同，則彈簧勢能相同。三．填空題（共1小題）15．如圖所示，勁度系數(shù)為k1的輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量為m1、m2的物塊1、2拴接，勁度系數(shù)為k2的輕質(zhì)彈簧上端與物塊2拴接，下端壓在桌面上（不拴接），整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)施力將物塊1緩慢豎直上提，直到下面那個彈簧的下端剛脫離桌面。在此過程中，物塊2的重力勢能增加了m2g2(m1+m2【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；動能與勢能的相互轉(zhuǎn)化．【專題】機械能守恒定律應(yīng)用專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】開始時兩彈簧均處于壓縮狀態(tài)，勁度系數(shù)為k1的輕彈簧的彈力大小等于質(zhì)量為m1物塊的重力，勁度系數(shù)為k2的輕彈簧的彈力大小等于質(zhì)量為m1、m2的物塊總重力。當施力將物塊1緩縵地豎直上提，直到下面那個彈簧的下端剛脫離桌面時，下面的彈簧恢復(fù)到原長，而上面的彈簧卻處于拉伸狀態(tài)。因此通過胡克定律算出兩個彈簧的變化量，從而算出物塊2和物塊1的重力勢能的增加量?！窘獯稹拷猓簞哦认禂?shù)為k1的輕彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為：x處于拉伸狀態(tài)時的拉伸量為：x開始平衡時，勁度系數(shù)為k2的輕彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為：x物塊2重力勢能增加了：m物塊1重力勢能的增加量為：m故答案為：m2g2【點評】勁度系數(shù)為k1的輕彈簧本身處于壓縮，之后處于拉伸，所以通過胡克定律求出兩形變量相加。而勁度系數(shù)為k2的輕彈簧本來處于壓縮，之后恢復(fù)原長，因此求解彈簧問題注意要用動態(tài)的思想進行。四．實驗題（共1小題）16．某同學(xué)利用圖（a）所示裝置驗證動能定理。調(diào)整木板的傾角平衡摩擦阻力后，掛上鉤碼，鉤碼下落，帶動小車運動并打出紙帶。某次實驗得到的紙帶及相關(guān)數(shù)據(jù)如圖（b）所示。已知打出圖（b）中相鄰兩點的時間間隔為0.02s，從圖（b）給出的數(shù)據(jù)中可以得到，打出B點時小車的速度大小vB＝0.36m/s，打出P點時小車的速度大小vP＝1.80m/s。（結(jié)果均保留2位小數(shù)）若要驗證動能定理，除了需測量鉤碼的質(zhì)量和小車的質(zhì)量外，還需要從圖（b）給出的數(shù)據(jù)中求得的物理量為B、P之間的距離?！究键c】動能定理的簡單應(yīng)用；探究小車速度隨時間變化的規(guī)律．【專題】實驗探究題；定量思想；實驗分析法；動能定理的應(yīng)用專題；實驗?zāi)芰Γ敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【分析】根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可以計算出兩點的速度大小。【解答】解：根據(jù)勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度可得B點和P點的速度分別為vBvP若要驗證動能定理需要求出小車運動過程中拉力對小車做的功，必須要知道在拉力作用下小車通過B點和P點的距離。故答案為：0.36，1.80，B、P之間的距離?！军c評】實驗問題中數(shù)據(jù)的處理中要注意兩點，一個是單位問題，另一個是有效數(shù)字的問題。五．解答題（共4小題）17．輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l．現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5．用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后釋放，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g．（1）若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；（2）若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量mp的取值范圍．【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；平拋運動速度的計算．【專題】計算題；參照思想；合成分解法；動能定理的應(yīng)用專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）先研究彈簧豎直的情況，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒求出彈簧最大的彈性勢能．彈簧如圖放置時，由于彈簧的壓縮量等于豎直放置時的壓縮量，兩種情況彈簧的彈性勢能相等．由能量守恒定律求出物體P滑到B點時的速度，由機械能守恒定律求出物體P到達D點的速度．物體P離開D點后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求水平距離．（2）P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，能上升的最高點為C，根據(jù)能量守恒定律列式和臨界條件求解．【解答】解：（1）將彈簧豎直放置在地面上，物體下落壓縮彈簧時，由系統(tǒng)的機械能守恒得Ep＝5mgl如圖，根據(jù)能量守恒定律得Ep＝μmg?4l+聯(lián)立解得vB=物體P從B到D的過程，由機械能守恒定律得mg?2l+解得vD=所以物體P能到達D點，且物體P離開D點后做平拋運動，則有2l=x＝vDt解得x＝22l即落地點與B點間的距離為22l．（2）P剛好過B點，有：Ep＝μm1g?4l，解得m1=5P最多到C而不脫軌，則有Ep＝μm2g?4l+m2gl，解得m2=5所以滿足條件的P的質(zhì)量的取值范圍為：53m≤mP＜5答：（1）P到達B點時速度的大小是6gl，它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離是22l（2）P的質(zhì)量的取值范圍為：53m≤mP＜5【點評】解決本題時要抓住彈簧的形變量相等時彈性勢能相等這一隱含的條件，正確分析能量是如何轉(zhuǎn)化，分段運用能量守恒定律列式是關(guān)鍵．18．如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為56R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點（未畫出），隨后P沿軌道被彈回，最高點到達F點，AF＝4R，已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ=14，重力加速度大小為g。（取sin37°=35（1）求P第一次運動到B點時速度的大小。（2）求P運動到E點時彈簧的彈性勢能。（3）改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距72R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；功能關(guān)系能量守恒定律．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）對物體從C到B的過程分析，由動能定理列式可求得物體到達B點的速度；（2）同（1）的方法求出物塊返回B點的速度，然后對壓縮的過程與彈簧伸長的過程應(yīng)用功能關(guān)系即可求出；（3）P離開D點后做平拋運動，將物塊的運動分解即可求出物塊在D點的速度，E到D的過程中重力、彈簧的彈力、斜面的阻力做功，由功能關(guān)系即可求出物塊P的質(zhì)量?！窘獯稹拷猓海?）C到B的過程中重力和斜面的阻力做功，所以：mg?其中：BC代入數(shù)據(jù)得：v（2）物塊返回B點后向上運動的過程中：-mg其中：BF聯(lián)立得：v物塊P由B點向下到達最低點又返回到B點的過程中只有摩擦力做功，設(shè)最大壓縮量為x，則：-μmgcos整理得：x＝R物塊向下壓縮彈簧的過程設(shè)克服彈力做功為W，則：mgx?又由于彈簧增加的彈性勢能等于物塊克服彈力做的功，即：EP＝W所以：EP＝2.4mgR（3）由幾何關(guān)系可知圖中D點相對于C點的高度：h＝r+rcos37°＝1.8r=1.8×5所以D點相對于G點的高度：H＝1.5R+R＝2.5R小球做平拋運動的時間：t=G點到D點的水平距離：L=由：L＝vDt聯(lián)立得：vE到D的過程中重力、彈簧的彈力、斜面的阻力做功，由功能關(guān)系得：EP聯(lián)立得：m′=第（2）問的另一種解法：設(shè)B點與E點間的距離為BE，對物塊P由C點向下滑到最低點E又返回到F點的全過程，由動能定理得：mgsin37°?CF﹣μmgcos37°?（CE+EF）＝0﹣0CF＝7R﹣4R＝3RCE＝5R+BEEF＝2R+BE聯(lián)立解得：BE＝R設(shè)P運動到E點時彈簧的彈性勢能為Ep，物塊向下壓縮彈簧的過程由能量守恒和功能關(guān)系得：Ep解得：EP＝2.4mgR答：（1）P第一次運動到B點時速度的大小是2gR（2）P運動到E點時彈簧的彈性勢能是2.4mgR。（3）改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距72R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小是355gR，改變后P【點評】本題考查功能關(guān)系、豎直面內(nèi)的圓周運動以及平拋運動，解題的關(guān)鍵在于明確能達到E點的條件，并能正確列出動能定理及理解題目中公式的含義。第二小問可以從運動全過程的角度跟能量的角度來列式。19．如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα=35。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為?）水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小；（2）小球達A點時動量的大小；（3）小球從C點落至水平軌道所用的時間。【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；力的合成與分解的應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；合運動與分運動的關(guān)系；繩球類模型及其臨界條件．【專題】計算題；定性思想；推理法；運動的合成和分解專題；動能定理的應(yīng)用專題；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)力的合成法則，結(jié)合牛頓第二定律，及勾股定理，即可求解；（2）作CD⊥PA，依據(jù)幾何關(guān)系，并由動能定理計算速度大小，即可求解動量大?。唬?）根據(jù)運動的合成與分解，結(jié)合運動學(xué)公式，即可求解?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F，由力的合成法則，則有：F0F2＝（mg）2+F02；設(shè)小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得：F＝mv聯(lián)立上式，結(jié)合題目所給數(shù)據(jù)，解得：F0=v=（2）設(shè)小球到達A點的速度大小v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得：DA＝RsinαCD＝R（1+cosα）由動能定理有，﹣mg?CD﹣F0?DA=聯(lián)立上式，結(jié)合題目所給數(shù)據(jù)，那么小球在A點的動量大小為：P＝mv1=（3）小球離開C點后，在豎直方向上做初速度不為零的勻加速直線運動，加速度大小為g，設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點落到水平軌道上所用時間為t，由運動學(xué)公式，則有：v⊥t+1v⊥＝vsinα聯(lián)立上式，結(jié)合題目數(shù)據(jù)，解得：t=答：（1）水平恒力的大小34mg，小球到達C點時速度的大小（2）小球達A點時動量的大小m23（3）小球從C點落至水平軌道所用的時間35【點評】考查力的合成法則，掌握牛頓第二定律的內(nèi)容，及動能定理的應(yīng)用，理解幾何知識的運用，同時注意運動的合成與分解的內(nèi)容。20．某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖，皮帶在電動機的帶動下保持v＝1m/s的恒定速度向右運動，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5．設(shè)皮帶足夠長，取g＝10m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動過程中，求：（1）郵件滑動的時間t；（2）郵件對地的位移大小x；（3）郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。【考點】動能定理的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】動能定理的應(yīng)用專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）對郵件運用動量定理，求出郵件速度達到傳送帶速度所需的時間．（2）對郵件運用動能定理，求出郵件相對地面的位移大?。?）根據(jù)摩擦力的大小以及皮帶的位移大小求出郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W．【解答】解：（1）設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為F，則：F＝μmg①取向右為正方向，對郵件應(yīng)用動量定理得，F(xiàn)t＝mv﹣0，②由①②式并代入數(shù)據(jù)得，t＝0.2s③（2）郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，對郵件應(yīng)用動能定理有：Fx=12由①④式并代入數(shù)據(jù)得，x＝0.1m⑤（3）郵件與皮帶發(fā)生相對滑動的過程中，設(shè)皮帶相對地面的位移為s，則：s＝vt⑥摩擦力對皮帶做的功W＝﹣Fs⑦由①③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得，W＝﹣2J．答：（1）郵件滑動的時間t為0.2s；（2）郵件對地的位移大小x為0.1m；（3）郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W為﹣2J．【點評】本題考查了動量定理、動能定理的基本運用，本題也可以采用動力學(xué)知識進行求解，關(guān)鍵需理清郵件在整個過程中的運動規(guī)律．

考點卡片1．力的合成與分解的應(yīng)用2．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認識】1．內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達式：F合＝ma．該表達式只能在國際單位制中成立．因為F合＝k?ma，只有在國際單位制中才有k＝1．力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg?m/s2．3．適用范圍：（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠小于光速）的情況．4．對牛頓第二定律的進一步理解牛頓第二定律是動力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a∝F，a∝1m另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的．（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．（2）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，是瞬時對應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量．（4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應(yīng)．（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的．【命題方向】題型一：對牛頓第二定律的進一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質(zhì)量為1.5kgB．物塊與地面之間的滑動摩擦力為2NC．t＝3s時刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據(jù)v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運動，處于受力平衡狀態(tài)，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2～4s內(nèi)物塊做勻加速運動，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大?。鶕?jù)速度時間圖線求出3s時的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運動，則f＝F＝2N．2～4s內(nèi)做勻加速直線運動，加速度a=42=2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣時間圖線可知，3s時刻的速度為2m/s．故B故選：BD．點評：本題考查學(xué)生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個圖象對比可以確定物體的運動的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來求解．題型二：對牛頓第二定律瞬時性的理解例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當剪斷Ⅱ瞬間時，球的加速度a應(yīng)是（）A．則a＝g，方向豎直向下B．則a＝g，方向豎直向上C．則a=F1m，方向沿Ⅰ的延長線D．則分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細線的拉力．剛剪短細繩時，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細繩彈力可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時，受力如圖所示，由共點力平衡條件得，F(xiàn)2＝mgtanθ，F(xiàn)1=mg剛剪斷Ⅱ的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖：由幾何關(guān)系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛頓第二定律得：a=F1sinθm=故選：D．點評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可正確解題，知道彈簧的彈力不能突變是正確解題的關(guān)鍵．題型三：動力學(xué)中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運動情況；②已知運動情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運動和受力的重要“橋梁”，將運動學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運動情況，裝置如圖甲所示．他使木塊以初速度v0＝4m/s的速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑緊接著下滑至出發(fā)點，并同時開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點的v﹣t圖線如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù)．（3）由運動學(xué)可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運動學(xué)可得下滑至出發(fā)點的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點，由加速度定義式a=上滑過程中加速度的大小：a1（2）上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F＝ma得上滑過程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.35．（3）下滑的距離等于上滑的距離：x=v02下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏?，由牛頓第二定律F＝ma得：下滑過程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2=下滑至出發(fā)點的速度大小為：v=聯(lián)立解得：v＝2m/s答：（1）上滑過程中的加速度的大小a1（2）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v＝2m/s．點評：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律和運動學(xué)公式聯(lián)合求解．【解題方法點撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應(yīng)關(guān)系．對于分析瞬時對應(yīng)關(guān)系時應(yīng)注意兩個基本模型特點的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①彈力的大小為F＝kx，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，②彈力突變．2．應(yīng)用牛頓第二定律解答動力學(xué)問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進行分析，確定題目屬于動力學(xué)中的哪類問題，不論是由受力情況求運動情況，還是由運動情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應(yīng)用牛頓第二定律的解題步驟（1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程．（2）分析研究對象的受力情況和運動情況，必要時畫好受力示意圖和運動過程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運動公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時可把力進行分解或合成處理，再列方程）（4）檢查答案是否完整、合理，必要時需進行討論．3．合運動與分運動的關(guān)系4．平拋運動速度的計算5．牛頓第二定律求解向心力6．繩球類模型及其臨界條件7．恒力做功的計算【知識點的認識】1．做功的兩個不可缺少的因素：力和物體在力的方向上發(fā)生的位移．2．功的公式：W＝Flcosα，其中F為恒力，α為F的方向與位移l的方向之間的夾角；功的單位：焦耳（J）；功是標量．3．功的計算：（1）合力的功①先求出合力，然后求總功，表達式為：∑W＝∑F?scosθ（θ為合力與位移方向的夾角）②合力的功等于各分力所做功的代數(shù)和，即：∑W＝W1+W2+…（2）變力做功：對于變力做功不能依定義式W＝Fscosα直接求解，但可依物理規(guī)律通過技巧的轉(zhuǎn)化間接求解．①可用（微元法）無限分小法來求，過程無限分小后，可認為每小段是恒力做功．②平均力法：若變力大小隨位移是線性變化，且方向不變時，可將變力的平均值求出后用公式：W=③利用F﹣s圖象，F(xiàn)﹣s圖線與坐標軸所包圍的面積即是力F做功的數(shù)值．④已知變力做功的平均功率P，則功W＝Pt．⑤用動能定理進行求解：由動能定理W＝△EK可知，將變力的功轉(zhuǎn)換為物體動能的變化量，可將問題輕易解決．⑥用功能關(guān)系進行求解．【命題方向】題型一：功的計算例1：如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置．用水平拉力F將小球拉到細線與豎直方向成θ角的位置．在此過程中：（1）F為恒力，拉力F做的功是FLsinθJ（2）用F緩慢地拉，拉力F做的功是mgL（1﹣cosθ）J．分析：小球用細線懸掛而靜止在豎直位置，當用恒力拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，由功的公式結(jié)合球的位移可求出拉力做功．當F緩慢地拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，則由動能定理可求出拉力做功．解答：（1）當小球用細線懸掛而靜止在豎直位置，當用恒力拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，則拉力做功為：W＝FS＝FLsinθ（2）當F緩慢地拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，緩慢則是速率不變，則由動能定理可得：WF﹣mgh＝0而高度變化為：h＝L（1﹣cosθ）所以WF＝mgL（1﹣cosθ）故答案為：FLsinθ；mgL（1﹣cosθ）．點評：當力恒定時，力與力的方向的位移乘積為做功的多少；當力不恒定時，則由動能定理來間接求出變力做功．同時當小球緩慢運動，也就是速率不變．題型二：用畫圖法求功例2：用鐵錘將一鐵釘擊入木塊，設(shè)木塊對鐵釘?shù)淖枇εc鐵釘進入木塊內(nèi)的深度成正比，即Ff＝kx（其中x為鐵釘進入木塊的深度），在鐵錘擊打第一次后，鐵釘進入木塊的深度為d．（1）求鐵錘對鐵釘做功的大??；（2）若鐵錘對鐵釘每次做功都相等，求擊打第二次時，鐵釘還能進入的深度．分析：阻力與深度成正比，力是變力，可以應(yīng)用f﹣d圖象再結(jié)合動能定理分析答求解．解答：（1）由題意可知，阻力與深度d成正比，f﹣d圖象如圖所示，F(xiàn)﹣x圖象與坐標軸所形成圖形的面積等于力所做的功，故第一次時所做的功：W=fd（2）每次釘釘子時做功相同，如圖所示可得：力與深度成正比，則：f＝kd，f′＝kd′，兩次做功相同，W=12df=12（f+f′）（解得：d′=2d﹣d第二次釘子進入木板的深度：h＝d′﹣d＝（2-1）d答：（1）鐵錘對鐵釘做功的大小為fd2（2）二次釘子進入木板的深度（2-1）d點評：圖象法在物理學(xué)中應(yīng)用非常廣泛，有時可以起到事半功倍的效果，在學(xué)習(xí)中要注意應(yīng)用．【解題方法點撥】1．在計算力所做的功時，首先要對物體進行受力分析，明確是要求哪個力做的功，這個力是恒力還是變力；其次進行運動分析，明確是要求哪一個過程力所做的功．關(guān)于恒力的功和變力的功的計算方法如下：（1）恒力做功：對恒力作用下物體的運動，力對物體做的功用W＝Flcosα求解．該公式可寫成W＝F?（l?cosα）＝（F?cosα）?l．即功等于力與力方向上的位移的乘積或功等于位移與位移方向上的力的乘積．（2）變力做功：①用動能定理W＝△Ek或功能關(guān)系W＝△E，即用能量的增量等效代換變力所做的功．（也可計算恒力做功）②當變力的功率P一定時，可用W＝Pt求功，如機車以恒定功率啟動時．③把變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功：當力的大小不變，而方向始終與運動方向相同或相反時，這類力的功等于力和路程（不是位移）的乘積．如滑動摩擦力做功、空氣阻力做功等．（3）總功的求法：①總功等于合外力的功：先求出物體所受各力的合力F合，再根據(jù)W總＝F合lcosα計算總功，但應(yīng)注意α應(yīng)是合力與位移l的夾角．②總功等于各力做功的代數(shù)和．【知識點的應(yīng)用及延伸】各種力做功的特點1、重力做功特點（1）重點做功與路徑無關(guān)，只與物體的始末位置高度差有關(guān)．（2）重力做功的大?。篧＝mg?h．（3）重力做功與重力勢能的關(guān)系：WG＝﹣△Ep＝Ep1﹣Ep2．此外，做功多少與路徑無關(guān)的力還有：勻強電場中的電場力做功，液體的浮力做功等．2．摩擦力做功的特點：（1）靜摩擦力做功的特點：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．②在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能的相互轉(zhuǎn)移（靜摩擦力起著傳遞機械能的作用），而沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．③相互摩擦的系統(tǒng)內(nèi)，一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總為零．（2）滑動摩擦力做功的特點：①滑動摩擦力可以對物體做正功，也可以對物體做負功，當然也可以不做功．②一對滑動摩擦力做功的過程中，能量的轉(zhuǎn)化有兩個方面：一是相互摩擦的物體之間機械能的轉(zhuǎn)移；二是機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．③一對滑動摩擦力的總功等于﹣f△s，式中△s指物體間的相對位移．④轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量值等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，即W＝Q（即摩擦生熱）．⑤滑動摩擦力、空氣摩擦阻力等，在曲線運動或往返運動時等于力和路程（不是位移）的乘積．8．功率的定義、物理意義和計算式的推導(dǎo)9．重力勢能的變化和重力做功的關(guān)系【知識點的認識】一、重力做功與重力勢能變化的關(guān)系1．關(guān)系式：WG＝Ep1﹣Ep2．其中Ep1＝mgh1表示物體的初位置的重力勢能，Ep2＝mgh2表示物體的末位置的重力勢能．2．當物體由高處運動到低處時，重力做正功，重力勢能減少，也就是WG＞0，Ep1＞Ep2．重力勢能減少的數(shù)量等于重力所做的功．3．當物體由低處運動到高處時，重力做負功，或者說物體克服重力做功，重力勢能增大，也就是WG＜0，Ep1＜Ep2．重力勢能增加的數(shù)量等于物體克服重力所做的功．【命題方向】題型一：重力做功與重力勢能變化的關(guān)系的理解例1：質(zhì)量相等的均質(zhì)柔軟細繩A、B平放于水平地面，繩A較長．分別捏住兩繩中點緩慢提起，直到全部離開地面，兩繩中點被提升的高度分別為hA、hB，上述過程中克服重力做功分別為WA、WB．若（）A．hA＝hB，則一定有WA＝WBB．hA＞hB，則可能有WA＜WBC．hA＜hB，則可能有WA＝WBD．hA＞hB，則一定有WA＞W(wǎng)B分析：質(zhì)量相等的均質(zhì)柔軟細繩，則長的繩子，其單位長度的質(zhì)量小，根據(jù)細繩的重心上升的高度找出克服重力做功的關(guān)系．解：A、兩繩中點被提升的高度分別為hA、hB，hA＝hB，繩A較長．所以繩A的重心上升的高度較小，質(zhì)量相等，所以WA＜WB．故A錯誤；B、hA＞hB，繩A較長．所以繩A的重心上升的高度可能較小，質(zhì)量相等，所以可能WA＜WB．故B正確，D錯誤；C、hA＜hB，繩A較長．所以繩A的重心上升的高度一定較小，質(zhì)量相等，所以WA＜WB．故C錯誤．故選：B．點評：解決該題關(guān)鍵要知道柔軟細繩不能看成質(zhì)點，找出不同情況下重心上升的高度的關(guān)系．例2：一只100g的球從1.8m的高處落到一個水平板上又彈回到1.25m的高度，則整個過程中重力對球所做的功及球的重力勢能的變化是（g＝10m/s2）（）A．重力做功為1.8JB．重力做了0.55J的負功C．物體的重力勢能一定減少0.55JD．物體的重力勢能一定增加1.25J分析：由重力做功的公式WG＝mgh可求得重力所做的功；再由重力做功與重力勢能的關(guān)系可分析重力勢能的變化．解：物體高度下降了h＝1.8﹣1.25＝0.55（m）；則重力做正功為：W＝mgh＝0.1×10×0.55＝0.55（J）；而重力做功多少等于重力勢能的減小量，故小球的重力勢能一定減少0.55J，故C正確，ABD錯誤．故選：C．點評：本題考查重力做功與重力勢能的關(guān)系，在解題時一定要明確重力做功與路徑無關(guān)，只與初末狀態(tài)的高度差有關(guān)．題型二：重力做功的求解例3：質(zhì)量為m的均勻鏈條長為L，開始放在光滑水平桌面上時，有14分析：設(shè)桌面為零勢能面，分鏈條為桌上的部分和桌下的部分分別確定出其兩種情況下的重力勢能，然后得到其變化量．解：設(shè)桌面為零勢能面，開始時鏈條的重力勢能為：E1=-14mg?當鏈條剛脫離桌面時的重力勢能：E2＝﹣mg?12故重力勢能的變化量：△E＝E2﹣E1=-15答：從開始到鏈條剛滑離桌面過程中重力勢能變化了-1532點評：零勢能面的選取是任意的，本題也可以選鏈條滑至剛剛離開桌邊時鏈條的中心為零勢能面，結(jié)果是一樣的，要注意重力勢能的正負．【知識點應(yīng)用及拓展】一、重力做功與重力勢能變化的關(guān)系的進一步理解：重力勢能是相對的，式中h是物體到參考平面的高度．選取不同的參考平面，只影響物體重力的數(shù)值，而不影響重力勢能的差值．即重力勢能的變化與參考平面的選取無關(guān)．重力對物體做多少正（負）功，物體的重力勢能就減小（增大）多少，即W＝﹣△Ep（△Ep為重力勢能的增量）．重力做正功等于物體重力勢能的減少，物體克服重力做的功等于物體重力勢能的增加．重力做功與路徑無關(guān)，只與物體的初末位置的高度差和重力大小有關(guān)，但是重力做功，不能引起物體機械能的變化．【解題方法點撥】1．重力做功的求解方法（1）公式法利用WG＝mgh求解，其中h為初、末位置的高度差．（2）轉(zhuǎn)化法對于無法利用做功公式來計算重力做功的問題，我們可以轉(zhuǎn)換一下思考的角度，因為重力做功與重力勢能的變化相對應(yīng)，所以通過求重力勢能的變化量來求重力做功是一種解題途徑．即利用公式WG＝Ep1﹣Ep2＝﹣△Ep，通過求重力勢能的變化△Ep來求重力做的功WG．（3）整體法、等效法常用于求物體系統(tǒng)或液體的重力做功．對于大小和形狀不可忽略的物體，要由其重心的位置來確定它相對參考平面的高度．10．動能定理的簡單應(yīng)用11．功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度12．動能與勢能的相互轉(zhuǎn)化【知識點的認識】一、擺錘1、擺球向下擺動過程中，重力勢能變小，速度變大，擺錘的動能變大，擺錘的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能．2、當擺錘過中點向上轉(zhuǎn)動過程中，速度變小，擺錘的動能變小，重力勢能變大，擺錘的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能．二、滾擺1、上升：速度變慢，高度變高，動能變小，重力勢能變大，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能．2、下降：速度變快，高度變低，動能變大，重力勢能變小，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能．三．結(jié)論：動能和勢能相互轉(zhuǎn)化：（1）動能的增減變化要以速度的增減來判斷．（2）重力勢能的增減變化要以物體離地面高度的變化來判斷．（3）彈性勢能的增減要根據(jù)形變大小的變化來判斷．（4）動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化過程中，必定有動能和勢能各自變化，而且一定是此增彼減．13．機械能守恒定律