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20xx年高中物理必修二第八章机械能守恒定律(二十八)

1

单选题
1、一个质量为2kg的物体从某高处自由下落，重力加速度取10m/s2，下落2s时（未落地）重力的功率是（  ）
A．300WB．400WC．500WD．600W
答案：B
下落2s时重力的功率是
P=mgvy=mg2t=2×102×2W=400W
故选B。
2、如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中（  ）

A．弹簧的最大弹性势能等于2mgA
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．物体在最低点时的加速度大小应为2g
D．物体在最低点时的弹力大小应为mg
答案：A
A．因物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，此时弹簧弹力等于零，物体的重力
mg=F回=kA
当物体在最低点时，弹簧的弹性势能最大等于2mgA，故A正确；
B．由能量守恒知，弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，故B错误；
C．在最低点，由
F回=mg=ma
故C错误；
D．在最低点，由
F弹－mg=F回
得
F弹=2mg
故D错误。
故选A。
3、已知高铁在运行时所受的阻力与速度成正比，则以速度v匀速行驶时，发动机的功率为P；若以2v的速度匀速行驶时，发动机的功率为（  ）
A．PB．2PC．4PD．8P
答案：C
当列车以速度v匀速运动时，有
P=Fv=fv=kv2
若列车以速度2v匀速运动时，有
P'=F'⋅2v=f'⋅2v=k⋅(2v)2=4kv2
由此可知，发动机的功率为
P'=4P
故选C。
4、如图所示，嫦娥四号在绕月球椭圆轨道上无动力飞向月球，到达近月轨道上P点时的速度为v0，经过短暂“太空刹车”，进入近月轨道绕月球运动。已知月球半径为R，嫦娥四号的质量为m，在近月轨道上运行周期为T，引力常量为G，不计嫦娥四号的质量变化，下列说法正确的是（  ）

A．嫦娥四号在椭圆轨道上运行时的机械能与在近月轨道上运行时的机械能相等
B．月球的平均密度ρ=3πGT2
C．嫦娥四号着陆后在月面上受到的重力大小为4πmRT2
D．“太空刹车”过程中火箭发动机对嫦娥四号做的功为12mv02-mπ2R2T2
答案：B
A．嫦娥四号在椭圆轨道上P点时要制动减速，机械能减小，则嫦娥四号在椭圆轨道上运行时的机械能比在近月轨道上运行时的机械能大，选项A错误；
B．根据万有引力供向心力
GMmR2=m2πT2R
且
ρ=M43πR3
解得
ρ=3πGT2
选项B正确；
C．嫦娥四号着陆后在月面上受到的重力大小为
mg=GMmR2
又
GMmR2=4π2mRT2
联立解得
mg=4π2mRT2
选项C错误；
D．根据动能定理，“太空刹车”过程中火箭发动机对嫦娥四号做的功为
W=12mv02-12mv2
又
v=2πRT
联立解得
W=12mv02-2mπ2R2T2
选项D错误。
故选B。
5、关于机械能，以下说法正确的是（     ）
A．质量大的物体，重力势能一定大
B．速度大的物体，动能一定大
C．做平抛运动的物体机械能时刻在变化
D．质量和速率都相同的物体，动能一定相同
答案：D
A．重力势能的大小与零势能面的选取有关，质量大但重力势能不一定大，A错误；
B．动能的大小与质量以及速度有关，所以速度大小，动能不一定大，B错误；
C．平抛运动过程中只受重力作用，机械能守恒，C错误；
D．根据
Ek=12mv2
可知质量和速率都相同的物体，动能一定相同，D正确。
故选D。
6、如图所示。固定在竖直平面内的光滑的圆14周轨道MN，圆心O与M点等高。并处在最低点N的正上方。在O，M两点各有一质量为m的小物块a和b（均可视为质点）。a，b同时由静止开始运动，a自由下落，小沿圆弧下滑。空气阻力不计，下列说法正确的是（  ）

A．a比b先到达N点，它们到达N点的动能相同
B．a比b先到达N点，它们到达N点的动能不同
C．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能相同
D．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能不同
答案：A
在物块下降的过程，根据机械能守恒有
mgh=12mv2
所以a、b两物块到达同一高度时的速度大小都相同，由于a和b 质量相同，所以到N点的动能相同；
下降同一很小高度的过程中，a的竖直方向的位移小于b沿圆弧切线方向的位移，a、b的初速度大小相同， a的加速度为g，b沿圆弧运动时，把重力沿圆弧切线和垂直切线方向分解，除M点外，b所受得切线方向的外力小于重力，则b沿切线方向的加速度小于g ，由
x=v0t+12at2
可得，a的运动时间较短，所以a比b先到达N点，故A项正确。
故选A。
7、2020年9月21日，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭，成功将海洋二号C卫星送入预定轨道做匀速圆周运动。已该卫星的轨道半径为7400km，则下列说法中正确的是（    ）

A．可以计算海洋二号C卫星的线速度B．可以计算海洋二号C卫星的动能
C．可以计算海洋二号C卫星的机械能D．可以计算海洋二号C卫星的质量
答案：A
A．根据
GMmr2=mv2r
又由于
GM=gR2
整理可得
v=gR2r
由于地球表面的重力加速度g，地球半径R以及卫星的轨道半径r已知，因此可求出卫星的运行的线速度，A正确；
BCD．由于无法求出卫星的质量，因此卫星的机械能，动能都无法求出，BCD错误。
故选A。
8、如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（  ）

A．μmgkB．2μmgkC．4μmgkD．6μmgk
答案：C
Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足
kx=2μmg
剪断轻绳后，Q始终保持静止，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为
s=2x=4μmgk
故选C。
9、如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2>v1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m。则（  ）

A．t2时刻，小物块离A处的距离最大
B．0∼t2时间内，小物块的加速度方向先向右后向左
C．0∼t2时间内，因摩擦产生的热量为μmgv12(t2+t1)+v2t12
D．0∼t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为v2+v12t1+t2
答案：C
A．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块在传送带上运动的v-t图象可知，t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；
B．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；
CD．0～t1时间内物体相对地面向左的位移
s1=v22t1
这段时间传送带向右的位移
s2=v1t1
因此物体相对传送带的位移
Δs1=s1+s2=v22t1+v1t1
t1～t2时间内物体相对地面向右的位移
s1'=v12(t2-t1)
这段时间传送带向右的位移
s2'=v1(t2-t1)
因此物体相对传送带的位移
Δs2=s2'-s1'=v12(t2-t1)
0∼t2时间内物块在传送带上留下的划痕为
Δs=Δs1+Δs2=v12(t2+t1)+v2t12
0～t2这段时间内，因此摩擦产生的热量
Q=μmg×Δs=μmgv12(t2+t1)+v2t12
C正确，D错误。
故选C。
10、用100N的力在水平地面上拉车行走200m，拉力与水平方向成60°角斜向上。在这一过程中拉力对车做的功约是（  ）
A．3.0×104JB．4.0×104JC．1.0×104JD．2.0×104J
答案：C
根据功的定义式
W=Flcos60°=100×200×12J=1×104J
故选C。
多选题
11、如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计，两个小球a、b（视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放（轻杆与L2杆夹角为45°），不计一切摩擦，已知重力加速度为g，在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（  ）

A．a球和b球所组成的系统机械能守恒
B．b球的速度为零时，a球的加速度大小一定等于g
C．b球的最大速度为(2+2)gL
D．a球的最大速度大于2gL
答案：ACD
A．a球和b球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A正确；
B．b的速度为零时，a达到L2所在面，在竖直方向只受重力作用，水平方向上合力为0，则加速度为g，初始时刻，a、b速度均为0，但a除重力外还有杆的支持力，加速度小于g，故B错误；
C．当a球运动到两杆的交点后再向下运动L距离，此时b达到两杆的交点处，a的速度为0，b的速度最大为vbm，由机械能守恒得
mg（L+22L）=12mvbm2
解得
vbm=(2+2)gL
故C正确；
D．a球运动到两杆的交点处，b的速度为0，此时a的速度为va，由机械能守恒得
mg22L=12mva2
解得
va=2gL
但此后杆向下运动，会再加速一段距离后达到一最大速度再减速到0，则其最大速度要大于2gL，故D正确。
故选ACD。
12、下列说法正确的是（　　）
A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合力的方向一定与速度方向相同
B．物体做变速率曲线运动时，其所受合力的方向一定改变
C．物体做曲线运动时，速度方向不断发生变化，速度大小不一定发生变化
D．对做匀速直线运动的物体施加一恒力后，该物体单位时间内速率变化量总相同
E．物体做曲线运动时，其在某一点的速度方向沿该点的切线方向
F．物体在变力作用下，一定做曲线运动
G．只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动
答案：ACE
A．已知物体做直线运动，说明合力与速度共线，又知速率逐渐增加，说明合力（加速度）与速度同向，故其所受合力的方向一定与速度方向相同，故A正确；
B．物体做变速率曲线运动时，其所受合力的方向不一定改变，如做平抛运动的物体受重力，为恒力，故B错误；
C．曲线运动的速度方向一定是时刻变化的，若合力方向总是与速度方向垂直，根据动能定理可知，合力不做功速度大小不变，如匀速圆周运动，故C正确；
D．对做匀速直线运动的物体施加一恒力，若该恒力与物体速度方向不共线，物体开始做匀变速曲线运动，则物体在单位时间内速度变化量相同，速率变化量不同，如平抛运动，故D错误；
E．曲线运动中物体的速度方向沿曲线在这一点的切线方向，故E正确；
F．物体受变力的作用，但力的方向可以与速度的方向共线，此时物体仍然做直线运动，故F错误；
G．两个分运动是直线运动，合运动不一定是直线运动，比如平抛运动，故G错误。
故选ACE。
13、如图所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆竖直光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，开始时整个装置处于静止状态。现在让金属框绕MN轴转动，其角速度逐渐增大，即ω=βt，式中β是一个常数。则在角速度逐渐增大的过程中，下列判断正确的是（  ）

A．小球的重力势能不变
B．PQ杆对小球的作用力不断增大
C．PQ杆对小球的作用力垂直指向MN
D．PQ杆对小球的作用力做正功
答案：AD
A．对小球受力分析，设弹簧与水平方向夹角为θ，竖直方向上，由平衡条件得
F弹sinθ=mg
设弹簧的原长为l0，根据胡克定律有
F弹=kMPcosθ-l0
联立可得
sin2θ+cos2θ=mgF弹2+k⋅MPF弹+kl02=1
可知随着ω增大，弹簧的弹力不变，则弹簧长度不变，所以小球的高度不变，则重力势能不变，A正确；
D．由A解析可知，弹簧的弹力对小球不做功，由于小球的动能不断增大，，据动能定理可知，PQ杆对小球的作用力做正功，D正确；
BC．由D解析可知，PQ杆对小球的作用力沿着速度方向的分力使小球线速度增大，由题意可知，切向加速度不变，则PQ杆对小球的作用力沿着速度方向的分力大小不变，当速度小时，弹簧沿着水平方向的分力大于向心力，则PQ杆对小球的作用力垂直速度方向的分力垂直MN向外，随着角速度逐渐增大而减小，当速度逐渐变大到弹簧沿着水平方向的分力恰好等于向心力后，PQ杆对小球的作用力垂直速度方向的分力垂直MN向内，随着角速度逐渐增大而增大，根据平行四边形定则可知PQ杆对小球的作用力先减小后增大，且不在垂直MN的方向上，BC错误。
故选AD。
14、质量m＝1kg的物体静止放在粗糙水平地面上，现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-x图像如图所示。且4~5m内物体匀速运动。x＝7m时撤去外力，g取10m/s2，则下列有关描述正确的是（  ）

A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B．x＝4m时物体的速度最大
C．撤去外力时物体的速度为2m/s
D．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s
答案：BC
A．4~5m内物体匀速运动，则有
F＝f＝μmg
得
μ=Fmg=310=0.3
故A错误；
B．只要
F＞f＝μmg
物体就在加速，所以x在0~4m内物体一直加速，x＝4m时物体的速度最大，故B正确；
C．根据图像与x轴所围的面积表示外力F做的功，可得0~7m内外力做功为
W＝3+52×3+5+32×1+1+32×3J＝22J
设撤去外力时物体的速度为v，根据动能定理得
W－fx＝12mv2－0
其中x＝7m，解得v＝2m/s，故C正确；
D．撤去外力后物体的加速度大小为
a＝μg＝3m/s2
物体还能滑行时间
t=va＝23s
故D错误。
故选BC。
15、如图所示，小物体从某一高度自由下落， 落到竖直固定在地面上的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是（  ）

A．物体经过A点时速度最大
B．从A点下落到B点的过程中，物体的机械能守恒
C．从A点下落到B点以及从B点上升到A点的过程中，物体的动能都是先变大后变小
D．从A点下落到B点的过程中，物体的机械能不守恒
答案：CD
A．对物体经过A点时进行受力分析，此时物体只受重力，此时加速度方向与速度方向相同，所以物体经过A点时继续加速，速度还未达到最大，选项A错误；
BD．物体从A下落到B的过程中，由于要克服弹簧弹力做功，所以物体的机械能不守恒，选项B错误，D正确；
C．在A、B之间某位置满足
kx=mg
此时加速度为0，所以物体从A下落到B以及从B上升到A的过程中，速度都是先增大后减小，动能都是先变大后变小，选项C正确。
故选CD。
16、如图所示，乒乓球以较大速度从地面竖直向上抛出，若球所受空气阻力与速率成正比，且乒乓球在落回地面前已趋于匀速。取地面为重力势能零势能面，则乒乓球在空中运动过程中，其动能及重力势能随时间变化的图象可能正确的是（　　）

A．B．
C．D．
答案：BC
AB．乒乓球上升阶段，设某一很短时间Δt内速度大小为v，则阻力
f=kv
发生的位移为
Δx=vΔt
由动能定理有
-mg+fΔx=ΔEk
可得
ΔEkΔt=-mg+kvv
上升过程，速度逐渐减小，ΔEkΔt的绝对值逐渐减小，即Ek-t图线切线的斜率的绝对值减小，到达最高点时，速度减为0，斜率也为0，同理，下降阶段有
ΔEkΔt=mg-kv'v'
下降过程乒乓球速度大小逐渐增加，所受合力逐渐减小，最后乒乓球趋于匀速，所受合力趋于0，ΔEkΔt的绝对值从0先增加然后减小最终趋于0，A错误，B正确；
CD．上升阶段结合上述分析，有
mgΔx=ΔEp
有
ΔEpΔt=mgv
上升阶段速度逐渐减小，ΔEpΔt的绝对值逐渐减小，即Ep-t图线斜率逐渐减小，到达最高点时，速度减为0，Ep-t图线斜率也为0，同理，下降阶段有
ΔEpΔt=-mgv'
速度大小逐渐增加，图线斜率绝对值逐渐增大，C正确，D错误。
故选BC。
17、我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器。电磁弹射系统由电源、强迫储能装置、导轨和脉冲发生器等组成。其工作原理如图所示，利用与飞机连接的通电导体在两平行金属导轨的强电流产生的磁场中受到安培力的作用加速获得动能。设飞机质量为1.8×104 kg，起飞速度为v=70 m/s，起飞过程中所受平均阻力恒为机重的15，在没有电磁弹射器的情况下，飞机从静止开始在恒定的牵引力作用下运动，起飞距离为l＝210 m；在电磁弹射器与飞机发动机（牵引力不变）同时工作的情况下，起飞距离减为l3，则（g取10 m/s2）（  ）

A．在没有电磁弹射器的情况下，飞机所受牵引力2.46×105 N
B．在没有电磁弹射器的情况下，飞机所受牵引力2.1×105 N
C．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流，则起飞的距离将更小
D．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，电磁弹射器对飞机所做的功2.94×108 J
答案：AC
AB．没有电磁弹射器时，由动能定理可得
(F-15mg)l=12mv2
所以飞机所受的牵引力
F＝2.46×105 N
选项A正确，B错误；
C．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流，由于飞机所受的安培力增大，故起飞的距离将更小，选项C正确；
D．电磁弹射器和飞机发动机同时工作时，由动能定理得
W+(F-15mg)⋅l3=12mv2
所以
W＝2.94×107 J
选项D错误。
故选AC。
18、如图所示，一固定竖直轨道由半径为R的四分之一圆弧AB、长度为L的水平直轨道BC和半径为r的四分之一圆弧CD构成，BC与两圆弧分别相切于B点和C点。质量为m的物块从A点由静止释放，恰好能到达D点，已知物块在圆弧AB上克服摩擦力做的功为W1，在圆弧CD上克服摩擦力做的功为W2，重力加速度大小为g，则物块与水平直轨道的动摩擦因数μ和在C点的向心加速度a大小分别为（  ）

A．μ=R+rL+W1+W2mgLB．μ=R-rL-W1+W2mgL
C．a=2g+2W2mrD．a=2g+2(W1+W2)mr
答案：BC
AB．根据题意，设物块在水平直轨道上克服摩擦力做的功为W3，对于ABCD整个过程，由动能定理有
mg（R-r）-（W1+W2+W3)=0
又有
W3=μmgL
由以上两式联立可解得
μ=R-rL-W1+W2mgL
故A错误，B正确；
CD．根据题意，由动能定理，对于ABCD整个过程有
mg（R-r）-（W1+W2+W3)=0
对于ABC过程有
mgR-（W1+W3)=12mvC2
由向心加速度公式得
a=vC2r
由以上各式可解得
a=2g+2W2mr
故D错误，C正确。
故选BC。
19、如图所示，半径为R的14圆弧轨道与半径为R2的光滑半圆弧轨道通过图示方式组合在一起，A、B分别为半圆弧轨道的最高点和最低点，O为半圆弧的圆心。现让一可视为质点的小球从B点以一定的初速度沿半圆弧轨道运动，恰好通过最高点A后落在14圆弧轨道上的C点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（  ）

A．小球运动到A点时所受合力为零
B．小球从B点出发时的初速度大小为 52gR
C．C点与A点的高度差为3R5
D．小球到达C点时的动能为25-14mgR
答案：BD
A．由于小球刚好能通过半圆弧轨道的最高点A，故小球运动到A点时由重力提供其做圆周运动的向心力，所受合力不为零，故A错误；
B．在A点时，有
mg=mvA2r
其中r＝R2，解得
vA=gR2
由机械能守恒定律可得
12mvB2=mgR+12mvA2
解得
vB=52gR
故B正确；
C．由平抛运动规律可得
x＝vAt
y＝12gt2
由几何关系可得
x2＋y2＝R2
解得
y=5-1R2
故C点与A点的高度差为(5-1)R2，故C错误；
D．由动能定理可知
EkC=12mvA2+mgy
解得
EkC=25-14mgR
故D正确。
故选BD。
20、国外一个团队挑战看人能不能在竖直的圆内测完整跑完一圈，团队搭建了如图一个半径1.6m的木质竖直圆跑道，做了充分的安全准备后开始挑战。（g=10m/s2）（  ）

A．根据v=gR计算人奔跑的速度达到4m/s即可完成挑战
B．不计阻力时由能量守恒计算要80m/s的速度进入跑道才能成功，而还存在不可忽略的阻力那么这个速度超过绝大多数人的极限，所以该挑战根本不能成功
C．人完成圆周运动的轨道半径实际小于1.6m，因此这个速度并没有超过多数人的极限速度，挑战可能成功
D．一般人不能完成挑战的根源是在脚在上半部分时过于用力蹬踏跑道内测造成指向圆心的力大于需要的向心力从而失败
答案：CD
A．人在最高点时，且将人的所有质量集中到脚上一点的情况下，且在人所受重力提供向心力的情况下，有
mv2R=mg
可得
v=gR=4m/s
考虑情况太过片面，A错误；
BC．若将人的所有质量集中到脚上一点的情况下，设恰好通过最高点时的速度为v1，通过最低点的速度为v0，有
-2mgR=12mv12-12mv02
mv12R=mg
联立可得
v0=80m/s
但实际上这是不可能的，人的重心不可能在脚底，所以人完成圆周运动的轨道半径实际小于1.6m，因此这个速度并没有超过多数人的极限速度，挑战可能成功，B错误，C正确；
D．脚在上半部分时过于用力蹬踏跑道内测造成指向圆心的力大于需要的向心力，而人的速度不够，则会导致挑战失败，D正确。
故选CD。
填空题
21、一个质量为1kg的物体从足够高处做自由落体运动，g取10m/s2，则前3s内重力对物体做功的平均功率为________W，3s末重力对物体做功的瞬时功率为________W。
答案：     150     300
[1]前3s内物体下落的高度
h=12gt2=12×10×32m=45m
前3s内重力对物体所做的功
W=mgh=450J
前3s内重力对物体做功的平均功率为
P=Wt=150W
[2]3s末物体的运动速度
v=gt=30m/s
3s末重力对物体做功的瞬时功率
P'=mgv=300W
22、如图所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60°，右侧斜面倾角为30°。A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，滑轮两边的轻绳都平行于斜面。不考虑所有的摩擦，当剪断轻绳让物体从静止开始沿斜面滑下，则两物体的质量之比mA:mB是________，着地瞬间两物体所受重力做功的功率之比PA:PB是________。

答案：     1:3     1:1
[1]两物体均处于平衡状态，受力分析如图所示

绳子对A、B的拉力大小相等，对A有
mAgsin60°=T
对B有
mBgsin30°=T
可得
mA:mB=1:3
[2]绳子剪断后，两个物体都是机械能守恒，有
mgΔh=12mv2
解得
v=2gΔh
着地瞬间两物体所受重力的功率之比为
PA:PB=mAgvsin60°:mBgvsin30°=1:1
23、如图所示，O 为弹簧的原长处，物体由 O 向 A 运动（压缩）或由 O 向 A′运动（伸长）时，弹力做_________功，弹性势能________，其他形式的能转化为弹性势能；物体由 A 向 O 运动，或者由 A′向 O 运动时，弹力做________功，弹性势能_________，弹性势能转化为其他形式的能。

答案：     负功     增加     正功     减小
[1]物体由 O 向 A 运动（压缩）或由 O 向 A′运动（伸长）时,弹簧弹力的方向与物体的位移方向相反，弹力做负功；
[2]弹力做负功时，弹性势能增加；
[3]物体由 A 向 O 运动，或者由 A′向 O 运动时，弹簧弹力的方向与物体的位移方向相同，弹力做正功；
[4]弹力做正功时，弹性势能减小。
24、依据下面情境，判断下列说法对错。
长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m 的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h ，在空中的运动可视为平抛运动，运动轨迹如图所示，重力加速度为g ，以地面为零势能面。

（1）手榴弹在运动过程中动能越来越大。(        )
（2）手榴弹在运动过程中重力势能越来越大。(        )
（3）重力对手榴弹做的功为mgh 。(        )
（4）从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh 。(        )
（5）从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh 。(        )
答案：     正确     错误     正确     正确     错误
（1）手榴弹在下落过程中，做加速运动，速度越来越来大，动能越来越大，故正确；
（2）手榴弹在运动过程中，距地面的高度越来越低，所以重力势能越来越小，故错误；
（3）根据功的定义式可得重力做功为
WG=mgh
故正确；
（4）根据功的定义式可得重力做功为
WG=mgh
重力势能减少mgh，故正确；
（5）手榴弹在下落过程中，只有重力做功，机械能守恒，故错误。
25、电动机从很深的矿井中提升重物，重物由静止开始竖直向上做匀加速运动，加速度大小为2m/s2，当电动机输出功率达到其允许输出的最大值时，保持该功率不变。已知重物质量为50kg，电动机最大输出功率为6kW，则重物匀加速上升时，重物所受的拉力为___________，匀加速运动的时间为___________s。（取g=10m/s2）
答案：     600N     5s
[1]重物匀加速上升时的受力如图所示

根据牛顿第二定律可得
F-Mg=Ma
解得
F=600N
[2]当电动机输出功率达到其允许输出的最大值时重物的速度为v，根据功率的定义可知
P=Fv
解得
v=10m/s
匀加速运动的时间为
t=Δva=10m/s2m/s2=5s

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