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2023人教版带答案高中物理必修二第八章机械能守恒定律微公式版知识点归纳超级精简版

1

单选题
1、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。
2、如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动,轨道半径ra=rb>rc。其中a为地球静止同步卫星。下列说法正确的是（  ）

A．c在运动过程中可能会经过北京上空
B．b的周期可能大于地球的自转周期
C．a的动能一定等于b的动能
D．a、b的线速度一定相同
答案：A
A．由图可知，c为极地轨道卫星，所以c在运动过程中可能会经过北京上空，故A正确；
B．卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有
GMmr2=m4π2T2r
解得
T=4π2r3GM
又
ra=rb
a为地球静止同步卫星，所以b的周期等于地球的自转周期，故B错误；
C．卫星的质量关系未知，所以无法比较a、b的动能大小关系，故C错误；
D．卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有
GMmr2=mv2r
解得
v=GMr
故a、b的线速度大小一定相等，但方向不相同，故D错误。
故选A。
3、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。
4、一物体在运动过程中，重力做了-2J的功，合力做了4J的功，则（  ）
A．该物体动能减少，减少量等于4J
B．该物体动能增加，增加量等于4J
C．该物体重力势能减少，减少量等于2J
D．该物体重力势能增加，增加量等于3J
答案：B
AB．合外力所做的功大小等于动能的变化量，合力做了4J的功，物体动能增加4J，故A错误，B正确；
CD．重力做负功，重力势能增大，重力做正功，重力势能减小，所以重力势能增加2J，故CD错误。
故选B。
5、如图所示，重为G的物体受一向上的拉力F，向下以加速度a做匀减速运动，则（  ）

A．重力做正功，拉力做正功，合力做正功
B．重力做正功，拉力做负功，合力做负功
C．重力做负功，拉力做正功，合力做正功
D．重力做正功，拉力做负功，合力做正功
答案：B
由于物体向下运动，位移方向向下，因此重力方向与位移方向相同，重力做正功，拉力方向与位移方向相反，拉力做负功，由于物体向下做匀减速运动，加速度方向向上，因此合力方向向上，合力方向与位移方向相反，合力做负功。
故选B。
6、如图，撑杆跳全过程可分为四个阶段：A→B阶段，助跑加速；B→C阶段，杆弯曲程度增大人上升；C→D阶段，杆弯曲程度减小、人上升；D→E阶段，人越过横杆后下落，整个过程空气阻力忽略不计。这四个阶段的能量变化为（  ）

A．A→B地面对人和杆系统做正功
B．B→C人和杆系统的动能减小量小于重力势能和弹性势能增加量
C．C→D人和杆系统的动能减少量小于重力势能的增加量
D．D→E重力对人所做的功等于人机械能的增加量
答案：C
A．A→B地面对人和杆系统不做功，人加速过程增加的机械能是通过人体肌肉做功，消耗人体内的化学能，转化为人的机械能，A错误；
B．B→C人和杆系统的动能减小量等于重力势能和弹性势能增加量，B错误；
C．C→D人和杆系统的动能减小和弹性势能的减少量等于重力势能的增加量，则人和杆系统的动能减少量小于重力势能的增加量，C正确；
D．D→E重力对人所做的功等于人的重力势能减少量，人的机械能不变，D错误。
故选C。
7、如图所示是一竖直固定在水平地面上的可伸缩细管，上端平滑连接四分之一细圆弧弯管，管内均光滑，右管口切线水平。竖直细管底部有一弹射装置（高度忽略不计），可以让静止在细管底部的小球（可视为质点）瞬间获得足够大的速度v0，通过调节竖直细管的长度h，可以改变上端管口到地面的高度，从而改变小球平抛的水平距离，重力加速度为g，则小球平抛的水平距离的最大值是（    ）

A．v02gB．v022g
C．v023gD．v024g
答案：B
设管口到地面的高度是H，小球从管口射出的速度为v，由机械能守恒定律得
12mv02=mgH+12mv2
小球离开管口后做平抛运动，则
x=vt
H=12gt2
联立方程，可得
x=(v02g-2H)⋅2H=-4H2+2v02gH
由二次函数的知识可知，当管口到地面的高度为
H=v024g
x取最大值，且
xmax=v022g
故选B。
8、在体育课上，某同学练习投篮，站在罚球线处用力将篮球从手中投出，恰好水平击中篮板，则篮球在空中运动过程中（  ）
A．重力势能增加，动能增加B．重力势能减小，动能减小
C．重力势能增加，动能减小D．重力势能减小，动能增加
答案：C
篮球上升，恰好水平击中篮板，运动到最高点，整个过程重力做负功，重力势能增加，动能减小。
故选C。
9、将一小球从地面上以12m/s的初速度竖直向上抛出，小球每次与水平地面碰撞过程中的动能损失均为碰前动能的n倍，小球抛出后运的v-t图像如图所示。已知小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度大小为10m/s2，则n的值为（  ）

A．56B．16C．59D．49
答案：B
小球第一次上升的最大高度
h1=12(12+0)m=6m
上升阶段，根据动能定理有
-(mg+Ff)h1=-12mv02
 v0=12m/s
下降阶段，根据动能定理可知碰前瞬间的动能为
 mgh1-Ffh1=Ek0=48mJ
第一次与地面碰撞的过程中动能损失
 ΔEk=Ek0-12mv22=8mJ
则依题意有
n=ΔEkEk1=16
故ACD错误，B项正确。
故选B。
10、如图所示，在水平地面上方固定一水平平台，平台上表面距地面的高度H=2.2m，倾角θ= 37°的斜面体固定在平台上，斜面底端B与平台平滑连接。将一内壁光滑血管弯成半径R=0.80m的半圆，固定在平台右端并和平台上表面相切于C点，C、D为细管两端点且在同一竖直线上。一轻质弹簧上端固定在斜面顶端，一质量m=1.0kg的小物块在外力作用下缓慢压缩弹簧下端至A点，此时弹簧的弹性势能Ep=2.8J，AB长L=2.0m。现撤去外力，小物块从A点由静止释放，脱离弹簧后的小物块继续沿斜面下滑，经光滑平台BC，从C 点进入细管，由D点水平飞出。已知小物块与斜面间动摩擦因数μ=0.80，小物块可视为质点，不计空气阻力及细管内径大小，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求小物块到达D点时细管内壁对小物块的支持力大小；（  ）

A．42NB．45NC．48ND．55N
答案：D
小物块从A点到C点的过程，由动能定理可得
W弹+mgLsinθ-μmgLcosθ=12mv2C-0
弹簧弹力做功数值等于弹簧弹性势能的变化量数值，故
W弹=2.8J
解得小物块达到C点速度为
vC=2m/s
小物块从C点到D点的过程，由机械能守恒得
2mgR=12mv2D-12mv2C
在D点，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律可得
FN-mg=mv2DR
解得细管内壁对小物块的支持力为
FN=55N
故选D。
11、如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体与斜面体始终相对静止。则下列说法中正确的是（  ）

A．物体所受支持力一定做正功B．物体所受摩擦力一定做正功
C．物体所受摩擦力一定不做功D．物体所受摩擦力一定做负功
答案：A
A．由功的定义式
W=Flcosθ
可知，物体所受支持力方向垂直斜面向上，与位移方向的夹角小于90°，支持力一定做正功，故A正确；
BCD．摩擦力的方向不确定，当摩擦力Ff沿斜面向上，摩擦力做负功；当摩擦力Ff沿斜面向下，摩擦力做正功；当摩擦力不存在，不做功，故BCD错误。
故选A。
12、北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星a、与地球自转周期相同的倾斜地球同步轨道卫星b，以及比它们轨道低一些的轨道星c组成，它们均为圆轨道卫星。若某中轨道卫星与地球同步静止轨道卫星运动轨迹在同一平面内，下列说法正确的是（  ）

A．卫星b运行的线速度大于卫星c的线速度
B．卫星a与卫星b一定具有相同的机械能
C．可以发射一颗地球同步静止轨道卫星，每天同一时间经过杭州上空同一位置
D．三颗卫星的发射速度均大于7.9km/s
答案：D
A．由牛顿第二定律得
GMmr2=mv2r
得
v=GMr
因卫星b运行的半径大于卫星c的半径，卫星b运行的线速度小于卫星c的线速度，选项A错误；
B．机械能包括卫星的动能和势能，与卫星的质量有关，而卫星a与卫星b的质量不一定相同，故卫星a与卫星b不一定具有相同的机械能，选项B错误；
C．地球同步静止轨道卫星必须与地球同步具有固定的规定，只能在赤道上空的特定轨道上，不可能经过杭州上空，选项C错误；
D．7.9km/s是最小的发射速度，故三颗卫星的发射速度均大于7.9km/s，选项D正确。
故选D。
13、如图所示，竖直环A半径为R，固定在木板B上，在环内有一光滑小球C，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一个挡板固定在地面上使B不能左右运动。A、B、C质量均为m，给小球一个向右的瞬时速度使小球在环内做圆周运动。当小球运动到最高点的时候，地面对木板B的压力刚好为0，则小球再次运动到最低点时，B对地面的压力大小为（  ）

A．7mgB．8mgC．9mgD．10mg
答案：D
设小球运动到最高点时，对轨道的压力为FN1，因为地面对木板B的压力刚好为0，则对环和木板构成的整体可得
FN1=2mg
由牛顿第三定律可得，小球运动到最高点时，轨道对小球的支持力为
FN1'=FN1
所以对小球在最高点分析可得
FN1'+mg=mv12R
解得此时小球的速度为
v1=3gR
对小球从最高点运动到最低点过程，由机械能守恒定律有
mg⋅2R=12mv22-12mv12
当小球经过最低点时，由牛顿第二定律
FN2-mg=mv22R
解得
FN2=8mg
由牛顿第三定律知，小球再次运动到最低点时对A是向下的压力，大小为8mg；则B对地面的压力大小为
FN3=10mg
故选D。
14、在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是（　　）
A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的12
B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的12
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的14
D．甲、乙质量相等，速度大小也相等，但甲向东运动，乙向西运动
答案：D
由动能公式Ek=12mv2及题意可得
A．若甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的12时，有
E甲=12m甲v甲2
E乙=12m乙v乙2=12×2m甲v甲22=14m甲v甲2
故A错误；
B．若甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的12时，有
E甲=12m甲v甲2
E乙=12m乙v乙2=12×m甲22v甲2=m甲v甲2
故B错误；
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的14时，有
E甲=12m甲v甲2
E乙=12m乙v乙2=12×m甲44v甲2=2m甲v甲2
故C错误；
D．由上述分析可知，动能与速度方向无关，只与质量和速度大小有关，故甲、乙质量相等，速度大小也相等时，甲向东运动，乙向西运动的动能相等，故D正确。
故选D。
15、如图所示，骑自行车下坡虽然不再蹬车，人和自行车却运动得越来越快。自行车下坡过程中（　　）

A．重力势能减少，动能减少
B．重力势能减少，动能增加
C．重力势能增加，动能增加
D．重力势能增加，动能减少
答案：B
车从高往低处运动，重力对车做正功，重力势能减少，速度越来越快，动能增加。
故选B。
多选题
16、下列说法不正确的是（　　）
A．由P=Wt，可知功率越大的机器做的功越多
B．由P=Wt，可知做功时间越长，功率越小
C．功有正负，因此功是矢量
D．功率是描述物体做功快慢的物理量
答案：ABC
ABD．功率是描述物体做功快慢的物理量，功率的定义式为
P=Wt
功率由机器所做的功与做功对应时间共同决定，机器做功越多功率不一定越大，做功时间越长功率也不一定越小，AB错误，D正确；
C．功有正负，但没有方向，功是标量，C错误；
本题选择不正确选项，故选ABC。
17、如果汽车以额定功率P由静止出发，沿平直路面行驶，受到的阻力恒为Ff，则下列判断正确的是（  ）
A．汽车行驶的最大速度为vmax=PFf

B．汽车先做匀加速运动，最后做匀速运动
C．汽车先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动
D．汽车先做匀加速运动，再做匀减速运动，最后做匀速运动
答案：AC
A．汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，所以汽车行驶的最大速度为
vmax=PF=PFf
故A正确；
BCD．汽车以额定功率启动，根据P=Fv可知随着速度的增大，牵引力减小，而阻力不变，则汽车所受合外力减小，加速度减小，所以汽车先做加速度越来越小的加速运动，当加速度最后减小至零后，汽车做匀速运动，故C正确，BD错误。
故选AC。
18、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。
19、质量为m的物体从距地面H高处自由下落，经历时间t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（  ）
A．t秒内重力对物体做功为12mg2t2
B．t秒内重力的平均功率为mg2t
C．t2秒末重力的瞬时功率与t秒末重力的瞬时功率之比为1∶2
D．前t2秒内重力做功的平均功率与后t2秒内重力做功的平均功率之比为1∶3
答案：ACD
A．物体自由下落，t秒内物体下落的高度为
h=12gt2
则重力对物体做功为
W=mgh=12mg2t2
故A正确；
B．t秒内重力的平均功率为
P＝Wt=12mg2t2t=12mg2t
故B错误；
C．从静止开始自由下落，根据
v＝gt
可知前t2秒末与后t2秒末的速度之比为1∶2，根据
P＝Fv＝mgv∝v
故前t2秒末与后t2秒末功率瞬时值之比为
P1∶P2＝1∶2
C正确；
D．根据匀变速直线运动的规律，可知前t2秒与后t2秒下落的位移之比为1∶3，则重力做功之比为1∶3，故重力做功的平均功率之比为1∶3，D正确。
故选ACD。
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。
21、关于重力势能的几种理解，正确的是（　　）
A．放在地面上的物体，它的重力势能一定等于零
B．重力势能的变化量与参考平面的选取无关
C．重力势能减小时，重力对物体做正功
D．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
答案：BC
A．重力势能和零势能面选取有关，放在地面上的物体，它的重力势能不一定等于零，故A错误；
B．重力势能的变化量与物体的质量和变化高度有关与参考平面的选取无关，故B正确；
C．重力势能减小时，高度下降，重力对物体做正功，故C正确；
D．物体与零势能面的距离越大，若物体在零势能面下方，则重力势能越小，故D错误。
故选BC。
22、用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0 ~ 6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（   ）

A．0 ~ 6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0 ~ 6s内物体在5s时的速度最大
C．物体在2 ~ 4s内速度不变
D．0 ~ 4s内合力对物体做的功等于0 ~ 6s内合力对物体做的功
答案：BD
A．a—t图线与坐标轴所围成的图形的面积大小等于速度变化量，由图像可知，0 ~ 6s内速度变化量一直为正，所以一直沿正方向运动，A错误；
B．由图示a—t图线可知，0 ~ 5s内，加速度方向与速度方向相同，做加速运动，5 ~ 6s内加速度方向与速度方向相反，做减速运动，则5s末速度最大，B正确；
C．物体在2—4s内加速度不变，物体做匀加速直线运动，物体的速度不断增加，C错误；
D．a—t图像的“面积”大小等于速度变化量，根据图像可知，0 ~ 4s内速度变化量等于0 ~ 6s内速度变化量，物体的初速度为零，所以4s末和6s末的速度相等，则动能的变化量相等，根据动能定理可知0 ~ 4s内合力对物体做的功等于0 ~ 6s内合力做的功，D正确。
故选BD。
23、如图所示，分别在光滑水平面上用大小相等方向不同的力F拉同一物体由静止开始向右运动相同的距离l，甲图中水平拉，乙图中斜向上拉，下列说法中正确的是（  ）

A．甲图中物体运动的时间短
B．甲图中物体运动的加速度大
C．甲、乙两图中力F做功相等
D．甲、乙两图中力F做功的平均功率相等
答案：AB
B．对甲，由牛顿第二定律得
F=ma
对乙，设拉力与水平方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得
Fcosθ=ma'
显然，甲的加速度大，故B正确；
C．根据功的定义，可知位移相同，甲水平方向上的力大，则甲图中力F做功多。故C错误
A．由位移时间公式得
x=12at2
可知，位移相同，甲的加速度大，则时间少。故A正确；
D．由公式
P=Wt
可知，甲图做功多，时间小，则甲图中力F的平均功率大。故D错误。
故选AB。
24、质量为m的物体，静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离L，如图所示。物体相对斜面静止，则下列说法正确的是（  ）

A．重力对物体做正功B．重力对物体做功为零
C．摩擦力对物体做负功D．支持力对物体做正功
答案：BCD
AB．物体的受力和位移方向如图所示。

重力与位移垂直，故重力不做功。故A错误；B正确；
C．摩擦力Ff与位移L的夹角大于90°，故摩擦力做负功。故C正确；
D．支持力FN与位移L的夹角α<90°，故支持力做正功。故D正确。
故选BCD。
25、如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的四分之一的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球从A点以某一竖直向上的初速度沿ABC轨道的内侧运动，且到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，已知小球始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，小球的半径远小于R，重力加速度大小为g。则（  ）

A．小球在A点的初速度为6gR
B．小球在A点的初速度为7gR
C．小球的落地点到A点的距离为R
D．小球的落地点到A点的距离为2R
答案：BC
AB．小球到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，根据牛顿第二定律有
mg=mv2R
小球从A点到C点根据动能定理有
-FR-mg⋅2R=12mv2-12mv02
解得小球在A点的初速度为
v0=7gR
故A错误B正确；
CD．小球从C点之后做平抛运动，根据平抛运动规律有
x=vt-12Fmt2
2R=12gt2
联立解得
x=0
所以小球的落地点为C点正下方，到A点的距离为R，故C正确D错误。
故选BC。
填空题
26、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
27、质量为50kg的攀岩者，花了500s的时间登上一峭壁，此时攀岩者位于出发点上方20m处。这一过程中该攀岩者克服重力做的功为____________J，攀岩者克服重力做功的平均功率为________W。（g取10m/s2）
答案：     10000##1×104     20
[1]这一过程中该攀岩者克服重力做的功为
W=mgh=10000J
[2]攀岩者克服重力做功的平均功率为
P=Wt=20W
28、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。
29、某兴趣小组在探究物体动能大小实验时，让一物体在恒定合外力作用下由静止开始沿直线运动，记录下速度、时间、位置等实验数据，然后分别作出动能Ek随时间变化和动能随位置变化的两个图线，但横坐标没有标出，请你判断物体动能随位置变化的图线应是图___________；若图甲中OA连线的斜率为p，图乙中直线的斜率为q，则物体在A点所对应的瞬时速度的大小为___________。

答案：     乙     2pq
[1]由公式
Ek=W=Fx
可得，Ek与成x正比，故图乙是物体动能随位置变化的图线，则甲图为物体动能随时间变化的图线；
[2]在图乙中，由公式
Ek=Fx
解得
F=Ekx
即斜率
q=Ekx
则合力为
F=q
在图甲中，可得
p=Ekt
联立可得
pq=xt
又在这个过程中恒定的合外力，做匀变速运动，故平均速度为
v=v2
所以
x=v2t
联立解得
pq=v2tt=v2
故有
v=2pq
30、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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