《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第5单元 机械能 听课答案.doc

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1、第五单元机械能第13讲功功率【教材知识梳理】一、1.力的方向上2.Flcos恒力焦耳(J)标3.能量二、1.时间2.快慢3.(1)平均(2)平均功率瞬时功率4.Fv辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()【考点互动探究】考点一例1CD解析物块a下滑过程中,因为支持力FN与位移之间的夹角大于90,所以支持力对物块做负功,选项A错误.因为卫星由a点运动到b点的过程中,万有引力的方向和速度方向的夹角大于90,所以万有引力对卫星做负功,选项B错误.小球下摆过程中,细线的拉力使车的动能增加了,所以拉力对小车做正功;又因为小车和小球构成的系统的机械能是守恒的,小车的机械能增加,

2、则小球的机械能减少,所以细线的拉力一定对小球做负功,选项C、D正确.变式题C例2C解析根据力做功的公式W=Flcos,其中为力与位移的夹角,所以拉力做功为W=Flsin,选项A错误;支持力、重力不做功,选项B、D错误;阻力做功Wf=-fl,选项C正确.变式题ABD解析物体在斜面上运动时受到重力、拉力、摩擦力和支持力作用,根据牛顿第二定律得a=5m/s2,由x=at2得,物体在2s内的位移为x=522m=10m,重力做功WG=-mgxsin37=-210100.6J=-120J,选项A正确;拉力做功为WF=Fx=3010J=300J,选项C错误;摩擦力做功为Wf=-fx=-mgcos37x=-0

3、.52100.810J=-80J,选项B正确;支持力做功WN=FNxcos90=0,合外力做功W=WF+WN+WG+Wf=300J-120J-80J=100J,选项D正确.考点二例3C解析虽然拉力方向时刻改变,但力与运动方向始终一致,用微元法,在很小的一段位移内F可以看成恒力,小球的路程为R+,则拉力做的功为FR,故C正确.例4B解析滑动摩擦力f=mg=20N,物体先加速运动,当推力减小到20N时,加速度减小为零,之后推力逐渐减小,物体做加速度增大的减速运动,当推力减小为零后,物体做匀减速运动,选项A、C错误;F-x图像与横轴所围的面积表示推力做的功,W=100N4m=200J,选项B正确,选

4、项D错误.例5A解析绳子对滑块做的功为变力做功,可以通过转换研究对象,将变力的功转化为恒力的功.因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功,而拉力F为恒力,W=Fl,l为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移,大小等于滑轮左侧绳长的缩短量,由图可知,lABlBC,故W1W2,A正确.例6D解析钉子在整个过程中受到的平均阻力为F=,钉子克服阻力做的功为WF=Fl=kl2,设全过程共打击n次,则给予钉子的总能量E总=nE0=kl2,所以n=,选项D正确.考点三例7BD解析设高度为h,球1做自由落体运动,则时间t1=,球2做平抛运动,竖直方向上是自由落体运动,则时间t2=,设斜面倾角为,根据牛顿第二定律

5、得a=gsin,则=gsint2,即时间t=,将=45和60分别代入,可得t3=,t4=,即t1=t2t4P4P3,选项C错误;根据平均功率的公式=可知,由于W1=W2=W3=W4=mgh,而且t1=t2t4,选项D正确.变式题C解析设总推力为F,则舰载机受到的合外力为0.8F,由动能定理有F合s=mv2-0,解得F=1.2106N,减去发动机的推力,得出弹射器的推力为1.1106N,选项A正确;弹射器对舰载机所做的功W弹=F弹s=1.1108J,选项B正确;舰载机的平均速度为=40m/s,则弹射器做功的平均功率=F弹=4.4107W,选项C错误;舰载机的加速度a=32m/s2,选项D正确.考

6、点四例8B解析小车电动机的功率恒定,速度不断变大,根据公式P=Fv可知,牵引力不断减小,根据牛顿第二定律得-f=ma,故小车的运动是加速度不断减小的加速运动,选项A错误;这一过程中电动机的功率恒为P,有W电=Pt,所以这段时间内电动机所做的功为Pt,选项B正确;对小车启动过程,根据动能定理得W电-fs=m,这段时间内电动机所做的功为W电=fs+m,选项C、D错误.变式题D解析0t1时间内,汽车做匀加速直线运动,牵引力不变,速度增大,根据P=Fv知,汽车的功率增大,选项A错误.t1t2时间内,汽车做变加速直线运动,平均速度,选项B错误.t1t2时间内,根据动能定理得W-fs=m-m,则牵引力做的

7、功W=fs+m-m,选项C错误.0t1时间内,汽车做匀加速直线运动,牵引力不变,速度增大,功率增大,t1t2时间内,功率不变,速度增大,牵引力减小,t2时刻后,牵引力减小到与阻力大小相等,汽车做匀速直线运动,可知在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值,选项D正确.1.一石块在空中由静止释放,从释放时开始计时,不计空气阻力,则其所受重力在第1s末与第2s末的功率之比为()A.11B.12C.13D.14解析B根据v=gt得,1s末、2s末竖直速度之比v1v2=12,根据瞬时功率公式P=mgv得,1s末与2s末重力做功的功率之比P1P2=v1v2=12,选项B正确.图13-12.如图13-1

8、所示,倾角为30、动摩擦因数为的粗糙斜面与倾角为60的光滑斜面对接在一起,两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙,两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起.在平行于右侧斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动.从图示位置开始计时(OA长为L,OB长为,重力加速度为g),在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内,力F做的功为()A.mgLB.mgLC.mgLD.mgL解析A对甲,有T+mgsin30=mgcos30,对乙,有F=T+mgsin60,解得F=mg,故力F做的功W=FL=mgL,选项A正确.3.如图13-2所示,有四个相同的小球A、B、C、D,其中A、B、C位于同一高度h处,A做自由落体运动,B沿光

9、滑斜面由静止滑下,C做平抛运动,D从地面开始做斜抛运动,其运动的最大高度也为h.在每个小球落地的瞬间,其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD.下列关系式正确的是()图13-2A.PA=PB=PC=PDB.PA=PCPB=PDC.PA=PC=PDPBD.PAPC=PDPB解析C对小球A、B,由机械能守恒定律知,到达地面的速度大小相等,方向不同,由P=mgvcos可得,重力的瞬时功率PAPB,A、C和D到达地面的竖直分速度相等,由P=mgvy可得功率相等,选项C正确.4.(多选)如图13-3所示,车间内的天车(有的地区叫行车)将一重104N的物体沿着与水平方向成30角的方向匀速吊起,使物体向斜上

10、方移动了x1=6m,然后又使物体水平移动了x2=8m,则()图13-3A.物体向斜上方移动过程中,天车钢绳对它做了3104J功B.物体水平移动过程中,天车钢绳对它没有做功C.整个过程中,天车钢绳对物体做的总功为3104JD.整个过程中,天车钢绳对物体做的总功为0解析ABC因物体的运动为匀速运动,所以整个吊运过程中,钢绳对物体的拉力F的方向竖直向上,大小等于物体的重力,即F=mg.当物体沿着与水平方向成30角的直线上升时,拉力F与位移x1的夹角=60,所以W=Fx1cos=1046cos60J=3104J,选项A正确;当物体沿水平方向移动时,钢绳拉力F与位移x2的夹角=90,所以W=Fx2cos

11、=0,选项B正确;总功为各功的代数和,选项C正确,D错误.图13-45.(多选)如图13-4所示为一种测量运动员体能的装置.运动员质量为M,细绳拴在腰间沿水平方向跨过质量和摩擦均不计的定滑轮,绳的另一端悬挂质量为m的重物,人用力蹬传送带而人的重心不动,使传送带以速率v顺时针运动,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.人对传送带做正功B.人对传送带不做功C.人对传送带做功的功率为mgvD.人对传送带做功的功率为(m+M)gv解析AC人对传送带的摩擦力方向向右,传送带顺时针转动,人对传送带做正功,选项A正确;对人,由平衡条件知,拉力F与滑动摩擦力f平衡,而拉力F等于重力mg,所以f=mg,人对

12、传送带做功的功率P=fv=mgv,选项C正确.6.“阳光动力2号”太阳能飞机在水平直跑道上起飞过程如下:飞机从静止开始做匀加速直线运动,经过100m时,飞机达到离开地面的最小速度.已知飞机竖直向上的升力F升与其水平速度v的关系为F升=kv2(k=250Ns2/m2),飞机和飞行员的总质量为2500kg,重力加速度g取10m/s2.(1)求飞机匀加速运动过程中的加速度大小;(2)若飞机匀加速运动过程受到的阻力恒为2000N,其恒定牵引力由4台电动机提供,则飞机刚要离开地面时平均每台电动机提供的功率为多大?答案(1)0.5m/s2(2)8125W解析(1)飞机刚要离开地面时,由平衡条件得kv2=m

13、g解得v=10m/s飞机匀加速运动过程,由运动学公式得2ax=v2解得a=0.5m/s2(2)飞机匀加速过程,由牛顿第二定律得F-f=ma4台电动机提供的功率4P=Fv解得P=8125W第14讲动能动能定理【教材知识梳理】一、1.运动质量速度2.mv2焦耳(J)3.标量4.参考系5.状态过程二、1.动能2.Ek或m-m3.动能的变化动能4.(1)曲线(2)变力辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()(7)()【考点互动探究】考点一例1CD解析电梯上升的过程中,对物体做功的有重力mg、支持力FN,这两个力的总功才等于物体动能的增量,即Ek=m-m,选项A、B错误,C正

14、确;对电梯,无论有几个力对它做功,由动能定理可知,其合力做的功一定等于其动能的增量,选项D正确.变式题1BC解析公式W=Ek2-Ek1中的W为所有力所做的总功,选项A错误,B正确;若W0,则Ek2Ek1,若W0,则Ek2,可得F1F2,选项A错误,B正确;由图像可得,b的位移大于a的位移,由Wf=mgx可知,b克服摩擦力做功多,选项C错误;对物体运动的全过程,由动能定理得WF-mgx=0,故水平推力F1、F2所做的功不可能相等,选项D错误.5.2018安徽江淮十校三联如图14-5所示,一轻弹簧左端与竖直的墙连接,右端与质量为m的物块接触,开始时弹簧处于原长,弹簧的劲度系数为k.现用恒力F向左推

15、物块,当物块运动到最左端时,推力做的功为W.重力加速度为g,物块与水平面间的动摩擦因数为,整个过程弹簧的形变在弹性限度内.图14-5(1)求物块向左移动过程中克服摩擦力做的功;(2)物块运动到最左端时,撤去推力,弹簧能将物块弹开,则物块从最左端起向右能运动多远?答案(1)W(2)解析(1)设物块向左移动的距离为x,根据题意知x=克服摩擦力做功Wf=mgx=W(2)物块向左运动过程中,由于弹簧的弹力与物块运动的位移成正比,弹簧弹力做功WFN=-x=-k根据弹簧弹力做功与弹性势能大小关系,弹簧具有的最大弹性势能Ep=-WFN=撤去推力后,根据动能定理得WFN-mgx=0WFN=-(0-Ep)解得物

16、块能向右运动的距离x=6.2016天津卷我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图14-6所示,质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24m/s,A与B的竖直高度差H=48m.为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧.助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J,g取10m/s2.图14-6(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力f的大小;(2)若运动员能够承受的最大压力为其所

17、受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大?答案(1)144N(2)12.5m解析(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有=2ax由牛顿第二定律有mg-f=ma联立解得f=144N(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有mgh+W=m-m设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有FN-mg=m由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,解得R=12.5m7.2018海南八校联考如图14-7所示,斜面倾角=30,一轻质弹簧一端固定于斜面底部,弹簧自然伸长时,另一端位于斜面上的O点,O点上方斜面粗糙,下方斜面光滑.质量m=

18、0.4kg的物体(可视为质点)从P点由静止释放,沿斜面滑下,压缩弹簧后被弹回,上滑至OP中点时速度为零.已知O、P两点间距离x=10cm,当弹簧的压缩量l=2cm时,物体的速度达到最大,此时弹簧具有的弹性势能Ep=0.04J,g取10m/s2.求:图14-7(1)弹簧的劲度系数k;(2)此过程中物体具有的最大动能Ekm.答案(1)100N/m(2)0.13J解析(1)当物体所受的合力为零时,速度最大,由平衡条件得mgsin=kl解得k=100N/m.(2)从P点释放到反弹至OP中点,由动能定理得mgxsin-mgxcos=0从P点释放到速度达到最大,由动能定理得mg(x+l)sin-mgxco

19、s-Ep=Ekm解得Ekm=0.13J.第15讲机械能守恒定律及其应用【教材知识梳理】一、1.重力高度mgh2.地球3.初、末位置的高度差二、1.弹性形变辨别明理(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()(7)()【考点互动探究】考点一例1AD解析甲图过程中轻杆对小球不做功,小球的机械能守恒,选项A正确;乙图过程中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失,机械能不守恒,选项B错误;丙图中重力和系统内弹力做功,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒,但物体A的机械能不守恒,选项C错误;丁图中绳子张力对A做负功,对B做正功,代数和为零,A、B组成的系统机械能守恒,选项D正确.变式题1AD变式题2

20、BD解析小球由A点下摆到B点的过程中,弹簧被拉长,弹簧的弹力对小球做了负功,所以小球的机械能减少,选项A错误,B正确;在此过程中,由于只有重力和弹簧的弹力做功,所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒,即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和,选项C错误,D正确.考点二例2(1)mg,方向竖直向下(2)hR或hR(3)R解析(1)小球从h高处由静止释放至到达圆轨道底端,由机械能守恒定律得mgh=mv2在最底端,由牛顿第二定律得FN-mg=m则FN=mg+m=mg根据牛顿第三定律得FN=FN=mg,方向竖直向下(2)要使小球运动过程中不脱离轨道,第一种可能:能到达最高点,有mgm

21、解得v0由机械能守恒定律得mgh=m+mg2R解得hR第二种可能:小球最高到达与圆心等高处,有mghmgR解得hR所以hR或hR(3)h=2RR,设小球将在C点脱离轨道,如图所示,此时mgsin=m小球从A点到C点,根据机械能守恒定律得mg2R=m+mg(R+Rsin)解得sin=,vC=小球在C处做斜抛运动,到达最高点时的速度vx=vCsin=vC小球从A点到最高点,根据机械能守恒定律得mg2R=mgh+m解得h=R变式题CD解析ab阶段,人加速助跑,人和杆的机械能增加,A正确;bc阶段,杆弯曲、人上升,人和杆组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,其中系统动能减少,重力势能和弹性势能增加

22、,B正确;cd阶段,杆伸直、人上升,人和杆组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,人的动能和杆的弹性势能的减少量等于重力势能增加量,C错误;de阶段,人过横杆后下落,只有重力做功,人的机械能守恒,D错误.考点三例3AB解析A球由静止下降经过先加速达到速度最大、再减速至速度为零的过程,当A的动能达到最大,即速度最大时,其所受合力为零,此时以A、B、C整体为研究对象,整体的加速度为零,故地面对整体的支持力等于整体的重力,B受到地面的支持力等于mg,选项B正确;在A下降加速达到最大速度之前,A处于失重状态,以A、B、C整体为研究对象,地面对整体的支持力小于整体的重力,故B受到地面的支持力小于mg,

23、选项A正确;当弹簧的弹性势能最大时,弹簧长度最大,此时A处于最低点,之后A竖直向上先加速再减速,回到原位置,以后周期性运动,选项C错误;对整个系统,由机械能守恒定律得Epmax=mg(Lcos30-Lcos60)=mgL,选项D错误.变式题1BCD解析小球在b点时,合力为mg,加速度为g,从a到d,小球的合力先向下逐渐减小后反向增大,速度先增大后减小,且加速度为0时速度最大,选项A错误;从a到c的过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大,由机械能守恒定律知,小球的机械能先增大后减小,且mg2ltan37=m,解得vc=,选项B、C正确;小球从a到d的过程中,有mgl(tan37+tan53)=E弹,

24、小球从c到d过程中弹簧的弹性势能增加量等于小球从a到d过程中弹簧的弹性势能增加量,即E弹=mgl,选项D正确.变式题2C解析对A、B组成的系统,由机械能守恒定律得mg=m+m,又有vAcos60=vBcos30,解得vA=,vB=,选项C正确,B、D错误;对A,由动能定理得,杆对小球A做的功W=m-mg=-mgL,选项A错误.变式题3ABD解析刚开始释放物块时,物块在水平方向上受力平衡,在竖直方向上只受重力,根据牛顿第二定律可知,其加速度为g,故A正确;物块的合力为零时速度最大,则绳子拉力在竖直方向上的分力一定等于物块的重力,所以绳子的拉力一定大于物块的重力,故B正确;刚释放物块时,小球的速度

25、为零,小球重力的功率为零,物块下降到最低点时,小球的速度为零,小球重力的功率为零,所以小球重力的功率先增大后减小,故C错误;设物块下降的最大距离为s,物块的质量为m,对系统,根据机械能守恒定律,有mgs-2mg=0,解得s=,故D正确.图15-11.如图15-1所示,B物体的质量是A物体质量的一半,不计所有摩擦,A物体从离地面高H处由静止开始下落,以地面为参考面,当物体A的动能与其势能相等时,物体A距地面的高度为(设该过程中B未与滑轮相碰)()A.0.4HB.0.2HC.0.8HD.H解析A设物体A距离地面的高度为x时,物体A的动能与势能相等,即mgx=mv2,对A、B系统,由机械能守恒定律得

26、mg(H-x)=v2,解得x=0.4H,选项A正确.图15-22.如图15-2所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一质量为m的小球向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面.设物体在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧至C点时弹簧最短,C点距地面的高度为h,不计小球与斜面、弹簧碰撞过程中的能量损失,则小球在C点时弹簧的弹性势能为(重力加速度为g)()A.mghB.mgh-mv2C.mgh+mv2D.mv2-mgh解析D由能量守恒定律得mv2=Ep+mgh,故小球在C点时弹簧的弹性势能Ep=mv2-mgh,选项D正确.3.2017全国卷如图15-3所示,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直.一小

27、物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()图15-3A.B.C.D.解析B物块上升到最高点的过程,机械能守恒,有mv2=2mgr+m,由平抛运动规律,水平方向,有x=v1t,竖直方向,有2r=gt2,解得x=,当r=时,x最大,B正确.4.打开水龙头,水顺流而下,仔细观察将会发现连续的水流柱的直径在流下的过程中,是逐渐减小的(即上粗下细).设水龙头出口处半径为1cm,安装在离接水盆75cm高处,如果测得水在出口处的速度大小为1m/s,g取10m/s2,则水流柱落到盆中的半径为()A.1

28、cmB.0.75cmC.0.5cmD.0.25cm解析C由机械能守恒定律得mv2=m+mgh,解得v=4m/s,水流体积不变,则r2vt=v0t,可得=,半径r=0.5cm,选项C正确.图15-45.如图15-4所示,粗细均匀,两端开口的U形管内装有同种液体,开始时两边液面高度差为h,管中液柱总长度为4h,后来让液体自由流动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度为(重力加速度为g)()A.B.C.D.解析A当两液面高度相等时,减少的重力势能转化为整个液体的动能,根据功能关系有mgh=mv2,解得v=,选项A正确.6.如图15-5所示,用细圆管制成的光滑轨道的AB部分平直,BC部分是处于竖直平

29、面内半径为R的半圆,圆管截面半径rR.有一质量为m、半径比r略小的光滑小球以水平初速度v0射入圆管,重力加速度为g.(1)要使小球能从C端出来,初速度v0应为多大?(2)在小球从C端出来的瞬间,若管壁对小球的压力为mg,那么小球的初速度v0应为多少?图15-5答案(1)v02(2)或解析(1)选AB所在平面为参考平面,从A至C的过程中,根据机械能守恒定律得m=2mgR+m在最高点C时,小球速度满足vC0联立解得v02(2)小球在C处受重力mg和细管沿竖直方向的作用力FN,根据牛顿第二定律得mg+FN=联立解得FN=-5mg当小球受到向下的压力时,FN=mg,v0=当小球受到向上的压力时,FN=

30、-mg,v0=图15-67.如图15-6所示,可看作质点的物块A、B、C用细线通过轻滑轮连接,滑轮通过轻杆固定在天花板上,另一与A连接的细线固定在地面上,B与C、C与地面间距离都是L.已知A的质量为m1,B、C的质量都是m2,且m2m12m2.A距滑轮足够远,重力加速度为g,不计空气阻力.现将A与地面间的细线剪断.(1)求A上升过程中的最大速度;(2)若B恰好着地,求m1与m2的关系.答案(1)(2)m1=m2解析(1)由于m12m2,在C着地前,A向上加速运动,又由于m2mgcos,物体最终不可能停在A点,选项A错误;运动过程中摩擦力做负功,物体的机械能不断减小,物体第一次反弹后不可能到达B

31、点,选项B正确;对运动的全程,由动能定理知,重力做功等于克服弹簧弹力做功与克服摩擦力做功之和,重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功,选项C正确;从物体速度最大到将弹簧压缩到最短的过程,由能量守恒定律得,减少的动能和重力势能转化为弹性势能和克服摩擦力做的功,而减少的重力势能大于克服摩擦力做的功,所以减少的动能小于增加的弹性势能,同时速度最大时,动能最大,且弹簧已有弹性势能,故物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能,选项D错误.变式题1BD解析图乙中A为曲线的最高点,对应加速度为零,弹簧压缩量x=0.1m,由mg=kx,解得k=20.0N/m,选项B正确;小球刚接触弹簧时加速度大小为g,弹力最大时的

32、加速度大小a=51m/s2,所以小球在速度减小到最小时加速度最大,选项A错误;从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中,小球的机械能减小,弹簧的弹性势能一直增大,弹簧和小球组成的系统的机械能守恒,选项D正确,C错误.变式题2(1)m(2)-x0(3)x0-解析(1)A从P至回到P的过程,根据动能定理,克服摩擦力所做的功为Wf=m.(2)A从P至回到P的全过程,根据动能定理得2mg(x1+x0)=m,解得x1=-x0.(3)A、B分离时,两者间弹力为零,且加速度相同,A的加速度大小是g,B的加速度大小也是g,说明B只受摩擦力,弹簧处于原长.设此时它们的共同速度是v1,弹出过程弹力做功为WF,则WF-

33、mg(x1+x0)=0-0,WF-2mgx1=2m,m=mgx2.解得x2=x0-.图16-11.(多选)如图16-1所示,一质量为1kg的小球静止拴接在一竖直放置的轻弹簧上,弹簧的劲度系数k=50N/m.现用一竖直向上的恒力F=20N作用在小球上,已知重力加速度g取10m/s2,则小球向上加速运动的过程中()A.小球的弹性势能增加4JB.小球的机械能增加8JC.小球的动能增加8JD.小球的末速度为2m/s解析BD未施加力F之前,有mg=kx1,解得此时压缩量x1=0.2m;施加F之后,小球向上运动速度达到最大时,满足F=kx2+mg,此时弹簧伸长量x2=0.2m,弹簧的弹性势能不变,A错误;拉力做的功WF=F(x1+x2)=8J,故机械能的增量为8J,B正确;根据动能定理有WF-mg(x1+x2)=Ek,解得Ek=4J,v=2m/s,C错误,D正确.图16-22.(多选)如图16-2所示,固定的光滑