2021届高考物理二轮专题复习讲义：专题二第1讲 功 功率和功能关系

第1讲　功　功率和功能关系
专题复习目标 学科核心素养 高考命题方向
1.本讲内容主要是复习功和功率的分析与计算，动能定理以及力学中的功能关系应用。 2．熟练应用动能定理进行分析和推理。 1.物理观念：主要是对功和功率的概念理解；对功能关系的理解。
2．科学推理：应用动能定理和力学中的功能关系分析和解决问题。 高考强调以生活中的实例为背景，强化对做功和功率概念的理解，在多过程运动情景中运用动能定理分析和推理。命题方向主要围绕功和功率、动能定理的应用以及对功能关系的理解。
1．几种力做功的特点
(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关。
(2)摩擦力做功的特点
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。
③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热。
2．几个重要的功能关系
(1)重力做的功等于重力势能减少量，即WG＝－ΔEp。
(2)弹力做的功等于弹性势能减少量，即W弹＝－ΔEp。
(3)合力做的功等于动能的变化，即W＝ΔEk。
(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE。
(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝Ffx相对。
3．功和功率的求解
(1)功的求解：W＝Flcos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解。
(2)功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解。
4．动能定理的应用技巧
若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。
热点一　功和功率的分析和计算
1．几种力做功比较
(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关。
(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关。
(3)摩擦力做功有以下特点
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。
③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能的转移和机械能的转化，机械能转化为内能，内能Q＝Ffx相对。
(4)合力做功的计算方法
方法一 先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功。适用于F合为恒力的过程
方法二 先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功
2.平均功率的计算方法
(1)＝。
(2)＝Fcos α，为物体运动的平均速度。
3．瞬时功率的计算方法
(1)P＝Fvcos α，v为t时刻的瞬时速度。
(2)P＝FvF，vF为物体的速度v在力F方向上的分速度，v为t时刻的瞬时速度。
(3)P＝Fvv，Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力，v为t时刻的瞬时速度。
我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平。若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104 kW，排泥量为1.4 m3/s，排泥管的横截面积为0.7 m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为(　　)
A．5×106 N　　　　　 B．2×107 N
C．2×109 N D．5×109 N
[解析]　设排泥的流量为Q，t时间内排泥的长度为：x＝＝＝t＝2t，输出的功：W＝Pt，排泥的功：W＝Fx，输出的功都用于排泥，则解得：F＝5×106 N，故A正确，B、C、D错误。
[答案]　A
【拓展训练1】　(2020·合肥教学质检)仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。根据该标准高三女生一分钟内完成 55 个以上仰卧起坐记为满分。若某女生一分钟内做了 50 个仰卧起坐，其质量为 50 kg，上半身质量为总质量的 0.6，仰卧起坐时下半身重心位置不变，g 取10 m/s2.则测试过程中该女生克服重力做功的平均功率约为(　　)
A．10 W B．40 W
C．100 W D．200 W
解析：选C。该同学身高约1.6 m，则每次上半身重心上升的距离约为×1.6 m＝0.4 m，则她每一次克服重力做的功W＝0.6mgh＝0.6×50×10×0.4 J＝120 J，1 min内她克服重力所做的总功W总＝50W＝50×120 J＝6 000 J，她克服重力做功的平均功率为P＝＝ W＝100 W，故C正确，A、B、D错误。
【拓展训练2】　(多选)(2020·河南九师联盟模拟)某机车发动机的额定功率为P＝3.6×106 W，该机车在水平轨道上行驶时所受的阻力为f＝kv(k为常数)，已知机车的质量为M＝2.0×105 kg，机车能达到的最大速度为vm＝40 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．机车的速度达到最大时所受的阻力大小为9×104 N
B．常数k＝1.0×103 kg/s
C．当机车以速度v＝20 m/s匀速行驶时，机车所受的阻力大小为1.6×104 N
D．当机车以速度v＝20 m/s匀速行驶时，机车发动机的输出功率为9×105 W
解析：选AD。机车的速度达到最大时所受的阻力f＝F＝＝9×104 N，故A正确；据阻力f＝kv可得k＝＝ kg/s＝2 250 kg/s，故B错误；机车以速度20 m/s匀速行驶时，则有f2＝kv2＝2 250×20 N＝4.5×104 N，机车以速度20 m/s匀速行驶时，机车发动机的输出功率P2＝F2v2＝f2v2＝4.5×104×20 W＝9×105 W，故C错误，D正确。
热点二　动能定理的应用
1．应用动能定理解题的基本思路
(1)确定研究对象和研究过程；
(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式。
2．动能定理的应用
(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动。
(2)在解决涉及位移和速度而不涉及加速度和时间的问题时，常选用动能定理分析。
(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移。
(2020·中山一模)如图所示，水平面与斜面在B处平滑连接，斜面倾角为37°，质量为m的物块(可视为质点)，从水平面上A处以某一水平初速度向B运动，到达斜面上C点后返回，最终恰好停在A点，已知物块与水平面和斜面间动摩擦因数相同，间距AB＝BC＝d，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)物块与接触面间动摩擦因数μ；
(2)物块在A处的水平初速度v。
[解析]　(1)物块从C到A过程，由动能定理得
mgdsin37°＝μmgd(1＋cos37°)
解得μ＝。
(2)对物块运动全程，由动能定理得mv2＝2μmgd(1＋cos37°)
解得v＝。
[答案]　(1)　(2)
【拓展训练3】　(2020·皖南八校三模)如图，一质量为m的硬币(可视为质点)置于水平转盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与转盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g，若硬币与转盘一起绕OO′轴从静止开始转动，并缓慢增加转盘转速，直到硬币刚要在转盘上滑动，则该过程中转盘对硬币做的功为(　　)
A．0　　　　　　　　　　 B．μmgr
C．μmgr D．2mgr
解析：选B。硬币刚要在转盘上滑动时，硬币受到的摩擦力达到最大静摩擦力μmg，此时有μmg＝m，从初始静止至硬币刚要在转盘上滑动，由动能定理有W＝mv2，由两式可得W＝μmgr，故B正确。
【拓展训练4】　(2020·丰台区统一练习)某公园内有一个滑梯，滑板长度为L，滑板与水平地面的夹角为θ。一质量为m的儿童从顶端滑下，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
(1)儿童滑到底端过程中重力做的功；
(2)儿童到达滑梯底端时儿童的动能；
(3)儿童下滑过程中因摩擦产生的热量。
解析：(1)重力做功W＝mgLsin θ。
(2)由受力分析可知f＝μN＝μmgcos θ
根据动能定理W－fL＝Ek－0
得Ek＝mgLsin θ－μmgLcos θ。
(3)摩擦生成的热量为Q＝fL＝μmgLcos θ。
答案：(1)mgLsin θ　(2)mgLsin θ－μmgLcos θ
(3)μmgLcos θ
热点三　对功能关系的理解和应用
1．常见的功能关系
2．应用能量守恒定律的两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。
(多选)(2020·济南一模)如图所示，三根长均为L的轻杆组成支架，支架可绕光滑的中心转轴O在竖直平面内转动，轻杆间夹角均为120°，轻杆末端分别固定质量为m、2m和3m的n、p、q三个小球，n球位于O的正下方，将支架从图示位置由静止开始释放，下列说法正确的是　(　　)
A．从释放到q到达最低点的过程中，q的重力势能减少了mgL
B．q达到最低点时，q的速度大小为
C．q到达最低点时，轻杆对q的作用力为5mg
D．从释放到q到达最低点过程中，轻杆对q做的功为－3mgL
[解析]　从释放到q到达最低点的过程中，q的重力势能减少了ΔEp＝3mg(L＋Lsin 30°)＝mgL，故A错误；n、p、q三个小球和轻杆支架组成的系统机械能守恒，n、p、q三个小球的速度大小相等，从释放到q到达最低点的过程中，根据机械能守恒则有3mg(L＋Lsin 30°)－mg(L＋Lsin 30°)＝(m＋2m＋3m)v2，解得v＝，故B正确；q到达最低点时，根据牛顿第二定律可得FN－3mg＝，解得FN＝6mg，故C错误；从释放到q到达最低点的过程中，根据动能定理可得W＋3mg(L＋Lsin 30°)＝×3mv2，解得轻杆对q做的功为W＝－3mgL，故D正确。
[答案]　BD
【拓展训练5】　(多选)(2020·成都七中一模)如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图象如图乙所示，其中O～x1过程的图象为曲线，x1～x2过程的图象为直线。忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．O～x1过程中小球所受拉力大于重力
B．小球运动路程为 x1 时的动能为零
C．O～x2 过程中小球的重力势能一直增大
D．x1～x2 过程中小球一定做匀加速直线运动
解析：选BD。运动中只受重力和拉力，由于除重力之外的其他力做功等于小球的机械能的变化，即FΔx＝ΔE，得F＝，所以E－x图象的斜率的绝对值等于小球所受拉力的大小，由图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～x1内小球所受的拉力逐渐减小，开始时拉力先大于重力，小球向上做加速运动，后来随着拉力减小，当其小于重力时小球向上做减速运动，直至x1位置处速度减小到零，动能为零，A错误，B正确；由题图乙可知O～x1内，小球向上运动，小球的重力势能一直增大，x1～x2内机械能减小，绳子拉力做负功，小球向下运动，小球重力势能减小，C错误；在x1～x2过程中，机械能E随着路程x的增加而均匀减小，斜率的绝对值不变，则拉力大小保持不变，且拉力对小球做负功，说明小球正竖直向下运动，且加速度保持不变，做匀加速直线运动，D正确。
【拓展训练6】　(多选)(2020·广州模拟)如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，顶端装有质量不计的光滑定滑轮，跨过定滑轮的不可伸长的细线两端连接两质量相等的物块A和B。物块A的正下方地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧始终处于弹性限度内，忽略空气阻力。物块B由斜面体底端静止释放后，在物块A下落至最低点的过程中。下列说法正确的是(　　)
A．物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统机械能守恒
B．物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能最大
C．细线的拉力对物块B做的功等于物块B增加的机械能
D．弹簧的最大弹性势能等于物块A下降过程中减少的重力势能
解析：选AC。物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统只有重力做功，故机械能守恒，故A正确；物块A刚与弹簧接触时弹簧弹力为零，故依然有向下的加速度，故将向下加速运动，在A向下加速的过程中，物块B在绳的拉力作用下与A有相同的速度大小，故物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能还未达到最大值，故B错误；由功能关系知，除重力之外的力对物块B做的功等于B机械能的增加量，故细线的拉力对物块B做的功等于B增加的机械能，故C正确；弹簧被压缩到最短时弹性势能最大，此时物块A的动能为零，在A下落的过程中，物块A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，故物块A减小的重力势能等于弹簧增加的弹性势能与物块B增加的机械能之和，即弹簧的最大弹性势能小于物块A下降过程中减少的重力势能，故D错误。
(建议用时：35分钟)
1．(2020·山西运城调研)如图所示，木板上右端放一小物块，木板可以绕转轴在竖直面内转动，现让木板以恒定角速度从图示位置转到水平位置，在此过程中，物块相对木板静止，则物块所受支持力的瞬时功率(　　)
A．逐渐增大　　　　　　 B．保持不变
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
解析：选A。物块随木板以恒定角速度转动，则线速度大小恒定，则支持力的功率P＝mgvsin θ，其中θ是木板与竖直方向的夹角，由于θ逐渐增加到90°，可知支持力的瞬时功率逐渐变大。
2．(2020·陕西西安调研)我国高铁舒适、平稳、快捷。设列车高速运行时所受的空气阻力与车速成正比，高铁分别以300 km/h和350 km/h的速度匀速运行时克服空气阻力的功率之比为(　　)
A．6∶7 B．7∶6
C．36∶49 D．49∶36
解析：选C。列车高速运行时所受的空气阻力与车速成正比，则f＝kv，则克服阻力的功率为P＝fv＝kv2，所以高铁分别以300 km/h和350 km/h的速度匀速运行时克服空气阻力的功率之比为＝,kv)＝，故A、B、D错误，C正确。
3．(2020·三明5月质检)一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示。下列关于拉力的功率随时间变化的图象可能正确的是(　　)
解析：选D。由图知：在0～t0时间内，物体做初速度为零的匀加速运动，v＝at，由牛顿第二定律得：F－f＝ma，则拉力的功率为P＝Fv＝(f＋ma)v＝(f＋ma)at；在t0时刻以后，物体做匀速运动，v不变，则F＝f，P＝Fv＝fv，P不变，且t0时刻P突然变小，故D正确。
4. (2020·济南模拟)在一次航模比赛中，某同学遥控航模飞机竖直上升，某段过程中其动能Ek随位移x变化的关系如图所示。已知飞机质量为1 kg，重力加速度g取10 m/s2，此过程中飞机(　　)
A．处于超重状态
B．机械能减少
C．加速度大小为4.5 m/s2
D．输出功率最大值为27 W
解析：选C。由图可知，飞机的速度减小，即竖直向上做减速运动，则飞机处于失重状态，故A错误；由动能定理F合Δx＝ΔEk可知，图象斜率的绝对值为合外力，即F合＝＝ N＝4.5 N，则加速度为a＝＝4.5 m/s2，说明飞机除受重力外还受到竖直向上的升力，升力对飞机做正功，由功能关系可知，飞机的机械能增大，故B错误，C正确；由牛顿第二定律可得mg－F＝ma，则升力为F＝5.5 N，由图象可知，飞机最大速度为vmax＝ m/s＝6 m/s，则最大功率为Pmax＝Fvmax＝5.5×6 W＝33 W，故D错误。
5．(多选)(2020·重庆六校4月联合诊断)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的v－t图象。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，在11 s末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，下列说法正确的是(　　)
A．小车受到的阻力大小为8 N
B．在2～11 s内小车牵引力的功率P是16 W
C．小车在2 s末的速度大小为6 m/s
D．小车在0～15 s内通过的距离是80 m
解析：选BD。根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据图象可知a＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有f＝ma＝2 N，故A错误；设小车在匀速运动阶段的牵引力为F，则F＝f，由图可知vm＝8 m/s，则有P＝Fvm＝16 W，故B正确；0～2 s内的匀加速运动过程中，小车的加速度为ax＝＝，设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有Fx－f＝max，根据题意有P＝Fxvx解得vx＝4 m/s，故C错误；在2～9 s内的变加速过程，Δt＝7 s，由动能定理可得PΔt－fx2＝mv－mv，解得x2＝44 m，0～2 s内通过的路程为x1＝×2 m＝4 m，9～11 s 内小车做匀速直线运动通过的路程为x3＝8×2 m＝16 m，11～15 s内通过的路程为x4＝×4 m＝16 m，则小车在0～15 s内通过的距离是x＝x1＋x2＋x3＋x4＝80 m，故D正确。
6. (多选)(2020·东北三省三校联考)一只半径为R的半球形碗固定不动，碗的内壁光滑，碗口水平，O点为球心，A、B均为碗内壁上的点，且A点是最低点，B点与圆心等高，C点是圆弧AB的中点(点O、A、B、C在同一竖直平面内)重力加速度大小为g。有一只质量为m的小球静止在碗底部，现对小球施加一水平恒力F，则(　　)
A．若F＝mg，小球将有可能到达B点
B．若F＝mg，小球将一定到达B点
C．若F＝mg，小球经过C点时，合力功率最大
D．若F＝2mg，小球从最低点到其轨迹最高点过程中机械能的增量为6mgR
解析：选BD。对小球从A到B过程根据动能定理有FR－mgR＝mv2－0，所以若F＝mg，小球动能为负值，故不可能到达B点；若F＝mg，小球到达B点动能恰好为零，恰好到达B点，故A错误，B正确； 若F＝mg，则合力大小为mg，方向与水平方向夹角为45°，小球经过C点时，合力与速度方向即切线方向垂直，故此时合力功率为零，故C错误； 若F＝2mg，对小球从A到B过程根据动能定理有2mgR－mgR＝mv2－0
解得：v＝
小球之后竖直方向匀减速到零，运动时间t＝＝
水平方向x＝·t2＝2R
故全程外力做功W＝F(R＋2R)＝6mgR
所以机械能增加6mgR，故D正确。
7．(2020·西北狼联盟一诊联考)质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为(　　)
A．mv－3mgh B．3mgh－mv
C．mv－mgh D．mgh－mv
解析：选D。若物体由静止开始下滑，由动能定理得：mgh－Wf＝mv，若该物体以v0的初速度从顶端下滑， 由动能定理得：mgh－Wf＝mv－mv，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解得：Wf＝mgh－mv，物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为Wf＝mgh－mv，A、B、C错误，D正确。
8．(2020·攀枝花第二次统考)2019环攀枝花国际公路自行车赛11月24日迎来收官之战，18支国内外车队经过攀枝花中国三线建设博物馆至米易县文化广场114.7公里的争夺后，最终乌克兰基辅首都洲际队的维塔利亚·布茨收获2019环攀枝花个人总冠军，夺得“英雄衫”——橙衫。若布茨在比赛的某段下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4 000 J，他克服阻力做功200 J。则布茨在该段下坡过程(　　)
A．动能增加了4 000 J B．机械能减小了200 J
C．机械能减小了3 800 J D．重力势能减小了3 800 J
解析：选B。外力对布茨所做的总功W总＝WG＋Wf＝4 000＋(－200) J＝3 800 J，根据动能定理得动能增加了3 800 J，故A错误；阻力做功Wf＝－200 J，所以机械能减小了200 J，故B正确，C错误；重力对他做功4 000 J，则他的重力势能减小了4 000 J，故D错误。
9．(多选)(2020·绵阳第三次诊断)如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A处，上端连接质量为3 kg 的滑块(视为质点)，斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)
A．滑块先做匀加速运动后做匀减速运动
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1
C．弹簧的劲度系数为180 N/m
D．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为3.12 J
解析：选BD。因滑块的加速度先减小后反向增加，可知滑块先做变加速运动后做变减速运动，A错误；弹簧处于原长时，加速度为a＝5.2 m/s2，由牛顿第二定律mgsin37°－μmgcos 37°＝ma，解得μ＝0.1，B正确；由图象可知，弹簧被压缩x＝0.1 m时滑块的加速度减为零，则mgsin 37°－μmgcos 37°＝kx，解得k＝156 N/m，C错误；由能量关系可知，滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为Ep＝mgsin 37°·2x－μmgcos 37°·2x，解得Ep＝3.12 J，D正确。　
10．(2020·河南顶尖名校4月联考)一质量为1 kg的小球从空中下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，此过程的v－t图象如图所示。若不计空气阻力，g取10 m/s2，则由图可知(　　)
A．小球从高度为1 m处开始下落
B．小球在碰撞过程中损失的机械能为4.5 J
C．小球能弹起的最大高度为0.45 m
D．整个过程中，小球克服重力做的功为8 J
解析：选C。小球下落的高度等于0～0.5 s时间内对应的v－t图象面积，则有h＝vt＝×0.5×5 m＝1.25 m，故A错误；小球落地时的速度大小v0＝5 m/s，弹起时速度的大小v＝3 m/s，则ΔE＝mv2－mv，代入数据解得ΔE＝－8 J，小球碰撞过程中损失的机械能为8 J，故B错误；小球弹起的高度等于0.5～0.8 s内v－t图象的面积，即h＝vt＝×0.3×3 m＝0.45 m，故C正确；小球只在上升过程克服重力做功，则有W克＝mgh＝1×10×0.45 J＝4.5 J，故D错误。
11．(2020·吕梁第一次模拟)如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行。在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球P动能一定在减小
B．小球P的机械能一定在减少
C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加
D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量
解析：选B。小球P与弹簧接触前，小球P沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度沿斜面向下；小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合外力沿斜面向下，加速度的方向沿斜面向下，随着弹簧形变量的不断增大，加速度不断减小，此时小球P做加速度不断减小的加速运动；当弹力等于重力沿斜面向下的分力时，加速度为零，速度最大，小球P的动能最大，接着弹力大于重力沿斜面向下的分力，合外力方向沿斜面向上，加速度沿斜面向上，随着弹簧形变量的增大，加速度不断增大，速度不断减小，当弹簧压到最短时，小球P的速度为零，形变量最大，小球P的机械能不断减小，弹簧的弹性势能不断增大，最后达到最大，小球P的动能和重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量。
12．如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点，已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能。
解析：(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得2μmgLcos θ＝×3mv－×3mv2＋2mgLsin θ－mgL
可解得v＝2 m/s。
(2)以A、B组成的系统，在物体A将接触弹簧又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量
即×3mv2－0＝2μmg×2xcos θ
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝2μmgxcos θ＋Epm
解得Epm＝6 J。
答案：(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J