第六章功和能
第六章功和能
第六章功和能[考点解读]
[知识网络]
[解题方法指导]
[例1]汽车以额定功率从静止开始行驶时，一定是 [ ]
A．速度变大，加速度也变大 B．速度变小，加速度也变小
C．速度变大，而加速度变小 D．速度最大时，牵引力一定也最大
[分析] 当汽车的功率恒定时，由公式P=Fv可知，随着运动速度的
减小．当加速度减小到零时，汽车的速度达最大值．此时的牵引力应是最小．
[答] C．
[说明 ] 不少学生受生活直觉的影响，还常被笼罩在亚里士多德关于力与运动关系错误观
点的阴影里，总是把力与运动（速度）直接联系起来，认为汽车开得快时牵引力大，
开得慢时牵引力小．应该注意：这里的基本点是功率恒定，力与运动速度必须受它的制约．
[例2] 汽车以速率v1沿一斜坡向上匀速行驶，若保持发动机功率不变，沿此斜坡向下匀速行驶的速率为v2，则汽车以同样大小的功率在水平路面上行驶时的最大速率为（设三情况下汽车所受的阻力相同） [ ]
[分析] 设汽车的质量为m，斜坡倾角为α，汽车沿斜坡匀速向上和匀速向下时的牵引力分别为F1、F2，阻力大小为f，根据力平衡条件和功率公式可知
联立两式，得所受阻力的大小
代入①式或②式，得发动机的功率
若汽车沿水平路面行驶，达最大车速时牵引力等于阻力，
即
[答] C．
[例3] 质量m=5t的汽车从静止出发，以a=1m／s2的加速度沿水平直路作匀加速运动，汽车所受的阻力等于车重的0.06倍，求汽车在10s内的平均功率和10s末的瞬时功
率．取g=10m／s2．
[分析] 汽车在水平方向受到两个力：牵引力F和阻力f．根据牛顿第二定律算出牵引力，结合运动学公式算出10s内的位移和10s末的速度即可求解．
[解答] 设汽车的牵引力为F，阻力f=kmg=0.06mg．由牛顿第二定律
F-f=ma，
得 F=m（0.06g+a）=5×103（0.06×10+1）N
=8×103N．
汽车在t=10s内的位移和10s末的速度分别为
vt=at=1×10m／s=10m／s
所以汽车在10s内的平均功率和10s末的功率分别为
Pt=Fvt=8×103×10W=8×104W．
[说明] 题中汽车作匀加速运动，因此10s内的平均功率也可用
由此可见，在匀变速运动中，某段时间内的平均功率等于这段时间始末两时刻瞬时功率的平均．即
[讨论]
汽车、火车或轮船等交通工具，在恒定的功率下起动，都是作变加速运动．这个过程中牵引力F与运动速度v的制约关系如下：
所以，最大的运动速度就是作匀速运动时的速度．
课本中的例题要求轮船的最大航行速度，就是在F=f时匀速航行的速度．
[例题4] 用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升，如果前后两过程的时间相同，不计空气阻力，则[ ]
A．加速过程中拉力的功一定比匀速过程中拉力的功大
B．匀速过程中拉力的功比加速过程中拉力的功大
C．两过程中拉力的功一样大
D．上述三种情况都有可能
[思路点拨] 因重物在竖直方向上仅受两个力作用：重力mg、拉力F．这两个力的相互关系决定了物体在竖直方向上的运动状态．设匀加速提升重物时拉力为F1，重物加速度为a，由牛顿第二定律F1－mg=ma，
匀速提升重物时，设拉力为F2，由平衡条件有F2=mg，匀速直线运动的位移S2=v·t=at2．拉力F2所做的功W2=F2·S2=mgat2．
[解题过程] 比较上述两种情况下拉力F1、F2分别对物体做功的表达式，不难发现：一切取决于加速度a与重力加速度的关系．
因此选项A、B、C的结论均可能出现．故答案应选D．
[小结] 由恒力功的定义式W=F·S·cosα可知：恒力对物体做功的多少，只取决于力、位移、力和位移间夹角的大小，而跟物体的运动状态(加速、匀速、减速)无关．在一定的条件下，物体做匀加速运动时力对物体所做的功，可以大于、等于或小于物体做匀速直线运动时该力做的功．
[例题5] 质量为M、长为L的长木板，放置在光滑的水平面上，长木板最右端放置一质量为m的小物块，如图8－1所示．现在长木板右端加一水平恒力F，使长木板从小
物块底下抽出，小物块与长木板摩擦因数为μ，求把长木板抽出来所做的功．
[思路点拨] 此题为相关联的两物体存在相对运动，进而求功的问题．小物块与长木板是靠一对滑动摩擦力联系在一起的．分别隔离选取研究对象，均选地面为参照系，应用牛顿第二定律及运动学知识，求出木板对地的位移，再根据恒力功的定义式求恒力F的功．
[解题过程] 由F=ma得m与M的各自对地的加速度分别为
设抽出木板所用的时间为t，则m与M在时间t内的位移分别为
所以把长木板从小物块底下抽出来所做的功为
[小结] 解决此类问题的关键在于深入分析的基础上，头脑中建立一幅清晰的动态的物理图景，为此要认真画好草图(如图8－2)．在木板与木块发生相对运动的过程中，作用于木块上的滑动摩擦力f为动力，作用于木板上的滑动摩擦力f′为阻力，由于相对运动造成木板的位移恰等于物块在木板左端离开木板时的位移Sm与木板长度L之和，而它们各自的匀加速运动均在相同时间t内完成，再根据恒力功的定义式求出最后结果．
[例题6] 如图8－3所示，用恒力F通过光滑的定滑轮，将静止于水平面上的物体从位置A 拉到位置B，物体可视为质点，定滑轮距水平面高为h，物体在位置A、B时，细
绳与水平面的夹角分别为α和β，求绳的拉力F对物体做的功．
[思路点拨] 从题设的条件看，作用于物体上的绳的拉力T，大小与外力F相等，但物体从A运动至B的过程中，拉力T的方向与水平面的夹角由α变为β，显然拉力T为变力．此时恒力功定义式W=F·S·cosα就不适用了．如何化求变力功转而求恒力功就成为解题的关键．由于绳拉物体的变力T对物体所做的功与恒力F拉绳做的功相等，根据力对空间积累效应的等效替代便可求出绳的拉力对物体做的功．
[解题过程] 设物体在位置A时，滑轮左侧绳长为l1，当物体被绳拉至位置B时，绳长变为l2，因此物体由A到B，绳长的变化量
又因T=F，则绳的拉力T对物体做的功
[小结] 如何由求变力功转化为求恒力功，即实现由变到不变的转化，本题采用了等效法，即将恒定拉力F作用点的位移与拉力F的乘积替代绳的拉力对物体做功．这种解题的思路和方法应予以高度重视．
[例题7] 汽车发动机的功率为60 kW，汽车的质量为4 t，当它行驶在坡度为0.02的长直公路上时，如图8－4，所受阻力为车重的0.1倍(g＝10 m/s2)，求：
(1)汽车所能达到的最大速度vm=？
(2)若汽车从静止开始以0.6 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？
(3)当汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，汽车做功多少？
(4)在10 s末汽车的即时功率为多大？
[思路点拨] 由P=F·v可知，汽车在额定功率下行驶，牵引力与速度成反比．当汽车的牵引力与阻力(包括爬坡时克服下滑力)相等时，速度达最大．只有当汽车牵引力不变时，汽车才能匀加速行驶，当F·v=P额时，匀加速运动即告结束，可由W=F·S求出这一阶段汽车做的功．当10 s末时，若汽车仍在匀加速运动，即可由Pt=F·vt求发动机的即时功率．
[解题过程]
(1) 汽车在坡路上行驶，所受阻力由两部分构成，即
f＝Kmg＋mgsinα=4000＋800=4800 N．
又因为F＝f时，P=f·vm，所以
(2) 汽车从静止开始，以a=0.6 m/s2，匀加速行驶，由F＝ma，有F′－f－mgsinα＝ma．所
以F′＝ma＋Kmg＋mgsinα＝4×103×0.6＋4800＝7.2×103 N．保持这一牵引力，汽车可达到匀加速行驶的最大速度v′m，有
由运动学规律可以求出匀加速行驶的时间与位移
(3) 由W=F·S可求出汽车在匀加速阶段行驶时做功为
W＝F·S＝7.2×103×57.82=4.16×105J．
(4) 当t＝10 s＜13.9 s，说明汽车在10 s末时仍做匀加速行驶，则汽车的即时功率
Pt＝F·vt＝F·a·t＝7.2×103×0.6×10＝43.2 kW．
[小结] 本题为功和功率概念应用于汽车运动过程中的综合题．注意汽车匀加速行驶的特征：牵引力为恒力，发动机输出功率与即时功率逐渐呈线性增大．当输出功率达到额定功率可作为匀加速运动结束的判
以vm收尾匀速行驶．
[例8] 用一根长l的细线，一端固定在顶板上，另一端拴一个质量为m的小球．现使细线偏离竖直方向α角后，从A处无初速地释放小球（图4-21）．试问：
（1）小球摆到最低点O时的速度？
（2）小球摆到左方最高点的高度（相对最低点）？
向左摆动过程中能达到的最大高度有何变化？
[分析] 球在摆动过程中，受到两个力作用：重力和线的拉力．由于小球在拉力方向上没有位移，拉力对小球不做功，只有重力做功，所以小球在运动过程中机械能守恒．
[解答]（1）设位置A相对最低点O的高度为h，取过O点的水平面为零势能位置．由机械能守恒得
（2）由于摆到左方最高点B时的速度为零，小球在B点时只有势能．由机械能守恒
EA=EB
即 mgh=mgh'．
所以B点相对最低点的高度为
h'=h．
（3）当钉有钉子P时，悬线摆至竖直位置碰钉后，将以P为中心继续左摆．由机械能守恒可知，小球摆至左方最高点B1时仍与AB等高，如图4-22所示．
[说明] 第（3）小题中的钉子在竖直线上不同位置时，对小球的运动是有影响的．当钉子位于水平线AB上方时，小球碰钉后总能摆到跟AB同一高度处．若钉子继续下移，碰钉后的运动较为复杂，有兴趣的读者可自行研究．
[讨论]
1．机械能守恒定律的研究对象
机械能的转化和守恒是指系统而言．动能与重力势能的转化是指物体与地球组成的系统机械能守恒；动能与弹性势能的转化是指物体与弹簧组成的系统机械能守恒．通常说某物体的机械能守恒是一种简化的不严格的说法．前面介绍的动能公式，则是对单个物体（质点）而言的．
2．机械能守恒定律的应用特点
应用机械能守恒定律时，只需着重于始末两状态的分析，不需考虑中间过程的细节变化，这是守恒定律的一大特点．如例2中没有从具体的抛出方式的不同规律出发，但根据机械能守恒却很容易求解．
[例题9] 如图8－55所示，半径为r，质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直盘面的光滑水平定轴O，在盘的右边缘固定
的小球B，放开盘让其自由转动．问：
(1)当A转到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？
(2)A球转到最低点时的线速度是多少？
(3)在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是多少？
[思路点拨] 两小球重力势能之和的减少，可选取任意参考平面为零势能参考平面进行计算．由于圆盘转动过程中，只有两小球重力做功，根据机械能守恒定律可列式算出A球的线速度和半径OA的最大偏角．
[解题过程](1)以通过转轴O的水平面为零势能面，开始时两球重力势能之和为
当A球转至最低点时两球重力势能之和为
Ep2＝EpA＋EpB＝－mgr＋0＝－mgr，
故两球重力势能之和减少了
(2)由于圆盘转动过程中，只有两球重力做功，机械能守恒，因此两球重力势能之和的减少一定等于两球动能的增加，设A球转至最低点，A、B两球的线速度分别为vA，vB，则
因A、B两球固定在同一圆盘上，转动过程中的角速度ω相同．由
(3)设半径OA向左偏离竖直线的最大角度为θ，如图8－56，该位置系统的机械能与开始时的机械能分别为
由系统机械能守恒定律E1＝E3，即
两边平方得 4(1－sin2θ)＝1＋sin2θ＋2sinθ，
所以5sin2θ＋2sinθ－3＝0，
[小结] 系统的始态、末态的重力势能，因参考平面的选取会有所不同，但是重力势能的变
化却是绝对的，不会因参考平面的选取而异．机械能守恒的表达方式可以记为
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，
也可以写作：ΔEk增＝ΔEp减．本题采用的就是这种形式．
[例题10] 如图8－57所示，A、B两个物体放在光滑的水平面上，中间由一根轻质弹簧连接，开始时弹簧呈自然状态，A、B的质量均为M＝0.1kg，一颗质量m＝25g的
子弹，以v0＝45m/s的速度水平射入A物体，并留在其中．求在以后的运动过
程中，
(1)弹簧能够具有的最大弹性势能；
(2)B物体的最大速度．
[思路点拨] 由题意可知本题的物理过程从以下三个阶段来分析：其一，子弹击中物体A的瞬间，在极短的时间内弹簧被压缩的量很微小，且弹簧对A的作用力远远小于子弹与A之间的相互作用力，因此可认为由子弹与A物体组成的系统动量守恒，但机械能不守恒(属完全非弹性碰撞)．其二，弹簧压缩阶段，子弹留在木块A内，它们以同一速度向右运动，使弹簧不断被压缩．在这一压缩过程中，A在弹力作用下做减速运动，B在弹力作用下做加速运动．A的速度逐渐减小，B的速度逐渐增大，但vA＞vB．当vA＝vB时，弹簧的压缩量达最大值，弹性势能也达到最大值．以后随着B的加速，A的减速，则有vA＜vB，弹簧将逐渐恢复原长．其三，弹簧恢复阶段．在此过程中vB＞vA，且vB不断增大而vA不断减小，当弹簧恢复到原来长度时，弹力为零，A与B的加速度也刚好为零，此时B的速度将达到最大值，而A的速度为最小值．
根据以上三个阶段的分析，解题时可以不必去细致研究A、B的具体过程，而只要抓住几个特殊状态即可．同时由于A、B受力均为变力，所以无法应用牛顿第二定律，而只能从功能关系的角度，借助机械能转化与守恒定律求解．
[解题过程]
(1)子弹击中木块A，系统动量守恒．由
弹簧压缩过程．由子弹A、B组成的系统不受外力作用，故系统动量守恒且只有系统内的弹力做功，故机械能守恒．
选取子弹与A一起以v1速度运动时及弹簧压缩量最大时两个状态，设最大压缩量时弹簧的最大弹性势能为Epm，此时子弹A、B有共同速度v共，则有
代入数据可解得v共＝5m／s，Epm＝2.25J．
(2)弹簧恢复原长时，vB最大，取子弹和A一起以v1速度运动时及弹簧恢复原长时两个状态，则有
代入数据可解出B物体的最大速度 v Bm＝10m／s．
[小结] 本题综合了动量守恒与机械能守恒定律的应用．A、B运动过程中受变力作用，除不断进行动能与弹性势能的相互转化外，还始终遵循系统动量守恒．选取特殊状态，建立两守恒方程是解决本题的关键．
关于这两个守恒之间的关系应加以注意，初学者常有人将两守恒的条件混淆、等同或企图用一个代替另一个．
例如有人认为：系统动量守恒，则系统的合外力为零；而合外力为零，合外力的功也为零，故系统的机械能也守恒．类似错误还可列举很多．
实际上它们是完全不同的守恒问题，各自具有严格的成立条件，绝不可等同或替代，请同学们在学习中认真理解．
[易错题辨析]
例1 如图3-1，小物块位于光滑斜面上，斜面位于光滑水平地面上，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用
力[ ]
A．垂直于接触面，做功为零
B．垂直于接触面，做功不为零
C．不垂直于接触面，做功为零
D．不垂直于接触面，做功不为零
【错解】斜面对小物块的作用力是支持力，应与斜面垂直，因为支持力总与接触面垂直，所以支持力不做功。故A选项正确。
【错解原因】斜面固定时，物体沿斜面下滑时，支持力做功为零。受此题影响，有些人不加思索选A。这反映出对力做功的本质不太理解，没有从求功的根本方法来思考，是形成错解的原因。
【分析解答】根据功的定义W=F·scosθ为了求斜面对小物块的支持力所做的功，应找到小物块的位移。由于地面光滑，物块与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，在水平方向系统动量守恒。初状态系统水平方向动量为零，当物块有水平向左的动量时，斜面体必有水平向右的动量。由于m＜M，则斜面体水平位移小于物块水平位移。根据图3-2上关系可以确定支持力与物块位移夹角大于90°，则斜面对物块做负功。应选B。
【评析】求解功的问题一般来说有两条思路。一是可以从定义出发。二是可以用功能关系。如本题物块从斜面上滑下来时，减少的重力势能转化为物块的动能和斜面的动能，物块的机械能减少了，说明有外力对它做功。所以支持力做功。
例2 以20m/s的初速度，从地面竖直向上势出一物体，它上升的最大高度是18m。如果物体在运动过程中所受阻力的大小不变，则物体在离地面多高处，物体的动能与重力势能相等。(g=10m/s2)
【错解】以物体为研究对象，画出运动草图3-3，设物体上升到h高处动能与重力势能相等
此过程中，重力阻力做功，据动能定量有
物体上升的最大高度为H
由式①，②，③解得h=9.5m
【错解原因】初看似乎任何问题都没有，仔细审题，问物全体离地面多高处，物体动能与重力势相等一般人首先是将问题变形为上升过程中什么位置动能与重力势能相等。而实际下落过程也有一处动能与重力势能相等。
【分析解答】上升过程中的解同错解。
设物体下落过程中经过距地面h′处动能等于重力势能，运动草图如3-4。
据动能定量
解得h′=8.5m
【评析】在此较复杂问题中，应注意不要出现漏解。比较好的方法就是逐段分析法。
例3 如图3－5，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作研究对象，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中[ ]
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
【错解】以子弹、木块和弹簧为研究对象。因为系统处在光滑水平桌面上，所以系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。又因系统只有弹力做功，系统机械能守恒。故A 正确。
【错解原因】错解原因有两个一是思维定势，一见光滑面就认为不受外力。二是规律适用条件不清。
【分析解答】以子弹、弹簧、木块为研究对象，分析受力。在水平方向，弹簧被压缩是因为受到外力，所以系统水平方向动量不守恒。由于子弹射入木块过程，发生巨烈的摩擦，有摩擦力做功，系统机械能减少，也不守恒，故B正确。
射入例4如图3－6，质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以速度v
0木块中。设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f，且子弹未射穿木块。若子弹射入木块的深度为D，则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？
【错解】（1）以木块和子弹组成的系统为研究对象。系统沿水平方向不受外力，所以沿水
=（M＋m）v
平方向动量守恒。设子弹和木块共同速度为v。据动量守恒有mv
解得v=mv
子弹射入木块过程中，摩擦力对子弹做负功
（2）系统损失的机械能
即为子弹损失的功能
【错解原因】错解①中错误原因是对摩擦力对子弹做功的位移确定错误。子弹对地的位移并不是D，而D打入深度是相对位移。而求解功中的位移都要用对地位移。错解②的错误是对这一物理过程中能量的转换不清楚。子弹打入木块过程中，子弹动能减少并不等于系统机械能减少量。因为子弹减少的功能有一部分转移为木块的动能，有一部转化为焦耳热。
【分析解答】以子弹、木块组成系统为研究对象。画出运算草图，如图3—7。系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。据动量守恒定律有
mv
0=(M+m)v(设v
方向为正)
子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：
由运动草图可S
木=S
子
-D ③
【评析】子弹和木块相互作用过程中，子弹的速度由V0减为V，同时木块的速度由0增加到V。对于这样的一个过程，因为其间的相互作用力为恒力，所以我们可以从牛顿运动定律（即f使子弹和木块产生加速度，使它们速度发生变化）、能量观点、或动量观点三条不同的思路进行研究和分析。类似这样的问题都可以采用同样的思路。一般都要首先画好运动草图。例：如图3-8在光滑水平面上静止的长木板上，有一粗糙的小木块以v
沿木板滑行。
情况与题中极其相似，只不过作用位置不同，但相互作用的物理过程完全一样。
参考练习：如图3-9一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M。现以地面为参考系，给A和B以大小相同，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。求小木块A向左运动到达最远处（对地）离出发点的距离。
提示：注意分析物理过程。情景如图3-10。其中隐含条件A刚好没离B板，停在B板的左端，意为此时A，B无相对运动。A，B作用力大小相等，但加速度不同，由于A的加速度大，首先减为零，然后加速达到与B同速。
例5 下列说法正确的是( )
A．合外力对质点做的功为零，则质点的动能、动量都不变
B．合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，动能也一定变
C．某质点受到合力不为零，其动量、动能都改变
D．某质点的动量、动能都改变，它所受到的合外力一定不为零。
=0，因为动能不变，所以【错解】错解一：因为合外力对质点做功为零，据功能定理有△E
A
速度V不变，由此可知动量不变。故A正确。
错解二：由于合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，V改变，动能也就改变。故B正确。
【错解原因】形成上述错解的主要原因是对速度和动量的矢量性不理解。对矢量的变化也就出现理解的偏差。矢量发生变化时，可以是大小改变，也可能是大小不改变，而方向改
=0变。这时变化量都不为零。而动能则不同，动能是标量，变化就一定是大小改变。所以△E
k
只能说明大小改变。而动量变化量不为零就有可能是大小改变，也有可能是方向改变。
【分析解答】本题正确选项为D。
=0，动能没有变化，说明速率无变化，但不能确定因为合外力做功为零，据动能定理有△E
k
速度方向是否变化，也就不能推断出动量的变化量是否为零。故A错。合外力对质点施冲量不为零，根据动量定理知动量一定变，这既可以是速度大小改变，也可能是速度方向改变。若是速度方向改变，则动能不变。故B错。同理C选项中合外力不为零，即是动量发生变化，但动能不一定改变，C选项错。D选项中动量、动能改变，根据动量定量，冲量一定不为零，即合外力不为零。故D正确。
【评析】对于全盘肯定或否定的判断，只要找出一反例即可判断。要证明它是正确的就要有充分的论据。
例6 物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为( )
【错解】
错解一：因为斜面是光滑斜面，物体m受重力和支持。支持不
错解二：物体沿斜面做v0=0的匀加速运动a=mgsina
故选B。
【错解原因】错解一中错误的原因是没有注意到瞬时功率P=Fvcosθ。
只有Fv同向时，瞬时功率才能等于Fv，而此题中重力与瞬时速度V不是同方向，所以瞬时功率应注意乘上F，v夹角的余弦值。
错解二中错误主要是对瞬时功率和平均功率的概念不清楚，将平均功率当成瞬时功率。
【分析解答】由于光滑斜面，物体m下滑过程中机械能守恒，滑至底端
F、v夹角θ为90°-α
故C选项正确。
【评析】求解功率问题首先应注意求解的是瞬时值还是平均值。如果求瞬时值应注意普遍式P=Fv·cosθ（θ为F，v的夹角）当F，v有夹角时，应注意从图中标明。
例7 一列火车由机车牵引沿水平轨道行使，经过时间t，其速度由0增大到v。已知列车总质量为M，机车功率P保持不变，列车所受阻力f为恒力。求：这段时间内列车通过的路程。
【错解】以列车为研究对象，水平方向受牵引力和阻力f。
据P=F·V可知牵引力
F=P／v
①
设列车通过路程为s，据动能定理有
【错解原因】以上错解的原因是对P=F·v的公式不理解，在P一定的情况下，随着v的变化，F是变化的。在中学阶段用功的定义式求功要求F是恒力。
【分析解答】以列车为研究对象，列车水平方向受牵引力和阻力。设列车通过路程
为s。据动能定理
【评析】发动机的输出功率P恒定时，据P=F·V可知v变化，F就会发生变化。牵动ΣF，a变化。应对上述物理量随时间变化的规律有个定性的认识。下面通过图象给出定性规律。（见图3-12所示）
例8 如图3-13，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中( )
A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒
B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒。
C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒
D．A球、B球和地球组成的系统机械不守恒
【错解】B球下摆过程中受重力、杆的拉力作用。拉力不做功，只有重力做功，所以B球重力势能减少，动能增加，机械能守恒，A正确。
同样道理A球机械能守恒，B错误，因为A，B系统外力只有重力做功，系统机械能守恒。故C选项正确。
【错解原因】 B球摆到最低位置过程中，重力势能减少动能确实增加，但不能由此确定机械能守恒。错解中认为杆施的力沿杆方向，这是造成错解的直接原因。杆施力的方向并不