考点14 功能关系 机械能守恒定律及其应用-【红对勾】2026年高考物理一轮复习金卷

考点14功能关系 机械能守恒定律及其应用 刷小题·重基础 1.(多选)(2024·四川广安二模)滑沙运动是继滑 冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运动，它使 户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠 的绮丽风光。如图所示，质量为50kg的人坐 在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线匀 加速下滑，经过10s到达坡底，速度大小为20m/s。已知沙坡斜面 的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2,下列关于此过程的说法中 正确的是 ( ) A.人的重力势能减少5.0×101JB.人的动能增加1.0×10J C.人的机械能减少1.5×104JD.人克服阻力做功4.0×10J 2.(2024·辽宁抚顺模拟)桔槔(gāo)是我国 桔槔 古代的一种取水机械。其原理如图所示， 在竖直支架上安装一根可绕支点转动的 长细杆，杆的一端固定磐石，另一端通过 支点 长竹悬挂水桶。取水时人借助自身重力 长竹 向下拉动长竹，使水桶浸入水中；打满水 磐石 后，人向上助力提起水桶，忽略桔槔各衔 水桶 接处的阻力，下列说法正确的是() A.向下取水过程，桔槔系统的机械能守恒 B.向下取水过程，人对桔槔系统做的功等 于磐石增加的重力势能 C.向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改 变量 D.向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统的动能改 变量 3.(2025·江苏太仓模拟)某同学将质量为m的一水瓶（可看成质点） 竖直向上抛出，水瓶以坚的加速度匀减速上升，上升的最大高度为 H,水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则 A,上升过程中水瓶的动能损失了5mgH 4 B.上升过程中水瓶的机械能减少了5mg日 4 C.水瓶落回地面时动能大小为5mgH 4 D.水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态 4.(2025·广东深圳期末)岭南茶文化是中国茶 文化重要系列之一。传统炒青是指在制作茶 叶的过程中利用微火在锅中使茶叶萎调的手 法，通过人工揉捻令茶叶水分快速蒸发，阻断 了茶叶发酵的过程，并使茶汁的精华完全保留的工序。如图所示， 制茶师傅从热锅底将质量为m的茶叶以初速度v。竖直扬起，空气 阻力不可忽略，以锅底为重力势能零势能面，则茶叶从锅底位置离 开手开始，在空中重心上升h到最高点过程中 () A.重力做功为mgh B.合力做功为一mgh C.最高点茶叶的动能为，mo6一mgh D.最高点茶叶的机械能小于2mod 5.(2024·广东深圳一模)篮球运 动员做定点投篮训练，篮球从 1 同一位置投出，且初速度大小 2 相等，第1次投篮篮球直接进 篮筐，第2次篮球在篮板上反 弹后进筐，篮球反弹前后垂直 篮板方向分速度等大反向，平M 行于篮板方向分速度不变，轨迹如图所示，忽略空气阻力和篮球撞 击篮板的时间，关于两次投篮，下列说法正确的是 A.两次投篮，篮球从离手到进筐的时间相同 B.篮球第1次上升的最大高度比第2次的大 C.篮球经过a点时，第1次的动能比第2次的大 D.篮球两次进筐时，在竖直方向分速度相同 6.(多选)(2024·河南名校联考) E↑ 如图甲所示，起重机用钢索吊 E 重物从静止开始加速上升过 0.6E 程中，重物的重力势能和动能 随上升高度x变化的规律分 乙 别如图乙中b和a所示，重力 加速度为g,重物在地面时的重力势能为零，则重物上升x。高度过 程中 () A.重物的加速度越来越小 B重物的质量为E。 gxo C.钢索拉力做功为0.4E。 D.起重机输出功率与时间成正比 7.(2024·安徽安庆二模)如图所示，竖直轨道MA与四分之一圆弧 轨道ABC平滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O,OC连 线竖直，OB连线与竖直方向夹角为0=37°，紧靠MA的一轻质弹 簧下端固定在水平面上，弹簧上放有一质量为m=2kg的小球，现 考点14功能关系机械能守恒定律及其应用035 用外力将小球向下缓慢压至P点后无初速释放，小 B 球恰能运动到C点。已知PA高度差为0.8m,圆弧 轨道半径为1.0m,不计轨道摩擦和空气阻力，小球 、0 的半径远小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接，A -八0 重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= P 0.8,则 A.小球离开弹簧时速度最大 B.刚释放小球时，弹簧弹性势能为36J C.若小球质量改为5.5kg,仍从P点释放小球，小球能沿轨道返回 P点 D.若小球质量改为2.3kg,仍从P点释放小球，小球将从B点离 开圆弧轨道 8.(2025·黑龙江大庆模拟)如图所示，固定于竖直 P 平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大 圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程 中，小环的速率正比于 () A.它滑过的弧长 B.它下降的高度 C.它到P点的距离 D.它与P点的连线扫过的面积 9.(多选)(2024·山东威海诊断)如图所示，将 m d 质量为2的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳 A 的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固 d 定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆 的距离为d,杆上的A点与定滑轮等高，杆 B 2 上的B点在A点下方距离为d处。现将环 从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力。下列说法正确的是( A.环到达B处时，重物上升的高度- 2 B,环能下降的最大高度为 C.环运动到B处的速度为√(3-22)gd D.环运动过程中，轻绳中的张力不可能大于2mg 10.(2024·江西新余模拟)一长为L、质量可不计0 m 2m 的刚性的硬杆，左端通过铰链固定于O点，中 点及右端分别固定质量为m和质量为2m的小 球，两球与杆可在竖直平面内绕O点无摩擦地 转动。开始时使杆处于水平状态并由静止释 放，如图所示。当杆下落到竖直位置时，在杆中 点的球的速率为 5 3 5 A√98L B.5gL C.3g D.√2gL 、0362对勾·高考一轮复习金卷物理 11.（2024·山东潍坊一模)如图所示，一半径 为R的光滑大圆环竖直固定在水平面上， 其上套一小环，a、b为大圆环上关于竖直 直径对称的两点，将a点下方圆环拆走，若 小环从大圆环的最高点c由静止开始下 滑，当小环滑到b点时，恰好对大圆环无作用力。已知重力加速度 为g,若让小环从最高点c由静止下滑从a点滑离。则小环落地 时的水平速度大小为 () A. 2gR 3 c 号家 12.(2024·江西九江二模)如图甲所示，半径为R的光滑圆轨道竖直 固定，一小球（可视为质点）在轨道内做圆周运动，小球距离轨道最 高点的竖直高度h与小球对轨道的压力F的关系如图乙所示。 不计空气阻力，重力加速度为g,F。为已知量，则小球的质量大 小为 () 3 Fo R 甲 Fo A. 2Fo B.3g 2Fo C.9g 3F。 D. 5g 13.(2024·江西南昌一模)如图所示，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab水m% 平，长度为2R,bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。 一质量为的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作 用，自α处由静止开始向右运动。已知重力加速度为g,不计空气 阻力。则小球从α处开始运动到其落至水平轨道cd上时，水平外 力所做的功为 () A.5mgR B.7mgR C.9mgR D.11mgR 14.(2024·四川绵阳一模)从地面竖直向上抛 ↑E刀 128外 出一物体，物体在运动过程中除受到重力 外，还受到一个大小不变、方向始终与运动 64 方向相反的外力的作用。距地面高度h在 32 4m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek 16 随h的变化如图所示，重力加速度g取 0 4 h/m 10m/s2。则物体从抛出到回到地面的总运动时间为 ) A.1.5s B.33 C.3s D.3√2s 15.(多选)(2024·江西名校联盟二模)如图所示，一块质量为M的长 木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B(视为质点) 以初速度。从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下，该过程 中，物体B的动能减少量为△EB,长木板A的动能增加量为 △EkA,A、B间摩擦产生的热量为Q(不考虑空气阻力)，关于 △EB、△EkA、Q的数值，下列三个数量关系一定不可能的是() B A A.△EkB=3J,△EkA=1J,Q=2J B.△EkB=6J,△EkA=2J,Q=4J C.△EkB=7J,△EkA=3J,Q=7J D.△EkB=8J,△EkA=3J,Q=3J 刷大题·提能力 16.(2024·江苏苏州三模)如图所示，一半径为R的光滑硬质圆环 固定在竖直平面内，与光滑且足够长的水平杆相连，在圆环最高点 的竖直切线和最低点的水平切线的交点处固定一光滑轻质小滑轮 C,质量为m的小球A穿在环上，且可以自由滑动，小球A通过足 够长的不可伸长细线连接另一质量也为m的小球B,细线搭在滑 轮上，现将小球A从环上最高点由静止释放，重力加速度为g,不 计空气阻力，求： (1)小球A到达D点时细线中的拉力大小； (2)小球A到达D点时小球B的速度大小； (3)小球A运动一个周期的过程中小球B的路程。 O.R ---QA E D B 17.(2024·山西太原二模)如图所示，竖直平面内固定放置两个相同 的圆弧轨道（内壁均光滑）AB与CD,半径均为r,圆心角∠AO1B 与∠CO2D均为143°，B、C两点间有空隙（高度差忽略不计，可以 让半径很小的球通过)，O1、C、B、O2在同一倾斜直线上，A是轨 道与光滑水平面的切点，O1A、O2D是竖直半径。质量分别为m、 4的甲、乙两小球（视为质点）静止放置在光滑的水平面上，现让 甲获得一个水平向右的初速度。（为未知量），然后甲、乙发生弹 性碰撞，碰后乙沿着轨道向上运动，重力加速度为g,sin53°= 0.8,c0s53°=0.6，求： (1)若乙刚运动到B点还未离开圆弧轨道AB时，B点对乙的压力 刚好为0，则。为多大？ (2)若乙刚好能运动到D点，则v。为多大？ (3)接第(1)问，则C点对乙的支持力为多大？接第(2)问，则乙刚 要落到水平面上时重力的功率为多少？ 一D 14360: 人B C 01143° mmam7m77777 A根据牛顿第三定律，物体在C,点刚进入圆孤轨道时对轨道的 压力大小为3mg。 (2)物体从D,点抛出后的过程中做匀变速曲线运动。垂直斜 面方向先做匀减速运动、再反向做匀加速运动，加速度为a, ngcos37°+Fsin37° =1.1g m 运动时间为t= 2 Up sin37° 沿斜面方向做匀加速直线运动，加速度为 d.-mgsin 37 Fcos 37-0.28. m 由题意得R=vp cos37·t十)a,ty 解得vD=√gR, 物体从C到D的过程中，根据动能定理有 mgR(1-cos37)-FRsin37°w2m0品-2mu呢 解得物体在圆孤轨道CD上克服摩擦力做的功为W=0.35gR。 18.(1)4m/s22m/s2(2)6m(3)-10.5J 解析：(1)前2s内，根据牛顿第二定律，对A有F一山1m1g= 21a1, 对B有41m1g一42（m1十m2）g=m2a2, 解得a1=4m/s,a2=2tm/s2。 (2)2s末，A、B的速度大小分别为1=a1t1=8m/s,v2= a2t1=4m/s, 该过程中相对位移为△x1=2a1i-2ati=4m, 撤掉力F后，A做匀减速直线运动，B仍以a2做匀加速直线 运动，根据牛频第二定律，对A有h11g三m1a3, 当二者共速时有U1-a3t2=v2十a2t2,解得t2=1s, 此过程中相对位移为 △xg=u1t2-2at号-（ut2十2at号)=2m, 所以木板B的长度为L=△x1十△x2=6m。 (3)A从P点滑上圆孤轨道时的速度为vp=⑦1一a3t2= 6m/s, A从P点沿圆弧轨道到达Q点，根据动能定理可得 -migR (1-cos 0)+W=2mv2mv 又Rsin8=xpQ· A从Q点滑出后做反向平抛运动，有x=vQc0s日·t?, vo sin 0=gt, 联立解得W=一10.5J。 考点14功能关系机械能守恒定律及其应用 1.BC人沿沙坡下滑的距离1=2t=100m,重力势能减少 △E。=mgl sin30°=2.5×101J,故A错误；动能增量△Ek= 2m0=1.0X104J,故B正确；机械能减少量△E=△E 1 △Ek=1.5×10J,故C正确；人克服阻力做功W,=△E 1.5×10J,故D错误。 2.C向下取水的过程中，人对桔槔系统做正功，桔槔系统的机械 能不守恒，桔操系统的机械能增大，故A错误；向下取水的过程 中，磐石的重力势能和动能都增大，所以人对桔槔系统做的功 大于磐石增加的重力势能，故B错误：根据功能关系，向上提水 过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量，故 C正确，D错误。 3.A上升过程中水瓶受到的合力F=mg十f=号mg,则f mg,合力微功W=一号mgH,由动能定理可知，上升过程中 水瓶的动能损失了号mgH,故A正确：机栽能的改变量等于重 力之外的其他力做的功，水瓶上升过程中机械能的减少量为 fH= 4mgH,故B错误；下落过程中水瓶所受合力F' mg一4mg=4mg,由动能定理可知，水瓶落回地面时的动能 3 3 为Ek=F′H= mgH,故C错误；由于水瓶在上升和下落过 程中的加速度方向一直向下，所以水瓶一直处于失重状态，故 D错误。 4.D重力的方向与茶叶的运动方向相反，重力做负功，所以重力 做功为一gh,A错误；空气阻力不可忽略，合力做功为W 一(f十mg)h,B错误；茶叶竖直向上抛出，到最高，点时速度为 零，动能也为零，C错误；由于阻力做负功，茶叶的机械能减少 所以最高点茶叶的机械能小于2mv6,D正确。 5.B第2次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球反弹前后垂直篮板 方向分速度等大，若没有篮板，篮球水平位移较大，又由于两次 投出篮球的初速度大小相等，所以第2次篮球水平初速度较 大，竖直分速度较小，篮球第1次上升的最大高度比第2次的 大，故B正确：竖直方向上，根据t= 20堡直可知第1次篮球从离 手到进筐的时间较长，故A错误；两次投篮时篮球的初动能相 等，篮球经过α，点时重力势能相等，根据机械能守恒可知，篮球 经过α，点时第1次的动能等于第2次的动能，故C错误：根据 机械能守恒定律可知，篮球两次进筐时动能相等，篮球在水平 方向分速度不同，在竖直方向分速度不同，故D错误。 6.BD题图乙中图线a斜率不变，说明重物所受合力不变，则重 物的加速度保持不变，A错误：重力势能随高度的关系为E。= mgx,得图线b的斜率为- =mg,则重物的质量为m= 0 更之0 正确；重物上升x。高度过程中，重力势能增加E0,动能增加 0.6E。,即重物机械能增加1.6E。,根据功能关系可知钢索拉力 做功为1,6E。,C错误：起重机输出功率为P=Fv=Fat,重物 加速度不变，则起重机输出功率与时间成正比，D正确。 7.D小球上升到弹簧弹力大小等于小球重力时，小球速度最大， 故A错误；小球拾能运动到C点，则有mg=m尺，可得vc= √gR=√I0m/s,所以根据机械能守恒定律可知弹簧的最大 弹性势能为E,=mg(h十R)十2m元=46J,故B错误：小球 质量为m1=5.5kg>2kg时，小球一定到不了C点，而弹簧的 最大弹性势能E。=46J>m1gh=44J,小球到达A,点时还有 速度，即能进入圆孤轨道，所以小球将在圆孤轨道A、C之间某，点 离开圆孤轨道做斜上抛运动，不能沿轨道返回P点，故C错误；设 小球质量为2时哈好从B点离开，则在B点有m2gc0s37° ,解得n=2巨m/s,根据机械能守恒定律可得E,= m2 R m2g(h十Rcos37)十之m2i,解得m?=2.3kg,故D正确。 8.C小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，其机械能守 恒，在它下降h高度过程中，有mgh=2mu2,解得v=√2gh, 即与h不成正比，B错误；设小环位置与P点连线所对的圆 心角为B,小环滑过的孤长s=R0,而h=R(1一cos日)，结合v √2gh可知，U与s不成正比，A错误；小环位置到P点的距离 L=2Rsin 2,h=R(1-cos 0),1-cos 0=2sin,h= 0L2 2Rsin2-2 ,结合v=√2gh可知，v与L成正比，C正确：小 环位置与P点连线扫过的面积S=之R日-2Rsin0,分析 知S与U不成正比，D错误。 9.BC根据几何关系有，环从A点下滑至B,点时，重物上升的高 度h=√2d一d,故A错误；设环下滑到最大高度为H时环和 重物的速度均为O,此时重物上升的最大高度为hms √H十d一d,根据机械能守恒定律有gH=2mg(√H十d” 44 ),解得H=3,故B正确：在B点，将环的速度沿轻绳方向 和垂直于轻绳方向分解，在沿轻绳方向上的分速度与重物的速 度大小相等，有V环c0s45°=V物，根据系统机械能守恒定律可 得mgd-2mgh=之mv年十 ·X2mu,解得环的速度v环 √(3一2√2)gd,故C正确；环从A,点释放时，重物有向上的加 速度，轻绳的拉力大于重物的重力，故D错误。 10.A两球转动的角速度相等，根据v=wr,可知两球的线速度 大小之比为1：2，设杆中点处小球的速度为，则外端小球的 速度为2u,杆由初状态下落到竖直位置过程中，根据系统机械 能守恒定律得2mgL十mg·之=2mv十2×2m(2u),解 5 得知=√9L,故选A 13 参考答案 11.B根据题意，设b点与圆心O的连线 与竖直方向的夹角为日，如图所示，小 环从c点到b点由机械能守恒定律有 0 mgR-mgR cos日=2mui,在b点，由 牛頓第二定律有gc0s6=m尺 7777777777777777777777777777 ,解得 c0s0=2 一√行R,由对称性可知小环从最高点c由静 2 2 止下滑到a点的速度大小同为√行R,小环从a点滑离，在 水平方向做匀速运动，则小环落地时的水平速度大小为)，= ue日=号√/后R,故选B 12.C设小球在最高，点的速度大小为v0,当小球下降高度h时， 小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为日，由几何关系可知 cos 0=R-h ,根据机械能守恒有2mu=2mu十mgh,由向 心力公式有F十0=mR,联立可得F=m尺一mg十 2Fo, 3图，题图乙中直线方程为F=F。3R,故R=R,解 R 2F●，故选C。 得m=9g 13.D根据题意，小球从a→c过程中，由动能定理有F·3R一 mgR=2mu,其中F=mg,解得0，=2√gR,小球由c点离 开曲面，在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做加速度为g 的匀加速直线运动，由竖直方向可得小球从c点离开曲面落 R 在水平轨道cd的时间为t=0c一4入g ,水平方向运动的距 离为x=gt=8R,则小球从a处开始运动到其落至水平轨 道cd上时，水平外力所做的功为W=F(3R十8R)=11mgR, 故选D。 14.C根据动能定理有F合△h=△Ek,可知Ek-h图像的斜率绝 对值等于物体所受合力大小，则上升阶段有F十g 128-6N=16N,下落阶段有mg-F=3216N=4N,联 4 立解得F=6N,m=1kg,根据题图可知，物体的初动能为 2m6=128J,解得物体上升阶段的初速度为。=16m/s, 物体上升阶段的加速度大小为a1 _F十mg=16m/s,则上 m 升阶段的时间为t1= 016 =16$=1s,根据题图可知，物体落地 时的动能为2mw=32J,解得物体落地时的速度为U=8m/s, 物体下落阶段的加速度大小为a,= mg-F =4m/s,则下落 阶段的时间为1：=品号。一2，则物体从担出到回到地西 U 8 的总运动时间为t=t1十t2=3s,故选C。 15.CD设物体与长木板间的摩擦力大小为4 f,物体B的位移为xB,长木板A的位移为 xA,对A有△EkA=fxA,对B有△EkB= B fxB,且Q=f(xB一xA）,A和B运动的 v一t图像如图所示，图线与横轴围成的面 积表示物体的位移，可看出xn>（xB A 工A)>xA,所以有△E灿>Q>△E4,本题O 选不可能的，故选CD。 16.(1)0.5g(2)√gR(3)(10-4√2)R 解析：(1)小球A到达D点时，设细线中的拉力为F。对A 球，根据牛顿第二定律有F=ma, 对B球，根据牛顿第二定律有mg一F=a, 联立解得F=0.5mg。 (2)小球A到达D点时，B球回到原位置，系统机械能守恒， 1 有mgR=2mo片十2mui, 此时两小球速度大小相等，有VA=, 联立解得u=√gR。 (3)小球A过D,点后沿杆向左运动，小球B上升，直到两者速 2刻勾·高考一轮复习金卷物理 -14 度为零。假设小球B上升的高度为x,由机械能守恒可知 mgR=mgx,解得x=R, 小球A恰好经过OC与圆环的交点处时，此时B下降的最大 高度为hB=R-(√2R-R)=(2一√2)R, 由于系统机械能守恒，系统做周期性运动，在小球A再次回到 最高点的过程中，小球B的路程为s=2(2hB十x), 解得s=(10-4√2)R。 17.10E(22(3号mR 24mg√5gr 2 2 解析：(1)根据题意，设甲、乙发生弹性碰撞后速度分别为1、 v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律有m1U。=m℃1十4mu2, 3 2 解得U1=一5vo,U=行o, 设乙球在B点的速度大小为B,乙球从A点到B点过程中， 由机横能守恒定律有号X4mD正之义4mw啦十4mgr(工 sin53°)， 由于乙刚运动到B,点还未离开圆弧轨道AB时，B,点对乙的 压力刷好为0，则根据牛颜第二定律有4 mgsin53°=4m, √110gr √/110gr 联立解得V2 5 2 (2)若乙刚好能运动到D点，在D点根据牛顿第二定律有 UD 4mg=4m 乙球从A到D过程中，由机械能守恒定律有 2×4mu32×4n2w品+4mg(2r十2rsin53°) √/205gr 联立解得vD=√gr,U2= √205gr 5 ,U0= (3)接第(1)问，设C,点对乙的支持力为F、,则有 Fy-4 ng sin53°=4 32 解得Fv=5mg； 接第(2)问，设乙球落地时竖直分速度为)，，乙球下落的高度 为h=2x十2rsin53°， 由v=2gh,解得v,= 6√5gr 5 则乙刚要落到水平面上时重力的功率为 P-Amgv,-24mg v5gr 考点15动量、冲量、动量定理 1.ABD根据F-t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知 在0一2s内合力的冲量一直增大，故A正确：0一4s内合力的 冲量为零，故B正确：2s末冲量方向发生变化，物体的动量开 始减小，但物体动量的方向不发生变化，0~一4s内物体动量的 方向一直不变，故C错误，D正确。 2.BD在光滑水平面上，物体所受合力大小等于F的大小，根据 动能定理知FL=20,若位移变为原来的2倍，则动能变为 原来的2倍，根据p=√2Ek知，动量变为原来的√2倍，故A 错误，B正确；根据动量定理知，Ft=u,时间变为原来的2倍， 则动量变为原来的2倍，根据E,三知，动能变为原来的4 倍，故C错误，D正确。 3.C物体做初速度为零的匀加速直线运动，则速度v=at,根据 动量的计算公式有p=mu=mat,可知动量与速度和时间都成 正比关系，故A、B错误；根据匀变速直线运动规律有v=2ax, 根据动量的计算公式有p=mu=m√2ax,根据数学知识可 知，故C正确，D错误。 4C足球下落时阅为一√要=4是球上升时同为 西=0.3s,足球与房部作用时间4=0.1s,总时间为1 t1十t2十t3=0.8s,A错误；在足球与脚接触的时间内，合力对 足球做的功为W=2mu-2mui,根据运动学公式i 4