Problem Solving Lesson 将功、动能、势能与功率连接成解题方法。阅读前可以先回顾 Lesson 01：功与动能定理 和 Lesson 02：势能与能量守恒。先把问题补全，再决定方程中的每一笔能量。下面例题使用地面惯性参考系；未另说明时取 \(g=10\,\mathrm{m/s^2}\)。
1. 先补全问题：谁的功、哪个系统、哪两个状态
读到“做功”，先问哪个力的功，还是所有力的合功 net work？ 读到“机械能”，先圈定系统 system；读到“功率”，先辨认能量输出或指定力，再找时间区间。
一个箱子在水平面匀速移动，推力做 \(16\,\mathrm J\) 功，摩擦做 \(-16\,\mathrm J\) 功，重力与支持力零功。合功为零，箱子的动能 kinetic energy 不变；推力并没有不做功。匀速只给合功为零，不能将每个力的功都设为零。
系统只含物块时，机械能只数它的动能。将地球加入系统，才把物块—地球的重力势能 gravitational potential energy 纳入账本；将弹簧加入，则再计弹性势能 elastic potential energy。热能不在机械能中，所以总能量守恒也允许机械能转成内能。
然后明确两个状态。例如“从释放到第一次经过弹簧自然长度”，末态就取第一次经过那里，不能换成后来停止的位置。先在简图旁分别写下初、末速度、高度与弹簧形变量，再选择：
- 已知力和位移，求指定力的功：先投影或读力—位置面积。
- 已知合功与初速度，要求末速率：用功—动能定理 work–energy theorem。
- 已知高度、弹簧形变或摩擦路程：用两端机械能与转移量记账。
- 还出现历时或瞬时速度：再辨认平均功率或瞬时功率。
2. 恒力的功投影到位移方向
恒力在一段位移上的功为
\[W_F=F\Delta r\cos\theta.\]
\(\theta\) 是力与位移的夹角。图上标在竖直轴旁的角不一定是它；可以先分解力，再取与位移平行的分量。顺位移为正功、反向为负功、垂直为零。
例题：斜向下推箱子。 恒力 \(14\,\mathrm N\) 斜向右下，与水平向右成 \(60^\circ\)。箱子水平向右移 \(6.0\,\mathrm m\)。只求这个推力的功：
\[W_{\mathrm{push}}=14(6.0)\cos60^\circ=42\,\mathrm J.\]
竖直分量没有直接对水平位移做功；若地面粗糙，它会增加支持力，继而改变摩擦，这要另算。指定推力做了 \(42\,\mathrm J\)，也不等于合功就是 \(42\,\mathrm J\)。
固定光滑斜面或固定理想绳的约束力始终与作用点速度垂直时，沿途零功。移动表面上的支持力则要重新检查作用点位移，不能只看“支持力”三个字就设零。
3. 力—位置图取指定区间的带符号面积
一维图的纵轴若是 \(F_x\)，面积给这个力在对应位置区间的功；纵轴若是合力，面积才直接给动能变化。不要把力—时间面积或位置—时间面积当成功。
例题：分段合力。 物体持续向右通过图示区间。\(0\) 到 \(3\,\mathrm m\) 的合力由零线性增至 \(8\,\mathrm N\)；\(3\) 到 \(5\,\mathrm m\) 保持 \(8\,\mathrm N\)；\(5\) 到 \(7\,\mathrm m\) 为 \(-3\,\mathrm N\)。
只问 \(0\) 到 \(5\,\mathrm m\)：
\[W_{0\to5}=\frac12(3)(8)+(5-3)(8)=12+16=28\,\mathrm J.\]
问完整 \(0\) 到 \(7\,\mathrm m\)，才加入末段负面积：
\[W_{0\to7}=28+(-3)(7-5)=22\,\mathrm J.\]
末段负功表示动能减少，不表示之前得到的能量全部消失。物体反向通过某区间时，位移方向改变，功的符号也需随之判断。面积单位为 \(\mathrm{N\,m}=\mathrm J\)。
测量得到的是散点时，用整段合理的拟合趋势估算面积，并保留“约”。一个端点读数或趋势斜率不能代替整个区间的功。
4. 合功改变动能，保留初动能与速度平方
对所研究物体，把所有力的功相加：
\[W_{\mathrm{net}}=\Delta K =\frac12mv_f^2-\frac12mv_i^2,\qquad K_f=K_i+W_{\mathrm{net}}.\]
例题：负合功后的速率。 质量 \(4\,\mathrm{kg}\) 的物体初速率 \(2\,\mathrm{m/s}\)，一段过程合功为 \(-6\,\mathrm J\)。先算
\[K_i=\frac12(4)(2^2)=8\,\mathrm J,\qquad K_f=8-6=2\,\mathrm J.\]
再求速率：
\[v_f=\sqrt{\frac{2K_f}{m}}=1\,\mathrm{m/s}.\]
负功使动能减少，动能仍非负；速率也取非负值。能量通常只给速度大小，方向需要轨迹和运动历史。
同样的速度增量不保证同样的功。 对 \(3\,\mathrm{kg}\) 物体，从 \(1\) 到 \(3\,\mathrm{m/s}\) 的合功是 \(12\,\mathrm J\)；从 \(3\) 到 \(5\,\mathrm{m/s}\) 则为 \(24\,\mathrm J\)。要作 \(v_f^2-v_i^2\)，不能换成 \((v_f-v_i)^2\)。
若算出 \(K_f<0\)，所假定的末态不可达，或初态、功与模型有误。即使末端 \(K_f>0\)，有能垒的复杂路径还需检查沿途是否出现不可达区间。
多个运动物体的系统动能要逐个相加：
\[K_{\mathrm{total}}=\sum_j\frac12m_jv_j^2.\]
只有速率确实相同时才合并质量；一根刚性杆连接两个端点，不保证任何构形下两端速率都相同。
5. 重力势能用竖直高度，零点只改变值
近地均匀重力场中，选定零点后
\[U_g=mg(y-y_{\mathrm{ref}}),\qquad \Delta U_g=mg(y_f-y_i)=-W_g.\]
向上取正轴，上升给正势能变化，下降给负值。重力功符号相反。走了多长路不是这里的高度；斜面路径 \(L\) 的竖直落差为 \(L\sin\theta\)，摆角从向下竖直量起时，相对最低点的高度为 \(R(1-\cos\theta)\)。
例题：下降后再上升。 \(0.8\,\mathrm{kg}\) 物体从 \(2.5\,\mathrm m\) 高处到 \(1.0\,\mathrm m\) 高处，中间经过更低位置。只看指定端点：
\[\Delta U_g=0.8(10)(1.0-2.5)=-12\,\mathrm J,\qquad W_g=+12\,\mathrm J.\]
中途最低点与轨道总长度都不替代末高度。换一个零点，会给初末势能都加相同常数，变化与预测速率保持。
有限尺寸物体取质心 center of mass 的高度。例如天花板高 \(3.5\,\mathrm m\)，半径 \(0.25\,\mathrm m\) 的球初触顶、末触地；球心初高 \(3.25\,\mathrm m\)，末高 \(0.25\,\mathrm m\)，实际下降 \(3.0\,\mathrm m\)。不能把整间房高直接当球心下降距离。
6. 弹簧储能从自然长度量起
理想 Hooke 弹簧满足
\[x=L-L_0,\qquad U_s=\frac12kx^2.\]
\(L_0\) 是自然长度 natural length。受载平衡 equilibrium 时通常已经伸长或压缩，平衡位置不能直接当自然长度。相同形变量大小的拉伸与压缩储能相等。
例题：已伸长后再拉。 自然长 \(25\,\mathrm{cm}\) 的弹簧，当前长 \(31\,\mathrm{cm}\)，再拉长 \(4\,\mathrm{cm}\)，\(k=120\,\mathrm{N/m}\)。初形变量为 \(0.06\,\mathrm m\)，末为 \(0.10\,\mathrm m\)：
\[U_{s,i}=\frac12(120)(0.06)^2=0.216\,\mathrm J,\qquad U_{s,f}=\frac12(120)(0.10)^2=0.600\,\mathrm J.\]
储能增加量为
\[\Delta U_s=0.600-0.216=0.384\,\mathrm J.\]
需要的是两个形变量的平方差，不能只对新增 \(0.04\,\mathrm m\) 平方。弹簧对物体的功为 \(W_s=-\Delta U_s\)。
相同比较条件下，形变量翻倍，储能四倍；\(k\) 也变化时，先用
\[\frac{U_2}{U_1}=\frac{k_2}{k_1}\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^2.\]
先读对形变量，再谈比例。厘米要换成米，\(kx\) 是力，\(kx^2/2\) 才是能量。
7. 守恒账先写全，再划去有依据的零项
系统内只发生动能与势能的转换，且没有额外机械能输入或耗散时，才写
\[K_i+U_{g,i}+U_{s,i}=K_f+U_{g,f}+U_{s,f}.\]
静止只令 \(K=0\)；在自然长度处才令该理想弹簧 \(U_s=0\)；零高度要相对所选势能零点。不要看到“无摩擦”就漏掉初始弹簧储能。
例题：仍在运动的抛体。 物体在高度 \(h_0\) 处以水平初速率 \(u\) 飞出，无空气阻力。降到 \(h_0/2\) 时：
\[\frac12mu^2+mgh_0 =\frac12mv_f^2+mg\frac{h_0}{2}, \qquad v_f^2=u^2+gh_0.\]
质量约去，初水平动能保留。最高点若仍有水平速度，则只可令 \(v_y=0\)，不能把总 \(K\) 设为零。
再看弹簧的中途位置。 在光滑水平面上，块从静止、压缩量 \(a\) 处释放，后来仍压缩 \(b\)，其中 \(0<b<a\)。末端弹簧还没有自然，故
\[K_f=\frac12ka^2-\frac12kb^2.\]
最大压缩处若速度为零，是转折 turning point，不因此等于受力平衡。两个状态的能量要同时取自各自实际时刻，不能把平衡位置的最大动能与另一时刻的最大弹簧能加在一起。
8. 有耗散时，按实际路段与总路程记损失
把正的耗散量记为 \(D\ge0\)，其余额外输入记为带符号功 \(W_{\mathrm{added}}\)：
\[\Delta(K+U_g+U_s)=W_{\mathrm{added}}-D.\]
若用负摩擦功 \(W_f\) 表示同一损失，就用 \(W_f=-D\)，不再减一次 \(D\)。恒定动摩擦的固定接触面上，\(D=\mu_kNd\)；\(d\) 是实际滑动路程，往返时不能用初末坐标差代替它。
例题：光滑下坡后在水平面停下。 \(1.2\,\mathrm{kg}\) 块从静止沿固定光滑轨道下降 \(2.4\,\mathrm m\)，平滑进入粗糙水平面，动摩擦系数 \(0.30\)，直到停止。只有水平段耗散。
起、末动能都零，重力释放的 \(28.8\,\mathrm J\) 全转为接触处内能。水平段 \(N=mg=12\,\mathrm N\)，摩擦为 \(3.6\,\mathrm N\)：
\[mgh=\mu_kmgd,\qquad d=\frac{2.4}{0.30}=8.0\,\mathrm m.\]
质量能约去，是本题两项都正比于质量。若水平段有斜向拉力改变 \(N\)，或坡道也粗糙，需要重新列账。
例题：粗糙面上的弹簧第一次经过自然长度。 \(0.60\,\mathrm{kg}\) 块与水平理想弹簧相连，固定端不动，\(k=180\,\mathrm{N/m}\)。初压缩 \(0.20\,\mathrm m\) 且静止，\(\mu_s=0.50\)、\(\mu_k=0.25\)。
先检查启动：弹簧初力 \(36\,\mathrm N\)，最大静摩擦只有 \(3.0\,\mathrm N\)，块可开始运动。到第一次自然长度，弹簧释放 \(3.6\,\mathrm J\)，滑动路程 \(0.20\,\mathrm m\)、摩擦大小 \(1.5\,\mathrm N\)，故
\[K_f=\frac12(180)(0.20)^2-(1.5)(0.20) =3.3\,\mathrm J, \qquad v_f=\sqrt{\frac{2(3.3)}{0.60}}=\sqrt{11}\,\mathrm{m/s}.\]
途中释放储能足以供给摩擦，能够到达自然长度。此处弹簧力为零但速度非零，块会继续运动；后来再停或返回，路程需从那段实际过程重新数。
碰撞耗散与碰后飞行也要分段。例如 \(0.30\,\mathrm{kg}\) 球从 \(2.0\,\mathrm m\) 静止落下，碰撞损失 \(1.5\,\mathrm J\)，飞行无阻力。碰前机械能 \(6.0\,\mathrm J\)，碰后剩 \(4.5\,\mathrm J\)，反弹最高点速度零，所以
\[h_{\mathrm{rebound}}=\frac{4.5}{0.30(10)}=1.5\,\mathrm m.\]
损失百分比用损失量除初机械能，并统一势能零点；这里损失 \(1.5/6.0=25\%\)。不能把耗散碰撞也直接当机械能守恒段。
9. 比较题先控制初态、落差与损耗条件
只有动能与近地重力势能转换时，
\[v_f^2=v_i^2+2g\Delta h_{\mathrm{down}}.\]
同初速率、同竖直落差、无耗散，给同末速率；质量不同仍给不同末动能。路径不同还可使到达时间、速度方向或平均加速度不同，这些不由能量单独确定。
例题：两个光滑路径。 同质量两块都从静止下降相同高度，一块走直坡、一块走弯曲轨道；轨道固定、光滑，保持接触。末速率相同，重力功相同。若第二块带非零初速率，初动能要保留，同高度不再保证同末速率。
粗糙路径比较还需看支持力与路程。对固定直斜段、无额外法向力，
\[N=mg\cos\theta,\quad d=\frac h{\sin\theta},\quad D=\mu_kmgh\cot\theta.\]
同质量、同摩擦系数、同粗糙段竖直落差时，较缓直斜段的 \(N\) 与路程都较大，耗散较多。
例题：两段相同落差的粗糙直坡。 两块质量均 \(2.4\,\mathrm{kg}\)，进入粗糙直段的初速率均 \(2.0\,\mathrm{m/s}\)，\(\mu_k=0.20\)，竖直下降均 \(1.5\,\mathrm m\)。甲坡 \(\sin\theta=0.6\)、\(\cos\theta=0.8\)；乙坡相应为 \(0.8\)、\(0.6\)，仅受重力与接触力且持续下滑。
共同释放的重力能为 \(36\,\mathrm J\)，初动能为 \(4.8\,\mathrm J\)。分别求
\[D_A=0.20(24)(1.5)\frac{0.8}{0.6}=9.6\,\mathrm J,\qquad D_B=0.20(24)(1.5)\frac{0.6}{0.8}=5.4\,\mathrm J.\]
所以
\[K_A=4.8+36-9.6=31.2\,\mathrm J,\qquad K_B=4.8+36-5.4=35.4\,\mathrm J.\]
乙较陡且少耗散，末速率较大。这里控制的是粗糙段落差，并非只看整条路线长度。
若图中有弯曲过渡段，而解答采用“主要耗散发生在直斜段、弯曲过渡额外耗散可忽略”的简化模型，要先说明这个近似。一般粗糙曲轨的 \(N\) 还受速度与曲率影响，不能仅凭总路程与相同摩擦系数断言耗散排序。
10. 功率先辨认指定力，再辨认平均或瞬时
平均功率 average power 为
\[\bar P=\frac W{\Delta t}.\]
指定力的瞬时功率 instantaneous power 为
\[P_F=\vec F\cdot\vec v=Fv\cos\theta.\]
匀速运动时净功率为零，驱动力的功率仍可为正。恒力也不等于恒功率，速度变化会改变 \(Fv\)。
例题：两个时间问题。 装置把 \(1.2\,\mathrm{kg}\) 物体提高 \(5.0\,\mathrm m\)，初末速度相同，无其他有用能量变化。有用输出功率恒为 \(15\,\mathrm W\)，提升功为 \(60\,\mathrm J\)，时间为
\[\Delta t=\frac{60}{15}=4.0\,\mathrm s.\]
若给输入功率，则先由效率 efficiency 得 \(P_{\mathrm{out}}=\eta P_{\mathrm{in}}\)；若初末速度不同，再计 \(\Delta K\)。
另一箱子以 \(2.5\,\mathrm{m/s}\) 匀速向右，推力与摩擦大小均为 \(11\,\mathrm N\)：
\[P_{\mathrm{push}}=+27.5\,\mathrm W,\qquad P_f=-27.5\,\mathrm W,\qquad P_{\mathrm{net}}=0.\]
势能增加率可由竖直速度求。例如 \(3\,\mathrm{kg}\) 物体此刻向上速度分量 \(0.25\,\mathrm{m/s}\)，\(U_g\) 增加率为 \(mgv_y=7.5\,\mathrm W\)，重力瞬时功率则为 \(-7.5\,\mathrm W\)。沿斜面速率先取竖直分量，不能直接替代 \(v_y\)。
功率—时间图的面积给转移能量。例如指定输出功率在 \(3\,\mathrm s\) 内由 \(1\,\mathrm W\) 线性升至 \(4\,\mathrm W\)，输出能量为梯形面积 \((1+4)(3)/2=7.5\,\mathrm J\)。末功率乘完整时间通常不是该面积。
11. 势能图的高度差给动能，斜率给保守力
一维保守运动，总机械能 \(E\) 不变：
\[K(x)=E-U(x)\ge0.\]
指定位置的动能是能量线与势能线的竖直差；势能越低，动能越大。\(U>E\) 的位置不可达。速率为零的普通转折点满足 \(U=E\)，却不一定是受力平衡点。
例题：末端可达还要检查沿途。 图的各段都是直线，\(E=7\,\mathrm J\)。\(x=0\) 处 \(U=2\,\mathrm J\)，所以 \(K=5\,\mathrm J\)；\(x=4\,\mathrm m\) 处 \(U=4\,\mathrm J\)，也有正动能 \(3\,\mathrm J\)。
但从左端出发不能直接走到右端：第一段在 \(x=5/3\,\mathrm m\) 已达到 \(U=7\,\mathrm J\)，后面有 \(U>7\,\mathrm J\) 的能垒 barrier。右侧允许区间存在，不表示左侧物体能穿过中间禁止区间。
直线势能段上的恒定保守力由
\[F_x=-\frac{\Delta U}{\Delta x}\]
判断。图中 \(0\) 到 \(2\,\mathrm m\) 的 \(U\) 增加 \(6\,\mathrm J\)，因此 \(F_x=-3\,\mathrm N\)；\(2\) 到 \(4\,\mathrm m\) 的 \(U\) 减少 \(4\,\mathrm J\)，因此 \(F_x=+2\,\mathrm N\)。比较力大小用斜率绝对值，不能用势能值或图下面积。
平滑曲线某点若切线水平，该点保守力为零；不要求该点势能也为零。图中折点的局部力需具体模型说明，不把整段有限差当平滑曲线上每一点的力。
12. 自主练习先写选法，再展开核对
练习 1：合力面积与初动能。 \(2\,\mathrm{kg}\) 物体在 \(x=1\,\mathrm m\) 处以 \(1\,\mathrm{m/s}\) 向右运动。合力在 \(1\) 到 \(3\,\mathrm m\) 为 \(+5\,\mathrm N\)，在 \(3\) 到 \(5\,\mathrm m\) 为 \(-2\,\mathrm N\)。求 \(x=5\,\mathrm m\) 处速率，并检查途中能否持续向右到达。
展开练习 1 解析
图给的是合力，所以面积接 \(\Delta K\)。合功 \(5(3-1)-2(5-3)=6\,\mathrm J\)，初 \(K_i=1\,\mathrm J\)，末 \(K_f=7\,\mathrm J\)，速率 \(v_f=\sqrt7\,\mathrm{m/s}\)。
第一段动能升至 \(11\,\mathrm J\)，第二段降至 \(7\,\mathrm J\)，沿途始终为正，因此能持续向右到达。不要只因为末端正值就省略一般路径的途中检查。
练习 2：重力功与势能变化。 \(0.70\,\mathrm{kg}\) 物体沿任意路径从 \(3.0\,\mathrm m\) 高处到 \(1.0\,\mathrm m\) 高处。求重力功与物体—地球势能变化；若把所有势能值统一加 \(8\,\mathrm J\)，这两项如何改变？
展开练习 2 解析
只取竖直高度差：\(\Delta U_g=0.70(10)(1-3)=-14\,\mathrm J\)，\(W_g=+14\,\mathrm J\)。零点平移使初末势能都加同一常数，差值不变，重力功也不变。
练习 3：已经变形的弹簧。 理想弹簧 \(k=250\,\mathrm{N/m}\)，从自然长度量起的伸长由 \(0.08\,\mathrm m\) 变为 \(0.12\,\mathrm m\)。求初末储能、储能变化及弹簧对物体的功。
展开练习 3 解析
初 \(U_{s,i}=0.5(250)(0.08)^2=0.80\,\mathrm J\)，末 \(U_{s,f}=1.80\,\mathrm J\)，所以 \(\Delta U_s=+1.00\,\mathrm J\)，\(W_s=-1.00\,\mathrm J\)。不能仅将新增 \(0.04\,\mathrm m\) 平方。
练习 4：只在水平段耗散。 \(0.80\,\mathrm{kg}\) 块由静止沿固定光滑轨道下降 \(1.8\,\mathrm m\)，平滑进入 \(\mu_k=0.20\) 的粗糙水平面直到停止。求停止距离；质量加倍，其余条件相同，距离怎样变？
展开练习 4 解析
初末 \(K=0\)，释放重力能 \(14.4\,\mathrm J\)；水平摩擦 \(1.6\,\mathrm N\)。\(mgh=\mu_kmgd\) 给 \(d=1.8/0.20=9.0\,\mathrm m\)。质量加倍使释放能和摩擦都加倍，停止距离保持。
练习 5：速率与动能的质量比例。 质量 \(m\) 与 \(3m\) 的球都从静止下降 \(2.0\,\mathrm m\)，无空气阻力。比较末速率与末动能。若 \(3m\) 球改成有 \(2.0\,\mathrm{m/s}\) 初速率，另外条件保持，如何重新比较末速率？
展开练习 5 解析
先控制两球初速率都零、落差相同：末速率都为 \(\sqrt{40}\,\mathrm{m/s}\)，动能比 \(K_m:K_{3m}=1:3\)。改了初速率就保留原动能，重球末速率变为 \(\sqrt{4+40}=\sqrt{44}\,\mathrm{m/s}\)，大于轻球。不是因为重球质量大，而是初速率条件改变。
练习 6：碰撞段与飞行段分开。 \(0.40\,\mathrm{kg}\) 球从 \(2.5\,\mathrm m\) 处静止落下，碰撞损失 \(3.0\,\mathrm J\)，前后飞行无阻力，地面势能零。求反弹高度与相对初机械能的耗散百分比。
展开练习 6 解析
初机械能 \(0.40(10)(2.5)=10\,\mathrm J\)，碰后剩 \(7\,\mathrm J\)。反弹最高点 \(v=0\)，\(h=7/[0.40(10)]=1.75\,\mathrm m\)。耗散比例 \(3/10=30\%\)，分母取初能，不取剩余能量。
练习 7：输出功率与指定力功率。 电动机恒输入功率 \(50\,\mathrm W\)，效率 \(60\%\)，有用输出只用于将 \(1.5\,\mathrm{kg}\) 物体提升 \(4.0\,\mathrm m\)，初末速度相同。求时间。另有水平匀速箱子，速度 \(0.40\,\mathrm{m/s}\)，推力与摩擦大小均 \(18\,\mathrm N\)；求此刻推力、摩擦与合力功率。
展开练习 7 解析
电动机有用输出为 \(0.60(50)=30\,\mathrm W\)，提升功 \(1.5(10)(4)=60\,\mathrm J\)，所以时间 \(2.0\,\mathrm s\)。
箱子推力功率 \(+7.2\,\mathrm W\)，摩擦功率 \(-7.2\,\mathrm W\)，净功率零。匀速限定的是合力功率，并未使每个力功率零。
练习 8：势能图与允许区间。 使用第 11 节图，\(E=7\,\mathrm J\)，物体质量 \(2\,\mathrm{kg}\)。求 \(x=4\,\mathrm m\) 处速率与 \(2<x<4\,\mathrm m\) 区间的保守力。一个从 \(x=0\) 向右出发的物体能否到 \(x=4\,\mathrm m\)？
展开练习 8 解析
在右侧允许区间内，\(x=4\) 的动能 \(K=7-4=3\,\mathrm J\)，速率为 \(\sqrt{2(3)/2}=\sqrt3\,\mathrm{m/s}\)。直线段势能斜率为 \((4-8)/(4-2)=-2\,\mathrm{J/m}\)，所以保守力 \(+2\,\mathrm N\)。
从左侧不能跨过中间能垒。第一转折点 \(x=5/3\,\mathrm m\) 后有 \(U>E\) 区间；右端自身允许，并不能保证从左端到达。
做 workbook 题时先留下一句判断，例如“问的是指定推力的功，先投影”“初末速度都零，重力释放量等于耗散”“弹簧末态仍变形，不能划去末储能”。再检查单位、符号、实际路程与末态是否可达。
13. 选学：受载平衡弹簧与理想绳的能量账
回到弹簧平衡位置不等于回到自然长度
竖直弹簧悬挂物体，受载平衡伸长 \(x_0\) 满足 \(kx_0=mg\)。再向下拉 \(y\) 后静止释放，忽略耗散。回到平衡位置时，物体已升高 \(y\)，弹簧仍伸长 \(x_0\)：
\[K_{\mathrm{eq}} =\frac12k(x_0+y)^2-\frac12kx_0^2-mgy =\frac12ky^2.\]
展开平方后的线性项 \(kx_0y\) 与 \(mgy\) 相消。这一结果来自弹性与重力的总账；不是说弹簧单独从平衡位置算储能。
选学练习 1。 \(m=3.0\,\mathrm{kg}\)、\(k=150\,\mathrm{N/m}\)，静态平衡后再下拉 \(0.08\,\mathrm m\)，由静止无耗散释放。求平衡伸长、释放时弹簧储能、回到平衡位置时动能和速率。
展开选学练习 1 解析
\(x_0=mg/k=0.20\,\mathrm m\)，释放时伸长 \(0.28\,\mathrm m\)，弹簧储能 \(5.88\,\mathrm J\)。回到平衡位置，弹簧仍储 \(3.0\,\mathrm J\)，物体—地球势能增加 \(2.4\,\mathrm J\)；故 \(K=5.88-3.0-2.4=0.48\,\mathrm J\)，速率 \(\sqrt{0.32}\,\mathrm{m/s}\)。平衡位置可有最大动能，并不意味着速度为零。
两块系统的张力功可相消，但张力仍在系统外
理想轻绳与轻滑轮连接两块，一块上升 \(s\)、另一块下降 \(s\)，两端张力等大，张力对上升块做正功、对下降块做负功。系统若只含两块，绳不在系统内，张力是外力；总功相消来自等张力与等路径位移，并不是每个张力功都零。
例题：四千克与两千克的双悬挂。 理想固定滑轮、绷紧不可伸长轻绳，轴摩擦与转动惯量可忽略，从静止释放，重块下降 \(0.30\,\mathrm m\)、轻块上升相同距离。选两块—地球系统，无耗散：
\[\Delta U_g=(2-4)(10)(0.30)=-6.0\,\mathrm J,\qquad K_f=6.0\,\mathrm J.\]
两块速率大小相同，所以 \(K_f=\tfrac12(4+2)v^2\)，得 \(v=\sqrt2\,\mathrm{m/s}\)，方向相反。单独重块的势能释放不是整个系统的动能增加；还要付出轻块上升的储能。
14. 选学：已给公式的引力、圆环与释放条件
万有引力势能保留负号并取中心间距
若题目给出、或已在引力单元学习
\[U_g=-\frac{GMm}{r},\]
零点在无穷远，\(r\) 是中心间距。远离时势能变得较不负，是增加；近地小范围的 \(mg\Delta y\) 与这一公式有不同适用范围和零点约定。
选学练习 2。 \(GMm=50\,\mathrm{J\,m}\)，中心间距从 \(5.0\) 变为 \(10\,\mathrm m\)。求初末势能与变化。若同一孤立两体系统无耗散、只有引力转换机械能，总动能如何变化？
展开选学练习 2 解析
初 \(U_i=-10\,\mathrm J\)，末 \(U_f=-5\,\mathrm J\)，变化 \(\Delta U=+5\,\mathrm J\)。孤立保守系统总机械能不变，因此总 \(\Delta K=-5\,\mathrm J\)。如果是在改变质量或有外界作用的两个配置之间比较，不能直接套这个孤立运动的动能关系。
多个物体的引力势能逐对相加，每一对只算一次。三个物体有三对；若各对势能已给为 \(-4,-6,-8\,\mathrm J\)，总和是 \(-18\,\mathrm J\)，不重复把同一对计成两个方向。
圆环顶部接触条件先由径向方程确定
对固定光滑竖直圆环内侧、未固定在轨道上的车，轨道只能推，不能拉。题目若已给顶部径向方程
\[mg+N=\frac{mv_{\mathrm{top}}^2}{R},\]
则临界接触 \(N=0\) 给 \(v_{\mathrm{top}}^2=gR\)。顶部必须有非零速度；向心受力条件不能单凭“最高点”替成零速。
忽略车轮转动能，从顶部到底部下降 \(2R\)，再由能量得
\[v_{\mathrm{bottom,min}}^2=gR+2g(2R)=5gR.\]
例如 \(R=0.90\,\mathrm m\)，顶部临界速率 \(3.0\,\mathrm{m/s}\)，最低点临界速率 \(3\sqrt5\,\mathrm{m/s}\)。接触条件和两点之间的能量转换是两个动作，分开检查。
解除约束保留瞬时速度，再判断飞行最高点
无冲量地解除绳约束，初速度仍沿释放点切线，并沿原运动方向。之后只受均匀重力时，轨迹平滑进入向下凹的抛物线，不突然折向下方，也不继续精确沿旧圆弧。
抛体最高点只令 \(v_y=0\)，保留水平动能。若从高度 \(h\) 静止摆下再释放，最高点仍有 \(v_x\ne0\)，则 \(mgh=mg h_{\max}+\tfrac12mv_x^2\)，因此新最高点低于原静止释放高度。
题目若另外要求动量大小，可以先使用明确给出的定义 \(p=mv\)，同质量下 \(p^2=2mK\)。这只是从能量换算动量大小，不能据此宣称动量守恒。