2021届高考物理二轮复习（选择性考试）学案：第6讲　功和能　机械能

专题二能量与动量

要点解读

1.功、功率、动能定理及动量定理部分：考查与功、功率相关的

分析和计算及动能定理、动量定理的综合应用，题型为选择题或与牛

顿运动定律相结合的计算题.

2.功能关系和动量、能量守恒部分：以直线运动、平抛和圆周运

动为情景，考查运动过程中的受力分析、运动分析、能量转化及功能

关系问题，以及带电粒子在电场、磁场中的能量问题，以计算题形式

命题为主.

备考对策

1.正确判断是否做功、是做正功还是负功，掌握各种力做功的特

点及计算方法，区别瞬时功率和平均功率.能熟练运用动能定理及动

量定理解决综合问题，注意和图象有关的题型.

2.加强综合运用功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律及动

量守恒定律解决多运动过程问题的训练，提高运用动能定理、动量定

理和能量守恒定律解决带电粒子在电场、磁场中的运动问题的能力，

关注以竞技体育或近现代科技为背景命制的题目.

第6讲功和能机械能

力知识归纳感悟真题

知识两建

做功快慢

—1恒力做功I

——（功川合力做功I

|动而定理|

[/恒定功率一动：p不变|

I动能’变化内H动能|%恒定加速度启动：“不变।

守恒T系统：没仃其他形式的能与机械能丽1

械

机条件

“单个物体：只布.乖力或弹簧弹力丽

守

能I

定

恒广|E"Ek产外网

律

用*TAgA，]

达式’

功TA£t归A同渡|

和

||动能定理|~上=任-£"|

能

I币力的功与重力势能的关系：叫=瑞国

功能

重力,弹力以外的力做功与机械能的关系：■*=及-£,]

关系-1

他场力的功‘独势能的关系：W也咻L%|

一：眨功：电能一机械能.如电动机I

“女””的功W无功：能一电能.如发电机।

-能最守恒：A修产

核心提炼

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.功和功率的求解.

⑴功的求解：W=jF7cosa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：可以用定义式尸=号来求解，如果力是恒力，可

以用P=Fvcosa来求解.

3.动能定理的应用.

(1)内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程

中动能的变化.

(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、

摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功.

(3)表达式：W=^mv2—^mvl.

(4)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.

4.机械守恒定律要注意其使用条件，及采用哪种形式的机械能守

恒定律

5.功能关系的应用.

(1)物体动能增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功.

(2)物体势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、

电场力等)做负功还是做正功.

(3)物体机械能增加与减少要看重力之外的力对物体做正功还是做

负功.

感括真题

1.(2020•全国卷I)(多选)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端

从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图

中直线I、II所示，重力加速度取10m/s2.则()

El]

24

18

12

6

0123455/m

A.物块下滑过程中机械能不守恒

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑时加速度的大小为6.0mH

D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J

解析：下滑5m的过程中，重力势能减少30J,动能增加10J,

减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；

斜面高3m、长5m,则斜面倾角为〃=37。.令斜面底端为零势面，则

物块在斜面顶端时的重力势能机g/z=30J,可得质量m=1kg,下滑5

m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功

cos0-s=2QJ,求得"=0.5,B正确；由牛顿第二定律mgsin0—

//mgcos0=ma,求得a=2m/s2,C错误；物块下滑2.0m时，重力势

能减少12J,动能增加4J,所以机械能损失了8J,D选项错误.

于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当3下降到最低

点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零.轻绳不可伸长，弹簧始

终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态.以下判断正确的是（）

A.M<2m

B.2m<M<3m

C.在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做

正功后做负功

D.在3从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力

做的功等于3机械能的减少量

解析：由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振

动，故在最低点时有弹簧弹力T=2，ng;对4分析，设绳子与桌面间

夹角为仇则依题意有2机gsinO=Mg,故有M<2机，故A正确，B错

误；由题意可知3从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重

力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合

力做负功，故C正确；对于仅在从释放到速度最大过程中，B机械

能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的

功，故D正确.

答案：ACD

3.（2020全国卷III,节选）如图，相距L=U.5m的两平台位于同

一水平面内，二者之间用传送带相接.传送带向右匀速运动，其速度

的大小。可以由驱动系统根据需要设定.质量m=10kg的载物箱（可

视为质点），以初速度。o=5.Om/s自左侧平台滑上传送带.载物箱与传

送带间的动摩擦因数4=0.10,重力加速度g取10mg.

（1）若0=4.0m/s,求载物箱通过传送带所需的时间；

（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度.

解析：（1）传送带的速度为0=4.0m/s时，载物箱在传送带上先做

匀减速运动，设其加速度为由由牛顿第二定律有：

pmg=ma,①

设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为XI,由运动学公式有

v2—vl=—2axi,②

联立①②式，代入题给数据得xi=4.5m;③

因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至必然后开始做

匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为h,做

匀减速运动所用的时间为0由运动学公式有

v=vo—at2,④

,L-xi4

£1=七十一0..⑤

联立①③④⑤式并代入题给数据有6=2.75s.⑥

(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时

的速度最小，设为ui,当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，

到达右侧平台时的速度最大，设为s.由动能定理有

—ftmgL=pwri—,⑦

由⑦⑧式并代入题给条件得

Vi=^2m/s,V2=4小m/s.⑨

答案：(1)2.75s(2)也=4*m/svi=-\[2m/s

细研考点提升素养

考点一功和功率的计算

知识研透

计算功和功率时应注意的问题.

⑴计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力

做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变

力做功用动能定理或图象法求解.

（2）用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意

义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表

示功，例如下图甲、乙、丙表示（丙图中图线为:圆弧），力做的功分别

1Tt

为W\=FiXl\亚2=不卜＞2、叩3=1凡0・

（3）计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时

功率应明确是哪一时刻或位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪

段时间内的平均功率；应注意区分公式尸=号和公式P=Fvcos0的适

用范围，尸=三侧重于平均功率的计算，尸=尸0cos〃侧重于瞬时功率的

计算.

典例口

是增大发动机的功率和减小阻力因数（设阻力与物体运动速率的平方

成正比，即6=八2,1是阻力因数）.当发动机的额定功率为尸。时，

物体运动的最大速率为。m,如果要使物体运动的速率增大到20m,则

下列办法可行的是（）

A.阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2Po

B.发动机额定功率不变，使阻力因数减小到1

C.阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8尸。

D.发动机额定功率不变，使阻力因数减小到得

解析：物体匀速运动时，牵引力与阻力相等，由P=Fvm=Fjvm

=kv^,要使物体运动的速率增大到2om,阻力因数不变时，需使发动

机额定功率增大到8R),故A错误，C正确；发动机额定功率不变时，

需使阻力因数减小到故、错误.

OBD

答案：c

题组突破

考向❶功的计算

1.如图所示的拖轮胎跑是一种体能训练活动.某

次训练中，轮胎的质量为5kg,与轮胎连接的拖绳与

地面夹角为37。，轮胎与地面动摩擦因数是0.8.若运动

员拖着轮胎以5m/s的速度匀速前进，则10s内运动员对轮胎做的功

最接近的是(01137。=0.6,cos37°=0.8,g取10016)()

A.500JB.750J

C.1250JD.2000J

解析：Feos0=f,

户N+尸sin8=mg,.

_pfimg________0.8X50_

/=“Ev,传―二os〃+"sin〃=0.8+0.8X0.6N=

31.25N,

10s内运动员对轮胎做功WF=/COS，•加=31.25X0.8X5X10J=

1250J,选项C正确.

答案：C

考向❷功率的计算

2.（多选）如图所示,半径为星的半圆弧槽固定在水平地弋

•h

面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为小的物块从"（《7

尸点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿

圆弧槽匀速率地滑行到最低点3点，不计物块的大小，尸点到A点高

度为人重力加速度大小为g,则下列说法正确的是（）

A.物块从尸到b过程克服摩擦力做的功为机g（A+/O

B.物块从A到B过程重力的平均功率为冽呼还

7T

C.物块在B点时对槽底的压力大小为（」十,）1ng

IX

D.物块到B点时重力的瞬时功率为机公国

解析：物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有机

一叼=0,因此克服摩擦力做功Wf=mgR,A项错误；根据机械能守

恒，物块到A点时的速度大小由得D=yj2gh,从4至ij3

_nR

=

运动的时间t=2\[2^h因此从A到B过程中重力的平均功率为

n

P=A="瓜竺B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律Ev

ITt

—mg=nr^,求得FN=根据牛顿第三定律可知，F'N

KK

=FN=K+?）mg,c项正确；物块到3点时，速度的方向与重力

方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D项错误.

答案：BC

考向❸机车启动问题

3.（多选）某质量机=1500kg的“双引擎”小汽

6000

5(XX)

3600

0n~~工

车，当行驶速度。W54km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54

km/h<r^90km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；

当行驶速度。>90km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能

环保.该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力尸随

运动时间，变化的图线如图所示，所受阻力恒为1250N.已知汽车在

加时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末.则

在前1人内()

A.经过计算A)=6s

B.电动机输出的最大功率为60kW

C.汽油机工作期间牵引力做的功为4.5X1()5j

D.汽车的位移为160m

解析：开始阶段，牵引力尸i=5000N,根据牛顿第二定律可得，

F\~Ff=ma,解得：开始阶段加速度a=2.5m/s2.ri=54km/h=15m/s,

,V\

根据勿=",解得fo=6s,故A项正确；fo时刻，电动机输出的功率最

大，且尸m=B0i=5000X15W=75000W=75kW,故B项错误；汽

油机工作期间，功率尸=户201=6000X15W=90kW,11s末汽车的

p90X103

速度石=汽油机工作期间牵引力做的功W

02=rSOUU°m/s=25m/s,

35

=ft2=90X10X(ll-6)J=4.5X10J,故C项正确；汽车前6s内的

位移2.5X62m=45m,后5s内根据动能定理得：Ptz~

FfXi=^mv2—^tnv\,解得：X2=120m,所以前11s时间内汽车的位移

X=XI+X2=45m+120m=165m,故D项错误.

答案：AC

考点二动能定理应用

知识研透

1.应用动能定理的流程.

受

力

几个力？恒力是否做功？正

分

析

还是变力？功还是负功？

一

确定研究动

关分阶段

力

对象和研系或全程

学

究过程.列方程

动

返运动性质及动”明确初动能、

析

分分宓

特点末动能

2.应用动能定理的注意事项.

(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般

以地面或相对地面静止的物体为参考系.

(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运

动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的

关系.

(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解;

当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求

解，这样更简便.

(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判

断的先假定为正功，最后根据结果加以检验.

典遇例析

典例❷(2020-江苏卷)如图所示，一小物块由静止开

始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上.斜面和地面

平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该

过程中，物块的动能片与水平位移x关系的图象是()

I)

解析：由题意可知设斜面倾角为0,动摩擦因数为〃，则物块在

斜面上下滑水平距离X时根据动能定理有

mgxtanO—fimgcos9

整理可得

(mgtanO-fimg)x=Ek.

即在斜面上运动时动能与x成线性关系.

当小物块在水平面运动时有

/imgx=Ek,

即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确.

答案：A

题组突破

考向❷动能定理用于单过程

1.（2019•天津卷）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰

已完成多次海试，并取得成功.航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故

甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示.为了便于研

究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段

圆弧，示意如图2,A3长L=150m,水平投影〃=63m,图中。

点切线方向与水平方向的夹角〃=12。（或1112°弋0.21）.若舰载机从A

点由静止开始做匀加速直线运动，经t=6s到达3点进入SC.已知飞

行员的质量m=60kg,g=10m/s2,求：

♦£

：*L]十

图1图2

⑴舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；

⑵舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力Bv多大.

解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘

甲板时的速度为小则有3=与，①

乙I

根据动能定理，有W=1mr2-0,②

联立①②式，代入数据，得W=7.5Xl()4j.③

(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=Rsin

0,④

由牛顿第二定律，有FN—mg=nr^,⑤

联立①④⑤式，代入数据，得WN=1.1X1()3N.⑥

答案：(1)7.5XIO,J(2)1.1X103N

考向❷动能定理用于求解多过程问题

2.(2020•信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处〃广

于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位，上7

置.4B是半径为K=lm的［圆周轨道，CDO是半

径为r=0.5m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以

把小球弹回，不损失能量)图中没有画出，。为C0O轨道的中点.BC

段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接.已知段水平轨道长L

=2m,与小球之间的动摩擦因数"=0.2.现让一个质量为机=1kg的

小球从A点的正上方距水平线04高〃的尸处自由落下.(g取10m/s2)

(1)当H=2m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小.

(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨

道，求H的取值范围.

解析：(1)设小球第一次到达D的速度为VD,对小球从P到D点

的过程，根据动能定理得：

,1,

mg(H+r)—fimgL=pwup-0,

在。点轨道对小球的支持力尸N提供向心力，则有

尸N=/W错误！，

联立解得：Bv=84N,

,

由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：FN=FN=84N.

(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H

最小时必须满足能上升到。点，由动能定理得：

12

mgHmin—fimgL=产“一0,

在O点有：mg=机错误！，

代入数据解得：Hmin=0.65m.

仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离C0O轨道，7/最大时，

碰后再返回最高点能上升到。点，则有：

mg(Hmax+r)—3flmgL=0,

代入数据解得：Hmax=0.7m,

故有：0.65mW"W0.7m.

答案:(1)84N(2)0.65mWHW0.7m

考向❸动能定理应用于多过程往复运动问题

3.如图所示，竖直固定放置的斜面与一光滑的▼优-7%

圆弧轨道A3C相切，。为切点，圆弧轨道的半径为R,

斜面的倾角为〃.现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在

斜面和圆弧轨道之间做往复运动.已知圆弧轨道的圆心。与A、。在

同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为"，求：

（1）滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差加

（2）滑块在斜面上能通过的最大路程s.

解析：（1）滑块从。到达左侧最高点方经历。C、CB、AF三个过

程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：，叫九一"/wgcos

解得力=

tan0

（2）通过分析可知，滑块最终滑至。点的速度为0时对应在斜面上

的总路程最大，由动能定理得：

R

mgRcosO—fimgcos"§=0,解得s=~.

答案：⑴噜鬻喏

考向❹动能定理与£k”图象的综合

4.（2019•全国卷川）从地面竖直向上抛出一物体，物〃肾1

体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、斗这蚓

2bws]

方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h-2t±£S±L

I23h/m

在3m以内时，物体上升、下落过程中动能以随人的

变化如图所示.重力加速度取10m/sz.该物体的质量为（）

A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg

解析：画出运动示意图，设阻力为力据动能定理知

£"=36J，B-|—c'£u；=24J

h=3m

L-JE=48J

用,=72Jkn

上升过程)：—(mg+f)h=EkB—EkA

Cf。（下落过程）：/）A=Ek。-Eke

联立解得物体的质量机=1kg,选项C正确.

答案：c

考点三机械能守恒和能量守恒定律的应用

(知识研透

1.机械能守恒的判断.

(1)利用机械能守恒的定义判断；

(2)利用做功判断；

(3)利用能量转化判断；

(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒.

2.解题步骤.

(1)选取研究对象，分析物理过程及状态；

(2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒；

(3)选取参考面，根据机械能守恒列式.

3.应用技巧.

对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于

动能的增加量来分析和求解.

4.机械能守恒的三种表达式对比.

项目守恒角度转化角度转移角度

表达

E\=,EiAEk=-AEp八"1增=人反减

式

表示系统(或物体)若系统由A、B两

系统初状态机械能

物理机械能守恒时，系部分组成，则4部

的总和与末状态机

意义统减少(或增加)的分物体机械能的增

械能的总和相等

重力势能等于系统加量与B部分物体

增加（或减少）的动机械能的减少量相

能等

应用时关键在于分

应用时应选好重力

清重力势能的增加常用于解决两个或

势能的零势能面，

注意量和减少量，可不多个物体组成的系

且初、末状态必须

事项选零势能面而直接统的机械能守恒问

用同一零势能面计

计算初、末状态的题

算势能

势能差

题组突破

考向❶单个物体的机械能守恒

1.如图，MV为半径R=0.4m,固定于竖直平面内的1光滑圆弧

轨道，轨道上端切线水平，0为圆心，"、0、尸三点在同一水平线上,

M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质

量均为w=0.01kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪.某次

发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道间无作用力，水平飞出后

落到。尸上的。点.不计空气阻力，g取10m/sz.求：

⑴小钢珠经过N点时速度的大小vN.

⑵小钢珠离开弹簧枪时的动能£k；

⑶小钢珠的落点Q与圆心O的距离s.

解析：（1）小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道间无作用力，则有

小错误！,

解得0N=2m/s.

⑵小钢珠在光滑圆弧轨道上运动，由机械能守恒定律得

31n很一Ek=—mgR,

解得Ek=0.06J.

（3）小钢珠从N点水平飞出后，做平抛运动，

n12

区=涉产，S=VNt,

解得m.

答案：（l）2m/s（2）0.06J（3）挈m

考向❷多个物体的机械能守恒

题型（一）轻绳连接的物体系统

2.（2020•昆明质检）（多选）如图所示，质量为m的小环套,]土

在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端//'

与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块J，J

相连，已知M=2m.与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3m,

定滑轮大小及质量可忽略.现将小环从A点由静止释放，小环运动到

。点速度为0,重力加速度g取10mH,则下列说法正确的是（）

A.A、。间距离为4m

B.小环最终静止在。点

C.小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能

D.当小环下滑至绳与杆的夹角为60。时，小环与物块的动能之比

为2：1

解析：由机械能守恒得：（错误!-3）,解得：LAC=4m,

故A正确；设小环静止于。点，绳中的拉力等于力〃g,对小环有：T

=肃爆=1机8学2机g,小环不能静止，所以假设不成立，故B错误；

由机械能守恒可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加

的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳

方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度，0M=0,”cos60。，由动能

表达式可知，小环与物块的动能之比为2：1,故D正确.

答案：AD

题型（二）轻杆连接的物体系统

3.（多选）如图所示在一个固定的十字架上（横竖两杆连］◎.

结点为。点），小球A套在竖直杆上，小球B套在水平杆

上，A、3两球通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，并竖"“

直静止.由于微小扰动，3球从O点开始由静止沿水平杆向右运动.A、

3两球的质量均为机，不计一切摩擦，小球A、3视为质点.在A球

下滑到O点的过程中，下列说法中正确的是（）

A.在4球下滑到O点之前轻杆对8球一直做正功

B.小球A的机械能先减小后增大

C.A球运动到O点时的速度为啦瓦

D.3球的速度最大时，b球对水平杆的压力大小为2mg

解析：当A球到达O点时，3球的速度为零，故3球的速度先增

大后减小，动能先增大后减小，由动能定理可知，轻杆对B球先做正

功，后做负功，故选项A错误；4、3两球组成的系统只有重力做功，

系统机械能守恒，而B球的机械能先增大后减小，所以小球A的机械

能先减小后增大，所以选项B正确；因A球到达。点时，3球的速度

为零，由系统机械能守恒可得：/计算得出所

以选项C正确；当A球的机械能最小时，3球的机械能最大，则B球

的动能最大，速度最大，此时5球的加速度为零，轻杆对B球水平方

向无作用力，故3球对水平杆的压力大小为mg,选项D错误.

答案：BC

题型(三)轻弹簧连接的物体系统

4.如图所示，一劲度系数为Jt=100N/m的轻弹簧下端固定于倾

角为，=53。的光滑斜面底端，上端连接物块。.一轻绳跨过定滑轮0,

一端与物块。连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块尸连接，定滑轮

到竖直杆的距离为d=0.3m.初始时在外力作用下，物块尸在A点静

止不动，0Q段轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50N.已知物块P

的质量为如=0.8kg,物块。的质量为心2=5kg,不计滑轮大小及摩

擦作用，g取lOm/s?,sin53°=0.8,cos53。=0.6.现将物块尸由静止释

放，求：

(1)物块尸位于A时，弹簧的伸长量xi;

(2)物块P上升h=0Am至与滑轮O等高的B点时的速度大小；

(3)物块尸上升至3点过程中，轻绳拉力对其所做的功.

解析：(1)物块尸位于A点时，有T=/«2gsin〃+3，

解得xi=0.1m.

(2)经分析，物块产上升无=0.4m到B点时，物块0速度为0,

下降距离为Ax=0.5m—0.3m=0.2m,

即弹簧压缩X2=0.2m—0.1m=0.1m,

故弹性势能不变.

对物块P、°及弹簧组成的系统，从A到B根据系统机械能守恒

有

12

zwigAx.sin0—m\gh=^m\VB,

代入可得08=25m/s.

(3)物块尸上升至B点的过程中，对物块尸有WT—m\gh=km\VB,

代入数据得Wr=8J.

答案：(1)0.1m(2)2小m/s(3)8J

考点四功能关系的理解和应用

(知识01透

1.对功能关系的理解及应用.

(1)对功能关系的理解.

功是能量转化的量度，做功的过程一定伴随能量转化，且做了多

少功，就有多少能量从一种形式转化为另一种形式.

(2)运用功能关系分析问题的基本思路.

①选定研究对象或系统，弄清物理过程；②分析受力情况，看有

什么力在做功，弄清系统内有多少种形式的能在参与转化；③仔细分

析系统内各种能量的变化情况、变化数量.

2.几种常见的功能转化关系.

⑴合力的功影响动能，关系式为W^AEk.

(2)重力的功影响重力势能，关系式为WG=—AEp.

(3)弹簧弹力的功影响弹性势能，关系式为皿弹=一人心.

(4)电场力的功影响电势能，关系式为"电=一人£口

(5)滑动摩擦力的功影响内能，关系式为"相对=AE内.

(6)除重力和弹簧弹力之外的其他力的功影响机械能，关系式为W

其=A£机.

(7)克服安培力的功影响电能，关系式为W克安=AE电.

典题例析

典例日(2018•全国卷I)如图，abc是竖直面内的光

滑固定轨道，而水平，长度为2R；儿是半径为£的四分之一圆弧，

与仍相切于b点.一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的

水平外力的作用，自。点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为

g.小球从。点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（）

A.2mgRB.4mgR

C.5mgRD.6mgR

解析：小球从a运动到c,根据动能定理，得

F'3R—mgR=\mv\,义F=mg,故0I=2A/^,

小球离开C点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为

零的匀加速直线运动.且水平方向与竖直方向的加