2021屆高考物理二輪復習（選擇性考試）學案：第6講　功和能　機械能

專題二能量與動量

要點解讀

1.功、功率、動能定理及動量定理部分：考查與功、功率相關的

分析和計算及動能定理、動量定理的綜合應用，題型為選擇題或與牛

頓運動定律相結合的計算題.

2.功能關系和動量、能量守恒部分：以直線運動、平拋和圓周運

動為情景，考查運動過程中的受力分析、運動分析、能量轉化及功能

關系問題，以及帶電粒子在電場、磁場中的能量問題，以計算題形式

命題為主.

備考對策

1.正確判斷是否做功、是做正功還是負功，掌握各種力做功的特

點及計算方法，區(qū)別瞬時功率和平均功率.能熟練運用動能定理及動

量定理解決綜合問題，注意和圖象有關的題型.

2.加強綜合運用功能關系、機械能守恒定律、能量守恒定律及動

量守恒定律解決多運動過程問題的訓練，提高運用動能定理、動量定

理和能量守恒定律解決帶電粒子在電場、磁場中的運動問題的能力，

關注以競技體育或近現代科技為背景命制的題目.

第6講功和能機械能

力知識歸納感悟真題

知識兩建

做功快慢

—1恒力做功I

——（功川合力做功I

|動而定理|

[/恒定功率一動：p不變|

I動能’變化內H動能|%恒定加速度啟動：“不變?

守恒T系統(tǒng)：沒仃其他形式的能與機械能麗1

械

機條件

“單個物體：只布.乖力或彈簧彈力麗

守

能I

定

恒廣|E"Ek產外網

律

用*TAgA，]

達式’

功TA￡t歸A同渡|

和

||動能定理|~上=任-￡"|

能

I幣力的功與重力勢能的關系：叫=瑞國

功能

重力,彈力以外的力做功與機械能的關系：■*=及-￡,]

關系-1

他場力的功‘獨勢能的關系：W也咻L%|

一：眨功：電能一機械能.如電動機I

“女””的功W無功：能一電能.如發(fā)電機?

-能最守恒：A修產

核心提煉

1.幾種力做功的特點.

(1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無關.

(2)摩擦力做功的特點.

①單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)可以做正功，也可以做

負功，還可以不做功.

②相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零，在靜摩擦力

做功的過程中，只有機械能的轉移，沒有機械能轉化為其他形式的能;

相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數和不為零，且總為負值.在一

對滑動摩擦力做功的過程中，不僅有相互摩擦的物體間機械能的轉移,

還有部分機械能轉化為內能，轉化為內能的量等于系統(tǒng)機械能的減少

量，等于滑動摩擦力與相對位移的乘積.

③摩擦生熱是指滑動摩擦生熱，靜摩擦不會生熱.

2.功和功率的求解.

⑴功的求解：W=jF7cosa用于恒力做功，變力做功可以用動能定

理或者圖象法來求解.

(2)功率的求解：可以用定義式尸=號來求解，如果力是恒力，可

以用P=Fvcosa來求解.

3.動能定理的應用.

(1)內容：力在一個過程中對物體所做的功，等于物體在這個過程

中動能的變化.

(2)動能定理中的“力”指物體受到的所有力，既包括重力、彈力、

摩擦力，也包括電場力、磁場力或其他力，功則為合力所做的總功.

(3)表達式：W=^mv2—^mvl.

(4)物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度.

4.機械守恒定律要注意其使用條件，及采用哪種形式的機械能守

恒定律

5.功能關系的應用.

(1)物體動能增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功.

(2)物體勢能的增加與減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、

電場力等)做負功還是做正功.

(3)物體機械能增加與減少要看重力之外的力對物體做正功還是做

負功.

感括真題

1.(2020?全國卷I)(多選)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端

從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖

中直線I、II所示，重力加速度取10m/s2.則()

El]

24

18

12

6

0123455/m

A.物塊下滑過程中機械能不守恒

B.物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5

C.物塊下滑時加速度的大小為6.0mH

D.當物塊下滑2.0m時機械能損失了12J

解析：下滑5m的過程中，重力勢能減少30J,動能增加10J,

減小的重力勢能并不等于增加的動能，所以機械能不守恒，A正確；

斜面高3m、長5m,則斜面傾角為〃=37。.令斜面底端為零勢面，則

物塊在斜面頂端時的重力勢能機g/z=30J,可得質量m=1kg,下滑5

m過程中，由功能原理，機械能的減少量等于克服摩擦力做的功

cos0-s=2QJ,求得"=0.5,B正確；由牛頓第二定律mgsin0—

//mgcos0=ma,求得a=2m/s2,C錯誤；物塊下滑2.0m時，重力勢

能減少12J,動能增加4J,所以機械能損失了8J,D選項錯誤.

于彈簧下端，當彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當3下降到最低

點時（未著地），A對水平桌面的壓力剛好為零.輕繩不可伸長，彈簧始

終在彈性限度內，物塊A始終處于靜止狀態(tài).以下判斷正確的是（）

A.M<2m

B.2m<M<3m

C.在B從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對B先做

正功后做負功

D.在3從釋放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力

做的功等于3機械能的減少量

解析：由題意可知B物體可以在開始位置到最低點之間做簡諧振

動，故在最低點時有彈簧彈力T=2，ng;對4分析，設繩子與桌面間

夾角為仇則依題意有2機gsinO=Mg,故有M<2機，故A正確，B錯

誤；由題意可知3從釋放位置到最低點過程中，開始彈簧彈力小于重

力，物體加速，合力做正功；后來彈簧彈力大于重力，物體減速，合

力做負功，故C正確；對于僅在從釋放到速度最大過程中，B機械

能的減少量等于彈簧彈力所做的負功，即等于B克服彈簧彈力所做的

功，故D正確.

答案：ACD

3.（2020全國卷III,節(jié)選）如圖，相距L=U.5m的兩平臺位于同

一水平面內，二者之間用傳送帶相接.傳送帶向右勻速運動，其速度

的大小?？梢杂沈寗酉到y(tǒng)根據需要設定.質量m=10kg的載物箱（可

視為質點），以初速度。o=5.Om/s自左側平臺滑上傳送帶.載物箱與傳

送帶間的動摩擦因數4=0.10,重力加速度g取10mg.

（1）若0=4.0m/s,求載物箱通過傳送帶所需的時間；

（2）求載物箱到達右側平臺時所能達到的最大速度和最小速度.

解析：（1）傳送帶的速度為0=4.0m/s時，載物箱在傳送帶上先做

勻減速運動，設其加速度為由由牛頓第二定律有：

pmg=ma,①

設載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為XI,由運動學公式有

v2—vl=—2axi,②

聯(lián)立①②式，代入題給數據得xi=4.5m;③

因此，載物箱在到達右側平臺前，速度先減小至必然后開始做

勻速運動，設載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為h,做

勻減速運動所用的時間為0由運動學公式有

v=vo—at2,④

,L-xi4

￡1=七十一0..⑤

聯(lián)立①③④⑤式并代入題給數據有6=2.75s.⑥

(2)當載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時，到達右側平臺時

的速度最小，設為ui,當載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運動時，

到達右側平臺時的速度最大，設為s.由動能定理有

—ftmgL=pwri—,⑦

由⑦⑧式并代入題給條件得

Vi=^2m/s,V2=4小m/s.⑨

答案：(1)2.75s(2)也=4*m/svi=-\[2m/s

細研考點提升素養(yǎng)

考點一功和功率的計算

知識研透

計算功和功率時應注意的問題.

⑴計算功時，要注意分析受力情況和能量轉化情況，分清是恒力

做功，還是變力做功，恒力做功一般用功的公式或動能定理求解，變

力做功用動能定理或圖象法求解.

（2）用圖象法求外力做功時應注意橫軸和縱軸分別表示的物理意

義，若橫軸表示位移，縱軸表示力，則可用圖線與橫軸圍成的面積表

示功，例如下圖甲、乙、丙表示（丙圖中圖線為:圓?。?，力做的功分別

1Tt

為W\=FiXl\亞2=不卜＞2、叩3=1凡0?

（3）計算功率時，要明確是求瞬時功率，還是平均功率，若求瞬時

功率應明確是哪一時刻或位置的瞬時功率，若求平均功率應明確是哪

段時間內的平均功率；應注意區(qū)分公式尸=號和公式P=Fvcos0的適

用范圍，尸=三側重于平均功率的計算，尸=尸0cos〃側重于瞬時功率的

計算.

典例口

是增大發(fā)動機的功率和減小阻力因數（設阻力與物體運動速率的平方

成正比，即6=八2,1是阻力因數）.當發(fā)動機的額定功率為尸。時，

物體運動的最大速率為。m,如果要使物體運動的速率增大到20m,則

下列辦法可行的是（）

A.阻力因數不變，使發(fā)動機額定功率增大到2Po

B.發(fā)動機額定功率不變，使阻力因數減小到1

C.阻力因數不變，使發(fā)動機額定功率增大到8尸。

D.發(fā)動機額定功率不變，使阻力因數減小到得

解析：物體勻速運動時，牽引力與阻力相等，由P=Fvm=Fjvm

=kv^,要使物體運動的速率增大到2om,阻力因數不變時，需使發(fā)動

機額定功率增大到8R),故A錯誤，C正確；發(fā)動機額定功率不變時，

需使阻力因數減小到故、錯誤.

OBD

答案：c

題組突破

考向?功的計算

1.如圖所示的拖輪胎跑是一種體能訓練活動.某

次訓練中，輪胎的質量為5kg,與輪胎連接的拖繩與

地面夾角為37。，輪胎與地面動摩擦因數是0.8.若運動

員拖著輪胎以5m/s的速度勻速前進，則10s內運動員對輪胎做的功

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

A.500JB.750J

C.1250JD.2000J

解析：Feos0=f,

戶N+尸sin8=mg,.

_pfimg________0.8X50_

/=“Ev,傳―二os〃+"sin〃=0.8+0.8X0.6N=

31.25N,

10s內運動員對輪胎做功WF=/COS，?加=31.25X0.8X5X10J=

1250J,選項C正確.

答案：C

考向?功率的計算

2.（多選）如圖所示,半徑為星的半圓弧槽固定在水平地弋

?h

面上，槽口向上，槽口直徑水平，一個質量為小的物塊從"（《7

尸點由靜止釋放剛好從槽口A點無碰撞地進入槽中，并沿

圓弧槽勻速率地滑行到最低點3點，不計物塊的大小，尸點到A點高

度為人重力加速度大小為g,則下列說法正確的是（）

A.物塊從尸到b過程克服摩擦力做的功為機g（A+/O

B.物塊從A到B過程重力的平均功率為冽呼還

7T

C.物塊在B點時對槽底的壓力大小為（」十,）1ng

IX

D.物塊到B點時重力的瞬時功率為機公國

解析：物塊從A到B過程做勻速圓周運動，根據動能定理有機

一叼=0,因此克服摩擦力做功Wf=mgR,A項錯誤；根據機械能守

恒，物塊到A點時的速度大小由得D=yj2gh,從4至ij3

_nR

=

運動的時間t=2\[2^h因此從A到B過程中重力的平均功率為

n

P=A="瓜竺B項正確；物塊在B點時，根據牛頓第二定律Ev

ITt

—mg=nr^,求得FN=根據牛頓第三定律可知，F'N

KK

=FN=K+?）mg,c項正確；物塊到3點時，速度的方向與重力

方向垂直，因此重力的瞬時功率為零，D項錯誤.

答案：BC

考向?機車啟動問題

3.（多選）某質量機=1500kg的“雙引擎”小汽

6000

5(XX)

3600

0n~~工

車，當行駛速度。W54km/h時靠電動機輸出動力；當行駛速度在54

km/h<r^90km/h范圍內時靠汽油機輸出動力，同時內部電池充電；

當行駛速度。>90km/h時汽油機和電動機同時工作，這種汽車更節(jié)能

環(huán)保.該小汽車在一條平直的公路上由靜止啟動，汽車的牽引力尸隨

運動時間，變化的圖線如圖所示，所受阻力恒為1250N.已知汽車在

加時刻第一次切換動力引擎，以后保持恒定功率行駛至第11s末.則

在前1人內()

A.經過計算A)=6s

B.電動機輸出的最大功率為60kW

C.汽油機工作期間牽引力做的功為4.5X1()5j

D.汽車的位移為160m

解析：開始階段，牽引力尸i=5000N,根據牛頓第二定律可得，

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

,V\

根據勿=",解得fo=6s,故A項正確；fo時刻，電動機輸出的功率最

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

油機工作期間，功率尸=戶201=6000X15W=90kW,11s末汽車的

p90X103

速度石=汽油機工作期間牽引力做的功W

02=rSOUU°m/s=25m/s,

35

=ft2=90X10X(ll-6)J=4.5X10J,故C項正確；汽車前6s內的

位移2.5X62m=45m,后5s內根據動能定理得：Ptz~

FfXi=^mv2—^tnv\,解得：X2=120m,所以前11s時間內汽車的位移

X=XI+X2=45m+120m=165m,故D項錯誤.

答案：AC

考點二動能定理應用

知識研透

1.應用動能定理的流程.

受

力

幾個力？恒力是否做功？正

分

析

還是變力？功還是負功？

一

確定研究動

關分階段

力

對象和研系或全程

學

究過程.列方程

動

返運動性質及動”明確初動能、

析

分分宓

特點末動能

2.應用動能定理的注意事項.

(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般

以地面或相對地面靜止的物體為參考系.

(2)應用動能定理的關鍵在于對研究對象進行準確的受力分析及運

動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的

關系.

(3)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解;

當所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應用動能定理求

解，這樣更簡便.

(4)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判

斷的先假定為正功，最后根據結果加以檢驗.

典遇例析

典例?(2020-江蘇卷)如圖所示，一小物塊由靜止開

始沿斜面向下滑動，最后停在水平地面上.斜面和地面

平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數均為常數.該

過程中，物塊的動能片與水平位移x關系的圖象是()

I)

解析：由題意可知設斜面傾角為0,動摩擦因數為〃，則物塊在

斜面上下滑水平距離X時根據動能定理有

mgxtanO—fimgcos9

整理可得

(mgtanO-fimg)x=Ek.

即在斜面上運動時動能與x成線性關系.

當小物塊在水平面運動時有

/imgx=Ek,

即在水平面運動時動能與x也成線性關系；綜上分析可知A正確.

答案：A

題組突破

考向?動能定理用于單過程

1.（2019?天津卷）完全由我國自行設計、建造的國產新型航空母艦

已完成多次海試，并取得成功.航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故

甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構成，如圖1所示.為了便于研

究艦載機的起飛過程,假設上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段

圓弧，示意如圖2,A3長L=150m,水平投影〃=63m,圖中。

點切線方向與水平方向的夾角〃=12。（或1112°弋0.21）.若艦載機從A

點由靜止開始做勻加速直線運動，經t=6s到達3點進入SC.已知飛

行員的質量m=60kg,g=10m/s2,求：

?￡

：*L]十

圖1圖2

⑴艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；

⑵艦載機剛進入時，飛行員受到豎直向上的壓力Bv多大.

解析：(1)艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設其剛進入上翹

甲板時的速度為小則有3=與，①

乙I

根據動能定理，有W=1mr2-0,②

聯(lián)立①②式，代入數據，得W=7.5Xl()4j.③

(2)設上翹甲板所對應的圓弧半徑為R,根據幾何關系,有L2=Rsin

0,④

由牛頓第二定律，有FN—mg=nr^,⑤

聯(lián)立①④⑤式，代入數據，得WN=1.1X1()3N.⑥

答案：(1)7.5XIO,J(2)1.1X103N

考向?動能定理用于求解多過程問題

2.(2020?信陽模擬)如圖所示AB和CDO都是處〃廣

于豎直平面內的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位，上7

置.4B是半徑為K=lm的［圓周軌道，CDO是半

徑為r=0.5m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性擋板(可以

把小球彈回，不損失能量)圖中沒有畫出，。為C0O軌道的中點.BC

段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接.已知段水平軌道長L

=2m,與小球之間的動摩擦因數"=0.2.現讓一個質量為機=1kg的

小球從A點的正上方距水平線04高〃的尸處自由落下.(g取10m/s2)

(1)當H=2m時，求此時小球第一次到達D點對軌道的壓力大小.

(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌

道，求H的取值范圍.

解析：(1)設小球第一次到達D的速度為VD,對小球從P到D點

的過程，根據動能定理得：

,1,

mg(H+r)—fimgL=pwup-0,

在。點軌道對小球的支持力尸N提供向心力，則有

尸N=/W錯誤！，

聯(lián)立解得：Bv=84N,

,

由牛頓第三定律得，小球對軌道的壓力為：FN=FN=84N.

(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H

最小時必須滿足能上升到。點，由動能定理得：

12

mgHmin—fimgL=產“一0,

在O點有：mg=機錯誤！，

代入數據解得：Hmin=0.65m.

僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離C0O軌道，7/最大時，

碰后再返回最高點能上升到。點，則有：

mg(Hmax+r)—3flmgL=0,

代入數據解得：Hmax=0.7m,

故有：0.65mW"W0.7m.

答案:(1)84N(2)0.65mWHW0.7m

考向?動能定理應用于多過程往復運動問題

3.如圖所示，豎直固定放置的斜面與一光滑的▼優(yōu)-7%

圓弧軌道A3C相切，。為切點，圓弧軌道的半徑為R,

斜面的傾角為〃.現有一質量為m的滑塊從D點無初速下滑，滑塊可在

斜面和圓弧軌道之間做往復運動.已知圓弧軌道的圓心。與A、。在

同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數為"，求：

（1）滑塊第一次滑至左側圓弧上時距A點的最小高度差加

（2）滑塊在斜面上能通過的最大路程s.

解析：（1）滑塊從。到達左側最高點方經歷。C、CB、AF三個過

程，現以DF整個過程為研究過程，運用動能定理得：，叫九一"/wgcos

解得力=

tan0

（2）通過分析可知，滑塊最終滑至。點的速度為0時對應在斜面上

的總路程最大，由動能定理得：

R

mgRcosO—fimgcos"§=0,解得s=~.

答案：⑴嚕鬻喏

考向?動能定理與￡k”圖象的綜合

4.（2019?全國卷川）從地面豎直向上拋出一物體，物〃腎1

體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、斗這蚓

2bws]

方向始終與運動方向相反的外力作用.距地面高度h-2t±￡S±L

I23h/m

在3m以內時，物體上升、下落過程中動能以隨人的

變化如圖所示.重力加速度取10m/sz.該物體的質量為（）

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

解析：畫出運動示意圖，設阻力為力據動能定理知

￡"=36J，B-|—c'￡u；=24J

h=3m

L-JE=48J

用,=72Jkn

上升過程)：—(mg+f)h=EkB—EkA

Cf。（下落過程）：/）A=Ek。-Eke

聯(lián)立解得物體的質量機=1kg,選項C正確.

答案：c

考點三機械能守恒和能量守恒定律的應用

(知識研透

1.機械能守恒的判斷.

(1)利用機械能守恒的定義判斷；

(2)利用做功判斷；

(3)利用能量轉化判斷；

(4)對于繩突然繃緊和物體間非彈性碰撞問題，機械能往往不守恒.

2.解題步驟.

(1)選取研究對象，分析物理過程及狀態(tài)；

(2)分析受力及做功情況，判斷機械能是否守恒；

(3)選取參考面，根據機械能守恒列式.

3.應用技巧.

對于連接體的機械能守恒問題，常常應用重力勢能的減少量等于

動能的增加量來分析和求解.

4.機械能守恒的三種表達式對比.

項目守恒角度轉化角度轉移角度

表達

E\=,EiAEk=-AEp八"1增=人反減

式

表示系統(tǒng)(或物體)若系統(tǒng)由A、B兩

系統(tǒng)初狀態(tài)機械能

物理機械能守恒時，系部分組成，則4部

的總和與末狀態(tài)機

意義統(tǒng)減少(或增加)的分物體機械能的增

械能的總和相等

重力勢能等于系統(tǒng)加量與B部分物體

增加（或減少）的動機械能的減少量相

能等

應用時關鍵在于分

應用時應選好重力

清重力勢能的增加常用于解決兩個或

勢能的零勢能面，

注意量和減少量，可不多個物體組成的系

且初、末狀態(tài)必須

事項選零勢能面而直接統(tǒng)的機械能守恒問

用同一零勢能面計

計算初、末狀態(tài)的題

算勢能

勢能差

題組突破

考向?單個物體的機械能守恒

1.如圖，MV為半徑R=0.4m,固定于豎直平面內的1光滑圓弧

軌道，軌道上端切線水平，0為圓心，"、0、尸三點在同一水平線上,

M的下端與軌道相切處放置豎直向上的彈簧槍，可發(fā)射速度不同但質

量均為w=0.01kg的小鋼珠，小鋼珠每次都在M點離開彈簧槍.某次

發(fā)射的小鋼珠沿軌道經過N點時恰好與軌道間無作用力，水平飛出后

落到。尸上的。點.不計空氣阻力，g取10m/sz.求：

⑴小鋼珠經過N點時速度的大小vN.

⑵小鋼珠離開彈簧槍時的動能￡k；

⑶小鋼珠的落點Q與圓心O的距離s.

解析：（1）小鋼珠沿軌道經過N點時恰好與軌道間無作用力，則有

小錯誤！,

解得0N=2m/s.

⑵小鋼珠在光滑圓弧軌道上運動，由機械能守恒定律得

31n很一Ek=—mgR,

解得Ek=0.06J.

（3）小鋼珠從N點水平飛出后，做平拋運動，

n12

區(qū)=涉產，S=VNt,

解得m.

答案：（l）2m/s（2）0.06J（3）挈m

考向?多個物體的機械能守恒

題型（一）輕繩連接的物體系統(tǒng)

2.（2020?昆明質檢）（多選）如圖所示，質量為m的小環(huán)套,]土

在固定的光滑豎直桿上，一足夠長且不可伸長的輕繩一端//'

與小環(huán)相連，另一端跨過光滑的定滑輪與質量為M的物塊J，J

相連，已知M=2m.與定滑輪等高的A點和定滑輪之間的距離為3m,

定滑輪大小及質量可忽略.現將小環(huán)從A點由靜止釋放，小環(huán)運動到

。點速度為0,重力加速度g取10mH,則下列說法正確的是（）

A.A、。間距離為4m

B.小環(huán)最終靜止在。點

C.小環(huán)下落過程中減少的重力勢能始終等于物塊增加的機械能

D.當小環(huán)下滑至繩與桿的夾角為60。時，小環(huán)與物塊的動能之比

為2：1

解析：由機械能守恒得：（錯誤!-3）,解得：LAC=4m,

故A正確；設小環(huán)靜止于。點，繩中的拉力等于力〃g,對小環(huán)有：T

=肅爆=1機8學2機g,小環(huán)不能靜止，所以假設不成立，故B錯誤；

由機械能守恒可知，小環(huán)下落過程中減少的重力勢能轉化為物塊增加

的機械能和小環(huán)增加的動能，故C錯誤；將小環(huán)的速度沿繩和垂直繩

方向分解，沿繩方向的速度即為物塊的速度，0M=0,”cos60。，由動能

表達式可知，小環(huán)與物塊的動能之比為2：1,故D正確.

答案：AD

題型（二）輕桿連接的物體系統(tǒng)

3.（多選）如圖所示在一個固定的十字架上（橫豎兩桿連］◎.

結點為。點），小球A套在豎直桿上，小球B套在水平桿

上，A、3兩球通過轉軸用長度為L的剛性輕桿連接，并豎"“

直靜止.由于微小擾動，3球從O點開始由靜止沿水平桿向右運動.A、

3兩球的質量均為機，不計一切摩擦，小球A、3視為質點.在A球

下滑到O點的過程中，下列說法中正確的是（）

A.在4球下滑到O點之前輕桿對8球一直做正功

B.小球A的機械能先減小后增大

C.A球運動到O點時的速度為啦瓦

D.3球的速度最大時，b球對水平桿的壓力大小為2mg

解析：當A球到達O點時，3球的速度為零，故3球的速度先增

大后減小，動能先增大后減小，由動能定理可知，輕桿對B球先做正

功，后做負功，故選項A錯誤；4、3兩球組成的系統(tǒng)只有重力做功，

系統(tǒng)機械能守恒，而B球的機械能先增大后減小，所以小球A的機械

能先減小后增大，所以選項B正確；因A球到達。點時，3球的速度

為零，由系統(tǒng)機械能守恒可得：/計算得出所

以選項C正確；當A球的機械能最小時，3球的機械能最大，則B球

的動能最大，速度最大，此時5球的加速度為零，輕桿對B球水平方

向無作用力，故3球對水平桿的壓力大小為mg,選項D錯誤.

答案：BC

題型(三)輕彈簧連接的物體系統(tǒng)

4.如圖所示，一勁度系數為Jt=100N/m的輕彈簧下端固定于傾

角為，=53。的光滑斜面底端，上端連接物塊。.一輕繩跨過定滑輪0,

一端與物塊。連接，另一端與套在光滑豎直桿的物塊尸連接，定滑輪

到豎直桿的距離為d=0.3m.初始時在外力作用下，物塊尸在A點靜

止不動，0Q段輕繩與斜面平行，繩子張力大小為50N.已知物塊P

的質量為如=0.8kg,物塊。的質量為心2=5kg,不計滑輪大小及摩

擦作用，g取lOm/s?,sin53°=0.8,cos53。=0.6.現將物塊尸由靜止釋

放，求：

(1)物塊尸位于A時，彈簧的伸長量xi;

(2)物塊P上升h=0Am至與滑輪O等高的B點時的速度大??；

(3)物塊尸上升至3點過程中，輕繩拉力對其所做的功.

解析：(1)物塊尸位于A點時，有T=/?2gsin〃+3，

解得xi=0.1m.

(2)經分析，物塊產上升無=0.4m到B點時，物塊0速度為0,

下降距離為Ax=0.5m—0.3m=0.2m,

即彈簧壓縮X2=0.2m—0.1m=0.1m,

故彈性勢能不變.

對物塊P、°及彈簧組成的系統(tǒng)，從A到B根據系統(tǒng)機械能守恒

有

12

zwigAx.sin0—m\gh=^m\VB,

代入可得08=25m/s.

(3)物塊尸上升至B點的過程中，對物塊尸有WT—m\gh=km\VB,

代入數據得Wr=8J.

答案：(1)0.1m(2)2小m/s(3)8J

考點四功能關系的理解和應用

(知識01透

1.對功能關系的理解及應用.

(1)對功能關系的理解.

功是能量轉化的量度，做功的過程一定伴隨能量轉化，且做了多

少功，就有多少能量從一種形式轉化為另一種形式.

(2)運用功能關系分析問題的基本思路.

①選定研究對象或系統(tǒng)，弄清物理過程；②分析受力情況，看有

什么力在做功，弄清系統(tǒng)內有多少種形式的能在參與轉化；③仔細分

析系統(tǒng)內各種能量的變化情況、變化數量.

2.幾種常見的功能轉化關系.

⑴合力的功影響動能，關系式為W^AEk.

(2)重力的功影響重力勢能，關系式為WG=—AEp.

(3)彈簧彈力的功影響彈性勢能，關系式為皿彈=一人心.

(4)電場力的功影響電勢能，關系式為"電=一人￡口

(5)滑動摩擦力的功影響內能，關系式為"相對=AE內.

(6)除重力和彈簧彈力之外的其他力的功影響機械能，關系式為W

其=A￡機.

(7)克服安培力的功影響電能，關系式為W克安=AE電.

典題例析

典例日(2018?全國卷I)如圖，abc是豎直面內的光

滑固定軌道，而水平，長度為2R；兒是半徑為￡的四分之一圓弧，

與仍相切于b點.一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的

水平外力的作用，自。點處從靜止開始向右運動.重力加速度大小為

g.小球從。點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為（）

A.2mgRB.4mgR

C.5mgRD.6mgR

解析：小球從a運動到c,根據動能定理，得

F'3R—mgR=\mv\,義F=mg,故0I=2A/^,

小球離開C點在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為

零的勻加速直線運動.且水平方向與豎直方向的加