高考物理二轮复习第一部分第6讲功和能机械能学案

专题二能量与动量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．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．(1)功的求解：W ＝Fl cos α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P ＝Wt来求解，如果力是恒力，可以用P ＝Fv cos α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 ＝12mv 22－12mv 21.(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．1．(2020·全国卷Ⅰ)(多选)一物块在高3.0 m 、长5.0 m 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10 m/s 2.则( )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0.5C ．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s 2D ．当物块下滑2.0 m 时机械能损失了12 J解析：下滑5 m 的过程中，重力势能减少30 J ，动能增加10 J ，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3 m 、长5 m ，则斜面倾角为θ＝37°.令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh ＝30 J ，可得质量m ＝1 kg ，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μmg ·cos θ·s ＝20 J ，求得μ＝0.5，B 正确；由牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，求得a ＝2 m/s 2，C 错误；物块下滑2.0 m 时，重力势能减少12 J ，动能增加4 J ，所以机械能损失了8 J ，D 选项错误．答案：AB2.[2020·新高考卷Ⅰ(山东卷)](多选)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连．现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B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<2mB．2m<M<3mC．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B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B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＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有2mg sin θ＝Mg，故有M<2m，故A正确，B错误；由题意可知B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B，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：ACD3．(2020 全国卷Ⅲ，节选)如图，相距L＝11.5 m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v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/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μ＝0.10，重力加速度g取10 m/s2.(1)若v＝4.0 m/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v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：μmg＝ma，①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有v2－v20＝－2ax1，②联立①②式，代入题给数据得x1＝4.5 m；③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，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t 1，做匀减速运动所用的时间为t 2，由运动学公式有v ＝v 0－at 2，④ t 1＝t 2＋L －x 1v.⑤联立①③④⑤式并代入题给数据有t 1＝2.75 s ．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v 1，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v 2.由动能定理有－μmgL ＝12mv 21－12mv 20，⑦μmgL ＝12mv 22－12mv 20.⑧由⑦⑧式并代入题给条件得v 1＝ 2 m/s ，v 2＝4 3 m/s.⑨答案：(1)2.75 s (2)v 2＝4 3 m/s v 1＝ 2 m/s考点一 功和功率的计算计算功和功率时应注意的问题．(1)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14圆弧)，力做的功分别为W 1＝F 1x 1、W 2＝12F 2x 2、W 3＝π4F 3x 3.(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P ＝Wt和公式P ＝Fv cos θ的适用范围，P ＝W t侧重于平均功率的计算，P ＝Fv cos θ侧重于瞬时功率的计算．(2020·遵义模拟)提高物体(例如汽车)运动速率的有效途径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F f ＝kv 2，k 是阻力因数)．当发动机的额定功率为P 0时，物体运动的最大速率为v m ，如果要使物体运动的速率增大到2v m ，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2P 0B ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k4C ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P 0D ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k16解析：物体匀速运动时，牵引力与阻力相等，由P ＝Fv m ＝F f v m ＝kv 3m ，要使物体运动的速率增大到2v m ，阻力因数不变时，需使发动机额定功率增大到8P 0，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k8，故B 、D 错误．答案：C考向 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5 kg ，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5 m/s 的速度匀速前进 ，则10 s 内运动员对轮胎做的功最接近的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)( )A ．500 JB ．750 JC ．1 250 JD ．2 000 J 解析：F cos θ＝f ，F N ＋F sin θ＝mg ， f ＝μF N ，得F ＝μmg cos θ＋μsin θ＝0.8×500.8＋0.8×0.6N ＝31.25 N ，10 s 内运动员对轮胎做功W F ＝F cos θ·vt ＝31.25×0.8×5×10 J ＝1 250 J ，选项C 正确．答案：C考向 功率的计算2.(多选)如图所示，半径为R 的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m 的物块从P 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B 点，不计物块的大小，P 点到A 点高度为h ，重力加速度大小为g ，则下列说法正确的是( )A ．物块从P 到B 过程克服摩擦力做的功为mg (R ＋h ) B ．物块从A 到B 过程重力的平均功率为2mg 2gh πC ．物块在B 点时对槽底的压力大小为（R ＋2h ）mgRD ．物块到B 点时重力的瞬时功率为mg 2gh解析：物块从A 到B 过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgR －W f ＝0，因此克服摩擦力做功W f ＝mgR ，A 项错误；根据机械能守恒，物块到A 点时的速度大小由mgh ＝12mv 2得v ＝2gh ，从A 到B 运动的时间t ＝12πR v ＝πR 22gh，因此从A 到B 过程中重力的平均功率为P ＝W t ＝2mg 2ghπ，B 项正确；物块在B 点时，根据牛顿第二定律F N －mg ＝m v 2R ，求得F N ＝（R ＋2h ）mgR，根据牛顿第三定律可知，F ′N ＝F N ＝（R ＋2h ）mgR，C 项正确；物块到B 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 机车启动问题3.(多选)某质量m ＝1 500 kg 的“双引擎”小汽车，当行驶速度v ≤ 54 km/h 时靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h<v ≤90 km/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v >90 km/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F 随运动时间t 变化的图线如图所示，所受阻力恒为1 250 N ．已知汽车在t 0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s 末．则在前11 s 内( )A ．经过计算t 0＝6 sB ．电动机输出的最大功率为60 kWC ．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105J D ．汽车的位移为160 m解析：开始阶段，牵引力F 1＝5 000 N ，根据牛顿第二定律可得，F 1－F f ＝ma ，解得：开始阶段加速度a ＝2.5 m/s 2.v 1＝54 km/h ＝15 m/s ，根据t 0＝v 1a，解得t 0＝6 s ，故A 项正确；t 0时刻，电动机输出的功率最大，且P m ＝F 1v 1＝5 000×15 W ＝75 000 W ＝75 kW ，故B 项错误；汽油机工作期间，功率P ＝F 2v 1＝6 000×15 W ＝90 kW ，11 s 末汽车的速度v 2＝P F ＝90×1033 600m/s＝25 m/s ，汽油机工作期间牵引力做的功W ＝Pt 2＝90×103×(11－6) J ＝4.5×105J ，故C 项正确；汽车前6 s 内的位移x 1＝12at 20＝12×2.5×62m ＝45 m ，后5 s 内根据动能定理得：Pt 2－F f x 2＝12mv 22－12mv 21，解得：x 2＝120 m ．所以前11 s 时间内汽车的位移x ＝x 1＋x 2＝45 m ＋120m ＝165 m ，故D 项错误．答案：AC考点二 动能定理应用1．应用动能定理的流程．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．(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E k 与水平位移x 关系的图象是( )解析：由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x 时根据动能定理有mgx tan θ－μmg cos θ·xcos θ＝E k，整理可得(mg tan θ－μmg)x＝E k.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μmgx＝E k，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考向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，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力F N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v，则有v2＝L1t，①根据动能定理，有W ＝12mv 2－0，②联立①②式，代入数据，得W ＝7.5×104J ．③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R ，根据几何关系，有L 2＝R sin θ，④由牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2R，⑤联立①④⑤式，代入数据，得F N ＝1.1×103N ．⑥ 答案：(1)7.5×104J (2)1.1×103N 考向 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 都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置．AB 是半径为R ＝1 m 的14圆周轨道，CDO 是半径为r ＝0.5 m 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，D 为CDO 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BC 段水平轨道长L ＝2 m ，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m ＝1 kg 的小球从A 点的正上方距水平线OA 高H 的P 处自由落下．(g 取10 m/s 2)(1)当H ＝2 m 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v D ，对小球从P 到D 点的过程，根据动能定理得：mg (H ＋r )－μmgL ＝12mv 2D －0，在D 点轨道对小球的支持力F N 提供向心力，则有F N ＝m v 2Dr，联立解得：F N ＝84 N ，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：F ′N ＝F N ＝84 N.(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O 点，由动能定理得：mgH min －μmgL ＝12mv 20－0， 在O 点有：mg ＝m v 20r，代入数据解得：H min ＝0.65 m.仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最大时，碰后再返回最高点能上升到D 点，则有：mg (H max ＋r )－3μmgL ＝0，代入数据解得：H max ＝0.7 m ， 故有：0.65 m ≤H ≤0.7 m.答案：(1)84 N (2)0.65 m ≤H ≤0.7 m 考向 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DE 与一光滑的圆弧轨道ABC 相切，C 为切点，圆弧轨道的半径为R ，斜面的倾角为θ.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O 与A 、D 在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A 点的最小高度差h ； (2)滑块在斜面上能通过的最大路程s .解析：(1)滑块从D 到达左侧最高点F 经历DC 、CB 、BF 三个过程，现以DF 整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh －μmg cos θ·Rtan θ＝0，解得h ＝μR cos θtan θ.(2)通过分析可知，滑块最终滑至C 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：mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0，解得s ＝Rμ.答案：(1)μR cos θtan θ (2)Rμ考向 动能定理与E k ­h 图象的综合4.(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2.该物体的质量为( )A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg 解析：画出运动示意图，设阻力为f ，据动能定理知A →B (上升过程)：－(mg ＋f )h ＝E k B －E k AC→D(下落过程)：(mg－f)h＝E k D－E k C联立解得物体的质量m＝1 kg，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式E1＝E2ΔE k＝－ΔE pΔE A增＝ΔE B减物理意义系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等表示系统(或物体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能若系统由A、B两部分组成，则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等注意事项应用时应选好重力势能的零势能面，且初、末状态必须用同一零势能面计算势能应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题考向单个物体的机械能守恒1．如图，MN为半径R＝0.4 m，固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，M、O、P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m ＝0.01 kg 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OP 上的Q 点．不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)小钢珠经过N 点时速度的大小v N ； (2)小钢珠离开弹簧枪时的动能E k ； (3)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mg ＝m v 2NR，解得v N ＝2 m/s.(2)小钢珠在光滑圆弧轨道上运动，由机械能守恒定律得 12mv 2N －E k ＝－mgR ， 解得E k ＝0.06 J.(3)小钢珠从N 点水平飞出后，做平抛运动，R ＝12gt 2，s ＝v N t ，解得s ＝225m.答案：(1)2 m/s (2)0.06 J (3)225 m考向 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3 m ，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C 点速度为0，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．A 、C 间距离为4 mB ．小环最终静止在C 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：mgL AC ＝Mg (32＋L 2AC －3)，解得：L AC ＝4 m ，故A 正确；设小环静止于C 点，绳中的拉力等于2mg ，对小环有：T ＝mgsin 53°＝54mg ≠2mg ，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，v M ＝v m cos 60°，由动能表达式E k ＝12mv 2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O 点)，小球A 套在竖直杆上，小球B 套在水平杆上，A 、B 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，B 球从O 点开始由静止沿水平杆向右运动．A 、B 两球的质量均为m ，不计一切摩擦，小球A 、B 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A 球下滑到O 点之前轻杆对B 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2gLD ．B 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，B 球的速度为零，故B 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；A 、B 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O 点时，B 球的速度为零，由系统机械能守恒可得：mgL ＝12mv 2A ，计算得出v A ＝2gL ，所以选项C 正确；当A 球的机械能最小时，B 球的机械能最大，则B 球的动能最大，速度最大，此时B 球的加速度为零，轻杆对B 球水平方向无作用力，故B 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k ＝100 N/m 的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q .一轻绳跨过定滑轮O ，一端与物块Q 连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P 连接，定滑轮到竖直杆的距离为d ＝0.3 m ．初始时在外力作用下，物块P 在A 点静止不动，OQ 段轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50 N ．已知物块P 的质量为m 1＝0.8 kg ，物块Q 的质量为m 2＝5 kg ，不计滑轮大小及摩擦作用，g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.现将物块P 由静止释放，求：(1)物块P 位于A 时，弹簧的伸长量x 1；(2)物块P 上升h ＝0.4 m 至与滑轮O 等高的B 点时的速度大小； (3)物块P 上升至B 点过程中，轻绳拉力对其所做的功． 解析：(1)物块P 位于A 点时，有T ＝m 2g sin θ＋kx 1， 解得x 1＝0.1 m.(2)经分析，物块P 上升h ＝0.4 m 到B 点时，物块Q 速度为0，下降距离为Δx ＝0.5 m －0.3 m ＝0.2 m ，即弹簧压缩x 2＝0.2 m －0.1 m ＝0.1 m ， 故弹性势能不变．对物块P 、Q 及弹簧组成的系统，从A 到B 根据系统机械能守恒有m 2g ·Δx ·sin θ－m 1gh ＝12m 1v 2B ，代入可得v B ＝2 3 m/s.(3)物块P 上升至B 点的过程中，对物块P 有W T －m 1gh ＝12m 1v 2B ，代入数据得W T ＝8 J.答案：(1)0.1 m (2)2 3 m/s (3)8 J考点四 功能关系的理解和应用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．(1)合力的功影响动能，关系式为W 合＝ΔE k . (2)重力的功影响重力势能，关系式为W G ＝－ΔE p . (3)弹簧弹力的功影响弹性势能，关系式为W 弹＝－ΔE p .(4)电场力的功影响电势能，关系式为W 电＝－ΔE p . (5)滑动摩擦力的功影响内能，关系式为F f l 相对＝ΔE 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＝ΔE 机． (7)克服安培力的功影响电能，关系式为W 克安＝ΔE 电．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，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m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR解析：小球从a 运动到c ，根据动能定理，得F ·3R －mgR ＝12mv 21，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，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速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ， 根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R＋R ＋x )＝5mgR .答案：C考向 外力做功与机械能变化的关系1.(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 解析：QM 段绳的质量为m ′＝23m ，未拉起时，QM 段绳的重心在QM 中点处，与M 点距离为13l ，绳的下端Q 拉到M 点时，QM 段绳的重心与M 点距离为16l ，此过程重力做功W G ＝－。