1、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
2、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
3、力与相对位移的乘积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：WFlcos 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来求解，如果力是恒力，可以用PFvcos 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：Wmvmv.(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)
4、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)(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、所示，重力加速度取10 m/s2.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/s2D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
5、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37.令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh30 J，可得质量m1 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mgcos s20 J，求得0.5，B正确；由牛顿第二定律mgsin mgcos ma，求得a2 m/s2，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(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
6、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()AM2mB2mM3mC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T2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为，则依题意有2mgsin Mg，故有M2m，故A正确，B错误；由题意可知B从
7、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，节选)如图，相距L11.5 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m10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v05.0 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0.10，重力加速度g取10 m/s2.(1)若v4.0 m/s，求载物箱通过传送
8、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v4.0 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： mgma，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v2v2ax1，联立式，代入题给数据得x14.5 m；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t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有vv0at2，t1t2.联立式并代入题给数据有t12.75 s(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，
9、设为v1，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v2.由动能定理有mgLmvmv，mgLmvmv.由式并代入题给条件得v1 m/s，v24 m/s.答案：(1)2.75 s(2)v24 m/sv1 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(丙图中图线为圆弧)，力
10、做的功分别为W1F1x1、W2F2x2、W3F3x3.(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和公式PFvcos 的适用范围，P侧重于平均功率的计算，PFvcos 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Ffkv2，k是阻力因数)当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，如果要使物体运动的速率增大到2vm，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
11、大到2P0B发动机额定功率不变，使阻力因数减小到C阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0D发动机额定功率不变，使阻力因数减小到解析：物体匀速运动时，牵引力与阻力相等，由PFvmFfvmkv，要使物体运动的速率增大到2vm，阻力因数不变时，需使发动机额定功率增大到8P0，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
12、370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)()A500 JB750 JC1 250 J D2 000 J解析：Fcos f，FNFsin mg，fFN，得F N31.25 N，10 s内运动员对轮胎做功WFFcos vt31.250.8510 J1 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
13、为mg(Rh)B物块从A到B过程重力的平均功率为C物块在B点时对槽底的压力大小为 D物块到B点时重力的瞬时功率为mg解析：物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgRWf0，因此克服摩擦力做功WfmgR，A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mghmv2得v，从A到B运动的时间t，因此从A到B过程中重力的平均功率为P，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FNmgm，求得FN，根据牛顿第三定律可知，FNFN，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m1 500 kg的“双引擎”小汽车，当
14、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/h90 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t0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t06 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4.5105 JD汽车的位移为160 m解析：开始阶段，牵引力F15 000 N，根据牛顿第二定律可得，F1Ffma，解得：开始阶段加速度a2.5 m/s2.v154 km/h15 m
15、/s，根据t0，解得t06 s，故A项正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，且PmF1v15 00015 W75 000 W75 kW，故B项错误；汽油机工作期间，功率PF2v16 00015 W90 kW，11 s末汽车的速度v2 m/s25 m/s，汽油机工作期间牵引力做的功WPt290103(116) J4.5105 J，故C项正确；汽车前6 s内的位移x1at2.562 m45 m，后5 s内根据动能定理得：Pt2Ffx2mvmv，解得：x2120 m所以前11 s时间内汽车的位移xx1x245 m120 m165 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
16、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
17、擦因数均为常数该过程中，物块的动能Ek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，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mgxtan mgcos Ek，整理可得(mgtan mg)xEk.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mgxEk，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
18、甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1150 m，BC水平投影L263 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角12(sin 120.21)若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m60 kg，g10 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FN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，根据动能定理，有Wmv20，联立式，代入数据，得W7.5104 J(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2Rsin
19、，由牛顿第二定律，有FNmgm，联立式，代入数据，得FN1.1103 N答案：(1)7.5104 J(2)1.1103 N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R1 m 的圆周轨道，CDO是半径为r0.5 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L2 m，与小球之间的动摩擦因数0.2.现让一个质量为m1 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
20、 m/s2)(1)当H2 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vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得：mg(Hr)mgLmv0，在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有FNm，联立解得：FN84 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：FNFN84 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：mgHminmgLmv0，在O点有：mgm，代入数据解得：Hmin0.65 m.仅仅与弹性挡板碰撞一次，
21、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(Hmaxr)3mgL0，代入数据解得：Hmax0.7 m，故有：0.65 mH0.7 m.答案：(1)84 N(2)0.65 mH0.7 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.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，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
22、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：mghmgcos 0，解得h.(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：mgRcos mgcos s0，解得s.答案：(1)(2)考向动能定理与Ekh图象的综合4.(2019全国卷)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Ek随h的变化如图所示重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A2 kgB1.5 kgC1
23、kgD0.5 kg解析：画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知AB(上升过程)：(mgf)hEkBEkACD(下落过程)：(mgf)hEkDEkC联立解得物体的质量m1 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
24、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E1E2EkEpEA增EB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R0.4 m，固定于
25、竖直平面内的光滑圆弧轨道，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m0.01 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/s2.求：(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；(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mgm，解得vN2 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mvEkmgR，解得Ek0
26、.06 J.(3)小钢珠从N点水平飞出后，做平抛运动，Rgt2，svNt，解得s m.答案：(1)2 m/s(2)0.06 J(3) 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M2m.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/s2，则下列说法正确的是()AA、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
27、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21解析：由机械能守恒得：mgLACMg(3)，解得：LAC4 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：Tmg2mg，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，vMvmcos 60，由动能表达式Ekmv2可知，小环与物块的动能之比为21，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
28、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CA球运动到O点时的速度为DB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
29、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：mgLmv，计算得出vA，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k100 N/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d0.3 m初始时
30、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m10.8 kg，物块Q的质量为m25 kg，不计滑轮大小及摩擦作用，g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.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x1；(2)物块P上升h0.4 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Tm2gsin kx1，解得x10.1 m.(2)经分析，物块P上升h0.4 m到B点时，物块Q速度为0，下降距离为x0.5 m0.3 m0.2 m，即弹簧压缩x
31、20.2 m0.1 m0.1 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m2gxsin m1ghm1v，代入可得vB2 m/s.(3)物块P上升至B点的过程中，对物块P有WTm1ghm1v，代入数据得WT8 J.答案：(1)0.1 m(2)2 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选定研究对象或系统，弄清物理过程；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
32、与转化；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Ek.(2)重力的功影响重力势能，关系式为WGEp.(3)弹簧弹力的功影响弹性势能，关系式为W弹Ep.(4)电场力的功影响电势能，关系式为W电Ep.(5)滑动摩擦力的功影响内能，关系式为Ffl相对E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E机(7)克服安培力的功影响电能，关系式为W克安E电(2018全国卷)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
33、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()A2mgRB4mgRC5mgR D6mgR解析：小球从a运动到c，根据动能定理，得F3RmgRmv，又Fmg，故v12，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t2，水平位移xgt22R，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EF(2RRx)5mgR.答案：C考向外力做功与机械能变化的关系1.(2017全国卷)如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直
34、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l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.mglB.mglC.mgl D.mgl解析：QM段绳的质量为mm，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WGmgmgl，将绳的下端Q拉到M点的过程中，由能量守恒定律，可知外力做功WWGmgl，可知A项正确，B、C、D项错误答案：A考向重力、摩擦力做功时的功能关系2.(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其减速运动的加速度大小为g.此物体在斜面
35、上能够上升的最大高度为h.则在这个过程中物体()A重力势能增加了mgh B机械能损失了mghC动能损失了mgh D克服摩擦力做功mgh解析：加速度大小ag，解得摩擦力Ffmg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；机械能损失了Ffxmg2hmgh，故B项正确；动能损失量为克服合外力做功的大小EkF合外力xmg2hmgh，故C项错误；克服摩擦力做功mgh，故D项错误答案：AB考向功能关系的综合应用3.(多选)如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块A、B通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接，轻绳平行于斜面，空间有平行于斜面向下的匀强电场开始时，
36、带正电的小物块A在斜面底端，在外力作用下静止，B离地面一定高度，撤去外力，B竖直向下运动B不带电，不计滑轮摩擦则从A和B开始运动到B着地的过程中()AA的电势能增加BA和B系统的机械能守恒CA和B系统减少的重力势能等于A增加的电势能D轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和解析：物体A带正电，所以B竖直向下的过程中A沿斜面向上运动，电场力做负功，电势能增大，A正确；因为电场力对A做负功，电势能增加，而总能量守恒，所以机械能减小，B错误；根据能量守恒定律可知，整个过程系统重力势能减小量一部分转化成了系统的动能，另一部分转化成A增加的电势能，C错误；对A物体应用功能关系，可知轻绳拉力对A做的功等于A的电势能增加量和动能增加量以及重力势能的增加量，D正确答案：AD