2026年高考物理二轮复习（全国）专题06 功能关系、能量守恒（讲义）（解析版）

专题06功能关系、能量守恒

目录

第一部分考情精析锁定靶心高效备考

第二部分重难考点深解深度溯源扫清盲区

【考点01】功能关系

【考点02】机械能守恒定律

【考点03】能量守恒定律

第三部分解题思维优化典例精析+方法提炼+变式巩固

【题型01】功能关系的应用

【题型02】机械能守恒定律的应用

【题型03】能量守恒定律的应用

【题型04】摩擦生热问题

【题型05】图像问题、对比问题

【题型06】电学中的能量守恒问题

主战场转移：主要考查各种功能关系及能量守恒的应用。经常与动量知识相互综合。

与动量综合时，常以碰撞、板块模型出现。经常与电学知识综合。要求体会守恒观

核心考向聚焦念对认识物理规律的重要性。

核心价值：核心价值在于培养物理思维，掌握分析方法，提升解决复杂能量问题及

临界极值问题的科学推理与实践能力。

关键能力：受力分析能力：准确识别物体受力，合理分解与合成力，构建清晰受力

模型。恒力功、变力功的分析计算能力：能选用合适的方法计算变力做的功。灵活

运用所学各种功能关系解决实际问题。灵活应用各种形式解决能量守恒问题。临界

关键能力与思维瓶颈极值判断能力：敏锐捕捉物理过程临界点，精准分析极值条件。

培优瓶颈：尖子生的主要失分点并非“不懂”，而在于：面对新情境时，无法快速、

准确地将实际问题进行转化。求变力功的方法选择有误：对力的变化规律识别不足，

导致错误。功能关系选择有误：做功与能量的变化不能正确对应。能量守恒不会列

方程：不会正确地表达能量的增多与减少。临界极值分析难：难以准确界定临界状

态，对极值出现的条件和原因分析不清。

预测：2026年高考中，做功与能量变化的情境更复杂真实，融合跨学科与科技元素，

强化创新迁移、图像信息分析考查。

命题前瞻与备考策略

策略：深挖高考压轴题命题逻辑，强化高端思维训练，提升创新题型解答能力，规

范答题步骤，精准分配答题时间，注重跨模块知识综合运用。

考点01功能关系

一、功能关系的理解和应用

1．对功能关系的理解

(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．

(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对

应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．

2．常见的功能关系

能量功能关系表达式

重力做的功等于重力势能减少量

弹力做的功等于弹性势能减少量

势能W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp

静电力做的功等于电势能减少量

分子力做的功等于分子势能减少量

1212

动能合外力做的功等于物体动能变化量W＝Ek2－Ek1＝mv－mv0

22

除重力和弹力之外的其他力做的功等

机械能W其他＝E2－E1＝ΔE

于机械能变化量

摩擦产生一对相互作用的滑动摩擦力做功之和

Q＝Ff·x相对

的内能的绝对值等于产生的内能

电能克服安培力做的功等于电能增加量W电能＝E2－E1＝ΔE

二、两种摩擦力做功特点的比较

类型

静摩擦力做功滑动摩擦力做功

比较

(1)一部分机械能从一个物体转

只有机械能从一个物体

移到另一个物体

转移到另一个物体，而没

能量的转化(2)一部分机械能转化为内能，

有机械能转化为其他形

此部分能量就是系统机械能的

不同点式的能

损失量

一对滑动摩擦力做功的代数和

一对摩擦力一对静摩擦力所做功的

总是负值，总功W＝－Ffs相对，

的总功代数和总等于零

即发生相对滑动时产生的热量

两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不

相同点做功情况

做功

考点02机械能守恒定律

一、机械能守恒的判断

1．重力做功与重力势能的关系

(1)重力做功的特点

①重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．

②重力做功不引起物体机械能的变化．

(2)重力势能

①表达式：Ep＝mgh.

②重力势能的特点

重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面

的选取无关．

(3)重力做功与重力势能变化的关系

重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.

2．弹性势能

(1)定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．

(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：

弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．即W＝－ΔEp.

3．机械能守恒定律

(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．

1212

(2)表达式：mgh1＋mv1＝mgh2＋mv2.

22

4．机械能是否守恒的三种判断方法

(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒．

(2)利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数

和为0)，则机械能守恒．

(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转

化，则机械能守恒．

二、单物体机械能守恒问题

1．表达式

2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤

三、解决多物体系统机械能守恒的注意点

1、对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒．一般情况为：不计空气阻

力和一切摩擦，系统的机械能守恒．

2、注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．

3、列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．

四、验证机械能守恒定律

1．实验原理

通过实验，求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和对应过程动能的增加量，在实验误差允许范围

内，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律．

2．实验器材

打点计时器、交变电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹)、导线．

3．实验过程

(1)安装器材：将打点计时器固定在铁架台上，用导线将打点计时器与电源相连．

(2)打纸带

(3)选纸带：从打出的几条纸带中选出一条点迹清晰的纸带．

(4)进行数据处理并验证．

4．数据处理

(1)求瞬时速度

(2)验证守恒

方案一：利用起始点和第n点计算

方案二：任取两点计算

方案三：图像法

5．注意事项

(1)打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上，以减小摩擦阻力．

(2)重物应选用质量大、体积小、密度大的．

(3)应先接通电源，让打点计时器正常工作，后松开纸带让重物下落．

hn＋1－hn－1

(4)测长度，算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用vn＝，不能用vn＝2ghn或vn＝gt来计算．

2T

(5)此实验中不需要测量重物的质量．

考点03能量守恒定律

一．内容

能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的

物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．

二．理解

1．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；

2．某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．

题型01功能关系的应用

典｜例｜精｜析

典例1（2024年河北卷第16题）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排

静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg,A木板长

度为2.0m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力。

（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。

（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳

过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。

（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3

次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。

7

【答案】（1）1.5m；（2）90J，2；（3）xL

AC4B

【解析】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质

量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得

Mxmx1

同时有

xx1LA

解得A、B木板间的水平距离

x11.5m

（2）设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，

根据斜抛运动规律得

vcostx1

vsint

g2

联立解得

15

v2

2sincos

机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒

MvcosmvA

根据能量守恒可得机器人做的功为

11

WMv2mv2

22A

联立得

3cos214cos2sin212

W45J=45J=45tanJ

2sincos2sincos2tan

12

根据数学知识可得当tan时，即tan2时，W取最小值，代入数值得此时

2tan

W90J

15

（3）根据tan2可得vcosm/s，根据

2

MvcosmvA

得

315

vm/s

A2

分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC

木板组成的系统在水平方向动量守恒，得

MvcosM2mv共

解得

315

v共m/s

10

该过程A木板向左运动的距离为

31515

xvtm=4.5m

AA25

机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次

起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，取向右为正方向，

得

Mmv共Mv0mvB①

L

每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为B，可得

3

L

BvvΔt②

30B

机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板

的位移差为

xx1xA6m

可得

vBvA3ΔtΔx③

联立①②③解得

LΔx

ΔtB

4vAv共3vAv共

故A、C两木板间距为

xACvAvC3ΔtΔxLB

vCv共

解得

7

xL

AC4B

典例2（2025年广西卷第12题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A

运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速

度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传

送带与水平地面夹角为30，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔t将散货以几乎为0的速度放置在

倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散

3

货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞

2

击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间

隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面

积为I如图乙，求这段时间内：

（1）单个散货的质量。

（2）水平传送带的平均传送速度大小。

（3）倾斜传送带的平均输出功率。

I

【答案】（1）

v0

dI

（2）

Mv0t

I(2v9gt)

（3）0

2t

【解析】

【小问1详解】

对单个散货水平方向由动量定理I0mv0

I

解得单个散货的质量为m

v0

【小问2详解】

MMv

落入货箱中散货的个数为N0

mI

ddI

则水平传送带的平均传送速度大小为v

NtMv0t

【小问3详解】

设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律mgcos30mgsin30ma

1

解得ag

4

v4v

加速时间t00

1ag

12v2

加速位移xat20

121g

设匀速时间为t2

其中t1t29t

4v

则匀速位移为xvtv(9t0)

2020g

2v2

故传送带的长度为Lxx9vt0

120g

2v2

在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为xvtx0

011g

1

在t时间内传送带额外多做的功为Wmv2mgLsin30Q

20

I2v2W

其中，0，，

mL9v0tQmgcos30xP

v0gt

I(2v9gt)

联立可得倾斜传送带的平均输出功率为P0

2t

方｜法｜提｜练

应用功能关系解决问题时，注意功要带正负。

注意功与能量变化的对应关系。

变｜式｜巩｜固

变式1（2025·安徽省淮北市和淮南市·二模）如图所示，一根轻质弹性绳一端固定在天花板上的A点，

另一端跨过墙上固定的光滑定滑轮B与一可视为质点的小物块相连，弹性绳的原长等于AB，绳的弹力符合

胡克定律，劲度系数k10N/m。初始状态，小物块被锁定在固定斜面上的M点，BM垂直斜面。某时刻，

小物块解除锁定，同时施加一沿着斜面向上的恒力F，小物块由静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N

点，P为MN中点。已知斜面倾角37，物块质量m1kg，BM0.3m，MN0.4m，物块与斜面

间动摩擦因数0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°0.6，

cos37°0.8。物块从M到N的过程中，下列说法正确的是（）

A.物块所受的支持力减小

B.所受恒力F的大小为9N

C.物块经P点时的动能为0.2J

D.物块和弹性绳系统的机械能先增加后减少

【答案】C

【解析】A．对物块进行分析，在垂直于斜面方向的合力为0，令弹性绳的伸长量为x，绳与斜面夹角为α，

则有Nkxsinmgcos

解得NmgcoskxsinmgcoskxBM5N

物块向上运动过程中，物块所受的支持力不变，故A错误；

B．结合上述，物块所受滑动摩擦力fN2N

根据几何关系有22

xBN0.30.4m0.5m

11

物块从M到N的过程有Ffxmgxsinkx2kx2

MNMN2BN2BM

解得F10N

故B错误；

13

C．根据几何关系有x0.320.22mm

BP10

11

物块从M到P的过程有Ffxmgxsinkx2kx2E

MPMP2BP2BMk

结合上述解得Ek0.2J

故C正确；

D．物块从M到N的过程，恒力F与摩擦力的合力对物块和弹性绳构成的系统始终做正功，则物块和弹性

绳系统的机械能始终增大，故D错误。

故选C。

变式2（2025·吉林省延边朝鲜族自治州·一模）如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC固定在竖直平面

内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧

右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q

点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知POC60，求：

（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小；

（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数；

（3）弹簧弹力做的功。

【答案】（1）FN2mg，方向竖直向上；（2）0.25；（3）3mgR

【解析】（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN，在PC过程

中由动能定理知

12

mgR1cos60mvC

2

在C点有

v2

FmgmC

NR

代入得

FN2mg

方向竖直向上。

（2）在PCQ过程中有

mgR1cos60mg2R0

代入得

0.25

（3）在A点有

v2

mgmA

R

在QCA过程中有

1

Emv2mg2Rmg2R

p2A

解得弹性势能

Ep3mgR

弹性势能减少3mgR，则说明弹簧弹力做正功，且做功大小为3mgR。

变式3（2025·内蒙古包头市·三模）如图所示，一质量M=1.0kg，高h=0.7m的平板车静置在光滑水平地

面上，其左端静止放置一辆质量m=0.2kg大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光

滑圆弧轨道AC，轨道半径R=1.25m，圆心角为2θ，θ=37°，左右两端点A、C等高，圆弧最低点B位于水

平地面上。紧接C点，有一长S=1.59m的倾斜传送带，上表面DE沿圆弧C点的切线方向，传送带以v=2m/s

的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A点沿AC圆弧切线进入轨道，并最终到达E点后飞离。

已知该四驱电动玩具小车在平板车和传送带上运动时，轮胎共产生自重0.8倍的动力，且从C点到D点速

度不变。sin37°=0.6，cos37°=0.8。忽略空气阻力，g取10m/s2。求：

（1）玩具小车到达A点速度vA；

（2）玩具小车在B点受到支持力的大小FN；

（3）平板车的长度l；

（4）传送带由于运送玩具小车而消耗的电能E。

【答案】（1）5m/s

（2）6.8N

（3）1.2m

（4）3.504J

【解析】

【详解】（1）玩具小车离开平板车后到达A点的过程做平抛运动，设离开平板车时的速度大小为v0，到达

A点的速度为vA，由几何关系可得vA的方向与水平方向的夹角为θ，根据平抛运动的性质可得，在A点水

平分速度大小为

v0vAcos

竖直分速度大小为

vyvAsin

平抛过程在竖直方向有

2

vy2g[hR(1cos)]

解得

vy3m/s，vA5m/s，v04m/s

沿圆弧切线方向与水平成53°角。

（2）从A到B，由动能定理得

11

mgR(1cos)mv2mv2

2B2A

在B点由牛顿第二定律的

v2

FmgmB

NR

解得

FN6.8N

（3）玩具小车在平板车上滑到过程，设小车与平板车的速度大小分别为v1、v2，此过程小车与平板车的位

移大小分别为x1、x2，两者组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有

0mv1Mv2

可得

0mv1tMv2t

可得

0mx1Mx2

对玩具小车，由动能定理得

1

0.8mgxmv20

120

解得

x11m，x20.2m

平板车长度为

lx1x21m0.2m1.2m

（4）玩具小车到达D点的速度为

vDvA5m/sv2m/s

由牛顿第二定律得

0.8mgmgsinma2

解得

2

a22m/s

玩具小车在传送带上做匀加速直线运动，由运动学公式

1

svtat2

D22

解得

t0.3s（另一解为负值，舍弃）

在时间t内，传送带对地位移为

xvt20.3m0.6m

传送带由于运送玩具小车而多消耗的电能就等于其克服摩擦力做的功与小车的机械能增量之和，玩具小车

产生的动力等于其与传送带之间的摩擦力，则有

EW0.8mgx甲0.80.2100.6J0.96J

玩具小车增加的重力势能为

Epmgssin

代入数据解得

Ep1.908J

玩具小车在E点的速度为

vEvDa2t

代入数据解得

v5.6m/s

玩具小车增加的动能为

11

Emv2mv2

k2E2D

代入数据解得

Ek0.636J

则传送带由于运送玩具小车而消耗的电能E为

EWEpEk0.96J1.908J0.636J3.504J

题型02机械能守恒定律的应用

典｜例｜精｜析

典例1（2025·山西省晋中市·二模）（多选）如图所示，有一半径为R的光滑圆槽组成的圆形轨道固定在某

1

平板上。在距圆心R处开有小孔Q，劲度系数为k的轻弹性绳一端固定在孔正下方点P，另一端穿过小孔

2

Q固定在质量为m的小球上，弹性绳原长恰好等于PQ，将小球嵌在圆形轨道内，不计一切摩擦。已知弹性

1

绳的弹性势能Ekx2，x为形变量，重力加速度为g，OQa共线。现在a点给小球一沿轨道切线方向

p2

的速度v0，为使小球能绕圆形轨道不断地运动，v0应满足的条件为（）

2k

A.若平板平面水平，则vR

0m

5k

B.若平板平面水平，则vR

02m

kR2

C.若平板平面竖直，且Q、a、P在O的正下方，则v4gR

02m

2kR2

D.若平板平面竖直，且Q、a、P在O的正下方，则v4gR

0m

【答案】AD

【解析】AB．若平板平面水平，小球能绕圆形轨道不断地运动，小球运动到在水平轨道最左端时，有v0，

22

根据能量守恒定律知121R1R

mv0kRk

22222

2k

求得vR

0m

故A正确，B错误；

CD．若平板平面竖直，且Q、a、P在O的正下方，小球能绕圆形轨道不断地运动，则小球到达竖直轨道

22

最高点时，且此时小球的速度，根据能量守恒定律知121R1R

v0mv0kRkmg·2R

22222

2kR2

求得v4gR

0m

故D正确，C错误；

故选AD。

典例2（2025年山东卷第17题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别

为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、

1

b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量mkg的小球自Q点正上方h2m处自由下落，

2

无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F15N

39

时，b解除锁定开始运动。已知a的质量m1kg，b的质量mkg，方形物体的质量Mkg，重

ab42

力加速度大小g10m/s2，弹簧的劲度系数k50N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式

1

Ekx2（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：

p2

（1）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；

（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。

2

【答案】（1）6ms，水平向左，ms，水平向右

3

25

（2）ms，水平向左，EJ

3pm2

【解析】

【小问1详解】

根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1Mv2

11

由能量守恒定律有mghmv2Mv2

2122

2

联立解得v6ms，vms

123

2

即小球速度为6ms，方向水平向左，大物块速度为ms，方向水平向右。

3

【小问2详解】

由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，

则有mv1mmav3

解得v32ms

设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律Fkx1

111

系统机械能守恒mmv2mmv2kx2

2a32a421

联立解得v41ms，x10.3m

固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动

量守恒定律有mmav4mmambvb

2

解得vms，方向水平向左。

b3

1115

由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Emmv2kx2mmmv2J

pm2a4212abb2

方｜法｜提｜练

判断机械能是否守恒，有两种方法：一是看其它力做功情况，二是看参与转化的能量有哪些。

表达式经常采用的方式：减少的能量等于增多的能量。

变｜式｜巩｜固

变式1（2025·北京市第三十五中学·三模）一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，但

在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，

该一小段圆周的半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周

运动的分析方法来处理了。小珂发现游乐场的过山车轨道不是圆形轨道而是“水滴形”轨道（如图1），小

珂设计了如图2所示的过山车模型，质量为m的小球在A点由静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道

BC进入半径R10.8m的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道CE进入“水滴形”曲线轨道

EFG，E点的曲率半径R22m，“水滴形”轨道最高点F与圆形轨道最高点D等高。忽略所有轨道摩

擦力，各轨道都平滑连接，“水滴形”轨道左右对称，g取10m/s2。

（1）求小球释放点A距离水平面的高度H；

（2）在圆形轨道上运动时，小球在最低点C与最高点D的向心加速度大小的差值；

（3）在“水滴形”轨道EFG上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，求“水滴形”轨道EFG上任

意一点的曲率半径随距地面高度变化的函数表达式（即：用和表示）。

rhhR1r

【答案】（1）2m（2）40m/s2

（3）r2.5R1h或r2h

【解析】

【小问1详解】

mv2

小球恰能做完整的圆周运动，则在D点，由牛顿第二定律有mgD

R1

1

由A到D，由机械能守恒定律有mgHmv2mg2R

2D1

解得H=2m

【小问2详解】

1

由A到C，由机械能守恒定律有mgHmv2

2C

2

vC

在圆轨道上C点，向心加速度aC5g

R1

2

结合上述有aCaD4g40m/s

【小问3详解】

2

vE

小球在E点，向心加速度aE

R2

1

根据机械能守恒定律有mgHmv2

2E

解得aE2g

由题意可知，小球在轨道EFG上任意一点的向心加速度均为2g。设小球运动到距地面高为h处，速度大小

1

为v，由机械能守恒定律有mgHmv2mgh

2

v2

由于2g

r

解得r=2.5R1-h或r=2-h

变式2（2025·山西省·一模）（多选）如图所示，带有光滑小孔的小球A套在半圆轨道上，用绕过光滑

定滑轮P的足够长轻绳与从小球B相连，小球A、B的质量均为m。给A施加一水平向右的拉力F，使小

球A静止在圆轨道最低点a。已知定滑轮P与b、o、c在同一水平线上，o点为圆心，ob3L，op4L，

重力加速度为g，sin370.6，不计滑轮的质量、大小及空气阻力，则（）

4

A.水平拉力F的大小为mg

5

B.撤去拉力F后，A球运动过程中速度一直变大

C.撤去拉力F后，A球不能运动到b点

撤去拉力后，球在轨道上运动过程中机械能最大时的速度大小

D.FAvA2gL

【答案】AD

【解析】A．当A球在拉力F的作用下保持静止时，水平方向还会受到绳对小球拉力T的分力，此时由题

意可知，绳与水平方向的夹角为37°，对A球水平方向受力分析得

Tcos37F

对B球受力分析可知

Tmg

解得

4

Fmg

5

故A正确；

C．撤去拉力F后，A球会在绳的拉力的作用下沿半圆轨道向左运动，设A球和圆心的连线与竖直方向的

夹角为θ，则可知A球上升的高度为

hA2L1cos

此时B球下降的高度为

22

hB5L4L3Lsin(3Lcos)5LL2524sin

由数学知识可知，当090时，始终有

hBhA

在整个运动过程中，A球和B球这一整体的机械能是守恒的，因B球减少的重力势能始终比A球增加的重

力势能多，则当A球运动到b点时仍有速度，故C错误；

B．当A球从b点脱离轨道后，因受到重力和绳拉力的作用，其速度会不断减小，故B错误；

D．当B球的机械能最小时，A球的机械能最大，此时A球刚好到b点，有竖直向上的速度v，沿绳方向速

度为0，即B球的速度为0，对整体用动能定理有

1

mg5LLmg·3Lmv2

2

解得

v2gL

故D正确。

故选AD。

变式3（2025·青海省海东市·三模）如图所示，质量m18kg的物块A与质量m22kg的物块B通过

轻质定滑轮用轻绳连接，控制物块A使其静止于足够长的光滑固定斜面上，滑轮与物块A间的轻绳恰好拉

直且与斜面平行，斜面倾角30，物块B与物块C用劲度系数k100N/m的轻质弹簧相连，物块C

与物块B的质量相同。斜面固定于水平地面上，释放物块A前，绳中无拉力，物块A、B、C均视为质点。

1

现由静止释放物块A，取重力加速度大小g10m/s2，不计轻绳与滑轮间的摩擦，弹簧的弹性势能Ekx2，

p2

其中x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内。求：

（1）释放物块A前，弹簧具有的弹性势能Ep；

（2）释放物块A后瞬间，物块B的加速度大小a1；

（3）当物块C刚好对地面无压力时，物块A的加速度大小a2和速度大小v。（结果可用根式表示）

【答案】（1）2J

（2）4m/s2

2

（3）10m/s

5

【解析】

【小问1详解】

初始状态对物块B分析，绳中无拉力，由平衡条件有m2gkx1，解得x10.2m，弹簧的弹性势能

1

Ekx22J；

p2

【小问2