2020届高考物理二轮复习 专题5 功能关系的理解和应用学案

第二讲功能关系在力学中的应用[知识建构][备考点睛](注1)……(注3)：详见答案部分1.熟练两种模型(1)“传送带”模型.(2)“板块”模型.2.常见的功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔE k.(2)重力做功与重力势能的关系：W G＝－ΔE p.(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔE p.(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机.(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：F f l相对＝ΔE内.[答案](1)两种摩擦力做功的比较式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变．(3)表达式：ΔE减＝ΔE增ΔE增为末状态的能量减去初状态的能量，而ΔE减为初状态的能量减去末状态的能量．热点考向一 力学中几个重要功能关系的应用【典例】 (多选)(2019·东北三校联考)质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B 置于斜面底端的挡板上．设斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k .现用一平行于斜面的恒力F 拉木块A 使A 沿斜面由静止开始向上运动，当木块B 恰好对挡板的压力为零时，木块A 在斜面上运动的速度为v ，则下列说法正确的是( )A ．此时弹簧的弹力大小为m 1g sin θB ．拉力F 在该过程中对木块A 所做的功为F (m 1＋m 2)g sin θkC ．木块A 在该过程中重力势能增加了m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θkD ．弹簧在该过程中弹性势能增加了F (m 1＋m 2)g sin θk －12m 1v 2[思路引领] (1)木块B 恰好对挡板压力为零时，木块B 处于平衡状态，弹簧弹力为m 2g sin θ.(2)弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量． [解析] 当木块B 恰好对挡板的压力为零时，木块B 受重力、支持力以及弹簧的弹力作用，则由力的平衡条件可知，弹簧的弹力大小为m 2g sin θ，故A 错误；木块A 向上运动时有重力、拉力F 和弹簧弹力对其做功，根据动能定理，合力做功等于木块A 动能的增加量，开始时木块A 静止，弹簧压缩量x 1＝m 1g sin θk，当B 对挡板的压力刚为零时，弹簧伸长量x 2＝m 2g sin θk ，此过程中拉力F 对木块A 做的功为W F ＝F (x 1＋x 2)＝F (m 1＋m 2)g sin θk；此过程中木块A 重力势能的增加量ΔE p ＝m 1g Δh ＝m 1g (x 1＋x 2)sin θ＝m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θk，故B 、C 正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，即F (m 1＋m 2)g sin θk －12m 1v 2－m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θk，故D 错误．[答案] BC1．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可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功，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．功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下迁移一 与圆周运动结合的功能关系1．(2019·湖北七校联考) 如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功mgR /2[解析] 小球从P 点运动到B 点的过程中重力做功为mgR ，选项A 错误；设小球通过B 点时的速度为v B ，小球通过B 点时刚好对轨道没有压力，说明此刻刚好重力提供向心力，对小球通过B 点瞬间应用牛顿第二定律有：mg ＝m v 2BR，解得v B ＝gR ，设小球从P 点运动到B点的过程中克服摩擦力做功为W ，对此过程由动能定理有：mgR －W ＝12mv 2B ，联立得W ＝12mgR ，选项D 正确；合外力做功W 合＝12mv 2B ＝12mgR ，选项C 错误；小球机械能的减少量等于小球克服摩擦力所做的功，即ΔE ＝W ＝12mgR ，选项B 错误．[答案] D迁移二 与板块结合的功能关系2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨三中调研)如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为F f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x ，下列结论中正确的是( )A ．上述过程中，F 做的功等于滑块和木板动能的增加量B ．其他条件不变的情况下，M 越大，x 越小C ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达木板右端所用的时间越长D ．其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多[解析] F 做的功等于二者的动能与因摩擦产生的热量之和，A 错误；其他条件不变的情况下，M 越大，木板加速度越小，木板在地面上移动的距离x 越小，B 正确；其他条件不变的情况下，F 越大，滑块加速度越大，滑块到达木板右端所用时间越短，C 错误；滑块与木板间产生的热量等于F f L ，其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多，D 正确．[答案] BD迁移三 与传送带结合的功能关系3．(2019·山东省淄博市高三二模)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ＝0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v 1>v 2.已知传送带的速度保持不变，则( )A ．物块在0～t 1内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移小B ．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ<tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做功为W ＝12mv 22－12mv 21D ．0～t 2内物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量[解析] 由图乙知，物块在0～t 2内的加速度不变，因为v 1>v 2，由v 2＝2ax 知，物块在0～t 1内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移大，选项A 错误；由图乙知，物块在0～t 1内沿斜面向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知μmg cos θ>mg sin θ，则μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，根据动能定理得，W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，选项C 错误；0～t 2内，由能量守恒定律知，物块动能减少量与重力势能减少量等于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，选项D 正确．[答案] D(1)“传送带”模型问题中的功能关系分析 ①功能关系分析：W 电＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q ＝E 电．②对W 电和Q 的理解：电动机做的功W 电＝Fx 传；产生的热量Q ＝F f ·x 相对．(2)常用结论①把一个物体无初速度放到水平匀速转动的传送带上，在物体与传送带相对静止时，因摩擦产生的热量Q 与物体动能增加量相等，即Q ＝mv 22.②把一个物体无初速度放到倾斜向上转动的传送带上，在物体与传送带速度相等时，因摩擦产生的热量Q 与物体机械能增加量相等，即Q ＝mv 22＋mgh .(3)常用方法：物块在传送带上运动，在同一坐标系中同时作出物块和传送带运动的v －t 图线，由图像分析物块的运动过程，求物块与传送带的位移及相对位移.热点考向二 动力学规律和动能定理的综合应用【典例】 (2019·河北唐山模拟)如图(甲)所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m ＝1.0 kg 的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t ＝0时释放滑块．在0～0.24 s 时间内，滑块的加速度a 随时间t 变化的关系如图(乙)所示．已知弹簧的劲度系数k ＝2.0×102N/m ，当t 1＝0.14 s 时，滑块的速度v 1＝2.0 m/s.g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12kx 2(式中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)．求：(1)斜面对滑块摩擦力的大小F f ；(2)t ＝0.14 s 时滑块与出发点间的距离d ； (3)在0～0.44 s 时间内，摩擦力做的功W .[思路引领] (1)t 1＝0.14 s 时，滑块与弹簧开始分离．(2)mg sin37°>F f ，滑块速度减为零后，会反向做匀加速直线运动．[解析] (1)由图(乙)可知，当t 1＝0.14 s 时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．加速度大小为a 1＝10 m/s 2.根据牛顿第二定律有mg sin θ＋F f ＝ma 1， 代入数据解得F f ＝4.0 N.(2)当t 1＝0.14 s 时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d 等于t 0＝0时弹簧的形变量x ，所以在0～0.14 s 时间内弹簧弹力做的功为W 弹＝E p 初－E p 末＝12kd 2.在这段过程中，根据动能定理有W 弹－mgd sin θ－F f d ＝12mv 21－0，代入数据解得d ＝0.20 m.(3)设从t 1＝0.14 s 时开始，经时间Δt 1滑块的速度减为零，则有Δt 1＝0－v 1－a 1＝0.20 s这段时间内滑块运动的距离为 x 1＝0－v 212(－a 1)＝0.20 m此时为t 2＝0.14 s ＋Δt 1＝0.34 s ， 由于mg sin37°＝6 N>F f ，此后滑块反向做匀加速直线运动，其加速度的大小为a 2＝mg sin θ－F f m＝2.0 m/s 2； 在0.34～0.44 s(Δt 2＝0.1 s)时间内，滑块反向运动的距离为x 2＝12a 2Δt 22＝0.01 m.在0～0.44 s 时间内，摩擦力F f 做的功为W ＝－F f (d ＋x 1＋x 2)代入数据解得W ＝－1.64 J.[答案] (1)4.0 N (2)0.20 m (3)－1.64 J动力学规律和动能定理的综合问题的解题技巧1．如果涉及到加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析．2．对于物体受变力作用的力学问题，动能定理是解决问题的重要方法之一．(2019·河南省周口市期末)如右图所示，半径R ＝0.3 m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC 相切于B 点，水平轨道的C 点固定有竖直挡板，轨道上的A 点静置有一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F ＝6.0 N 、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC 向右运动，当运动到AB 之间的D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B 点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103 N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块运动到B 点时的速度大小； (2)拉力F 作用在小物块上的时间t ；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC 到达C 点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围．[解析] (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R，由牛顿第三定律得F N ＝F N ′＝103N联立解得v ＝2 m/s物块从B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg ·2R ＋12mv 2＝12mv 2B解得v B ＝4 m/s(2)小物块从A 运动到B 点的过程，由动能定理得Fs －μ1mgx AB ＝12mv 2B －0根据牛顿第二定律得：F －μ1mg ＝ma由运动学公式有s ＝12at 2联立解得t ＝53s(3)设BC 段的动摩擦因数为μ2.①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v 1，则由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 21R，由动能定理得：－2μ2mgx BC －2mgR ＝12mv 21－12mv 2B代入数据解得μ2＝0.025故为使物块能从C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025 ②若物块从C 点返回在圆槽形轨道上升高度为R 时速度为零，由动能定理可得： －2μ2mgx BC －mgR ＝0－12mv 2B代入数据解得：μ2＝0.25物块从C 返回刚好停止到B 点，由动能定理可得： －2μ2mgx BC ＝0－12mv 2B代入数据解得：μ2＝0.4故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2<0.4 综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4.[答案] (1)4 m/s (2)53s (3)0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，可以分段应用动能定理，也可以对整个过程利用动能定理，但不能在某一方向上应用动能定理.热点考向三 动力学观点和能量观点在多过程问题中的应用【典例】 (2019·天津市红桥区高三二模) 轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围． [思路引领][解析] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E P ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E P ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为 s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知 5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m[答案] (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m涉及做功与能量转化问题的解题方法1．分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．2．当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q ＝F f l 相对，l 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．3．解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解．(2019·苏北四校联考)如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P ，质量为m 的小物块A 与质量不计的木板B 叠放在斜面上，A 位于B 的最上端且与挡板P 相距L .已知A 与B 、B 与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板P 相撞的过程中没有机械能损失．将A 、B 同时由静止释放．(1)求A 、B 释放瞬间小物块A 的加速度大小a 1； (2)若A 与挡板P 不相撞，求木板B 的最小长度l 0；(3)若木板B 的长度为l ，求整个过程中木板B 运动的总路程．[解析] (1)释放A 、B ，它们一起匀加速下滑，以A 、B 为研究对象，由牛顿第二定律有mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ－μ2g cos θ.(2)在B 与挡板P 相撞前，A 和B 相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．B 与挡板P 相撞后立即静止，A 开始匀减速下滑．若A 到达挡板P 处时的速度恰好为零，此时B 的长度即为最小长度l 0.从A 释放至到达挡板P 处的过程中，B 与斜面间由于摩擦产生的热量Q 1＝μ2mg cos θ·(L －l 0)，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q 2＝μ1mg cos θ·l 0根据能量守恒定律有mgL sin θ＝Q 1＋Q 2，得l 0＝sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL .(3)分两种情况：①若l ≥l 0，B 与挡板P 相撞后不反弹，A 一直减速直到静止在木板B 上 木板B 通过的路程s ＝L －l②若l <l 0，B 与挡板P 相撞后，A 在木板B 上减速运动直至与挡板P 相撞．由于碰撞过程中没有机械能损失，A 将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A 停在挡板处．在此过程中，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q 1′＝μ1mg cos θ·l ，B 与斜面间由于摩擦产生的热量Q 2′＝μ2mg cos θ·s ，根据能量守恒定律有mgL sin θ＝Q 1′＋Q 2′，解得s ＝L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ.[答案] (1)g sin θ－μ2g cos θ (2)sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL(3)L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ处理多过程问题的技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案.考场满分答卷策略——功能关系在力学中的综合应用(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v －t 图像如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值.专题强化训练(六)一、选择题1．(多选)(2019·四川省攀枝花市第二次统考)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A 的过程中，动能减少40 J ，机械能减少10 J ．设空气阻力大小不变，以地面为参考平面，则物体( )A ．落回到地面时机械能为70 JB ．到达最高点时机械能为90 JC ．从最高点落回地面的过程中重力做功为60 JD ．从抛出到落回地面的过程中克服空气阻力做功为60 J[解析] 物体以120 J 的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，向上运动的过程中重力和阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40 J ，而机械能损失了10 J ．根据功能关系可知：合力做功为－40 J ，空气阻力做功为－10 J ，对从抛出点到A 点的过程，根据功能关系：－mgh －F f h ＝－40 J ，－F f h ＝－10 J ，得F f ＝13mg ；当上升到最高点时，动能为零，动能减少120 J ，设最大高度为H ，则有：mgH ＋F f H ＝120 J ，解得F f H ＝30 J ，即机械能减少30 J ，在最高点时机械能为120 J －30 J ＝90 J ，即上升过程机械能共减少了30 J ；下落过程中，由于空气阻力做功不变，所以机械能又损失了30 J ，故整个过程克服空气阻力做功为60 J ，则该物体落回到地面时的机械能为60 J ，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH ＝90 J ，故A 、C 错误，B 、D 正确．[答案] BD2. (多选)(2019·惠州市高三调研)如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点．现将物块拉到A 点后由静止释放，物块运动到最低点B ，图中B 点未画出．下列说法正确的是( )A ．速度最大时，B 点一定在O 点左下方 B ．速度最大时，物块的位置可能在O 点左下方C ．从A 到B 的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减少D ．从A 到B 的过程中，物块减少的机械能一定等于它克服摩擦力做的功[解析] 弹簧处于自然长度时物块处于O 点，所以在O 点时弹簧弹力为零，物块从A 向B 运动的过程中，受重力、支持力、弹簧的弹力和滑动摩擦力作用，当受力平衡时物块的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力时，速度最大，由于不知道物块重力沿斜面方向的分力与摩擦力的大小关系，故无法判断弹簧此时是处于伸长还是压缩状态，即B 点可能在O 点，也可能在O 点左下方，也可能在O 点右上方，A 错误，B 正确；从A 到B 的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减少，C 正确；从A 到B 的过程中，根据能量守恒定律，当弹簧的弹性势能增加时，物块减少的机械能大于它克服摩擦力做的功，D 错误．[答案] BC3. (多选)(2019·安徽省示范高中联考)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝6 kg ，质量m ＝2 kg 的铁块以水平速度v 0＝12 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则下列说法中正确的是( )A ．铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动B ．运动过程中弹簧的最大弹性势能为54 JC ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为54 JD ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为108 J[解析] 设最终铁块与木板的共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，滑动的最大路程为L ，滑动摩擦力大小为f .取向右为正方向，根据系统动量守恒可知mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝3 m/s ，方向向右，所以铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动，A 正确．铁块相对于木板向右运动，铁块与木板的速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v ＝3 m/s ，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程，有12mv 20＝fL ＋12(M ＋m )v 2＋E p ，铁块相对于木板运动的整个过程有，12mv 20＝2fL ＋12(M ＋m )v 2，联立解得弹簧的最大弹性势能E p ＝54 J 、fL ＝54 J ，B 正确．由功能关系知，运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q ＝2fL ＝108 J ，C 错误，D 正确．[答案] ABD4．(2019·汉中市高三质检一)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞前不计空气阻力)，下落高度h 之后打开降落伞，接着又下降高度H 之后，空降兵匀速下降．设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，即f ＝kv 2，重力加速度为g ，那么关于空降兵的说法正确的是( )A ．空降兵从跳下到下落高度为h 时，机械能一定损失了mghB ．空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力势能一定减少了mgHC ．空降兵匀速下降时，速度大小为mgkD ．空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，克服阻力做功为mg (H ＋h )－m 2gk[解析] 空降兵从跳下到下落高度为h 的过程中，只有重力做功，机械能不变，选项A 错误；空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力做功为mg (H ＋h )，重力势能一定减少了mg (H ＋h )，选项B 错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以：kv 2＝mg ，得：v ＝mgk，选项C 正确；空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即：mg (H ＋h )－W f ＝12mv 2，解得：W f ＝mg (H ＋h )－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg k 2＝mg (H ＋h )－m 2g 2k ，选项D 错误．[答案] C5．(多选)(2019·重庆市高三调研)如图所示，水平传送带以恒定速率转动．每隔相同时间T ，在左端A 点，轻轻放上一个完全相同的工件，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ，工件质量为m .经测量，发现那些已经和传送带共速的工件之间的距离均为L .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．传送带的速度大小为L TB ．工件在传送带上的加速时间为L2TμgC ．每个工件与传送带间因摩擦产生的热量为μmgL2D ．传送带因传送一个工件而多消耗的能量为mL 2T2[解析] 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放在传送带上后运动的规律相同，可知L ＝vT ，解得传送带的速度v ＝LT，A 正确；设每个工件做匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律有，工件的加速度为μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得t＝v a ＝L Tμg ，B 错误；工件与传送带相对滑动的路程为Δx ＝v v μg －v 22μg ＝v 22μg ＝L 22μgT 2，则摩擦产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ＝mL 22T2，C 错误；根据能量守恒有，传送带因传送一个工件多消耗的能量E ＝12mv 2＋μmg ·Δx ＝mL2T2，D 正确．[答案] AD6．(多选)(2019·安徽师大附中模拟) 如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做功10 J[解析] 设物体下滑到A 点的速度为v 0，对PA 过程，由机械能守恒定律有：12mv 20＝mgh ，代入数据得：v 0＝2gh ＝2 m/s<v ＝4 m/s ，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2；当物体的速度与传送带的速度相等时，用时为：t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s ，匀加速运动的位移x 1＝v 0＋v 2t 1＝2＋42×1 m＝3 m<L ＝5 m ，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －x 1v ＝5－34s ＝0.5 s ，故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，A 正确；物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s ，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W f ＝12mv 2－12mv 20＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×42－12×1×22 J ＝6 J ，B 错误；在t 1时间内，传送带做匀速运动的位移为x 带＝vt 1＝4 m ，故产生热量Q ＝μmg Δx ＝μmg (x带－x 1)，代入数据得：Q ＝2 J ，C 正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2－12mv 20＋Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×1×(42－22)＋2 J ＝8 J ，D错误．[答案] AC7．(多选)(2019·江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )。

第4节功能关系能量守恒定律考点1功能关系的理解及应用【p87】夯实基础1．功能关系的内容(1)功是__能量转化__的量度，即做了多少功就有__多少能量__发生了转化．(2)做功的过程一定伴随着__能量的转化__，而且__能量的转化__必须通过做功来实现．2．几种常见的功能关系考点突破例1如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带到达B处时恰好达到传送带的速率v.在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H，则在小物块从A到B的过程中( )A ．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B ．两传送带对小物体做功相等C ．两种情况下因摩擦产生的热量相等D ．甲传送带消耗的电能比较大【解析】根据公式：v 2＝2ax ，可知物体加速度关系a 甲＜a 乙，再由牛顿第二定律μmgcosθ－mgsin θ＝ma ，得知μ甲＜μ乙，A 正确；传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，B 正确；由摩擦生热Q ＝fs 相对知，甲图中：vt 12＝H sin θ，Q 甲＝f 1Δs 1＝f 1⎝⎛⎭⎪⎫vt 1－vt 12＝f 1H sin θ，对m ，由动能定理－mgH ＋f 1H sin θ＝12mv 2∴f 1H sin θ＝mgH ＋12mv 2＝Q 甲，同理，Q 乙＝mg(H －h)＋12mv 2，Q 甲＞Q 乙，C 错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加的机械能之和，因物块两次从A 到B 增加的机械能相同，Q 甲＞Q 乙，所以将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能甲更多，D 正确．【答案】ABD【小结】利用功能关系求解问题要分清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功还是负功，从而判断与之相关的能量的变化．力做功的过程就是物体能量转化的过程，功是能量转化的量度．针对训练1．(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的(AC)A ．动能损失了2mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH 【解析】由动能定理得，ΔE k ＝－12mv 20＝－mg H sin 30°＝－2mgH ，选项A 正确、B 错误；由能量守恒得，ΔE ＝mgH －12mv 20＝－mgH ，选项C 正确、D 错误． 2．(多选)升降机底板上放一质量为100 kg 的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m 时速度达到4 m/s ，则此过程中(g 取10 m/s 2)(AC)A ．升降机对物体做功5 800 JB ．合外力对物体做功5 800 JC ．物体的重力势能增加5 000 JD ．物体的机械能增加5 000 J【解析】重力势能增加ΔE p ＝mgh ＝100×10×5 J ＝5 000 J ；合外力做功为动能增加量，等于800 J ，B 错误；升降机对物体做功为重力势能＋动能＝5 800 J ，机械能总增加量为动能增加量＋势能增加量＝5 800 J. 考点2 能量守恒定律的理解及应用 【p 87】夯实基础1．能量转化和守恒定律：能量既不会凭空消失，也不会__凭空产生__．它只能从一种形式__转化__为其他形式，或者从一个物体__转移__到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量__保持不变__．2．能量守恒关系式：ΔE 减＝ΔE 增．3．对能量守恒定律的理解(1)转化：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)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．考点突破例2如图甲所示，质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mgsin θ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q 、滑块的动能E k 、势能E p 、机械能E 随时间t 、位移x 变化关系的是( )【解析】以物体为研究对象进行受力分析可知，滑块上滑过程中所受的合外力为μmgcos θ＝mgsin θ，故滑块做加速度大小为gsin θ的匀减速直线运动，上滑过程中产生的热量Q＝fx ＝mgsin θ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t －12gt 2sin θ是关于t 的二次函数，故A 错误；滑块的动能E k ＝12mv 2＝12m(v 0－gtsin θ)2是关于时间的二次函数，故B 错误；重力势能E p ＝mgh ＝mgxsin θ∝x ，所以C 正确；上滑过程中恒力做功与摩擦力做功相等即W f ＝W F ＝mgxsin θ，故滑块的机械能保持不变，所以D 正确．【答案】CD例3如图所示，一物体质量m ＝2 kg.在倾角为θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm .【解析】由于有摩擦存在，机械能不守恒．可用功能关系解题．(1)最后的D 点与开始的位置A 点比较：动能减少ΔE k ＝12mv 20＝9 J. 重力势能减少ΔE p ＝mgl AD sin 37°＝36 J.机械能减少ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝45 J机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即W f ＝F f l ＝45 J ，而路程l ＝5.4 m ，则F f ＝W f l＝8.33 N. 而F f ＝μmgcos 37°，所以μ＝F f mgcos 37°＝0.52. (2)m 到C 点瞬间对应的弹簧弹性势能最大，由A 到C 的过程：动能减少ΔE ′k ＝12mv 20＝9 J. 重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC ·sin 37°＝50.4 J机械能的减少用于克服摩擦力做功W′f ＝F f ·s AC ＝μmgcos 37°×s AC ＝35 J ．由能的转化和守恒定律得：E pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －W′f ＝24.4 J.【小结】运用能量转化守恒定律解题的基本思路针对训练3．(多选)如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是(AC)A ．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C ．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量D ．两个阶段摩擦力对物体所做的功等于物体机械能的减少量【解析】因两个阶段物体所受的摩擦力方向与运动方向相同，故都对物体做正功，A 正确；在第一个阶段中，由Wf 1－mgh 1＝12mv 2－0可知，Wf 1＝12mv 2＋mgh ，B 错误；在第二个阶段中，除重力外只有摩擦力做功，故第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增量，C 正确；因物体在两个过程中机械能均增加，故D 错误．4．一根长为L 、质量为m 的均匀链条放在光滑的水平桌面上，其长度的一半悬于桌边，若要将悬着的部分拉回桌面，至少做功(A)A.18mgLB.14mgL C ．mgL D.12mgL 【解析】悬于桌边的链条质量为m 2.将其拉上桌面，重心升高L 4，故至少做功为18mgL.故选项A 正确．5．如图所示，分别用恒力F 1、F 2先后将质量为m 的同一物体由静止开始沿相同的固定粗糙斜面从底端推至顶端．第一次力F 1沿斜面向上，第二次力F 2沿水平方向，两次所用时间相同，则在这两个过程中(D)A ．恒力F 1等于恒力F 2B ．两次物体机械能的变化量不相同C ．F 1和F 2的平均功率相同D ．两次合力所做的功相同【解析】由公式x ＝12at 2，由于x 和t 均相同，故加速度a 相同，由v ＝at ，t 相同，则物体到达斜面顶端时速度相同，动能相同，则动能变化量相同，根据动能定理得知，合外力做功相等．由图示分析可知，第一次物体所受的摩擦力小于第二次物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，F 1做的功比F 2做的少，故D 正确、A 错误；物体的运动情况相同，重力做功功率相同，第二次克服摩擦力做功的功率大，故F 1做功的功率比F 2做功的功率小，C 错误；物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化量相同，故B 错误．考 点 集 训 【p 295】A 组1．如图所示，滑块以6 m/s 的初速度从曲面上的A 点滑下，运动到B 点(比A 点低)时速度仍为6 m/s.若滑块以5 m/s 的初速度仍由A 点下滑，则它运动到B 点时的速度(A)A ．大于5 m/sB ．等于5 m/sC ．小于5 m/sD ．无法确定【解析】两次下滑中，滑块做圆周运动时，曲面对滑块的弹力不同，则滑块受到的摩擦力不同，故摩擦力对滑块做的功不同，而重力对滑块做的功相同，故两次动能的变化不同．因第二次速度小一点，滑块做圆周运动时，曲面对它的弹力也小一些，故它受到的摩擦力也随之减小，因此它克服摩擦力做的功也相应地减小，从而小于滑块重力做的功(因为第一次滑块克服摩擦力做的功等于滑块重力做的功)，故末速度大于初速度．本题正确答案为A.2．(多选)如图所示，足够长传送带与水平方向的夹角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮，与木块b 相连，b 的质量为m ，开始时a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带的摩擦力作用，现将传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)的过程中(ABC)A ．物块A 的质量为m sin θB ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 构成的系统机械能的增加量C ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增加量之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小不相等【解析】开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a gsin θ＝m b g ，则m a ＝m b sin θ＝m sin θ，故A 正确．摩擦力对a 做正功，根据功能关系得：物块a 、b 构成的系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增加，故B 正确．b 上升h ，则a 下降hsin θ，则a 重力势能的减小量为ΔE pa ＝m a g ×hsin θ＝mgh ，等于b 重力势能的增加量，系统的重力势能不变，所以摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增加量之和，故C 正确．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mgv ，对a 有：P a ＝m a gvsin θ＝mgv ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 错误．3．(多选)光滑水平面上静置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，以v 2速度穿出，木块速度变为v ，对这个过程，下列说法中不正确的是(BCD)A ．子弹对木块做的功等于12Mv 2 B ．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C ．子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块间摩擦生热的内能之和D ．子弹损失的动能等于子弹跟木块间摩擦产生的内能【解析】由动能定理可知，子弹对木块做的功等于木块动能的增加量12Mv 2，选项A 正确，C 错误；由动能定理可知，子弹克服阻力做的功等于子弹动能的变化量12m(v 22－v 21)，由能量守恒定律可知12m(v 22－v 21)＝12Mv 2＋Q ，故选项B 、D 错误．故选B 、C 、D. 4．如图所示，用力F 拉位于粗糙固定斜面上的木箱，使它沿着斜面加速向上移动．木箱在移动过程中，下列说法正确的是(C)A ．重力对木箱做的功等于木箱增加的重力势能B ．F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能C ．合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能D ．F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做功之和【解析】克服木箱的重力做的功等于木箱增加的重力势能，选项A 错误；F 和摩擦力做功的代数和等于木箱增加的机械能，选项B 错误；根据动能定理可知，合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能，选项C 正确；F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做功之和，选项D 错误．5．(多选)一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向向下运动，运动过程中，物体的机械能与位移的关系图象如图所示，其中0～s 1过程的图线为曲线，s 1～s 2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是(BD)A ．0～s 1过程中物体所受拉力一定是变力，且不断减小B ．s 1～s 2过程中物体可能在做匀速直线运动C ．s 1～s 2过程中物体可能在做变加速直线运动D ．0～s 2过程中物体的动能可能在不断增大【解析】由于除重力和弹簧的弹力之外的其他力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E －x 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在0～s 1内斜率的绝对值逐渐增大，故在0～s 1内物体所受的拉力是不断增大的，故A 错误；由于物体在s 1～s 2内E －x 图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，故B 正确；由于物体在s 1～s 2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变加速直线运动，故C 错误；如果物体在0～s 2内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故D 正确．6．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t ＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，则(C)A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【解析】球在接触弹簧之前做自由落体运动．碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0时，即重力等于弹簧弹力时加速度为0，而后往下做加速度不断增大的减速运动．与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能．上升过程恰好与下降过程互逆．由乙图可知t1时刻开始接触弹簧；t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能为0；t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；t2～t3这段时间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能．C对．7．(多选)某位溜冰爱好者先在岸上从O点由静止开始匀加速助跑，2 s后到达岸边A处，接着进入冰面(冰面与岸边在同一水平面内)开始滑行，又经 3 s 停在了冰上的B点，如图所示．若该过程中，他的位移是x，速度是v，受的合外力是F，机械能是E，则对以上各量随时间变化规律的描述正确的是(BC)【解析】此爱好者先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动直至静止，故B正确；先后做匀加速运动和匀减速运动，两过程合外力大小均为定值，第一个过程合外力大小是第二个过程合外力的1.5倍，故C正确；位移图象是二次函数曲线，故A错；整个过程中的机械能即动能先增大后减小，故D错．8．(多选)如图所示，质量为 M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为F f.小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.在这个过程中，以下结论正确的是(ABC)A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)(l＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f xC．小物块克服摩擦力所做的功为F f (l＋x)D．小物块和小车增加的机械能为Fx【解析】小物块受到向右的拉力F作用，向右运动受到向左的摩擦力F f，根据相互作用，小车受到向右的摩擦力F f而运动．小车运动距离为x，而物块从小车的左端运动到右端位移为l＋x.对小车根据动能定理有F f×x＝E k1－0，选项B对，对小物块根据动能定理有(F－F f)×(x ＋l)＝E k2－0，选项A对．小物块克服摩擦力做功F f(l＋x)，选项C对．小物块和小车重力势能都没有变化，所以他们机械能的增加量等于动能的增加量即E k1＋E k2＝F f×x＋(F－F f)×(x ＋l)＝F(x＋l)－F f l，选项D错．B组9．如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m ＝1.0 kg ，当弹簧处于原长时，小物块静止于O 点．现对小物块施加一个外力F ，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A 点，压缩量为x ＝0.1 m ，在这一过程中，所用外力F 与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F 释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O 点至桌边B 点的距离为L ＝2x ，水平桌面的高为h ＝5.0 m ，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g 取10 m/s 2)求：(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B 点时速度的大小；(3)小物块落地点与桌边B 的水平距离．【解析】(1)取向左为正方向，从F －x 图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f ＝1.0 N ，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为W f ＝－F f ·x ＝－0.1 J由图线与x 轴所围的“面积”可得外力做功为W F ＝1.0＋47.02×0.1 J ＝2.4 J 所以弹簧存贮的弹性势能为E p ＝W F ＋W f ＝2.3 J.(2)从A 点开始到B 点的过程中，由于L ＝2x ，摩擦力做功为W f ′＝F f ·3x ＝0.3 J对小物块用动能定理有E p －W f ′＝12mv 2B 解得v B ＝2 m/s.(3)物块从B 点开始做平抛运动，h ＝12gt 2 下落时间t ＝1 s水平距离s ＝v B t ＝2 m.10．如图所示，AB 与CD 为两个对称斜面，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R ＝2.0 m ，一个物体在离弧底E 高度为h ＝3.0 m 处，以初速度v 0＝4 m/s 沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ＝0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(g ＝10 m/s 2)【解析】由于滑块在斜面上受到摩擦阻力作用，所以物体的机械能将逐渐减少，最后物体在BEC 圆弧上作永不停息的往复运动．由于物体只在BEC 圆弧上作永不停息的往复运动，之前的运动过程中，减小的重力势能为E p ＝mg(h －R 2)，摩擦力做功产生的热量为Q ＝μmgscos 60°，由能量转化和守恒定律得：12mv 20＋mg(h －R 2)＝μmgscos 60° ∴s ＝280 m.11．推行节水工程的转动喷水“龙头”如图所示．“龙头”距地面h(m)，可将水水平喷出，其喷灌半径可达10h.每分钟喷水m(kg)，所用的水是从地下H(m)深的井里抽取．设水以相同的速率喷出，水泵效率为η，不计空气阻力，试求：(1)水从喷水“龙头”喷出的初速度；(2)水泵每分钟对水做的功；(3)带动水泵的电动机的最小输出功率．【解析】(1)平抛运动的时间t ＝2h g水喷出的初速度为v ＝s t ＝10h t ＝52gh (2)1 min 内喷出水的动能为E k ＝12mv 2＝25mgh 水泵提水，1 min 内水获得的重力势能为E p ＝mg(H ＋h)故1 min 内水泵对水所做的功为W ＝E k ＋E p ＝mg(H ＋26h)(3)设电动机的最小输出功率为P ，有ηPt′＝W则P ＝W ηt′＝mg （H ＋26h ）60η。

第4讲功能关系能量守恒定律[考试标准]一、功能关系1．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．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功影响物体动能的变化．(2)重力的功影响物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化．(6)电场力的功影响电势能的变化．自测1自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图1A．增大B．变小C．不变D．不能确定答案 A二、能量守恒定律1．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另一种形式，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．2．表达式ΔE减＝ΔE增.3．基本思路(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．自测2(多选)关于能量守恒定律，下列说法中正确的是( )A．能量能从一种形式转化为另一种形式，但不能从一个物体转移到另一个物体B．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化C．一个物体能量增加了，必然伴随着别的物体能量减少D．能量守恒定律证明了能量既不会创生也不会消失答案BCD自测3下列说法正确的是( )A．随着科技的发展，第一类永动机是可以制成的B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了C．“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生答案 C命题点一功能关系的理解和应用1．牢记三条功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，弹力做的功等于弹性势能的减少量；(2)合外力做的功等于动能的变化；(3)除重力、弹力外，其他力做的功等于机械能的变化．2．功能关系的选用原则在应用功能关系解决具体问题的过程中(1)若只涉及动能的变化则用动能定理分析．(2)若只涉及重力势能的变化则用重力做功与重力势能变化的关系分析．(3)若只涉及机械能变化则用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．例1质量为2kg的物体以10m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在物体上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(取g＝10 m/s2)( )A．40J B．60JC．80J D．100J答案 B解析物体抛出时的总动能为100 J，在物体上升到某一点时，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，则动能损失100 J时，机械能损失20 J，此时物体速度为0，物体到达最高点，返回时，机械能还会损失20 J，故物体从抛出到落回到A点，共损失机械能40 J，则物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确．变式1第17届亚运会于2014年9月19日～10月4日在韩国仁川举行，我国运动员薛长锐、李玲以5.55m和4.35m分别夺得男、女撑杆跳金牌．如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a～b、b～c、c～d、d～e，如图2所示，不计空气阻力，则对这四个阶段的描述不正确的是( )图2A．a～b阶段：加速助跑，人和杆的总机械能增加B．b～c阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加C．c～d阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量D．d～e阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人动能的增加量答案 C解析a～b阶段：加速过程中，人和杆的动能增加，重力势能不变，人和杆的机械能增加，所以A正确；b～c阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，所以B正确；c～d阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和杆的弹性势能的减少量之和等于重力势能的增加量，所以C错误；d～e阶段：只有重力做功，重力所做的功等于人动能的增加量，所以D正确．变式2升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10m/s2)( )A．升降机对物体做功5800JB．合外力对物体做功5800JC ．物体的重力势能增加500JD ．物体的机械能增加800J 答案 A解析 根据动能定理得W 升－mgh ＝12mv 2，可解得W 升＝5800J ，A 正确；合外力做的功为12mv2＝12×100×42J ＝800J ，B 错误；物体重力势能增加mgh ＝100×10×5J＝5000J ，C 错误；物体机械能增加ΔE ＝Fh ＝W 升＝5800J ，D 错误．变式3 质量为m 的物体，由静止开始下落，由于空气阻力，下落的加速度为45g ，在物体下落h 的过程中，下列说法不正确的是( ) A ．物体动能增加了45mghB ．物体的重力势能减少了mghC ．物体克服阻力所做的功为15mghD ．物体的机械能减少了45mgh答案 D解析 根据牛顿第二定律可得合力F ＝ma ＝45mg ，合力方向向下，位移方向向下，合力做正功，大小为W ＝Fh ＝45mgh ，根据动能定理可得物体的动能增量为45mgh ，A 正确；物体下落h 高度，重力做功mgh ，则重力势能减少mgh ，B 正确；物体下落过程中F ＝mg －F f ＝45mg ，受到的阻力为F f ＝15mg ，物体克服阻力所做的功为15mgh ，机械能减少量等于阻力所做的功，故机械能减少了15mgh ，故C 正确，D 错误．命题点二 摩擦力做功与能量转化 1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，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．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路径长度．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．例2如图3所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车间的摩擦力为F f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( )图3A．此时物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为F f(x＋L)C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－F f LD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F f L答案 D解析对小车由动能定理知W＝F f·x＝E k，故E k＝F f x，B错误；对小物块由动能定理得F(L ＋x)－F f(L＋x)＝ΔE k，A错误；物块和小车增加的机械能ΔE＝ΔE k＋E k＝F(L＋x)－F f L，C 错误；摩擦产生的热量Q＝F f L，D正确．变式4(多选)如图4所示为生活中磨刀的示意图，磨刀石静止不动，刀在手的推动下从右向左匀速运动，发生的位移为x，设刀与磨刀石之间的摩擦力大小为F f，则下列叙述中正确的是( )图4A．摩擦力对刀做负功，大小为F f xB．摩擦力对刀做正功，大小为F f xC．摩擦力对磨刀石做正功，大小为F f xD．摩擦力对磨刀石不做功答案AD命题点三能量守恒定律的理解和应用1．当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量转化和守恒定律．2．解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解．例3 如图5所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相切，半圆形导轨的半径为R .一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C .不计空气阻力，重力加速度为g ，试求：图5(1)物体在A 点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B 点运动至C 点的过程中产生的内能． 答案 (1)72mgR (2)mgR解析 (1)设物体在B 点的速度为v B ，所受弹力为F N B ，由牛顿第二定律得：F N B －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律F N B ′＝8mg ＝F N B 由能量守恒定律可知物体在A 点时弹簧的弹性势能E p ＝12mv B 2＝72mgR(2)设物体在C 点的速度为v C ，由题意可知mg ＝m v C 2R物体由B 点运动到C 点的过程中，由能量守恒定律得Q ＝12mv B 2－(12mv C 2＋2mgR )解得Q ＝mgR .变式5 质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图6所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )图6A.12mv 02－μmg (s ＋x )B.12mv 02－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x ) 答案 A解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f ＝μmg (s ＋x )，由能量守恒定律可得12mv 02＝W 弹＋W f ，W 弹＝12mv 02－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．变式6 如图7所示，一个质量为m 的铁块(可视为质点)沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )图7A.43mgR B ．mgR C.12mgR D.34mgR 答案 D解析 在半圆底部，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R，由牛顿第三定律有F N ′＝F N ＝1.5mg ， 则此时铁块的动能E k ＝12mv 2＝14mgR由能量守恒知ΔE ＝mgR －E k ＝34mgR .1.如图1，跳伞员跳伞后最初一段时间降落伞并不打开，跳伞员在重力和空气阻力作用下做加速运动，下落一定高度后，降落伞打开，跳伞员做减速运动，速度减小至一定值后便不再减小，跳伞员以这一速度匀速下降．在跳伞过程中，下列说法中正确的是( )图1A ．降落伞打开后到落地的过程中，跳伞员始终处于超重状态B ．跳伞员在整个下落过程中机械能一直减小C ．跳伞员在整个下落过程中机械能先增大后减小D ．如果在下落过程中，受到水平吹来的风，跳伞员将做平抛运动 答案 B2.(多选)游乐场的一种滑梯，它是由很小一段弧形轨道将倾斜直轨道和水平轨道连接组成的，如图2所示．一位小朋友从斜轨道顶端由静止开始自由下滑，经过很小一段弧形轨道滑到水平轨道上，继续滑动一段距离后停下．则小朋友( )图2A ．沿倾斜轨道下滑过程中机械能一定增加B ．沿弧形轨道滑动过程中对轨道做了负功C ．沿水平轨道滑动过程中，摩擦力对小朋友做了负功D ．在整个滑动过程中，重力做功和小朋友克服摩擦力做的功相等 答案 CD解析 沿倾斜轨道下滑过程中，摩擦力做负功，小朋友的机械能减小，转化为内能，故A 错误．沿弧形轨道滑动过程中，轨道位移为0，故小朋友对轨道做功为0，故B 错误．沿水平轨道滑动过程中，摩擦力方向与位移方向相反，摩擦力对小朋友做负功，故C 正确．整个运动过程中，小朋友的动能变化量为零，由动能定理可知，外力对小朋友所做的总功为零，则重力做功和小朋友克服摩擦力做的功相等，故D 正确．3.(多选)一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，如图3所示，运动员的运动方向与水平方向的夹角为53°，运动员做匀变速直线运动的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．运动员重力势能的减少量为3mgh5B ．运动员动能的增加量为3mgh4C ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了mgh16答案 CD解析 由题意知运动员下落的高度为h ，W ＝mgh ，运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度为h ，则飞行的距离：L ＝h sin 53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma＝34mg ，运动员动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，则运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4.如图4所示是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )图4A ．缓冲器的机械能守恒B ．摩擦力做功消耗机械能C ．垫板的动能全部转化为内能D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能 答案 B解析 由于车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A 错误，B 正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C 、D 错误．5．从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h.设上升和下降过程中空气阻力的大小恒定为F f.下列说法正确的是( )A．小球上升的过程中动能减少了mghB．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了F f hC．小球上升的过程中重力势能增加了mghD．小球上升的过程中动能减少了F f h答案 C解析动能减少量等于克服合力做的功，即ΔE k＝(mg＋F f)h，选项A、D错误；机械能减少量等于克服除重力、弹力之外的其他力做的功，即ΔE＝2F f h，选项B错误；上升过程中重力势能增加量等于克服重力做的功，即ΔE p＝mgh，选项C正确．6.如图5所示，在水平地面上安放一竖直轻弹簧，弹簧上端与一木块m相连，在木块上加一竖直向下的力F，使木块缓慢下移0.1m，力F做功2.5J，此时木块刚好再次处于平衡状态，则在木块下移过程中，弹簧弹性势能的增加量( )图5A．等于2.5J B．大于2.5JC．小于2.5J D．无法确定答案 B解析力F对木块做功2.5J，木块和弹簧组成的系统的机械能增加2.5J，由于木块缓慢下移，动能并未增加，而重力势能减少，故根据能量守恒定律知，弹簧弹性势能必大于 2.5J(木块减少的重力势能也转化为弹簧的弹性势能)．7.如图6所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落到草皮上的③位置，空中到达的最高点为②位置，则( )图6A．②位置足球动能等于0B．①位置到③位置过程只有重力做功C．①位置到②位置的过程中足球的动能全部转化为重力势能D．②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功答案 D解析足球在最高点位置②时有水平方向的速度，动能不等于0，A选项错误；足球在运动过程中受重力和空气阻力作用，所以从位置①到位置③的过程中有重力和空气阻力做功，B选项错误；从位置①到位置②的过程中，动能转化为重力势能和内能，C选项错误；从位置②到位置③的过程中，根据动能定理可知，合外力做的功等于动能的变化量，D选项正确．8．如图7所示，“蹦极”运动中，运动员身系弹性绳(质量不计)下落，不计空气阻力．下列有关运动员从弹性绳刚绷紧到最低点的下落过程中的说法正确的是( )图7A．运动员的加速度一直减小B．弹性绳的弹性势能为零时，运动员的动能最大C．弹性绳的弹性势能最大时，运动员的动能为零D．运动员重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量答案 C解析运动员从弹性绳刚绷紧到最低点的下落过程中，受到向下的重力和向上的弹力，开始阶段，重力大于弹力，弹力不断增大，合力减小，加速度减小，速度增大．当弹力等于重力时加速度为零．之后，弹力大于重力，合力向上且不断增大，运动员做减速运动，加速度增大，所以运动员的加速度先减小后增大，故A错误；弹性绳的弹性势能为零时，弹力为零，运动员受的合力向下，速度增大，此时速度不是最大，弹力等于重力时速度最大，故B错误；弹性绳的弹性势能最大时，运动员到达最低点，动能为零，故C正确；对于运动员、地球和弹性绳组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，则运动员重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量与运动员动能增加量之和，故D错误．9．一种车辆下坡重力势能回收发电装置，在车下坡时将重力势能通过发电机转换成电能给蓄电池充电，设一辆装有这种发电装置、质量为2t的汽车，在一个连续下坡路段竖直高度下降了60m，其重力势能转换为电能的效率为10%，则在这过程中这辆汽车通过这种装置产生的电能为(g＝10m/s2)( )A．120JB．1200JC．12000JD．120000J答案 D解析根据能量守恒，在该过程中重力势能转化为电能且效率为10%，则产生的电能为：E＝mgh×10%＝2000×10×60×10%J＝120000J.10．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为60kg的跳水运动员进入水中后受到水的阻力做竖直向下的减速运动，设水对他的阻力大小恒为2600N，那么在他减速下降2m的过程中，下列说法正确的是(g取10m/s2)( )A．他的动能减少了5200JB．他的重力势能减少了1200JC．他的机械能减少了4000JD．他的机械能保持不变答案 B解析在运动员减速下降2m的过程中，运动员受重力和阻力，由动能定理得(mg－F)h＝ΔE k，解得ΔE k＝－4000J，A错误；他的重力势能减少了mgh＝1200J，B正确；除了重力、弹力之外的力做的功等于机械能的变化，故他的机械能减少了Fh＝5200J，C、D错误．11．如图8所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，不计空气阻力，则( )图8A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大D．两球到达各自悬点的正下方时，受到的拉力相等答案 B解析整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B 球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以到达悬点正下方时A球的动能大于B球的动能，所以B正确，A、C错误；在悬点正下方位置根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，则A球受到的拉力较大，所以D错误．12．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动，一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.在起跳过程中，下列说法正确的是( )A．该同学机械能增加了mghB ．该同学机械能增量为mgh ＋12mv 2 C ．地面的支持力对该同学做功为mgh ＋12mv 2 D ．该同学所受的合外力对其做功为12mv 2＋mgh 答案 B解析 该同学重心升高h ，重力势能增加了mgh ，又知离地时获得动能为12mv 2，则机械能增加了mgh ＋12mv 2，A 错，B 对；该同学与地面作用过程中，支持力对该同学做功为零，C 错；该同学所受的合外力做功等于动能增量，则W 合＝12mv 2，D 错． 13．某同学用如图9所示的装置测量一个凹形木块的质量m ，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A 点，静止释放后，木块右端恰能运动到B 1点．在木块槽中加入一个质量m 0＝800g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点，测得AB 1、AB 2长分别为27.0cm 和9.0cm ，则木块的质量m 为( )图9A ．100gB ．200gC ．300gD ．400g答案 D解析 根据能量守恒定律，有μmg ·lAB 1＝E p ，μ(m 0＋m )g ·lAB 2＝E p ，联立得m ＝400g ，D 正确．14．太阳能汽车是利用太阳能电池板将太阳能转化为电能工作的一种新型汽车．已知太阳辐射的总功率约为4×1026W ，太阳到地球的距离约为1.5×1011m ，假设太阳光传播到达地面的过程中约有40%的能量损耗，某太阳能汽车所用太阳能电池板接收到的太阳能转化为机械能的转化效率约为15%.如果驱动该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率为5kW ，且其中的15来自太阳能电池，则所需的太阳能电池板的面积至少约为(已知半径为r 的球体积为V ＝43πr 3，球表面积为S ＝4πr 2)( )A ．2m 2B ．6m 2C ．8m 2D ．12m 2答案 C解析 先建立如图所示，球体均匀辐射模型根据能量分配关系得：P ×60%4πr 2×S ×15%＝P ′×15，求得S ≈7.85m 2，故只有选项C 正确． 15．如图10所示，一物体质量m ＝2kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图10(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm .答案 (1)0.52 (2)24.4J解析 (1)物体从A 点至最后弹到D 点的全过程中，动能减少ΔE k ＝12mv 02＝9J. 重力势能减少ΔE p ＝mgl AD sin37°＝36J.机械能减少ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝45J减少的机械能全部用来克服摩擦力做功，即W f ＝F f l ＝45J ，而路程l ＝5.4m ，则F f ＝W f l≈8.33N. 而F f ＝μmg cos37°，所以μ＝F fmg cos37°≈0.52.(2)由A 到C 的过程：动能减少ΔE k ′＝12mv 02＝9J. 重力势能减少ΔE p ′＝mgl AC sin37°＝50.4J.物体克服摩擦力做的功W f ′＝F f l AC ＝μmg cos37°·l AC ＝35J.由能量守恒定律得：E pm＝ΔE k′＋ΔE p′－W f′＝24.4J.。

专题4 功能关系在力学中的应用【2020年高考考纲解读】1.动能定理是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查。

2.功能关系和能量守恒是高考的重点，更是高考的热点。

高考试题往往与电场、磁场以及典型的运动规律相联系，并常作为压轴题出现。

在试卷中以计算题的形式考查的较多，也有在选择题中出现，难度中等偏难。

3.2020年高考中把选修3－5改为必考，动量和能量的综合问题要特别关注。

(1)功、功率的理解及定量计算，往往与图象相结合(2)动能定理的应用(3)机械能守恒定律的应用(4)滑动摩擦力做功情况下的功能关系问题【命题趋势】(1)结合直线运动考查功、功率的理解及计算．(2)对动能定理的考查，可能出现以下情景：①物体在单一过程中受恒力作用，确定物体动能的变化．②物体经历多个过程，受多个力的作用，且每个过程中所受力的个数可能不同，确定物体动能的变化．③在一个复杂的综合问题的某一过程，应用牛顿第二定律与动能定理相结合，分析力的做功或物体的动能变化情况．(3)对机械能守恒定律的考查，可能出现以下两种情景：①结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动、自由落体运动．②在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查．(4)对功能关系的考查，可能出现以下情景：①功能关系结合曲线运动及圆周运动进行考查．②功能关系结合多个物体间的相对运动进行考查．③物体经历多个过程，有多个力做功，涉及多种形式的能量转化的考查.【重点、难点剖析】专题的高频考点主要集中在功和功率的计算、动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用等几个方面，难度中等，本专题知识还常与曲线运动、电场、磁场、电磁感应相联系进行综合考查，复习时应多注意这些知识的综合训练和应用。

1．必须精通的几种方法(1)功(恒力功、变力功)的计算方法(2)机车启动问题的分析方法(3)机械能守恒的判断方法(4)子弹打木块、传送带等，模型中内能增量的计算方法。

2．必须明确的易错易混点(1)公式W＝Flcos α中，l不一定是物体的位移(2)混淆平均功率和瞬时功率；计算瞬时功率时，直接应用公式W＝Fv，漏掉了F与v之间的夹角(3)功、动能、重力势能都是标量，但都有正负，正负号的意义不同(4)机车启动时，在匀加速阶段的最大速度并不是机车所能达到的最大速度(5)ΔE内＝F f l相对中l相对为相对滑动的两物体间相对滑行路径的总长度3.功和功率(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力的功还是变力的功，选用合适的方法进行计算。

专题5 功能关系的理解和应用考题一功和功率的计算1.功的计算2.功率的计算(1)P ＝W t，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv cos θ，若v 为瞬时速度，P 为瞬时功率，若v 为平均速度，P 为平均功率.例1 (2016·全国甲卷·21)如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连.现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点.已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图1A.弹力对小球先做正功后做负功B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D.小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析 因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，知M 处的弹簧处于压缩状态，N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g ，则有两个时刻的加速度大小等于g ，选项B 正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由动能定理得，W F ＋W G ＝ΔE k ，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确. 答案 BCD 变式训练1.(2016·天津理综·8)我国高铁技术处于世界领先水平.和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车，如图2所示.假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )图2A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 答案 BD解析 列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A 错误；动车组运动的加速度a ＝2F －8kmg 8m ＝F4m－kg ，则对6、7、8节车厢的整体有F 56＝3ma ＋3kmg ＝34F ，对7、8节车厢的整体有F 67＝2ma ＋2kmg ＝12F ，故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为F 56∶F 67＝3∶2，选项B 正确；关闭发动机后，根据动能定理得12·8mv 2＝8kmgx ，解得x ＝v 22kg ，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项C 错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为v m1＝2P8kmg ；8节车厢有4节动车时最大速度为v m2＝4P 8kmg ，则v m1v m2＝12，选项D 正确. 2.(2016·江西师大附中、鹰潭一中4月联考)如图3是滑雪场的一条雪道.质量为70 kg 的某滑雪运动员由A 点沿圆弧轨道滑下，在B 点以5 3 m/s 的速度水平飞出，落到了倾斜轨道上的C 点(图中未画出).不计空气阻力，θ＝30°，g ＝10 m/s 2，则下列判断正确的是( )图3A.该滑雪运动员腾空的时间为1 sB.BC 两点间的落差为5 3 mC.落到C 点时重力的瞬时功率为3 5007 WD.若该滑雪运动员从更高处滑下，落到C 点时速度与竖直方向的夹角不变 答案 AD解析 运动员平抛的过程中，水平位移为x ＝v 0t ；竖直位移为y ＝12gt 2，落地时：tan θ＝yx 联立解得t ＝1 s ，y ＝5 m ，故A 正确，B 错误；落地时的速度：v y ＝gt ＝10×1 m/s＝10 m/s ；所以落到C 点时重力的瞬时功率为：P ＝mg ·v y ＝70×10×10 W＝7 000 W ，故C 错误；根据落地时速度方向与水平方向之间的夹角的表达式：tan α＝gt v 0＝2×12gt 2v 0t ＝2yx＝2tan θ，可知到C 点时速度与竖直方向的夹角与平抛运动的初速度无关，故D 正确.3.(2016·岳阳二模)如图4，曲面EC 是半径为R ＝0.4 m 的14圆弧，C 端切线水平且与水平面CA 相连，在CE 上固定一光滑木板CD ，CD 与CA 平滑连接，质量为m ＝0.2 kg 的小滑块从水平面上A 处以初速度v 0＝4 m/s 向左运动，恰好可以到达木板的D 端，下滑后停在B 处，AB ＝3BC ，重力加速度取10 m/s 2，则由题中信息可求出( )图4A.滑块与水平面AC 的动摩擦因数μB.木板CD 与水平面的夹角C.滑块在木板CD 上下滑时重力的平均功率D.整个过程的摩擦热 答案 BCD解析 设AB ＝3BC ＝L ，从A 到B 由动能定理可知：12mv 20＝53μmgL ，因L 未知，则不能求解滑块与水平面AC 的动摩擦因数μ，选项A 错误；设木板CD 长为l ，从A 到D 根据动能定理：12mv 20＝mgl sin θ＋43μmgL ，解得mgl sin θ＝110mv 20，由几何关系可知2R sin θ＝l ，联立可求解l 和θ，选项B 正确；根据a ＝g sin θ求解滑块在斜面上的加速度a ，根据l ＝12at2求解滑块在斜面上运动的时间，然后由P ＝mgl sin θt求解重力的平均功率，选项C 正确；根据Q ＝12mv 20求解整个过程的摩擦热，选项D 正确.考题二 功能关系的应用1.做功的过程就是能量的转化过程.做了多少功，就有多少能量发生了转化.功是能量转化的量度.常见的几种功能关系：2.在常见的功能关系中，动能定理应用尤为广泛.(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等.(2)如果物体只有重力和弹力做功而又不涉及物体运动过程中的加速度和时间，既可用机械能守恒定律，又可用动能定理求解.例2 (2016·全国甲卷·25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接.AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图5所示.物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.图5(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围.解析(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为E p＝5mgl ①设P到达B点时的速度大小为v B，由能量守恒定律得E p ＝12mv 2B ＋μmg (5l －l )②联立①②式，并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0 ④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出.设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得 2l ＝12gt2 ⑦ P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l ⑨(2)设P 的质量为M ，为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零.由①②式可知 5mgl >μMg ·4l⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有 12Mv B ′2≤Mgl ⑪ E p ＝12Mv B ′2＋μMg ·4l⑫联立①⑩⑪⑫式得 53m ≤M <52m 答案 (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m变式训练4.(2016·四川理综·1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J ，他克服阻力做功100 J.韩晓鹏在此过程中( )A.动能增加了1 900 JB.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 JD.重力势能减小了2 000 J答案 C解析由题可得，重力做功W G＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故C正确，D错误；由动能定理得，W G－W f＝ΔE k，克服阻力做功W f＝100 J，则动能增加1 800 J，故A、B错误.5.如图6所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M、m(M＞m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图6A.轻绳对滑轮作用力的方向是竖直向下B.拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加C.拉力对M做的功等于M机械能的增加D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案BD解析因作用在滑轮上的左右两边绳子的拉力大小相等，但是与竖直方向的夹角不同，故由力的合成知识可知，轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下，选项A错误；根据动能定理，拉力、重力和摩擦力做功之和等于M的动能增量，故拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加，选项B正确；由功能关系可知，拉力和摩擦力对M做的功等于M机械能的增加，选项C错误；由功能关系可知，两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，选项D 正确.考题三动力学和能量观点的综合应用力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解决此类问题关键要做好“四选择”.(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解：(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题.例3 如图7所示，光滑管状轨道ABC 由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，二者在B 处相切并平滑连接，O 为圆心，O 、A 在同一条水平线上，OC 竖直，一直径略小于圆管直径的质量为m 的小球，用细线穿过管道与质量为M 的物块连接，将小球由A 点静止释放，当小球运动到B 处时细线断裂，小球继续运动.已知弧形轨道的半径为R ＝83 m ，所对应的圆心角为53°，sin53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2.图7(1)若M ＝5m ，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小.(2)若M ＝5m ，求小球从C 点抛出后下落高度h ＝43 m 时到C 点的水平位移.(3)M 、m 满足什么关系时，小球能够运动到C 点？ [思维规范流程]线断后，对球由B C 列动能定理关系式①②⑥⑩⑪⑫每式各2分，其余各式1分. 变式训练6.(2016·天津理综·10)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图8所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧.助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 530 J ，取g ＝10 m/s 2.图8(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大.答案 (1)144 N (2)12.5 m解析 (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ① 由牛顿第二定律有mg Hx－F f ＝ma② 联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理得mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B④设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2CR⑤ 由题意和牛顿第三定律知F N ＝6mg⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得R ＝12.5 m.7.过山车是游乐场中常见的设施.图9是一种过山车运行轨道的简易模型，它由竖直平面内粗糙斜面轨道和光滑圆形轨道组成.过山车与斜面轨道间的动摩擦因数为μ，圆形轨道半径为R ，A 点是圆形轨道与斜面轨道的切点.过山车(可视为质点)从倾角为θ的斜面轨道某一点由静止开始释放并顺利通过圆形轨道.若整个过程中，人能承受过山车对他的作用力不超过其自身重力的8倍.求过山车释放点距A 点的距离范围.图9答案R (3＋2cos θ)2(sin θ－μcos θ)≤L ≤R (5＋2cos θ)2(sin θ－μcos θ)解析 过山车恰能通过圆轨道的最高点 从释放的最低点到A 点，由动能定理mgL 1sin θ－μmgL 1cos θ＝12mv 2A设过山车经过最高点速度为v ，从A 点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律12mv 2A ＝mgR (1＋cos θ)＋12mv 2在圆轨道最高点，由牛顿第二定律mg ＝m v 2R解得：L 1＝R (3＋2cos θ)2(sin θ－μcos θ)过山车在圆轨道最低点承受作用力最大 从释放的最高点到A 点，由动能定理mgL 2 sin θ－μmgL 2 cos θ＝12mv A ′2从A 点到圆轨道的最低点，由机械能守恒定律 12mv A ′2＋mgR (1－cos θ)＝12mv ′2 在圆轨道最低点，由牛顿第二定律F N －mg ＝m v ′2RF N ＝8mg解得：L 2＝R (5＋2cos θ)2(sin θ－μcos θ)过山车释放点距A 点的距离范围R (3＋2cos θ)2(sin θ－μcos θ)≤L ≤R (5＋2cos θ)2(sin θ－μcos θ)专题规范练1.(多选)(2016·全国甲卷·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落相同的距离，则( ) A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙.空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －fm＝g －krρ·43πr3＝g －3k4πρr 2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因f 甲>f乙，由球克服阻力做功W f ＝fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确.2.如图1，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一个小球a 和b .a 球质量为m ，静置于水平地面；b 球质量为3m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧.现将b 球释放，则b 球着地瞬间a 球的速度大小为( )图1A.ghB.2ghC. gh2D.2gh答案 A解析 在b 球落地前，a 、b 球组成的系统机械能守恒，且a 、b 两球速度大小相等，设为v ，根据机械能守恒定律有：3mgh ＝mgh ＋12(3m ＋m )v 2，解得：v ＝gh .3.如图2所示，A 、B 、C 三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A 由静止释放；B 的初速度方向沿斜面向下，大小为v 0；C 的初速度方向沿水平方向，大小为v 0.斜面足够大，A 、B 、C 运动过程中不会相碰，下列说法正确的是( )图2A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时，B的动能最大C.滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多D.滑到斜面底端时，B的机械能减少最多答案 B解析A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C沿斜面向下的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端，故A错误；重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大，故B正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减少相同，故C错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，故D错误.4.(多选)如图3所示，小物块以初速度v0从O点沿斜向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇.已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则( )图3A.斜面只能是粗糙的B.小球运动到最高点时离斜面最远C.在P点时，小球的动能大于物块的动能D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等答案ACD解析把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A正确；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故B错误；物块在斜面上还受摩擦力做功，物块的机械能减小，所以在P点时，小球的动能应该大于物块的动能，故C正确；小球和物块初末位置相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D正确.5.荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目.若秋千绳的长度约为2 m ，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成60°角，如图4所示.人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是( )图4A.最低点的速度大约为5 m/sB.在最低点时的加速度为零C.合外力做的功等于增加的动能D.重力做功的功率逐渐增加 答案 C解析 秋千在下摆过程中，受到的绳子拉力不做功，机械能守恒，则得：mgL (1－co s 60°)＝12mv 2，解得：v ＝gL ＝10×2 m/s ＝2 5 m/s ，A 错误；在最低点合力指向圆心，加速度不为零，B 错误；根据动能定理合外力做的功等于增加的动能，C 正确；P ＝mgv ⊥，由于在竖直方向上的速度从最高点到最低点过程中先增大后减小，故重力做功的功率先增大后减小，D 错误.6.(多选)(2016·浙江理综·18)如图5所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则( )图5A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析 对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg ·2h －μmg cos45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12mv 2，解得v ＝2gh7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝－335g ，即加速度大小为335g ，选项D 错误.7.(多选)(2016·全国丙卷·20)如图6，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )图6A.a ＝2(mgR －W )mRB.a ＝2mgR －WmRC.N ＝3mgR －2WRD.N ＝2(mgR －W )R答案 AC解析 质点P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR －W ＝12mv 2，根据公式a ＝v 2R ，联立可得a ＝2(mgR －W )mR，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N －mg ＝ma ，代入可得，N ＝3mgR －2W R，C 正确，D 错误.8.(多选)如图7所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h ＝0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h 并作出滑块的E k －h 图象，其中高度从0.2 m 上升到0.35 m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g ＝10 m/s 2，由图象可知( )图7A.小滑块的质量为0.2 kgB.弹簧最大弹性势能为0.32 JC.轻弹簧原长为0.2 mD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.18 J答案AC解析从0.2 m上升到0.35 m的范围内，ΔE k＝－ΔE p＝－mgΔh，图线的斜率绝对值为：k＝ΔE kΔh＝0－0.30.35－0.2＝－2 N＝－mg，所以：m＝0.2 kg，故A正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以E pm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故B错误；在E k－h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，所以h＝0.2 m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故C正确；由图可知，当h＝0.18 m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，E pmin＝E－E km＝E pm＋mgh－E km＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D错误.9.如图8所示，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的正方体左侧静止于O点处.现在杆中点处施加一大小始终为6mgπ(g为重力加速度)、方向始终垂直杆的拉力，经过一段时间后撤去F，小球恰好能到达最高点，忽略一切摩擦，试求：图8(1)拉力所做的功；(2)拉力撤去时小球的速度大小；(3)若小球运动到最高点后由静止开始向右倾斜，求杆与水平面夹角为θ时(正方体和小球还未脱落)，正方体的速度大小.答案(1)mgL(2)gL(2－3)(3) 2mgL(1－sin θ)sin2θm＋M sin2θ解析(1)根据动能定理可得：W F－mgL＝0 力F所做的功为W F＝mgL(2)设撤去F 时，杆与水平面夹角为α，撤去F 前，有：W F ＝6mg π×L 2α＝mgL ，解得：α＝π3根据动能定理有：mgL －mgL sin α＝12mv 2得撤去F 时小球的速度为：v ＝gL (2－3)(3)设杆与水平面夹角为θ时，杆的速度为v 1，正方体的速度为v 2，v 2＝v 1sin θ 系统机械能守恒有：mg (L －L sin θ)＝12mv 21＋12Mv 22解得：v 2＝2mgL (1－sin θ)sin 2θm ＋M sin 2θ.10.如图9所示，虚线圆的半径为R ，AC 为光滑竖直杆，AB 与BC 构成直角的L 形轨道，小球与AB 、BC 轨道间的动摩擦因数均为μ，A 、B 、C 三点正好是圆上三点，而AC 正好为该圆的直径，AB 与AC 的夹角为α.如果套在AC 杆上的小球自A 点静止释放，分别沿ABC 轨道和AC 直轨道运动，忽略小球滑过B 处时的能量损耗.求：图9(1)小球在AB 轨道上运动的加速度； (2)小球沿ABC 轨道运动到达C 点时的速率；(3)若AB 、BC 、AC 轨道均光滑，如果沿ABC 轨道运动到达C 点的时间与沿AC 直轨道运动到达C 点的时间之比为5∶3，求α的正切值.答案 (1)g cos α－μg sin α (2)2gR －μgR sin 2α (3)2.4 解析 (1)从A 到B ，由牛顿第二定律得：mg cos α－μmg sin α＝ma解得：a ＝g cos α－μg sin α(2)小球沿ABC 轨道运动，从A 到C ，由动能定理可得：12mv 2C ＝mg ·2R －2μmg ·2R cos αsinα解得：v C ＝2gR －μgR sin 2α(3)设小球沿AC 直导轨做自由落体运动，运动时间为t ，则有：2R ＝12gt 2解得：t ＝2R g轨道均光滑，小球由A 到B 机械能守恒，设B 点的速度为v B ，则有：mg ·2R cos 2α＝12mv 2B解得：v B ＝2 gR cos α且依等时圆，t AB ＝t ，则B 到C 的时间为：t BC ＝53t －t ＝23t ＝43R g以后沿BC 直导轨运动的加速度为：a ′＝g sin α，且BC ＝2R sin α故2R sin α＝v B t BC ＋12a ′t 2BC代入数据得：tan α＝2.4.。

高三物理二轮复习课教学设计案例——功能关系能量守恒（长沙市长郡中学高三物理李龙军）【教材分析】1、功能关系能量守恒是是贯穿整个物理的一条主线,每年的高考中都要涉及到,综合程度高,考查的能力要求高。

2、高考考纲上要求掌握：“功能关系、机械能守恒定律及其应用”。

3、功能关系和能量守恒是高考的重点,更是高考的热点，往往与电场、磁场以及典型的运动规律相联系，并常作为压轴题出现。

可能从以下角度组织命题:(1) 滑动摩擦力做功情况下的功能关系问题.(2) 与带电粒子在电场、磁场、复合场中的运动相综合的问题。

【学情分析】1、我校学生整体层次较高，要求在高考中要尽量少丢分，然而很多学生知识迁移能力、综合分析能力和模型构建应用能力其实并不强，而且不善于思考，还存在“眼高手低”的问题。

2、新课程理念要求，教育教学过程中师生地位要均等，要以人为本，坚持学生的主体地位，教师的主导地位。

3、本节课是方法的探究归纳课，呈现在学生面前的是现象，是问题，当然也要结论。

受应试教育的影响，在上课前告诉学生上课的内容，学生会将结论记住，在课堂上机械的，剧本式的配合老师，没有深入的思考，达不到教学的目的，因此本节课的教学没有要求学生预习。

4、面对新现象，新问题，没有唯一固定的答案，学生有浓厚的探究欲望，为其思维的发散提供了较大的空间。

从另外一个角度讲，本节内容，数学运算，物理理论要求不高，适当地又降低了学习难度，重点在受力分析、过程分析、方法选择上，选择探究式教学是最佳的途径。

【教学目标】1、知识与技能a）通过对几个典型例题的探究分析，找到几种常用的功能关系，特别是合力功、重力功、弹力功以及除重力、弹力外其他力的功分别所对应的能量转化关系，并会在平时的学习和考试中灵活运用。

b）理解能量守恒定律，并能分析解决有关问题。

c）通过对同一个问题中可能涉及的多种方法进行反复对比分析，找到最佳方法，培养学生分析问题和解决问题的能力。

2、过程与方法a）学会从能量转化和守恒的观点来解释物理现象，分析物理问题。

（高考前沿）2020届高三物理二轮专题复习精品教案功和能doc高中物理目的要求：准确把握功、功率、动能，势能、机械能等概念头，准确明白得动能定理、机械能守恒定律功能关系，能熟练把握它们的运用方法。

强化解决动力学咨询题的方法训练和能力培养功第1课知识简析一、功的概念1、定义：力和力的作用点通过位移的乘积．2.做功的两个必要因素：力和物体在力的方向上的位移3、公式：W＝FScosα〔α为F与s的夹角〕．讲明：恒力做功大小只与F、s、α这三个量有关．与物体是否还受其他力、物体运动的速度、加速度等其他因素无关，也与物体运动的路径无关．4.单位：焦耳〔J) 1 J＝1N·m.5.物理意义：表示力在空间上的积存效应，是能的转化的量度6.功是标量，没有方向，然而有正负．正功表示动力做功，负功表示阻力做功，功的正负表示能的转移方向．①当0≤a＜900时W＞0，力对物体做正功；②当α=900时W＝0，力对物体不做功；③当900＜α≤1800时W＜0，力对物体做负功或讲成物脚体克服那个力做功，这两种讲法是从二个角度来描述同一个咨询题．二、注意的几个咨询题①F：当F是恒力时，我们可用公式W＝Fscosθ运算；当F大小不变而方向变化时，分段求力做的功；当F的方向不变而大小变化时，不能用W＝Fscosθ公式运算〔因数学知识的缘故〕，我们只能用动能定理求力做的功．②S：是力的作用点通过的位移，用物体通过的位移来表述时，在许多咨询题上学生往往会产生一些错觉，在后面的练习中会认识到这一点，另外位移S应当弄清是相对哪一个参照物的位移③功是过程量：即做功必定对应一个过程〔位移〕，应明确是哪个力在哪一过程中的功．④什么力做功：在研究咨询题时，必须弄明白是什么力做的功．如下图，在力F作用下物体匀速通过位移S那么力做功FScosθ，重力做功为零，支持力做功为零，摩擦力做功－Fscosθ，合外力做功为零．【例1】如下图，在恒力F的作用下，物体通过的位移为S，那么力F做的功为解析：力F做功W＝2Fs．此情形物体尽管通过位移为S．但力的作用点通过的位移为2S，因此力做功为2FS．答案：2Fs【例2】如下图，质量为m的物体，静止在倾角为α的粗糙的斜面体上，当两者一起向右匀速直线运动，位移为S时，斜面对物体m的弹力做的功是多少？物体m所受重力做的功是多少？摩擦力做功多少？斜面对物体m做功多少？解析：物体m受力如下图，m有沿斜面下滑的趋势，f为静摩擦力，位移S的方向同速度v的方向．弹力N对m做的功W1＝N·scos〔900＋α〕＝－ mgscosαs i nα，重力G对m做的功W2＝G·s cos900=0．摩擦力f对m做的功W3=fscosα=mgscosαsinα．斜面对m的作用力即N和f的合力，方向竖直向上，大小等于mg〔m处于平稳状态〕，那么： w＝F合scos900＝mgscos900＝o答案：－ mgscos αs i n α，0， mgscos αs i n α，0点评：求功，必须清晰地明白是哪个力的功，应正确地画出力、位移，再求力的功．【例3】如下图，把A 、B 两球由图示位置同时由静止开释〔绳开始时拉直〕，那么在两球向左下摆动时．以下讲法正确的选项是A 、 绳子OA 对A 球做正功B 、 绳子AB 对B 球不做功C 、 绳子AB 对A 球做负功D 、 绳子AB 对B 球做正功解析：由于O 点不动，A 球绕O 点做圆周运动，OA 对球A 不做功。

专题5 功能关系在电学中的应用本专题包括三个部分：电场中的功能关系；电磁感应中的功能关系；应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题。

电场中的功能关系中，电粒子(或带电体)在电场中的运动问题是近几年高考常考的问题，高考命题角度集中在动能定理在平行板电容器中的应用，动能定理在非匀强电场中的应用，抛体运动、功能关系在匀强电场中的应用；题目难度以中档题为主,有选择亦有计算题。

电磁感应中的功能关系，高考命题命题角度有能量守恒定律在电磁感应中的应用，电磁感应电路中的电功、电功率，试题难度以中档题为主。

应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题，在高考中常以压轴题的形式出现，题目综合性强，分值高，难度大。

高频考点：电场中的功能关系；电磁感应中的功能关系；应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题。

考点一、电场中的功能关系例 (2020·全国I 卷T 20)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示。

电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别E a 、E b 、E c 和E d 。

点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势φa 已在图中用坐标（r a ，φa ）标出，其余类推。

现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b 、c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab 、W bc 和W cd 。

下列选项正确的是( )A ．E a : E b = 4:1B ．E c : E d = 2:1C ．W ab : W bc = 3:1D ．W bc : W cd = 1:3【审题立意】本题考查点电荷的电场、电势、电场力做功等知识。

(1)点电荷电场中场强的计算；(2)点电荷电场中电势高低的判断；(3)点电荷电场中电场力做功的计算。

【解题思路】由图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式2Q E k r =可知，2241a b b a E r E r ==，2241c d d c E r E r ==，故A 正确，B 错误；电场力做功W qU =，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为2 V 、1 V 、1 V ，所以21ab bc W W =，11bc cd W W =，故C 正确，D 错误。

专题5 功能关系的理解和应用考题一功和功率的计算1.功的计算2.功率的计算(1)P ＝W t，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv cos θ，若v 为瞬时速度，P 为瞬时功率，若v 为平均速度，P 为平均功率.例1 (2016·全国甲卷·21)如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连.现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点.已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图1A.弹力对小球先做正功后做负功B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D.小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析 因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，知M 处的弹簧处于压缩状态，N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g ，则有两个时刻的加速度大小等于g ，选项B 正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由动能定理得，W F ＋W G ＝ΔE k ，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确. 答案 BCD 变式训练1.(2016·天津理综·8)我国高铁技术处于世界领先水平.和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车，如图2所示.假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )。

学习必备欢迎下载高三物理二轮复习教学案 (04)课题：功能关系的理解和应用题型 1 做功与能量变化的对应关系例 1. 在“奥运”比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项，质量为m 的跳水运动员竖直进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h 的过程中，下列说法正确的是( ABC)A ．他的机械能减少了Fh B．他的重力势能减少了mghC．他的动能减少了(F－ mg)h D．他的动能减少了Fh变式 1. 在固定的负点电荷正上方有一质量为m 的带正电的小球，现用竖直向上的恒力作用在小球上，使小球从静止开始向上运动，当小球上升高h 时，速度为 v。

则这一过程中( ABD)A. 小球所受合外力做功为1 mv2 B.电场力对小球做功为 1 mv 2mgh Fh22C.机械能的增加量等于电场力做的功D.机械能增量和电势能增量之和为Fh例 2. 如图所示为某电动传送装置的示意图 .传送带与水平面的夹角为θ，绷紧的传送带始终保持恒定速率 v 运行。

现有一物体从静止开始轻轻放到传送带的底端，如果传送的高度 h 一定，且物体到达顶端前已经与传送带达到共同速度。

则下列说法正确的是（ B ）A ．将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与θ无关B．减小θ，则将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能减少C．当θ一定时，将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与v 无关D．当θ一定时，将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与v2成正比变式 2．如图所示为某传送装置的示意图.传送带与水平面的夹角为θ，绷紧的传送带始终保持恒定速率v 运行。

现有一质量为 m 的物体从静止开始轻轻放到传送带的底端，同时受到沿传送带向上的拉力 F 的作用，如果传送的高度为 h，物体与传送带间的动摩擦因数为μ。

求物体从传送带底端运动到顶端的过程中，传送带对物体所做的功。

（设传送带长度较大，且物体能够到达传送带顶部。

专题05 功能关系在电磁学中的应用高考常对电学问题中的功能关系进行考查，特别是动能定理的应用．此类题目的特点是过程复杂、综合性强，主要考查学生综合分析问题的能力．预计高考此类题目仍会出现．一、电场中的功能关系的应用1.电场力的大小计算电场力做功与路径无关．其计算方法一般有如下四种．(1)由公式W＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eql cos α.(2)由W＝qU计算，此公式适用于任何电场．(3)由电势能的变化计算：W AB＝E p A－E p B.(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔE k.2．电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．二、磁场中的功能关系的应用1.磁场力的做功情况(1)洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功．(2)安培力对通电导线可做正功、负功，还可能不做功，其计算方法一般有如下两种①由公式W＝Fl cos α计算．②由动能定理计算：W安＋W其他力＝ΔE k2．电磁感应中的功能关系(1)电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安(2)电磁感应发生的过程遵从能量守恒．焦耳热的增加量等于其他形式能量的减少量．考点一电场中的功能关系例1．4．【2017·新课标Ⅰ卷】在一静止点电荷的电场中，任一点的电势ϕ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。

电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别E a、E b、E c和E d。

点a到点电荷的距离r a与点a的电势ϕa已在图中用坐标（r a，ϕa）标出，其余类推。

现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd。

本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．本专题的高频考点主要集中在功和功率的计算、动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用等几个方面，难度中等，本专题知识还常与曲线运动、电场、磁场、电磁感应相联系进行综合考查，复习时应多注意这些知识的综合训练和应用。

功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中．纵观近几年高考理科综合试题，功、能、能量守恒考查的特点是：①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现综合计算；②题型全，不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．一、求功的方法比较1．恒力做功的求法(1)应用公式W＝Fs cosα其中α是F、s间的夹角．(2)用动能定理(从做功的效果)求功：此公式可以求恒力做功也可以求变力做功．特别提醒：(1)应用动能定理求的功是物体所受合外力的功，而不是某一个力的功．(2)合外力的功也可用W合＝F合s cosα或W合＝F1s1cosα＋F2s2cosα＋…求解．2．变力做功的求法特别提醒：(1)摩擦力既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互摩擦的系统内：一对静摩擦力做功的代数和总为零，静摩擦力起着传递机械能的作用，而没有机械能转化为其他形式的能；一对滑动摩擦力做功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积，其值为负值，W ＝－F f ·s 相对，且F f ·s 相对＝ΔE 损＝Q 内能．二、两种功率表达式的比较1．功率的定义式：P ＝Wt，所求出的功率是时间t 内的平均功率．2．功率的计算式：P ＝Fv cos θ，其中θ是力与速度间的夹角，该公式有两种用法：(1)求某一时刻的瞬时功率．这时F 是该时刻的作用力大小，v 取瞬时值，对应的P 为F 在该时刻的瞬时功率；(2)当v 为某段位移(时间)内的平均速度时，则要求这段位移(时间)内F 必须为恒力，对应的P 为F 在该段时间内的平均功率．特别提醒：公式P ＝Fv cos θ在高中阶段常用于机车类问题的处理，此时P 指发动机的输出功率，F 为牵引力，F f 为阻力，则任一时刻都满足P ＝F ·v ，机车任一状态的加速度a ＝F －F fm ，当机车匀速运动时，F＝F f ，P ＝F ·v ＝F f ·v .三、对动能定理的理解 1．对公式的理解(1)计算式为标量式，没有方向性，动能的变化为末动能减去初动能． (2)研究对象是单一物体或可以看成单一物体的整体．(3)公式中的位移和速度必须是相对于同一参考系，一般以地面为参考系． 2．动能定理的优越性(1)适用范围广：应用于直线运动，曲线运动，单一过程，多过程，恒力做功，变力做功．(2)应用便捷：公式不涉及物体运动过程的细节，不涉及加速度和时间问题，应用时比牛顿运动定律和运动学方程方便，而且能解决牛顿运动定律不能解决的变力问题和曲线运动问题高频考点一 力学中的几个重要功能关系的应用例1．（2018年江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点．在从A 到B 的过程中，物块（ ）A. 加速度先减小后增大B. 经过O 点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正功D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】AD【解析】本题考查力与运动的关系和功能关系，意在考查学生的综合分析能力。