高考物理一轮复习 第六章 微专题37 力学中几个功能关系的理解和应用

高三物理第六章知识点在高中物理课程中，第六章通常是学习力学方面的内容。

力学是物理学的基础，也是建立其他物理学领域的基础。

本文将介绍高三物理第六章的一些关键知识点，希望对广大学生有所帮助。

一、力的基本概念力是物体之间相互作用的结果，科学家牛顿将力定义为物体改变状态的原因。

力是矢量量，具有大小和方向，用牛顿（N）作为单位。

常见的力有重力、摩擦力、弹力等。

二、运动和力1. 力的效果：力可以改变物体的运动状态。

力的效果通常有三种情况：改变物体的速度，改变物体的形状或方向，改变物体的大小。

2. 牛顿第一定律：牛顿第一定律也称为惯性定律。

它指出一个物体如果不受外力作用，将保持静止或匀速直线运动的状态。

3. 牛顿第二定律：牛顿第二定律描述了力和物体运动状态的关系。

牛顿第二定律的数学表达式是F=ma，其中F是力，m是物体的质量，a是物体的加速度。

4. 牛顿第三定律：牛顿第三定律也称为作用-反作用定律。

它指出，所有的力都是成对存在的，当一个物体施加力于另一个物体时，另一个物体也会对其施加相等大小、反向的力。

三、力的分解和合成1. 力的分解：一个力可以被分解为两个相互垂直的力，分别是水平方向上的分力和垂直方向上的分力。

这种将一个力分解为多个力的方法常用于解决斜面上物体的问题。

2. 力的合成：力的合成指的是两个力合成为一个力。

合成力的大小和方向可以用平行四边形法则或三角形法则来求解。

四、力的性质和应用1. 重力：重力是地球对物体的吸引力。

在地球表面，重力的大小由物体的质量决定，方向指向地心。

2. 弹力：弹力是物体弹性变形后恢复原状时所产生的力。

弹力的大小与物体的变形程度有关，遵循胡克定律。

3. 摩擦力：摩擦力是物体之间相对运动时所产生的力。

摩擦力分为静摩擦力和动摩擦力两种，静摩擦力的大小一般大于动摩擦力。

4. 应用：力学的知识广泛应用于工程、建筑、交通等领域。

例如，工程师需要考虑力的大小和方向来设计结构，交通工程师需要考虑力的影响来保证道路的安全性。

德钝市安静阳光实验学校一轮复习——功能关系功能关系体现了一种重要的物理思想和思维方法，是高中物理的重要组成部分，作为冲刺的高考考生，对功能关系应该有深刻的认识和领悟。

做功的过程就是能量转化的过程，做功的数值就是能量的转化的数值，这是功能关系的普遍意义。

一种力做功一定对应着一种能量的变化，总之，功是能量变化的量度，这是贯穿整个物理学的一个重要思想。

学会正确分析物理过程中的功能关系，对于提高解题能力是至关重要的。

下面就针对这一部分内容进行一下归纳，以期对广大考生有所裨益。

一、高中物理中常见的几组功能关系1．重力做功对应物体重力势能的变化 W重力＝-ΔE p＝E p1－E p22．弹簧弹力做功对应弹性势能的变化 W弹力＝-ΔE p＝E p1－E p23．电场力做功对应电势能的变化 W电= －△E p4．安培力做功对应电能的变化 W安= －△E p5．合外力做功对应物体动能的变化 W合= △E k6．除重力和弹力以外的力做功对应系统机械能的变化W除重力、弹力＝ΔE＝E末－E初．7．一对滑动摩擦力的总功对应系统动能的变化W f总= △E k系统=－fL相对8．一对静摩擦力的总功对应系统内物体间机械能的转移W f总=0二、利用功能关系解题的基本思路1.选取研究对象，确定研究过程2.明确在一个物理过程中有哪些力参与了做功，有哪些能量参与了转化3.根据功与能的一一对应关系列方程4.解方程，对得出的结果加以分析。

三、典型例题分析例1．某人把原来静止于地面上的质量为2kg的物体向上提起1m，并使物体获得1m/s的速度，取g=10m/s2，则这个过程中A.人对物体做功21JB.合外力对物体做功1JC.物体的重力势能增加20JD.物体的机械能增加21J分析：把物体向上提起的过程中有两个力对物体做功，人对物体做正功，重力对物体做负功.物体的动能增加了1J，重力势能增加了20J，即机械能增加了21J.由功能关系知：人对物体做的功等于物体机械能的变化，所以人对物体做功21J.由动能定理知：合力对物体所做的功等于物体动能的变化，所以合外力对物体做功1J，故选项A、B、C、D均正确.例2.（2005天津理综）一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图虚线所示，电场方向竖直向下。

功能关系在力学中的应用力学是物理学的一个重要分支，主要研究物体运动的规律和相互作用的力学原理。

在力学问题中，功能关系是一种关系，指的是物理量之间的依赖关系。

通过建立功能关系，可以揭示物体之间的相互关系，解释物体运动的规律。

本文将介绍功能关系在力学中的应用。

一、位移和时间的功能关系：速度与加速度速度是描述物体位移随时间变化的物理量。

在力学问题中，可以通过建立位移和时间的功能关系来计算物体的速度。

位移是物体从一个位置移动到另一个位置的距离，用Δx表示。

时间是物体运动所经过的时间，用Δt表示。

速度的定义是位移的变化量除以时间的变化量，即v=Δx/Δt。

加速度是描述速度随时间变化的物理量。

在力学问题中，可以通过建立速度和时间的功能关系来计算物体的加速度。

速度的变化量除以时间的变化量即为加速度，即a=Δv/Δt。

通过建立位移和时间的功能关系，可以计算物体的速度；通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的加速度。

这在力学问题中是很常见的应用。

二、速度和时间的功能关系：位移和加速度位移是描述物体从一个位置移动到另一个位置的距离。

加速度是描述速度随时间变化的物理量。

在力学问题中，可以通过建立速度和时间的功能关系来计算物体的位移。

速度的定义是位移的变化量除以时间的变化量，即v=Δx/Δt。

通过移项可以得到位移的计算公式：Δx=vΔt。

同样地，通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的加速度。

速度的变化量除以时间的变化量即为加速度，a=Δv/Δt。

通过移项可以得到加速度的计算公式：Δv=aΔt。

通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的位移；通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的加速度。

这也是力学问题中常见的应用。

三、加速度和时间的功能关系：位移和速度位移是描述物体从一个位置移动到另一个位置的距离。

速度是描述物体位移随时间变化的物理量。

在力学问题中，可以通过建立加速度和时间的功能关系来计算物体的位移。

加速度定义为速度的变化量除以时间的变化量，即a=Δv/Δt。

1 高考物理专题复习《力学》知识点总结
一 功能关系的理解和应用
1．两点理解：
(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．
2．五种关系：
二 摩擦力做功与能量转化
1．摩擦力做功的特点
(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；
(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；
(3)说明：两种摩擦力对物体都可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
2．三步求解相对滑动物体的能量问题
(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析．
(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的相对位移．
(3)代入公式Q ＝F f ·x 相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程s 相对．
三 能量守恒定律的理解与应用
1．能量守恒定律的两点理解
(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．
2．能量转化问题的解题思路
(1)
当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．
(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 减与增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解．。

高考物理中力学中的功和能量如何理解和应用在高考物理中，力学中的功和能量是极为重要的概念，理解并熟练应用它们对于解决各类物理问题至关重要。

首先，我们来谈谈什么是功。

功，简单来说，就是力在空间上的累积效果。

当一个力作用在物体上，并且使物体在力的方向上发生了位移，我们就说这个力对物体做了功。

功的大小等于力与在力的方向上移动的距离的乘积，用公式表示就是 W ＝Fs cosθ，其中 W 表示功，F 是力的大小，s 是位移的大小，θ 是力和位移方向之间的夹角。

比如说，一个人用水平方向的力推一个箱子在水平地面上前进，如果力的大小是 10N，箱子移动的距离是 5m，那么这个人做的功就是10×5 ＝ 50J（焦耳）。

但如果这个人是斜着用力推箱子，力和位移方向有个夹角，那就要乘以这个夹角的余弦值来计算功。

接下来，我们说说能量。

能量是一个比较抽象但又无处不在的概念。

在物理学中，能量的形式多种多样，比如动能、势能（包括重力势能和弹性势能）、内能等等。

能量反映了物体具有做功的能力。

动能，就是物体由于运动而具有的能量。

动能的大小与物体的质量和速度有关，公式是 Ek ＝ 1/2mv²，其中 m 是物体的质量，v 是物体的速度。

一个质量为 2kg、速度为 3m/s 的物体，它的动能就是 1/2×2×3²＝ 9J。

重力势能，则是物体由于被举高而具有的能量。

它的大小与物体的质量、高度以及重力加速度有关，公式是 Ep ＝ mgh，其中 h 是物体相对于参考平面的高度。

比如一个 5kg 的物体被举高到 2m 的地方，在重力加速度 g 取 10m/s²时，它的重力势能就是 5×10×2 ＝ 100J。

弹性势能是物体由于发生弹性形变而具有的能量。

像弹簧被压缩或拉伸时就具有弹性势能。

那么功和能量有什么关系呢？这就要提到能量守恒定律。

能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，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。

高考物理专题复习——功能关系综合运用(附参考答案)知识点归纳：一、动能定理1．动能定理的表述合外力做的功等于物体动能的变化。

（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。

表达式为W=ΔE K动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。

实际应用时，后一种表述比较好操作。

不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功2．对外力做功与动能变化关系的理解：外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功．功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功；就有多少动能与其它形式的能发生了转化．所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量．即．3．应用动能定理解题的步骤（1）确定研究对象和研究过程。

和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动。

（原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）。

（2）对研究对象进行受力分析。

（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）。

（3）写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）。

如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功。

（4）写出物体的初、末动能。

（5）按照动能定理列式求解。

二、机械能守恒定律1．机械能守恒定律的两种表述（1）在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。

（2）如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。

2．对机械能守恒定律的理解：（1）机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。

通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。

第4讲 功能关系 能量守恒定律目标要求 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题.2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系.3.会应用能量守恒观点解决综合问题．考点一 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势能重力做功等于重力势能减少量 W ＝E p1－E p2＝－ΔE p弹力做功等于弹性势能减少量静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量动能 合外力做功等于物体动能变化量 W ＝E k2－E k1＝12m v 2－12m v 02机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W 其他＝E 2－E 1＝ΔE 摩擦 产生 的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q ＝F f ·x 相对电能 克服安培力做功等于电能增加量W 电能＝E 2－E 1＝ΔE1．一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( √ ) 2．合力做的功等于物体机械能的改变量．( × )3．克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量．( √ ) 4．滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( √ )1．功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功．(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．2．摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．考向1功能关系的理解例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()A．他的动能减少了FhB．他的重力势能增加了mghC．他的机械能减少了(F－mg)hD．他的机械能减少了Fh答案 D解析运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A 错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．例2如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A．小球P的动能一定在减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量答案 B解析小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；在此过程中，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，即小球P重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，D错误．考向2功能关系与图像的结合例3(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)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/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答案AB解析由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔE p＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmg cos α·s，其中cos α＝s2－h2s＝0.8，h＝3.0m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝g sin α－μg cosα＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmg cos α·s′＝8 J，故D错误．考向3摩擦力做功与摩擦生热的计算例4(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中()A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)B．摩擦力对木板做功为μmgsC．木板动能的增量为μmgdD．由于摩擦而产生的热量为μmgs答案AB解析根据功的定义W＝Fs cos θ，其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔE k＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝F f·Δx ＝μmgd，D错误．例5(多选)(2019·江苏卷·8)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()A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为2μgs答案BC解析 物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg ，选项A 错误；物块从开始运动至最后回到A 点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs ，选项B 正确；物块从最左侧运动至A 点过程，由能量守恒定律可知E p ＝μmgs ，选项C 正确；设物块在A 点的初速度为v 0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12m v 02，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．考点二 能量守恒定律的理解和应用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． 2．表达式 ΔE 减＝ΔE 增．3．应用能量守恒定律解题的步骤(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达式．例6 (2020·浙江1月选考·20)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E 分别与水平轨道EO 和EA 相连)、高度h 可调的斜轨道AB 组成．游戏时滑块从O 点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B 端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r ＝0.1 m ，OE 长L 1＝0.2 m ，AC 长L 2＝0.4 m ，圆轨道和AE 光滑，滑块与AB 、OE 之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m ＝2 g 且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F 时的速度v F 大小；(2)当h ＝0.1 m 且游戏成功时，滑块经过E 点对圆轨道的压力F N 大小及弹簧的弹性势能E p0； (3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能E p 与高度h 之间满足的关系． 答案 见解析解析 (1)滑块恰好能过F 点的条件为mg ＝m v F 2r解得v F ＝1 m/s(2)滑块从E 点到B 点，由动能定理得 －mgh －μmgL 2＝0－12m v E 2在E 点由牛顿第二定律得F N ′－mg ＝m v E 2r解得F N ＝F N ′＝0.14 N从O 点到B 点，由能量守恒定律得： E p0＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2) 解得E p0＝8.0×10－3 J(3)使滑块恰能过F 点的弹性势能 E p1＝2mgr ＋μmgL 1＋12m v F 2＝7.0×10－3 J到B 点减速到0E p1－mgh 1－μmg (L 1＋L 2)＝0 解得h 1＝0.05 m设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B 点不下滑， 则μmg cos θ＝mg sin θ解得tan θ＝0.5，此时h 2＝0.2 m 从O 点到B 点E p ＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2)＝2×10－3(10h ＋3) J 其中0.05 m ≤h ≤0.2 m.例7 如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ＝4 kg ，B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离L ＝1 m ，现给A 、B 一初速度v 0＝3 m/s ，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态．求在此过程中：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J解析 (1)在物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统应用能量守恒定律可得 μ·2mg cos θ·L ＝12×3m v 02－12×3m v 2＋2mgL sin θ－mgL解得v ＝2 m/s.(2)对A 、B 组成的系统分析，在物体A 从C 点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即 12×3m v 2－0＝μ·2mg cos θ·2x 其中x 为弹簧的最大压缩量 解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm ，从C 点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得 12×3m v 2＋2mgx sin θ－mgx ＝μ·2mg cos θ·x ＋E pm 解得E pm ＝6 J.课时精练1.(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为34g ，此物体在斜面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mghB ．机械能损失了12mghC ．动能损失了mghD ．克服摩擦力做功14mgh答案 AB解析 加速度大小a ＝34g ＝mg sin 30°＋F f m ，解得摩擦力F f ＝14mg ，机械能损失等于克服摩擦力做的功，即F f x ＝14mg ·2h ＝12mgh ，故B 项正确，D 项错误；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；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔE k ＝F 合x ＝34mg ·2h ＝32mgh ，故C 项错误．2．某同学用如图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＝800 g 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27.0 cm 和9.0 cm ，则木块的质量m 为( )A ．100 gB ．200 gC ．300 gD ．400 g 答案 D解析 根据能量守恒定律，有μmg ·AB 1＝E p ，μ(m 0＋m )g ·AB 2＝E p ，联立解得m ＝400 g ，D 正确． 3．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm 时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( ) A ．1∶2 B ．1∶3 C ．2∶3 D ．3∶2答案 C解析 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x 1＝(2＋1) cm ＝3 cm ，木块在摩擦力作用下的位移为x 2＝1 cm ；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE 系统＝Q ＝F f ·Δx ；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔE 子弹＝F f x 1；所以ΔE 系统ΔE 子弹＝23，所以C 正确，A 、B 、D 错误．4.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是()答案 C解析由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mg sin θ＋F f＝ma1；下滑阶段有：mg sin θ－F f＝ma2，因此a1>a2，故选项B错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选项C可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误．5.如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A.2Pπρl2v3 B.6Pπρl2v3 C.4Pπρl2v3 D.8Pπρl2v3答案 A解析风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝v t·S＝v tπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρv tπl2，因此风吹过的动能为E k ＝12M v 2＝12ρv t πl 2·v 2，在此时间内发电机输出的电能E ＝P ·t ，则风能转化为电能的效率为η＝E E k ＝2Pπρl 2v3，故A 正确，B 、C 、D 错误．6.(多选)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 点的正上方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 点运动到B 点的过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功12mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 CD解析 小球从P 点运动到B 点的过程中，重力做功W G ＝mg (2R －R )＝mgR ，故A 错误；小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，则有mg ＝m v B 2R ，解得v B ＝gR ，则此过程中机械能的减少量为ΔE ＝mgR －12m v B 2＝12mgR ，故B 错误；根据动能定理可知，合外力做功W 合＝12m v B 2＝12mgR ，故C 正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为12mgR ，故D 正确．7．质量为2 kg 的物体以10 m/s 的初速度，从起点A 出发竖直向上抛出，在它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(g ＝10 m/s 2)( ) A ．40 J B ．60 J C ．80 J D ．100 J 答案 B解析 物体抛出时的总动能为100 J ，物体的动能损失了50 J 时，机械能损失了10 J ，则动能损失100 J 时，机械能损失20 J ，此时到达最高点，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程，机械能也损失20 J ，故该物体从A 点抛出到落回到A 点，共损失机械能40 J ，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确．8.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能E k＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J答案AD解析根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能E p＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为E k0＝100 J，由公式E k0＝12可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，2m v选项A正确，B错误；由功能关系可知F f h4＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力F f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－F f h＝E k－E k0，解得E k＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．9.(多选)如图所示，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)的两滑块A和B，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，A、B不会与定滑轮碰撞．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量C．拉力对M做的功等于M机械能的增加量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 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与绳子方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A 错误；对M 受力分析，受到重力、斜面的支持力、绳子拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M 动能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M 做功之和大于M 动能的增加量，故B 正确；根据除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M 做的功之和等于M 机械能的增加量，故C 错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M 做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功，故D 正确．10.(多选)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失．换用相同材料质量为m 2的滑块(m 2＞m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( )A ．两滑块到达B 点的速度相同B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同答案 CD解析 两滑块到B 点的动能相同，但速度不同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于质量不同，则在B 点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B 错误；滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律得E p ＝mgh ＋μmg cos θ·h sin θ，则mgh ＝E p 1＋μtan θ，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C 正确；由能量守恒定律得E 损＝μmg cos θ·h sin θ＝μmgh tan θ，结合C 可知D 正确． 11.(多选)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．重力加速度为g ，则( )A ．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为F MB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2 C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2 D ．滑块与长木板AB 段间的动摩擦因数为v 22gl答案 ABD解析 细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对长木板，由牛顿第二定律得F ＝Ma ，得a ＝F M，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2，B 正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于12m v 2，C 错误；弹簧最大弹性势能E p ＝12m v 2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B ，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA 段光滑，则有E p ＝μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确． 12.如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端挡板位置B 点的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 点后将弹簧压缩到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，sin 37°＝0.6，求：(结果均保留三位有效数字)(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)0.521 (2)24.4 J解析 (1)物体从A 点到被弹簧弹到D 点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：12m v02＋mgAD·sin θ＝μmg cos θ·(AB＋2BC＋BD)代入数据解得：μ≈0.521.(2)物体由A到C的过程中，动能减少量ΔE k＝12m v02重力势能减少量ΔE p＝mg sin θ·AC摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·AC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：E pm＝ΔE k＋ΔE p－Q≈24.4 J.13.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A 相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行．已知弹簧劲度系数k＝40 N/m，A的质量m1＝1 kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B的质量m2＝2 kg.初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A 与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h＝0.3 m，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小；(2)把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C 恰好到达地面，求C的质量m3.答案(1) 2 m/s(2)0.6 kg解析(1)因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有：m1g sin θ＝F弹此时弹簧的压缩量为：x1＝F弹k＝m1g sin θk＝0.15 m当B落地时，A沿斜面上滑h，此时弹簧的伸长量为：x2＝h－x1＝0.15 m所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得：m 2gh ＝m 1gh sin θ＋μm 1g cos θ·h ＋12(m 1＋m 2)v 2 代入数据解得：v ＝ 2 m/s(2)由(1)分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C 到C 落地过程中以A 、C 和弹簧为系统，根据机械能守恒可得：m 3gh ＝m 1gh sin θ代入数据解得m 3＝0.6 kg.。

高三物理一轮复习资料【功能关系与能量守恒】 [考点分析]1．命题特点：本考点是等级考命题的持续性热点，题型既有选择题又有计算题．选择题以功能关系的基本应用为主，难度中等；计算题以功能关系的综合应用为主，通常结合曲线运动、弹簧等背景，难度较大．2．思想方法：能量守恒思想、图象法、全过程法和分段法等．[知能必备]1．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 x相对＝ΔE内．(6)电场力做功与电势能的关系：W电＝－ΔE p电．(7)克服安培力做功与电能的关系：W克＝ΔE电．2．功能关系的应用“三注意”(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，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少．(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同．[真题再练]1．(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/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：AB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，由功能关系，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/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．2．(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：ACD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．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．[精选模拟]视角1：功能关系的基本应用1．如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑阶段前进的距离x 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻、重力对人做功W 重、地面对人做功W 地、运动员自身做功W 人，已知重力加速度为g .则在此过程中，下列说法中正确的是( )A ．地面对人做的功W 地＝12m v 2＋mgh B ．运动员的机械能增加了12m v 2＋mgh C ．运动员的重力做功为W 重＝mghD ．运动员自身做功W 人＝12m v 2＋mgh ＋W 阻 解析：B 地面对人作用时，由于人的脚并没有离开地面，故地面的力对运动员并不做功，故A 错误；起跑过程，重力势能增加mgh ，动能增加12m v 2，故机械能增加量为mgh ＋12m v 2，故B 正确；重心上升h ，故重力做功为W 重＝－mgh ，故C 错误；根据动能定理有：W 人＋W 阻－mgh ＝12m v 2，故W 人＝12m v 2＋mgh －W 阻，故D 错误． 视角2：能量的转化与守恒2．(多选)如图所示，在一水平向右匀速运动的传送带的左端A 点，每隔相同的时间T ，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m .经测量，发现后面那些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 ．工件在传送带上加速的时间为2μgL TC ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为μmgL 2D ．传送带传送一个工件多消耗的能量为mL 2T 2 解析：AD 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，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知L ＝v T ，解得传送带的速度v ＝L T，选项A 正确；设每个工件匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度a ＝μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得t ＝v a ＝L μgT ，选项B 错误；工件与传送带发生相对滑动的位移Δx ＝x 传－x 物＝v v μg －v 22μg ＝L 22μgT 2，则因摩擦产生的热量为Q ＝μmg Δx ＝mL 22T 2，选项C 错误；根据能量守恒定律可得，传送带传送一个工件多消耗的能量为E ＝12m v 2＋Q ＝mL 2T 2，选项D 正确． 视角3：功能关系的综合应用3．(多选)如图所示，固定的倾斜粗糙细杆与水平地面间的夹角为θ＝37°，质量为1.0 kg 的圆环套在细杆上，轻质弹簧的一端固定在水平地面上的O 点，另一端与圆环相连接，当圆环在A 点时弹簧恰好处于原长状态且与轻杆垂直．将圆环从A 点由静止释放，滑到细杆的底端C 点时速度为零．若圆环在C 点获得沿细杆向上且大小等于2.0 m/s 的初速度，则圆环刚好能再次回到出发点A .已知B 为AC 的中点，弹簧原长为0.3 m ，在圆环运动过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8( )A ．下滑过程中，圆环受到的合力一直在增大B ．下滑过程中，圆环与细杆摩擦产生的热量为1.0 JC ．在圆环从C 点回到A 点的过程中，弹簧对圆环做的功为1.2 JD ．圆环下滑经过B 点的速度一定小于上滑时经过B 点的速度解析：BD 下滑过程中，圆环受到重力、弹簧的弹力、杆的支持力和摩擦力，弹簧弹力逐渐增大，可知合力先减小后增大，故A 项错误；设下滑过程中，圆环与细杆摩擦生热为Q ，上滑时生热也为Q ，由能量守恒定律得：下滑过程中有mgh ＝Q ＋E p ，上滑过程中：12m v 20＋E p ＝Q ＋mgh ，解得Q ＝14m v 20＝1.0 J ，故B 项正确；由以上得E p ＝mgh －Q ＝1.4 J ，即弹簧对环做功为1.4 J ，故C 项错误；从A 到B 由动能定理得：－W F －W f ＋12mgh ＝12m v 2B 1－0，从B 到A ，有：W F －W f －12mgh ＝0－12m v 2B 2，对比可得v B 1＜v B 2，故D 项正确．。