專題強化功能關系及其應用[學習目標]1.掌握常見的功能關系，理解功與能的關系(重點)。2.能夠靈活選用功能關系分析問題(重難點)。一、幾種典型的功能關系如圖，質量為m的物塊在恒定外力F的作用下由靜止向上加速運動了h，此過程外力做功多少？物塊重力勢能變化了多少？物塊動能變化了多少？物塊機械能變化了多少？(空氣阻力不計，重力加速度為g)答案由功的定義，知此過程外力做功Fh物塊重力勢能增加了mgh對物塊在此過程，由動能定理有Fh－mgh＝eq\f(1,2)mv2－0則ΔEk＝(F－mg)h物塊機械能變化量ΔE＝eq\f(1,2)mv2＋mgh故ΔE＝Fh。功能關系表達式物理意義正功、負功含義重力做功等于重力勢能減少量WG＝－ΔEp重力做功是重力勢能變化的原因WG>0重力勢能減少WG<0重力勢能增加WG＝0重力勢能不變彈簧彈力做功等于彈性勢能減少量W彈＝－ΔEp彈力做功是彈性勢能變化的原因W彈>0彈性勢能減少W彈<0彈性勢能增加W彈＝0彈性勢能不變合外力做功等于動能變化W合＝ΔEk合力做功是物體動能變化的原因W合>0動能增加W合<0動能減少W合＝0動能不變機械能的變化W其他＝ΔE機除重力或系統內彈力外其他力做功是機械能變化的原因W其他>0機械能增加W其他<0機械能減少W其他＝0機械能守恒一對滑動摩擦力做功與內能增加量Ffl相對＝Q(l相對指相對路程)滑動摩擦力與相對路程的乘積等于產生的熱量功和能一樣嗎？二者有何關系？答案不一樣。二者的關系：①功是能量轉化的量度。②力的做功過程就是能量轉化的過程；不同的力做功，對應不同形式的能的轉化。③做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等。例1(2023·貴陽市期末)質量為m的物體在升降機中，隨升降機豎直向上以大小為eq\f(1,4)g(g為重力加速度)的加速度做勻減速直線運動，上升高度為h，在此過程中，物體的機械能()A．增加eq\f(1,4)mgh B．減少eq\f(1,4)mghC．增加eq\f(3,4)mgh D．減少eq\f(3,4)mgh答案C解析物體減速上升，加速度方向向下，由牛頓第二定律可得mg－F＝ma，解得F＝eq\f(3,4)mg，除重力外的其他力所做的功等于機械能的變化量，力F做正功，機械能增加，增加量為ΔE＝Fh＝eq\f(3,4)mgh，故選C。例2(多選)(2023·臨汾市高一期末)如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的eq\f(3,4)圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A點的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿圓弧軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中()A．重力做功mgRB．機械能減少eq\f(1,2)mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功mgR答案AB解析P、B高度差為R，重力做功為mgR，A正確；到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，則mg＝meq\f(vB2,R)得vB＝eq\r(gR)，所以合外力做功W＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mgR，C錯誤；以OA所在平面為參考平面，初始機械能為E1＝2mgR，末狀態機械能為E2＝mgR＋eq\f(1,2)mvB2，機械能增量為ΔE＝E2－E1＝－eq\f(1,2)mgR，則W克f＝eq\f(1,2)mgR，B正確，D錯誤。二、熱量的產生與摩擦力做功如圖，質量為M、長為l0的木板靜止放置于光滑地面上，一質量為m的物塊以速度v0從左端沖上木板，物塊和木板間的滑動摩擦力大小為Ff。當物塊滑至木板最右端時，兩者恰好達到共同速度v，且此時木板位移為l。(1)此過程中物塊的位移大小為多少？對物塊列出動能定理表達式。(2)對木板列出動能定理的表達式。(3)一對摩擦力對系統做的功為多少？(用Ff、l0表示)；系統動能變化量為多少？(用M、m、v0、v表示)；系統摩擦力做功的過程中產生的熱量是多少？(用M、m、v0、v表示)，產生的熱量與一對滑動摩擦力對系統做功的大小相等嗎？這說明什么？答案(1)物塊位移大小x＝l＋l0，由動能定理－Ff(l＋l0)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02①(2)Ffl＝eq\f(1,2)Mv2②(3)由①②式相加－Ff(l＋l0)＋Ffl＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mv02③即－Ffl0＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mv02④摩擦力對系統做功代數和為－Ffl0系統動能變化量為eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mv02系統摩擦過程中產生的熱量Q＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Mv2)由④式知，摩擦產生的熱量與一對滑動摩擦力對系統做功的大小相等，故有Ffl相對＝Q(l相對指相對路程)。例3(多選)(2022·成都市高一期末)如圖所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊(可視為質點)放在小車的最左端。現用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的滑動摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x。此過程中，以下結論正確的是()A．小物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－Ff)(L＋x)B．小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為FfxC．小物塊和小車組成的系統因摩擦產生的熱量為Ff(L＋x)D．小物塊和小車增加的機械能為F(x＋L)－FfL答案ABD解析小物塊水平方向受到拉力F和摩擦力Ff的作用，根據動能定理得(F－Ff)(L＋x)＝eq\f(1,2)mv2－0，即小物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－Ff)(L＋x)，故A正確；小車相對地面的位移為x，水平方向僅受小物塊對小車的摩擦力作用，根據動能定理得Ffx＝eq\f(1,2)Mv′2，故B正確；小物塊相對小車的位移為L，則產生的熱量為Q＝FfL，故C錯誤；外力做的功轉化為了系統的機械能還有摩擦產生的內能，所以小物塊和小車增加的機械能為ΔE＝F(L＋x)－FfL，故D正確。例4如圖，木塊靜止在光滑水平桌面上，一子彈(可視為質點)水平射入木塊的深度為d時，子彈與木塊相對靜止，在子彈入射的過程中，木塊沿水平桌面移動的距離為x，木塊對子彈的平均阻力大小為Ff，那么在這個過程中，下列說法不正確的是()A．木塊的動能增量為FfxB．子彈的動能減少量為Ff(x＋d)C．系統的機械能減少量為FfdD．系統產生的熱量為Ff(x＋d)答案D解析子彈對木塊的作用力大小為Ff，木塊相對于桌面的位移為x，則子彈對木塊做功為Ffx，根據功能關系，木塊動能的增量等于子彈對木塊做的功，即為Ffx，故A正確；木塊對子彈的阻力做功為W＝－Ff(x＋d)，根據功能關系得知：子彈動能的減少量等于子彈克服阻力做的功，大小為Ff(x＋d)，故B正確；子彈相對于木塊的位移大小為d，則系統克服阻力做功為Ffd，根據功能關系可知，系統機械能的減少量為Ffd，產生的熱量為Ffd，故C正確，D錯誤。專題強化練1．(2022·溫州市高一期末)飛行員跳傘訓練的場景如圖所示。一飛行員下降到極限高度時打開降落傘，而后豎直向下做減速運動。若飛行員和降落傘的總質量為m，所受空氣阻力大小恒為F，g為當地的重力加速度。則在減速下降h的過程中()A．飛行員和降落傘所受阻力做功為FhB．飛行員和降落傘所受合力做功為Fh－mghC．飛行員和降落傘的機械能減少了FhD．飛行員和降落傘的重力勢能減少了mgh－Fh答案C解析飛行員和降落傘所受阻力做功為WF＝－Fh，飛行員和降落傘的機械能減少了Fh，A錯誤，C正確；飛行員和降落傘所受合力做功為W＝mgh－Fh，B錯誤；飛行員和降落傘的重力所做的功為mgh，重力勢能減少了mgh，D錯誤。2.(2022·濱海縣八灘中學高一期中)將一定質量的小球放在豎立的彈簧上，彈簧的下端固定(如圖甲)，現把小球按到A點位置保持靜止，迅速松手后，彈簧把小球彈起，小球升至最高位置C點(如圖乙)，途中經過位置B點時，彈簧正好處于原長，彈簧的質量和空氣阻力均忽略不計，則()A．小球剛脫離彈簧時的動能最大B．從A點運動至B點，小球重力勢能的增加量等于彈簧彈性勢能的減小量C．上升過程的某一階段，小球的動能減小，而機械能增加D．從A點運動至C點，小球克服重力做的功大于彈簧彈力做的功答案C解析小球從A上升到B位置的過程中，彈簧的彈力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，則小球先加速后減速，當彈簧的彈力等于重力時，合力為零，小球的速度達到最大，速度最大位置在A、B之間，故A錯誤；從A點運動至B點，小球和彈簧系統機械能守恒，在B點小球的動能大于A點的動能，所以小球重力勢能的增加量小于彈簧彈性勢能的減小量，故B錯誤；上升過程中小球從速度最大位置到B點，小球的動能減小，彈簧彈性勢能減小，而小球的機械能增加，故C正確；從A點運動至C點，由動能定理可知WG＋W彈＝ΔEk＝0所以小球克服重力做的功等于彈簧彈力做的功，故D錯誤。3.如圖所示，兩個完全相同的物體分別自斜面AC和BC頂端由靜止開始下滑，物體與兩斜面間的動摩擦因數相同，物體滑至斜面底部C點時的動能分別為EA和EB，下滑過程中產生的熱量分別為QA和QB，則()A．EA>EBQA＝QB B．EA＝EBQA>QBC．EA>EBQA>QB D．EA<EBQA＝QB答案A解析設斜面傾角為θ，底邊長為b，則Wf＝μmgcosθ·eq\f(b,cosθ)＝μmgb，即摩擦力做功與斜面傾角無關，所以兩物體所受的摩擦力做功相同，即QA＝QB，產生的熱量相同。由題圖知A物體的重力做的功大于B物體的重力做的功，再由動能定理知，EA>EB。故選項A正確。4．(多選)(2023·全國乙卷)如圖，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊(可視為質點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時()A．木板的動能一定等于flB．木板的動能一定小于flC．物塊的動能一定大于eq\f(1,2)mv02－flD．物塊的動能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl答案BD解析當物塊從木板右端離開時，對小物塊分析有－fxm＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，對木板分析有fxM＝eq\f(1,2)MvM2，其中l＝xm－xM。由于l>xM，則根據以上分析可知木板的動能一定小于fl，A錯誤，B正確；根據以上分析，聯立有eq\f(1,2)mv02－fl＝eq\f(1,2)mvm2＋eq\f(1,2)MvM2，則物塊從木板右端離開時的動能一定小于eq\f(1,2)mv02－fl，C錯誤，D正確。5．(多選)(2022·福州市高一期末)如圖所示，輕質彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，右端接一細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時用手托住B，讓細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度。下列有關該過程的分析正確的是()A．B物體的機械能一直減小B．B物體的動能增加量等于B物體重力勢能的減少量C．B物體機械能的減少量等于彈簧的彈性勢能的增加量D．細線拉力對A做的功等于A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量答案AD解析根據題意可知，從開始運動到B獲得最大速度的過程中，細線拉力一直對B物體做負功，則B物體的機械能一直減小，故A正確；根據題意可知，A物體、B物體和彈簧組成的系統機械能守恒，則B物體重力勢能的減少量等于A、B物體動能的增加量和彈簧彈性勢能增加量之和，B物體機械能的減少量等于A物體動能增加量和彈簧彈性勢能增加量之和，故B、C錯誤；根據功能關系，除重力和彈簧彈力以外的力做的功即細線的拉力做的功等于A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量，故D正確。6.(多選)(2023·銀川六盤山高級中學期末)一運動員穿著飛翔裝備從飛機上跳出后的一段運動過程可近似認為是勻變速直線運動，如圖所示，運動方向與水平方向成53°(sin53°＝0.8)，運動員的加速度大小為eq\f(3g,4)(g為重力加速度)。已知運動員(包括裝備)的質量為m，則在運動員下落高度為h的過程中，下列說法正確的是()A．運動員重力勢能的減少量為mghB．運動員動能的增加量為eq\f(3mgh,4)C．運動員動能的增加量為eq\f(15,16)mghD．運動員的機械能減少了eq\f(mgh,16)答案ACD解析在運動員下落高度為h的過程中，重力做功為mgh，故運動員重力勢能的減少量為mgh，故A正確；根據牛頓第二定律F合＝ma＝eq\f(3,4)mg，運動員下落高度為h的過程中位移為eq\f(h,sin53°)＝eq\f(5,4)h，則根據動能定理eq\f(3,4)mg×eq\f(5,4)h＝ΔEk，則運動員動能的增加量為ΔEk＝eq\f(15,16)mgh，故B錯誤，C正確；運動員重力勢能的減少量為mgh，動能的增加量為eq\f(15,16)mgh，則運動員的機械能減少了mgh－eq\f(15,16)mgh＝eq\f(mgh,16)，故D正確。7.(多選)(2020·全國卷Ⅰ)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則()A．物塊下滑過程中機械能不守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5C．物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D．當物塊下滑2.0m時機械能損失了12J答案AB解析由E－s圖像知，物塊動能與重力勢能的和減小，則物塊下滑過程中機械能不守恒，故A正確；由E－s圖像知，整個下滑過程中，物塊機械能的減少量為ΔE＝30J－10J＝20J，重力勢能的減少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·s，其中cosα＝eq\f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，則可得m＝1kg，μ＝0.5，故B正確；物塊下滑時的加速度大小a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，故C錯誤；物塊下滑2.0m時損失的機械能為ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D錯誤。8．(2022·上海市新中中學高一期中)如圖所示，軌道的ab段和cd段為半徑R＝0.8m的四分之一光滑圓弧，bc段為長L＝2m的水平面，圓弧和水平面平滑連接。質量m＝1kg的物體從a點處由靜止下滑，水平面與物體間的動摩擦因數為μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)物體第一次通過c點時對軌道的壓力大小；(2)物體最終停下來的位置；(3)物體從a點靜止下滑到停下來的過程中機械能損失了多少。答案(1)20N(2)b點(3)8J解析(1)從a點到c點由動能定理有mgR－μmgL＝eq\f(1,2)mvc2，在c點時FN－mg＝meq\f(vc2,R)聯立兩式解得FN＝20N，由牛頓第三定律可知，物體第一次通過c點時對軌道的壓力大小FN′＝FN＝20N(2)對物體運動的全過程有mgR＝μmgx，解得x＝4m則物體恰好停在b點；(3)物體從a點靜止下滑到停下來的過程中機械能損失了ΔE＝μmgx＝mgR＝8J。9．(2022·沈陽市第十中高一期末)如圖所示，在粗糙水平地面上A點固定一個半徑為R的光滑豎直圓軌道，在A點與地面平滑連接。輕彈簧左端固定在豎直墻上，自然伸長時右端恰好在O點，OA＝3R。現將質量為m的物塊P從與圓心等高處的B點由靜止釋放，物塊壓縮彈簧至E點時速度為0(E點未標出)，第一次彈回后恰好停在A點。已知物塊與水平地面間的動摩擦因數μ＝0.125，重力加速度為g，求：(1)物塊P第一次到達圓軌道A點時受到的彈力大小；(2)OE的長度及彈簧的最大彈性勢能；(3)若換一個材料相同的物塊Q，在彈簧右端將彈簧壓縮到E點由靜止釋放，物塊Q質量多大時恰好過圓軌道最高點C。答案(1)3mg(2)Req\f(1,2)mgR(3)eq\f(1,6)m解析(1)物塊第一次通過A點時的速度為vA，從B點到A點的過程根據動能定理有mgR＝eq\f(1,2)mvA2－0①在A點物塊受到的彈力大小為F，根據牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(vA2,R)②解得F＝3mg③(2)設彈簧壓縮到E點彈簧的壓縮量為x，最大彈性勢能為Ep，根據功能關系得由B到E，mgR－μmg(3R＋x)－Ep＝0④由E到A，Ep－μmg(3R＋x)＝0⑤聯立解得x＝R⑥Ep＝eq\f(1,2)mgR⑦(3)設物塊Q的質量為mQ，物塊Q恰好到達C點時有mQg＝mQeq\f(vC2,R)⑧物塊Q從E點到C點，根據功能關系得Ep－μmQg(3R＋x)－mQg·2R＝eq\f(1,2)mQvC2⑨解得mQ＝eq\f(1,6)m。10．如圖所示，水平傳送帶由電動機帶動，并始終保持以速度v順時針勻速轉動。現將質量為m的物塊無初速度地放在傳送帶的左端，經過一段時間物塊恰好與傳送帶相對靜止。設物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ。(1)這一過程摩擦力對物塊做的功為多少？(2)傳送帶克服摩擦力做的功為多少？(3)系統摩擦產生的熱量為多少？(4)與不放物塊時相比，電動機多做的功為多少？(5)與不放物塊時相比，電動機多做的這部分功與哪種能量的變化對應？總結這條功能關系。答案(1)eq\f(1,2)mv2(2)mv2(3)eq\f(1,2)mv2(4)mv2(5)見解析解析設物塊與傳送帶之間的