第1章 专题强化6 功能关系-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（鲁科版）

专题强化6　功能关系 [学习目标]　1.掌握常见的功能关系，理解功与能的关系(重点)。2.能够灵活选用功能关系分析问题(重难点)。 一、常见的功能关系 如图，质量为m的物块在恒定外力F的作用下由静止向上加速运动了h，此过程外力做功多少？物块重力势能变化了多少？物块动能变化了多少？物块机械能变化了多少？(空气阻力不计，重力加速度为g) 答案　由功的定义，知此过程外力做功Fh 物块重力势能增加了mgh 对物块在此过程，由动能定理有Fh－mgh＝mv2－0 则ΔEk＝(F－mg)h 物块机械能变化量ΔE＝mv2＋mgh 故ΔE＝Fh。 功能关系 表达式 物理意义 正功、负功含义 重力做功等于重力势能减少量 WG＝－ΔEp 重力做功是重力势能变化的原因 WG>0 重力势能减少 WG<0 重力势能增加 WG＝0 重力势能不变 弹簧弹力做功等于弹性势能减少量 W弹＝－ΔEp 弹力做功是弹性势能变化的原因 W弹>0 弹性势能减少 W弹<0 弹性势能增加 W弹＝0 弹性势能不变 合外力做功等于动能变化 W合＝ΔEk 合力做功是物体动能变化的原因 W合>0 动能增加 W合<0 动能减少 W合＝0 动能不变 机械能的变化 W其他＝ΔE机 除重力或系统内弹力外其他力做功是机械能变化的原因 W其他>0 机械能增加 W其他<0 机械能减少 W其他＝0 机械能守恒 一对滑动摩擦力做功与内能增加量 fs相对＝Q(s相对指相对路程) 滑动摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量 例1　(2023·贵州贵阳期末)质量为m的物体在升降机中，随升降机竖直向上以大小为g(g为重力加速度)的加速度做匀减速直线运动，上升高度为h，在此过程中，物体的机械能(　　) A．增加mgh B．减少mgh C．增加mgh D．减少mgh 答案　C 解析　物体减速上升，加速度方向向下，由牛顿第二定律可得mg－F＝ma，解得F＝mg，除重力外的其他力所做的功等于机械能的变化量，力F做正功，机械能增加，增加量为ΔE＝Fh＝mgh，故选C。 例2　(2022·浙江温州高一期末)飞行员跳伞训练的场景如图所示。一飞行员下降到极限高度时打开降落伞，而后竖直向下做减速运动。若飞行员和降落伞的总质量为m，所受空气阻力大小恒为F，g为当地的重力加速度。则在减速下降h的过程中(　　) A．飞行员和降落伞所受阻力做功为Fh B．飞行员和降落伞所受合力做功为Fh－mgh C．飞行员和降落伞的机械能减少了Fh D．飞行员和降落伞的重力势能减少了mgh－Fh 答案　C 解析　飞行员和降落伞所受阻力做功为WF＝－Fh，飞行员和降落伞的机械能减少了Fh，A错误，C正确；飞行员和降落伞所受合力做功为W＝mgh－Fh，B错误；飞行员和降落伞的重力所做的功为mgh，重力势能减少了mgh，D错误。 二、传送带模型中的功能关系 如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v顺时针匀速运动。现将质量为m的物块无初速度地放在传送带的左端，经过一段时间物块恰好与传送带相对静止。设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程： (1)摩擦力对物块做的功为多少？ (2)传送带克服摩擦力做的功为多少？ (3)系统摩擦生热为多少？ 答案　(1)设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为f，从滑上传送带到相对静止的过程物块的位移大小为s1，传送带相对地面的位移大小为s2，则s1＝vt，s2＝vt＝2s1，对物块运用动能定理有Wf＝fs1＝mv2 (2)传送带克服摩擦力做的功W克f′＝fs2＝2fs1＝mv2 (3)系统摩擦生热Q＝fs相对＝f(s2－s1)＝fs1＝mv2 在上述问题中，从能量守恒的角度分析，因传送物块，电动机多做的功是多少？ 答案　根据能量的转化与守恒，因传送物块，电动机多做的功等于物块增加的动能和系统增加的内能之和，即为mv2。 例3　(多选)(2022·重庆一中高一期末)如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v＝3 m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l＝13.5 m。现把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带的A端，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，传送带始终匀速运动，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，工件从A到B的过程(　　) A．先加速后匀速 B．传送带对工件做的功为72 J C．因摩擦产生的热量为72 J D．传送带因传送工件多消耗的电能为99 J 答案　ABD 解析　工件放上传送带后的加速度a＝＝1 m/s2，设经过t1时间与传送带速度相等，t1＝＝3 s，运动距离s1＝t1＝4.5 m，由于μ＝，所以有fm＝μmgcos θ>mgsin θ，工件与传送带共速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动到B，故A正确；传送带对工件做功W＝mv2＋mgsin θ·l＝72 J，故B正确；t1时间内传送带位移s2＝vt1＝9 m，A到B过程因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δs，Δs＝s2－s1，解得Q＝27 J，故C错误；因传送工件多消耗的电能W′＝W＋Q＝99 J，故D正确。 三、板块模型中的功能关系 如图，木板在光滑水平面上匀速滑动，在木板右端无初速度地释放一物块(可视为质点)，一段时间后，物块从木板左端掉下。已知木板长为l，物块与板间的摩擦力大小为f。此过程木板位移为s，从开始释放物块至恰好从木板掉下的过程： (1)物块动能变化量ΔEk1＝f(s－l)。 (2)木板动能变化量ΔEk2＝－fs。 (3)摩擦产生的热量Q＝fl。 例4　(多选)(2023·福建师大附中高一期中)如图所示，长为L的平板静置于光滑的水平面上，一小滑块以某一初速度冲上平板的左端，当平板向右运动s时，小滑块刚好滑到平板最右端。已知小滑块与平板之间的摩擦力大小为f，在此过程中(　　) A．摩擦力对滑块做的功为f(s＋L) B．摩擦力对平板做的功为fs C．摩擦力对系统做的总功不为零 D．系统产生的热量Q＝f(s＋L) 答案　BC 解析　摩擦力对滑块做的功为Wf＝－f(s＋L)，故A错误；摩擦力对平板做的功为Wf′＝fs，故B正确；摩擦力对系统做的总功为Wf总＝Wf＋Wf′＝－f(s＋L)＋fs＝－fL，故C正确；系统产生的热量为Q＝fL，故D错误。 例5　(多选)(2022·三明一中高一阶段练习)如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹(可视为质点)水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹射入的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力大小为f，那么在这一过程中，下列说法正确的是(　　) A．木块的动能增加量为fL B．子弹的动能减少量为fd C．系统的动能减少量为fd D．系统的动能减少量为f(L＋d) 答案　AC 解析　子弹对木块的作用力大小为f，木块相对于地面的位移为L，则子弹对木块做功为fL，根据动能定理知，木块动能的增加量为fL，A正确；木块对子弹的阻力做功为－f(L＋d)，根据动能定理得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为f(L＋d)，B错误；子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为fd，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为fd，因系统重力势能不变，所以系统动能的减少量为fd，D错误，C正确。 专题强化练 1．(多选)一小球从地面竖直向上抛出，下列说法正确的是(　　) A．若忽略空气阻力，小球上升过程中增加的重力势能等于小球克服重力做的功 B．若忽略空气阻力，小球上升过程中减少的动能等于小球克服重力做的功 C．若空气阻力不能忽略，小球上升过程中增加的重力势能等于小球克服重力做的功 D．若空气阻力不能忽略，小球上升过程中减少的动能等于克服重力做的功 答案　ABC 2．(多选)(2023·雅安中学高一期中)质量为m的物体，由静止开始下落，由于空气阻力作用，下落的加速度为g(g为重力加速度)，在物体下落h的过程中，下列说法正确的是(　　) A．物体重力做的功为mgh B．物体克服阻力做功为 C．物体重力势能增加了mgh D．物体动能增加 答案　AB 解析　由牛顿第二定律，可得mg－f＝m×g，解得f＝mg，重力做功WG＝mgh，阻力做功Wf＝－mgh，即物体克服阻力做功为，故A、B正确；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp可知，重力做正功，物体重力势能减少了mgh，故C错误；由动能定理可得WG＋Wf＝ΔEk，解得ΔEk＝mgh，即物体动能增加mgh，故D错误。 3.将一定质量的小球放在竖立的弹簧上，弹簧的下端固定(如图甲)，现把小球按到A点位置保持静止，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C点(如图乙)，途中经过位置B点时，弹簧正好处于原长，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计，则(　　) A．小球刚脱离弹簧时的动能最大 B．从A点运动至B点，小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量 C．上升过程的某一阶段，小球的动能减小，而机械能增加 D．从A点运动至C点，小球克服重力做的功大于弹簧弹力做的功 答案　C 解析　小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，则小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大，速度最大位置在A、B之间，故A错误；从A点运动至B点，小球和弹簧系统机械能守恒，在B点小球的动能大于A点的动能，所以小球重力势能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故B错误；上升过程中小球从速度最大位置到B点，小球的动能减小，弹簧弹性势能减小，而小球的机械能增加，故C正确；从A点运动至C点，由动能定理可知WG＋W弹＝ΔEk＝0，所以小球克服重力做的功等于弹簧弹力做的功，故D错误。 4．(多选)(2023·全国乙卷)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　) A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于mv02－fl D．物块的动能一定小于mv02－fl 答案　BD 解析　当物块从木板右端离开时，对小物块分析有－fxm＝mvm2－mv02，对木板分析有fxM＝MvM2，其中l＝xm－xM。由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；根据以上分析，联立有mv02－fl＝mvm2＋MvM2，则物块从木板右端离开时的动能一定小于mv02－fl，C错误，D正确。 5．(多选)(2022·福州市高一期末)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是(　　) A．B物体的机械能一直减小 B．B物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量 C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量 D．细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量 答案　AD 解析　根据题意可知，从开始运动到B获得最大速度的过程中，细线拉力一直对B物体做负功，则B物体的机械能一直减小，故A正确；根据题意可知，A物体、B物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则B物体重力势能的减少量等于A、B物体动能的增加量和弹簧弹性势能增加量之和，B物体机械能的减少量等于A物体动能增加量和弹簧弹性势能增加量之和，故B、C错误；根据功能关系，细线的拉力做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故D正确。 6.如图所示，水平传送带足够长，始终以速度v＝3 m/s顺时针匀速运动。现将一质量为m＝1 kg的物块放于左端(无初速度)，最终物块与传送带一起以3 m/s的速度运动，在物块速度由零增加至v＝3 m/s的过程中，求： (1)由于摩擦而产生的热量； (2)由于放了物块，带动传送带的电动机多消耗的电能。 答案　(1)4.5 J　(2)9 J 解析　(1)对物块在该过程，由动能定理： f·s块＝mv2① 且f·s相对＝Q② 又s块＝s相对③ 由①②③得Q＝4.5 J④ (2)根据能量守恒定律，传送带电动机多消耗的电能转化为物块的机械能以及系统产生的热量之和，即ΔE电＝mv2＋Q⑤ 由④⑤得ΔE电＝9 J。 7．(多选)如图甲所示，一小木块(可视为质点)以某一初速度冲上倾角为θ＝37°且足够长的固定斜面。若以斜面底端为位移初始点，乙图为小木块在斜面上运动的动能Ek随位移s变化关系图像。忽略空气阻力的影响，选底面处为零势能面，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是(　　) A．小木块重力势能最大为40 J B．小木块的质量为1 kg C．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.2 D．小木块从斜面底端出发再回到底端的过程中系统产生的内能为20 J 答案　BD 解析　小木块从斜面底端出发再回到底端的过程中，设摩擦力做功为Wf，根据动能定理Ek－Ek0＝Wf，结合题图乙解得Wf＝－20 J，则小木块从斜面底端出发再回到底端的过程中系统产生的内能为20 J，故D正确；由D中分析可知，小木块上升过程产生的内能为10 J，根据能量守恒定律Ek0＝10 J＋Epm，解得Epm＝30 J，故A错误；由题图乙可知，小木块在斜面滑行的最大距离L＝5 m，重力势能Epm＝mgLsin 37°，代入数据解得m＝1 kg，故B正确；根据Wf＝－2μmgLcos 37°，代入数据解得μ＝0.25，故C错误。 8.(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，其运动的加速度大小为g(g为重力加速度)，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　) A．重力势能增加了mgh B．摩擦产生的热量为mgh C．动能损失了mgh D．机械能损失了mgh 答案　CD 解析　整个过程中物体上升的高度为h，则重力势能增加了mgh，故A错误；加速度大小为a＝g＝，则摩擦力f＝mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移大小为＝2h，则摩擦产生的热量Q＝fs相对＝f·2h＝mg·2h＝，故B错误；由动能定理可知，动能损失量为ΔEk＝F合·2h＝m·g·2h＝mgh，故C正确；机械能的损失量为ΔE＝Q＝mgh，故D正确。 9．(多选)(2023·泉州市德化第一中学高一月考)如图，长为L的小车静止停放在光滑水平地面上，物块在恒定拉力F的作用下自小车左端由静止出发，直至滑到小车最右端的过程，小车前进了距离s，设物块与小车间的摩擦力为f，物块可视为质点，则下列说法正确的是(　　) A．物块到达小车最右端时，物块动能为F(s＋L)－fL B．物块到达小车最右端时，小车动能为fs C．物块到达小车最右端时，系统机械能变化量为－fL D．整个过程拉力F做的功大于小车、物块系统的动能增加量 答案　BD 解析　物块到达小车最右端时，物块对地位移为s＋L，对物块，根据动能定理可知F(s＋L)－f(L＋s)＝Ek1－0，所以物块动能为F(s＋L)－f(L＋s)，故A错误；此过程中，小车对地位移为s，只有滑动摩擦力对小车做功，对小车，根据动能定理可知Ek2＝fs，故B正确；物块到达小车最右端时，系统机械能变化量等于系统动能的变化量，为ΔEk＝(Ek1＋Ek2)－0＝F(s＋L)－fL，故C错误；根据功能关系，整个过程拉力F做的功等于小车、物块系统的动能增加量与内能增加量之和，故D正确。 10.(2023·厦门市第十中学高一期中)光滑斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC的长度lBC＝1.10 m，CD为光滑的圆弧，半径R＝0.60 m。一个质量m＝2.0 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h＝0.20 m。sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，求： (1)物体运动到C点时的速度大小vC； (2)A点距离水平面的高度H； (3)物体最终停止的位置到C点的距离s。 答案　(1)4 m/s　(2)0.91 m　(3)0.8 m 解析　(1)物体由C点到最高点，根据机械能守恒定律得mg(R＋h)＝mvC2 代入数据解得vC＝4 m/s (2)物体由A点到C点，根据动能定理得 mgH－μmglBC＝mvC2－0 代入数据解得H＝0.91 m (3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得 μmgx＝mgH，代入数据解得x＝9.1 m 由于8lBC＋0.3 m＝x 所以物体最终停止的位置到C点的距离为s＝0.8 m。 11．(2023·福州市第二中学高一期中)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守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 答案　B 解析　下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A错误；斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端所在水平面为零势能参考平面，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，即μmg·cos θ·s＝20 J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得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，选项D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$