第1章 专题强化6 功能关系-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高一物理必修第二册教师用书（鲁科版2019）

DIYIZHANG 第1章 专题强化6　功能关系 1 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)。 学习目标 2 一、常见的功能关系 二、其他力做功与机械能变化的关系 专题强化练 三、系统内摩擦力做功与内能转化的关系 内容索引 3 常见的功能关系 一 4 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_______ WG=_____ 重力做功是重力势能变化的原因 WG>0 重力势能_____ WG<0 重力势能_____ WG=0 重力势能_____ 弹簧弹力做功等于弹性势能______ W弹=_____ 弹力做功是弹性势能变化的原因 W弹>0 弹性势能_____ W弹<0 弹性势能_____ W弹=0 弹性势能_____ 减少量 -ΔEp 减少 增加 不变 减少量 -ΔEp 减少 增加 不变 功能关系 表达式 物理意义 正功、负功含义 合外力做功等于___ ___变化 W合=____ 合外力做功是物体动能变化的原因 W合>0 动能_____ W合<0 动能_____ W合=0 动能_____ 机械能的变化 W其他=_____ 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_____ W其他<0 机械能_____ W其他=0 机械能_____ 能 动 ΔEk 增加 减少 不变 ΔE机 增加 减少 不变 功能关系 表达式 物理意义 正功、负功含义 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____ _____的乘积等于产生的热量 相对 路程 　(多选)(2023·泉州市高一期中)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处时，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，AB间的竖直高度差为h，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.由A到B过程合外力对小球做的功等于mgh B.由A到B过程小球的重力势能减少mgh C.由A到B过程小球克服弹力做功为mgh D.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-mv2 例1 √ √ 重力做功只与初、末位置的高度差有关，则由A至B 重力做功为mgh，则由A到B过程小球的重力势能减 少mgh，故B正确； 由A到B过程重力做功为mgh，弹簧弹力对小球做负 功，A到B过程合外力对小球做的功小于mgh，则由动能定理W合=mgh-W克弹=mv2-0，解得W克弹=mgh-mv2，故A、C错误； 弹簧弹力做功是弹性势能变化的量度，故小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-mv2，故D正确。 返回 其他力做功与机械能变化的关系 二 10 1.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，物块机械能变化多少？(空气阻力不计，重力加速度为g) 答案　外力做功WF=Fh， 对物块由静止向上加速运动h的过程，由动能定理，WF-mgh=mv2-0 物块机械能变化量ΔE=mv2+mgh 故ΔE=Fh。 2.如图，质量为m的小球以v0的初速度，在空气中竖直向上抛出。运动中所受空气阻力(恒定不变)大小为F阻，从开始至小球上升至最高点，空气阻力对小球做了多少功，小球的机械能变化了多少？(重力加速度为g) 答案　对小球从开始至最高点的过程，由动能定理，-(mg+F阻)h=0-m 得h=， 故空气阻力做功W阻=-F阻h=- 以地面为零势能参考平面，小球在最高点的机械能E2=mgh= 故机械能变化量ΔE=mgh-m=- 所以机械能减少了。 　(多选)(2023·福建厦门一中高一期中)平潭海峡公铁两用大桥建设中，需用到起重机吊运材料。若起重机用钢索吊运质量为m的货物，以0.1g的加速度竖直向上加速运动h的高度，已知重力加速度为g，则此过程中说法正确的是 A.钢索对货物做功0.1mgh B.货物的动能增加0.1mgh C.货物的重力势能增加1.1mgh D.货物的机械能增加1.1mgh 例2 √ √ 起重机用钢索吊运质量为m的货物，以0.1g的加速度竖直向上加速运动T-mg=ma，钢索对货物做功WT=Th=1.1mgh，故A错误； 根据动能定理可知货物的动能增加ΔEk=mah=0.1mgh，故B正确； 货物的重力势能增加mgh，故C错误； 拉力做功等于机械能增加量，货物的机械能增加1.1mgh，故D正确。 返回 系统内摩擦力做功与内能转化的关系 三 16 如图，质量为M、长为l0的木板静止放置于光滑地面上，一质量为m的物块以速度v0从左端冲上木板，物块和木板间的滑动摩擦力大小为f。当物块滑至木板最右端时，两者恰好达到共同速度v。 (1)对物块列出动能定理表达式。 答案　物块位移s=l+l0，对物块全过程，由动能定理-f(l+l0)=mv2-m (2)对木板列出动能定理的表达式。 答案　对木板全过程，由动能定理fl=Mv2-0 (3)一对滑动摩擦力对系统做的功怎样表示？(用f、l、l0表示)系统动能变化量为多少？(用M、m、v0、v表示)系统摩擦力做功的过程中产生的热量是多少？(用M、m、v0、v表示)摩擦产生的热量与一对滑动摩擦力对系统做功的大小相等吗？这说明什么？ 答案　由(1)(2)问表达式相加-f(l+l0)+fl=mv2+Mv2-m 即-fl0=mv2+Mv2-m 摩擦力对系统做功代数和为-fl0 系统动能变化量为mv2+Mv2-m 系统摩擦力做功的过程中产生的热量Q=m-(mv2+Mv2)=fl0 摩擦产生的热量与一对滑动摩擦力对系统做功的大小相等，故有fl相对=Q(l相对指相对路程)。 　(多选)(2023·莆田市高一期中)如图，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。已知子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，木块的位移为s，在此过程中 A.子弹动能的减少量为f(s+d) B.木块动能的增加量为f(s+d) C.子弹与木块间摩擦转化的内能为fd D.子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功 例3 √ √ 由动能定理得，子弹动能的减少量为阻力做的 功f(s+d)，故A正确； 由动能定理可知，木块动能的增加量为阻力做 的功fs，故B错误； 摩擦转化内能为阻力与相对路程的乘积，即为fd，故C正确； 子弹减少的动能转化为木块的动能和摩擦热，所以子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功减去摩擦转化的内能，故D错误。 　(多选)(2023·福建厦门二中高一月考)如图所示，一固定斜面的倾角为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，加速度大小等于g(g为重力加速度大小)，物块上升的最大高度为H，则此过程中 A.物块的重力势能减少了mgH B.物块的动能损失了mgH C.物块的机械能损失了mgH D.物块克服摩擦力做功mgH 例4 √ √ 物块上升，重力势能增加，增加量为mgH，A错误； 根据牛顿第二定律可得物块在运动过程中所受的合 外力为mg，则合外力所做的功为W=-mg·s=-mg· =-2mgH，根据动能定理可得物块动能减少了2mgH，B错误； 物块重力势能增加了mgH，动能减少了2mgH，则机械能共减小了mgH，C正确； 根据功能关系，可得物块机械能的减少量等于克服摩擦力所做的功，D正确。 返回 专题强化练 四 24 题号 1 2 3 4 5 6 答案 AC B AB C CD D 题号 7 8 9 10 答案 (1)4.0×108 J　2.4×1012 J (2)9.7×108 J AD CD (1)10 J　 (2)5 m的地方 (3)50 J 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 25 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础强化练 √ √ 答案 2.(2023·龙岩市高一期末)某同学正在垫排球，排球离开手臂后先竖直向上运动高度h，再落回原位置，设空气阻力大小恒为f，重力加速度为g，则此过程中 A.该同学垫球时对排球做功mgh B.排球克服空气阻力做的总功为2fh C.排球的机械能变化量为零 D.排球的动能变化量为零 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 根据功能关系可知该同学垫球时对排球做功W=mgh+fh，故A错误； 空气阻力对排球所做总功为Wf=-2fh，故B正确； 根据功能关系可知排球的机械能变化量为ΔE=Wf=-2fh，故C错误； 排球从抛出点抛出后，在落回抛出点过程中，重力做功为零，空气阻力做负功，所以合外力做功为负值，根据动能定理可知排球的动能变化量为负值，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 3.(多选)(2023·四川雅安中学高一期中)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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 答案 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 4.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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，小球的合外力先向上后向下， 则小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时， 合外力为零，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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 5.(多选)(2023·南平市高一期中)滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运动，它使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。质量为50 kg的人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线匀加速下滑，经过10 s到达坡底，速度大小为20 m/s。已知沙坡斜面的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，下列关于此过程的说法中正确的是 A.人的重力势能减少5.0×104 J B.人克服阻力做功2.5×104 J C.人的机械能减少1.5×104 J D.人的动能增加1.0×104 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 答案 根据题意，设下滑时的加速度为a，下滑位移为s，由运动学公式有v=at，x=at2，解得a=2 m/s2，s=100 m，由牛顿第二定律有mgsin 30° -f=ma，解得f=150 N，由功能关系可知，人的重力势能减少量等于下滑过程中重力做功，则有ΔEp=mgsin 30°·s=2.5×104 J，故A错误； 由功能关系可知，人的机械能减少量等于人克服阻力做功，则有-ΔE =W克f=fs=1.5×104 J，故B错误，C正确； 由动能定理可知，人的动能增加量等于合外力做功，则有ΔEk=ma·s =1.0×104 J，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 6.(2024·安顺市二中高一月考)质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从最低点P缓慢地移到Q点，如图所示，重力加速度为g，则在此过程中 A.小球受到的合外力做功为mgl(1-cos θ) B.水平力F的功为Flcos θ C.小球重力势能的变化大于mgl(1-cos θ) D.水平力F做功使小球与地球组成的系统机械能变化 了mgl(1-cos θ) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 小球缓慢移动，动能不变，动能的变化量为零， 根据动能定理知，小球受到的合外力做功为零， 故A错误； 外力仅有水平力与重力对小球做功，合外力做 功为0，水平力做功W=mgl(1-cos θ)，故B错误； 小球上升高度为l(1-cos θ)，则重力势能变化量为ΔEp=mgl(1-cos θ)，故C错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由以上可知，小球动能不变，重力势能增加mgl(1-cos θ)，除了重力之外的力做功等于系统机械能变化量，所以水平力做功使小球与地球组成的系统机械能变化了mgl(1-cos θ)，故D正确。 答案 7.(2024·深圳市桃源居中澳实验学校开学考)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50× 103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为零势能参考平面，在飞船下落过程中，重力加速度为常量，大小取g=9.8 m/s2。(结果保留2位有效数字)。 (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　4.0×108 J　2.4×1012 J　 答案 飞船着地瞬间的机械能为E0=m+0，代入数据得E0=4.0×108 J。 飞船进入大气层时的机械能为Eh=m+mgh，代入数据得Eh≈2.4× 1012 J。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　9.7×108 J 飞船在600 m处的机械能为Eh'=m(vh)2+mgh'；由功能关系得W=Eh' -E0 代入数据得W=9.7×108 J。 答案 8.(多选)(2024·江苏省马坝高级中学高一期中)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 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 答案 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，除重力和弹簧弹力以外的力做的功即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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 9.(多选)(2023·新疆泽善县二中月考)如图，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B的左端放一小物体A，现以水平力F拉A，使A从B的左端滑到右端，由于A、B间摩擦力的作用，B向右移动一段距离。在此过程中 A.F做功的大小等于A动能的增加量 B.F越大，系统中因摩擦产生的热量越多 C.摩擦力对A、B做功的代数和不为零 D.摩擦力对B所做的功的大小等于B动能的增加量 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 答案 根据功能关系可知，F做的功一部分变成物体A 的动能，一部分变成木板B的动能，一部分变成 因摩擦产生的热量，A错误； 产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，A、B间滑动摩擦力恒定，相对位移恒定，因此产生的热量为定值，与力F的大小无关，B错误； A、B间的摩擦力为作用力和反作用力，等大反向，而A、B两物体在力的作用下通过的位移不同，摩擦力对A、B做功大小不同，因此代数和不为零，C正确； 只有摩擦力对B做功，根据动能定理，摩擦力对B所做的功等于B动能的增加量，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 10.(2023·福建晋江毓英中学高一期末)高为h=5 m的光滑固定斜面AB，倾角θ=30°，底端与水平面BD平滑相连，经过B点时无机械能损失，在水平面末端墙上固定一轻弹簧，水平面BC段粗糙，长度为20 m，动摩擦因数μ=0.2，水平面CD段光滑，且等于弹簧原长，质量为m=1 kg的物块，由斜面顶端A点静止下滑(g=10 m/s2)，求： (1)弹簧被压缩具有的最大弹性势能； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　10 J　 答案 物块从A点沿斜面下滑，从A点到C点过程， 由动能定理可得mgh-μmgsBC=EkC，解得物 块到达C点时的动能为EkC=10 J，此后物块 压缩弹簧，由于水平面光滑，则物块减小的动能完全转化为弹簧的弹性势能，则有其最大弹性势能为Epm=EkC=10 J。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (2)物块最终会停在距离C点多远的地方； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　5 m的地方　 弹簧恢复形变过程，将物块推出，其弹性势能转化为物块到达C点的动能，此后摩擦力做功，动能又通过物块克服摩擦力做功转化为内能，则有EkC=μmgs，解得s=5 m，即物块会停在距离C点5 m的地方。 答案 (3)物块与水平面摩擦产生的热量为多少。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　50 J 由功能关系可得物块与水平面摩擦产生的热量为Q=μmg(sBC+s)=50 J。 返回 答案 BENKEJIESHU 本课结束 $$ 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 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 合外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 机械能不变 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　(多选)(2023·泉州市高一期中)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处时，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，AB间的竖直高度差为h，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.由A到B过程合外力对小球做的功等于mgh B.由A到B过程小球的重力势能减少mgh C.由A到B过程小球克服弹力做功为mgh D.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-mv2 答案　BD 解析　重力做功只与初、末位置的高度差有关，则由A至B重力做功为mgh，则由A到B过程小球的重力势能减少mgh，故B正确；由A到B过程重力做功为mgh，弹簧弹力对小球做负功，A到B过程合外力对小球做的功小于mgh，则由动能定理W合=mgh-W克弹=mv2-0，解得W克弹=mgh-mv2，故A、C错误；弹簧弹力做功是弹性势能变化的量度，故小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-mv2，故D正确。 二、其他力做功与机械能变化的关系 1.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，物块机械能变化多少？(空气阻力不计，重力加速度为g) 答案　外力做功WF=Fh， 对物块由静止向上加速运动h的过程，由动能定理，WF-mgh=mv2-0 物块机械能变化量ΔE=mv2+mgh 故ΔE=Fh。 2.如图，质量为m的小球以v0的初速度，在空气中竖直向上抛出。运动中所受空气阻力(恒定不变)大小为F阻，从开始至小球上升至最高点，空气阻力对小球做了多少功，小球的机械能变化了多少？(重力加速度为g) 答案　对小球从开始至最高点的过程，由动能定理，-(mg+F阻)h=0-m 得h=， 故空气阻力做功W阻=-F阻h=- 以地面为零势能参考平面，小球在最高点的机械能E2=mgh= 故机械能变化量 ΔE=mgh-m=- 所以机械能减少了。 例2　(多选)(2023·福建厦门一中高一期中)平潭海峡公铁两用大桥建设中，需用到起重机吊运材料。若起重机用钢索吊运质量为m的货物，以0.1g的加速度竖直向上加速运动h的高度，已知重力加速度为g，则此过程中说法正确的是(　　) A.钢索对货物做功0.1mgh B.货物的动能增加0.1mgh C.货物的重力势能增加1.1mgh D.货物的机械能增加1.1mgh 答案　BD 解析　起重机用钢索吊运质量为m的货物，以0.1g的加速度竖直向上加速运动T-mg=ma，钢索对货物做功WT=Th=1.1mgh，故A错误；根据动能定理可知货物的动能增加ΔEk=mah=0.1mgh，故B正确；货物的重力势能增加mgh，故C错误；拉力做功等于机械能增加量，货物的机械能增加1.1mgh，故D正确。 三、系统内摩擦力做功与内能转化的关系 如图，质量为M、长为l0的木板静止放置于光滑地面上，一质量为m的物块以速度v0从左端冲上木板，物块和木板间的滑动摩擦力大小为f。当物块滑至木板最右端时，两者恰好达到共同速度v。 (1)对物块列出动能定理表达式。 (2)对木板列出动能定理的表达式。 (3)一对滑动摩擦力对系统做的功怎样表示？(用f、l、l0表示)系统动能变化量为多少？(用M、m、v0、v表示)系统摩擦力做功的过程中产生的热量是多少？(用M、m、v0、v表示)摩擦产生的热量与一对滑动摩擦力对系统做功的大小相等吗？这说明什么？ 答案　(1)物块位移s=l+l0，对物块全过程，由动能定理-f(l+l0)=mv2-m (2)对木板全过程，由动能定理fl=Mv2-0 (3)由(1)(2)问表达式相加 -f(l+l0)+fl=mv2+Mv2-m 即-fl0=mv2+Mv2-m 摩擦力对系统做功代数和为-fl0 系统动能变化量为mv2+Mv2-m 系统摩擦力做功的过程中产生的热量Q=m-(mv2+Mv2)=fl0 摩擦产生的热量与一对滑动摩擦力对系统做功的大小相等，故有fl相对=Q(l相对指相对路程)。 例3　(多选)(2023·莆田市高一期中)如图，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。已知子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，木块的位移为s，在此过程中(　　) A.子弹动能的减少量为f(s+d) B.木块动能的增加量为f(s+d) C.子弹与木块间摩擦转化的内能为fd D.子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功 答案　AC 解析　由动能定理得，子弹动能的减少量为阻力做的功f(s+d)，故A正确；由动能定理可知，木块动能的增加量为阻力做的功fs，故B错误；摩擦转化内能为阻力与相对路程的乘积，即为fd，故C正确；子弹减少的动能转化为木块的动能和摩擦热，所以子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功减去摩擦转化的内能，故D错误。 例4　(多选)(2023·福建厦门二中高一月考)如图所示，一固定斜面的倾角为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，加速度大小等于g(g为重力加速度大小)，物块上升的最大高度为H，则此过程中(　　) A.物块的重力势能减少了mgH B.物块的动能损失了mgH C.物块的机械能损失了mgH D.物块克服摩擦力做功mgH 答案　CD 解析　物块上升，重力势能增加，增加量为mgH，A错误；根据牛顿第二定律可得物块在运动过程中所受的合外力为mg，则合外力所做的功为W=-mg·s=-mg·=-2mgH，根据动能定理可得物块动能减少了2mgH，B错误；物块重力势能增加了mgH，动能减少了2mgH，则机械能共减小了mgH，C正确；根据功能关系，可得物块机械能的减少量等于克服摩擦力所做的功，D正确。 专题强化练　[分值：80分] 1~6题每题6分，7题12分，共48分 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.(2023·龙岩市高一期末)某同学正在垫排球，排球离开手臂后先竖直向上运动高度h，再落回原位置，设空气阻力大小恒为f，重力加速度为g，则此过程中(　　) A.该同学垫球时对排球做功mgh B.排球克服空气阻力做的总功为2fh C.排球的机械能变化量为零 D.排球的动能变化量为零 答案　B 解析　根据功能关系可知该同学垫球时对排球做功W=mgh+fh，故A错误；空气阻力对排球所做总功为Wf=-2fh，故B正确；根据功能关系可知排球的机械能变化量为ΔE=Wf=-2fh，故C错误；排球从抛出点抛出后，在落回抛出点过程中，重力做功为零，空气阻力做负功，所以合外力做功为负值，根据动能定理可知排球的动能变化量为负值，故D错误。 3.(多选)(2023·四川雅安中学高一期中)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。 4.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，小球的合外力先向上后向下，则小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合外力为零，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。 5.(多选)(2023·南平市高一期中)滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运动，它使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。质量为50 kg的人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线匀加速下滑，经过10 s到达坡底，速度大小为20 m/s。已知沙坡斜面的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，下列关于此过程的说法中正确的是(　　) A.人的重力势能减少5.0×104 J B.人克服阻力做功2.5×104 J C.人的机械能减少1.5×104 J D.人的动能增加1.0×104 J 答案　CD 解析　根据题意，设下滑时的加速度为a，下滑位移为s，由运动学公式有v=at，x=at2，解得a=2 m/s2，s=100 m，由牛顿第二定律有mgsin 30°-f=ma，解得f=150 N，由功能关系可知，人的重力势能减少量等于下滑过程中重力做功，则有ΔEp=mgsin 30°·s=2.5×104 J，故A错误；由功能关系可知，人的机械能减少量等于人克服阻力做功，则有-ΔE=W克f=fs=1.5×104 J，故B错误，C正确；由动能定理可知，人的动能增加量等于合外力做功，则有ΔEk=ma·s=1.0×104 J，故D正确。 6.(2024·安顺市二中高一月考)质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从最低点P缓慢地移到Q点，如图所示，重力加速度为g，则在此过程中(　　) A.小球受到的合外力做功为mgl(1-cos θ) B.水平力F的功为Flcos θ C.小球重力势能的变化大于mgl(1-cos θ) D.水平力F做功使小球与地球组成的系统机械能变化了mgl(1-cos θ) 答案　D 解析　小球缓慢移动，动能不变，动能的变化量为零，根据动能定理知，小球受到的合外力做功为零，故A错误；外力仅有水平力与重力对小球做功，合外力做功为0，水平力做功W=mgl(1-cos θ)，故B错误；小球上升高度为l(1-cos θ)，则重力势能变化量为ΔEp=mgl(1-cos θ)，故C错误；由以上可知，小球动能不变，重力势能增加mgl(1-cos θ)，除了重力之外的力做功等于系统机械能变化量，所以水平力做功使小球与地球组成的系统机械能变化了mgl(1-cos θ)，故D正确。 7.(12分)(2024·深圳市桃源居中澳实验学校开学考)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为零势能参考平面，在飞船下落过程中，重力加速度为常量，大小取g=9.8 m/s2。(结果保留2位有效数字)。 (1)(6分)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； (2)(6分)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 解析　(1)飞船着地瞬间的机械能为E0=m+0，代入数据得E0=4.0×108 J。 飞船进入大气层时的机械能为Eh=m+mgh，代入数据得Eh≈2.4×1012 J。 (2)飞船在600 m处的机械能为Eh'=m(vh)2+mgh'；由功能关系得W=Eh'-E0 代入数据得W=9.7×108 J。 8、9题每题8分，10题16分，共32分 8.(多选)(2024·江苏省马坝高级中学高一期中)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，除重力和弹簧弹力以外的力做的功即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。 9.(多选)(2023·新疆泽善县二中月考)如图，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B的左端放一小物体A，现以水平力F拉A，使A从B的左端滑到右端，由于A、B间摩擦力的作用，B向右移动一段距离。在此过程中(　　) A.F做功的大小等于A动能的增加量 B.F越大，系统中因摩擦产生的热量越多 C.摩擦力对A、B做功的代数和不为零 D.摩擦力对B所做的功的大小等于B动能的增加量 答案　CD 解析　根据功能关系可知，F做的功一部分变成物体A的动能，一部分变成木板B的动能，一部分变成因摩擦产生的热量，A错误；产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，A、B间滑动摩擦力恒定，相对位移恒定，因此产生的热量为定值，与力F的大小无关，B错误；A、B间的摩擦力为作用力和反作用力，等大反向，而A、B两物体在力的作用下通过的位移不同，摩擦力对A、B做功大小不同，因此代数和不为零，C正确；只有摩擦力对B做功，根据动能定理，摩擦力对B所做的功等于B动能的增加量，D正确。 10.(16分)(2023·福建晋江毓英中学高一期末)高为h=5 m的光滑固定斜面AB，倾角θ=30°，底端与水平面BD平滑相连，经过B点时无机械能损失，在水平面末端墙上固定一轻弹簧，水平面BC段粗糙，长度为20 m，动摩擦因数μ=0.2，水平面CD段光滑，且等于弹簧原长，质量为m=1 kg的物块，由斜面顶端A点静止下滑(g=10 m/s2)，求： (1)(5分)弹簧被压缩具有的最大弹性势能； (2)(5分)物块最终会停在距离C点多远的地方； (3)(6分)物块与水平面摩擦产生的热量为多少。 答案　(1)10 J　(2)5 m的地方　(3)50 J 解析　(1)物块从A点沿斜面下滑，从A点到C点过程，由动能定理可得mgh-μmgsBC=EkC，解得物块到达C点时的动能为EkC=10 J，此后物块压缩弹簧，由于水平面光滑，则物块减小的动能完全转化为弹簧的弹性势能，则有其最大弹性势能为Epm=EkC=10 J。 (2)弹簧恢复形变过程，将物块推出，其弹性势能转化为物块到达C点的动能，此后摩擦力做功，动能又通过物块克服摩擦力做功转化为内能，则有EkC=μmgs，解得s=5 m，即物块会停在距离C点5 m的地方。 (3)由功能关系可得物块与水平面摩擦产生的热量为Q=μmg(sBC+s)=50 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$