2024年高中物理新教材同步学案 必修第二册 第8章 专题强化　功能关系及其应用 (含解析)

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专题强化　功能关系及其应用[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、几种典型的功能关系如图，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＝eq \f(1,2)mv2－0则ΔEk＝(F－mg)h物块机械能变化量ΔE＝eq \f(1,2)mv2＋mgh故ΔE＝Fh。功和能一样吗？二者有何关系？答案　不一样。二者的关系：①功是能量转化的量度。②力的做功过程就是能量转化的过程；不同的力做功，对应不同形式的能的转化。③做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。例1　(2023·贵阳市期末)质量为m的物体在升降机中，随升降机竖直向上以大小为eq \f(1,4)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eq \f(1,4)mgh B．减少eq \f(1,4)mghC．增加eq \f(3,4)mgh D．减少eq \f(3,4)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＝eq \f(3,4)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＝eq \f(3,4)mgh，故选C。例2　(多选)(2023·临汾市高一期末)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的eq \f(3,4)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，小球沿圆弧轨道到达最高点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mgRB．机械能减少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高度差为R，重力做功为mgR，A正确；到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则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错误；以OA所在平面为参考平面，初始机械能为E1＝2mgR，末状态机械能为E2＝mgR＋eq \f(1,2)mvB2，机械能增量为ΔE＝E2－E1＝－eq \f(1,2)mgR，则W克f＝eq \f(1,2)mgR，B正确，D错误。二、热量的产生与摩擦力做功如图，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Ff。当物块滑至木板最右端时，两者恰好达到共同速度v，且此时木板位移为l。(1)此过程中物块的位移大小为多少？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)一对摩擦力对系统做的功为多少？(用Ff、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)，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)物块位移大小x＝l＋l0，由动能定理－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摩擦力对系统做功代数和为－Ffl0系统动能变化量为eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)mv02系统摩擦过程中产生的热量Q＝eq \f(1,2)mv02－(eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Mv2)由④式知，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Ffl相对＝Q(l相对指相对路程)。例3　(多选)(2022·成都市高一期末)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，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滑动摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是(　　)A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfxC．小物块和小车组成的系统因摩擦产生的热量为Ff(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－FfL答案　ABD解析　小物块水平方向受到拉力F和摩擦力Ff的作用，根据动能定理得(F－Ff)(L＋x)＝eq \f(1,2)mv2－0，即小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)，故A正确；小车相对地面的位移为x，水平方向仅受小物块对小车的摩擦力作用，根据动能定理得Ffx＝eq \f(1,2)Mv′2，故B正确；小物块相对小车的位移为L，则产生的热量为Q＝FfL，故C错误；外力做的功转化为了系统的机械能还有摩擦产生的内能，所以小物块和小车增加的机械能为ΔE＝F(L＋x)－FfL，故D正确。例4　如图，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，在子弹入射的过程中，木块沿水平桌面移动的距离为x，木块对子弹的平均阻力大小为Ff，那么在这个过程中，下列说法不正确的是(　　)A．木块的动能增量为FfxB．子弹的动能减少量为Ff(x＋d)C．系统的机械能减少量为FfdD．系统产生的热量为Ff(x＋d)答案　D解析　子弹对木块的作用力大小为Ff，木块相对于桌面的位移为x，则子弹对木块做功为Ffx，根据功能关系，木块动能的增量等于子弹对木块做的功，即为Ffx，故A正确；木块对子弹的阻力做功为 W＝－Ff(x＋d)，根据功能关系得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做的功，大小为Ff(x＋d)，故B正确；子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为Ffd，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为Ffd，产生的热量为Ffd，故C正确，D错误。专题强化练1．(2022·温州市高一期末)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FhB．飞行员和降落伞所受合力做功为Fh－mghC．飞行员和降落伞的机械能减少了FhD．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。2.(2022·滨海县八滩中学高一期中)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小量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小量，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。3.如图所示，两个完全相同的物体分别自斜面AC和BC顶端由静止开始下滑，物体与两斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为EA和EB，下滑过程中产生的热量分别为QA和QB，则(　　)A．EA>EB　QA＝QB B．EA＝EB　QA>QBC．EA>EB　QA>QB D．EAEB。故选项A正确。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flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq \f(1,2)mv02－flD．物块的动能一定小于eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02，对木板分析有fxM＝eq \f(1,2)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eq \f(1,2)mv02－fl＝eq \f(1,2)mvm2＋eq \f(1,2)MvM2，则物块从木板右端离开时的动能一定小于eq \f(1,2)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，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。6.(多选)(2023·银川六盘山高级中学期末)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，如图所示，运动方向与水平方向成53°(sin 53°＝0.8)，运动员的加速度大小为eq \f(3g,4)(g为重力加速度)。已知运动员(包括装备)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(　　)A．运动员重力势能的减少量为mghB．运动员动能的增加量为eq \f(3mgh,4)C．运动员动能的增加量为eq \f(15,16)mghD．运动员的机械能减少了eq \f(mgh,16)答案　ACD解析　在运动员下落高度为h的过程中，重力做功为mgh，故运动员重力势能的减少量为mgh，故A正确；根据牛顿第二定律F合＝ma＝eq \f(3,4)mg，运动员下落高度为h的过程中位移为eq \f(h,sin 53°)＝eq \f(5,4)h，则根据动能定理eq \f(3,4)mg×eq \f(5,4)h＝ΔEk，则运动员动能的增加量为ΔEk＝eq \f(15,16)mgh，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eq \f(15,16)mgh，则运动员的机械能减少了mgh－eq \f(15,16)mgh＝eq \f(mgh,16)，故D正确。7.(多选)(2020·全国卷Ⅰ)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ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝eq \f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0 m，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＝gsin α－μgcos α＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D错误。8．(2022·上海市新中中学高一期中)如图所示，轨道的ab段和cd段为半径 R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧，bc 段为长 L＝2 m的水平面，圆弧和水平面平滑连接。质量 m＝1 kg的物体从 a点处由静止下滑，水平面与物体间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度 g＝10 m/s2，求：(1)物体第一次通过c点时对轨道的压力大小；(2)物体最终停下来的位置；(3)物体从a点静止下滑到停下来的过程中机械能损失了多少。答案　(1)20 N　(2)b点　(3)8 J解析　(1)从a点到c点由动能定理有mgR－μmgL＝eq \f(1,2)mvc2，在c点时FN－mg＝meq \f(vc2,R)联立两式解得FN＝20 N，由牛顿第三定律可知，物体第一次通过c点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝20 N(2)对物体运动的全过程有mgR＝μmgx，解得x＝4 m则物体恰好停在b点；(3)物体从a点静止下滑到停下来的过程中机械能损失了ΔE＝μmgx＝mgR＝8 J。9．(2022·沈阳市第十中高一期末)如图所示，在粗糙水平地面上A点固定一个半径为R的光滑竖直圆轨道，在A点与地面平滑连接。轻弹簧左端固定在竖直墙上，自然伸长时右端恰好在O点，OA＝3R。现将质量为m的物块P从与圆心等高处的B点由静止释放，物块压缩弹簧至E点时速度为0(E点未标出)，第一次弹回后恰好停在A点。已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.125，重力加速度为g，求：(1)物块P第一次到达圆轨道A点时受到的弹力大小；(2)OE的长度及弹簧的最大弹性势能；(3)若换一个材料相同的物块Q，在弹簧右端将弹簧压缩到E点由静止释放，物块Q质量多大时恰好过圆轨道最高点C。答案　(1)3mg　(2)R　eq \f(1,2)mgR　(3)eq \f(1,6)m解析　(1)物块第一次通过A点时的速度为vA，从B点到A点的过程根据动能定理有mgR＝eq \f(1,2)mvA2－0①在A点物块受到的弹力大小为F，根据牛顿第二定律有F－mg＝meq \f(vA2,R)②解得F＝3mg③(2)设弹簧压缩到E点弹簧的压缩量为x，最大弹性势能为Ep，根据功能关系得由B到E，mgR－μmg(3R＋x)－Ep＝0④由E到A，Ep－μmg(3R＋x)＝0⑤联立解得x＝R⑥Ep＝eq \f(1,2)mgR⑦(3)设物块Q的质量为mQ ，物块Q恰好到达C点时有mQg＝mQeq \f(vC2,R)⑧物块Q从E点到C点，根据功能关系得Ep－μmQg(3R＋x)－mQg·2R＝eq \f(1,2)mQvC2⑨解得mQ＝eq \f(1,6)m。10．如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v顺时针匀速转动。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。(1)这一过程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)系统摩擦产生的热量为多少？(4)与不放物块时相比，电动机多做的功为多少？(5)与不放物块时相比，电动机多做的这部分功与哪种能量的变化对应？总结这条功能关系。答案　(1)eq \f(1,2)mv2　(2)mv2　(3)eq \f(1,2)mv2　(4)mv2　(5)见解析解析　设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff，从滑上传送带到相对静止的过程中物块的位移大小为x1，传送带相对地面的位移大小为x2，则x1＝eq \f(1,2)vt，x2＝vt＝2x1。(1)对物块运用动能定理有Ffx1＝eq \f(1,2)mv2。(2)传送带克服摩擦力做的功W克f＝Ffx2＝2Ffx1＝mv2。(3)系统摩擦产生的热量Q＝Ffx相对＝Ff(x2－x1)＝Ffx1＝eq \f(1,2)mv2。(4)电动机多做的功为传送带克服摩擦力做的功，W多＝W克f＝mv2。(5)电动机做功就是消耗电能的过程，按照能量守恒定律，消耗的电能转化成传送带与物块系统的机械能和内能(即物块增加的动能和系统摩擦产生的热量)。W多＝ΔE电→其他＝ΔE机＋Q。11．(2023·镇江市高一期中)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始向上运动，在某一高度时撤去该力，不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E、动能Ek、重力势能Ep随时间t或位移x变化的关系图像可能正确的是(　　)答案　B解析　设物体运动的起点为参考平面，物体在恒力作用下的加速度为a，由功能关系可知，机械能为E＝Fx＝F·eq \f(1,2)at2，知E－t图像是开口向上的抛物线，E－x图像是倾斜直线；撤去恒力后，无其他外力做功，机械能守恒，则机械能不随时间变化，故A错误，B正确；设物体运动的起点为参考平面，则有恒力作用时，物体的重力势能Ep＝mgx＝mg·eq \f(1,2)at2，一段时间t1后撤去恒力，物体减速上升，则物体的重力势能Ep＝mg[eq \f(1,2)at12＋at1(t－t1)－eq \f(1,2)g(t－t1)2]，所以Ep－t图像起初是开口向上的抛物线，撤去恒力后为开口向下的抛物线，如图，故C错误；由动能定理，有恒力作用时Ek＝max，撤去恒力后，则Ek＝max1－mg(x－x1)，所以Ek－x图像起初为一段递增的倾斜直线，撤去拉力后为一段递减的倾斜直线，故D错误。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WG0弹性势能减少W弹0动能增加W合0机械能增加W其他