1.熟練掌握幾種常見的功能關(guān)系，并會用于解決實際問題.
2.掌握一對摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系.
科學思維
1.會應用能量守恒觀點解決綜合問題．
考點一 功能關(guān)系的理解和應用
梳理·必備知識
1．對功能關(guān)系的理解
(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實現(xiàn)的．
(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等．
2．常見的功能關(guān)系
1．一個物體的能量增加，必定有別的物體的能量減少．( √ )
2．合力做的功等于物體機械能的改變量．( × )
3．克服與勢能有關(guān)的力(重力、彈簧彈力、靜電力等)做的功等于對應勢能的增加量．( √ )
4．滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉(zhuǎn)化．( √ )
提升·關(guān)鍵能力
功的正負與能量增減的對應關(guān)系
(1)物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功．
(2)勢能的增加與減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、靜電力等)做負功還是做正功．
(3)機械能的增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負功．
考向1 功能關(guān)系的理解
例1 (多選)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab與水平面的夾角為60°，光滑斜面bc與水平面的夾角為30°，頂角b處安裝一定滑輪．質(zhì)量分別為M、m(M>m)的兩滑塊A和B，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動，A、B不會與定滑輪碰撞．若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中( )
A．輕繩對滑輪作用力的方向豎直向下
B．拉力和重力對M做功之和大于M動能的增加量
C．拉力對M做的功等于M機械能的增加量
D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功
答案 BD
解析 根據(jù)題意可知，兩段輕繩的夾角為90°，輕繩拉力的大小相等，根據(jù)平行四邊形定則可知，合力方向與輕繩方向的夾角為45°，所以輕繩對滑輪作用力的方向不是豎直向下的，故A錯誤；對M受力分析，受到重力、斜面的支持力、輕繩的拉力以及滑動摩擦力作用，根據(jù)動能定理可知，M動能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做負功，則拉力和重力對M做功之和大于M動能的增加量，故B正確；由除重力和彈力之外的力對物體做的功等于物體機械能的變化量可知，拉力和摩擦力對M做的功之和等于M機械能的增加量，故C錯誤；對兩滑塊組成系統(tǒng)分析可知，除了重力之外只有摩擦力對M做功，所以兩滑塊組成的系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功，故D正確．
例2 (多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運動的加速度大小為eq \f(3,4)g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個過程中物體( )
A．重力勢能增加了mgh
B．機械能損失了eq \f(1,2)mgh
C．動能損失了mgh
D．克服摩擦力做功eq \f(1,4)mgh
答案 AB
解析 加速度大小a＝eq \f(3,4)g＝eq \f(mgsin 30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq \f(1,4)mg，機械能損失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝eq \f(1,4)mg·2h＝eq \f(1,2)mgh，故B項正確，D項錯誤；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故A項正確；動能損失量為克服合力做功的大小，動能損失量ΔEk＝F合x＝eq \f(3,4)mg·2h＝eq \f(3,2)mgh，故C項錯誤．
考向2 功能關(guān)系與圖像的結(jié)合
例3 (多選)(2020·全國卷Ⅰ·20)一物塊在高3.0 m、長5.0 m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10 m/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(shù)為0.5
C．物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2
D．當物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J
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＝30 J－10 J＝20 J，重力勢能的減少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcs α·s，其中cs α＝eq \f(\r(s2－h(huán)2),s)＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，則可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正確；物塊下滑時加速度的大小a＝gsin α－μgcs α＝2.0 m/s2，故C錯誤；物塊下滑2.0 m時損失的機械能為ΔE′＝μmgcs α·s′＝8 J，故D錯誤．
考點二 摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化
提升·關(guān)鍵能力
兩種摩擦力做功特點的比較
例4 (多選)如圖所示，一個長為L，質(zhì)量為M的木板，靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)，以水平初速度v0，從木板的左端滑向另一端，設(shè)物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，當物塊與木板相對靜止時，物塊仍在長木板上，物塊相對木板的位移為d，木板相對地面的位移為s，重力加速度為g.則在此過程中( )
A．摩擦力對物塊做的功為－μmg(s＋d)
B．摩擦力對木板做的功為μmgs
C．木板動能的增量為μmgd
D．由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為μmgs
答案 AB
解析 根據(jù)功的定義W＝Flcs θ，其中l(wèi)指物體的位移，而θ指力與位移之間的夾角，可知摩擦力對物塊做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力對木板做的功W2＝μmgs，A、B正確；根據(jù)動能定理可知木板動能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C錯誤；由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D錯誤．
例5 (多選)(2019·江蘇卷·8)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中( )
A．彈簧的最大彈力為μmg
B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs
C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs
D．物塊在A點的初速度為eq \r(2μgs)
答案 BC
解析 物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力μmg，選項A錯誤；物塊從開始運動至最后回到A點過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做的功為2μmgs，選項B正確；物塊從最左側(cè)運動至A點過程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項C正確；設(shè)物塊在A點的初速度大小為v0，對整個過程應用動能定理有－2μmgs＝0－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝2eq \r(μgs)，選項D錯誤．
考點三 能量守恒定律的理解和應用
梳理·必備知識
1．內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。
2．表達式：
(1)E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和。
(2)ΔE增＝ΔE減，增加的能量總和等于減少的能量總和。
3．理解
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。
思考 現(xiàn)在市場上有一種手表叫自動機械手表，只要每天有一定時間把表戴在手上，不用手動上發(fā)條，表針便可走動計時，自動手表的工作運行，是否違背能量守恒定律？
答案 不違背能量守恒定律。自動手表的運行是把人運動的機械能轉(zhuǎn)化為發(fā)條的彈性勢能，然后再轉(zhuǎn)化為表針的動能，同樣遵守能量守恒定律。
提升·關(guān)鍵能力
例6 (多選)(2023·廣東省金山中學高三檢測)如圖所示，輕彈簧放在傾角為37°的斜面體上，輕彈簧的下端與斜面底端的擋板連接，上端與斜面上b點對齊，質(zhì)量為m的物塊在斜面上的a點由靜止釋放，物塊下滑后，壓縮彈簧至c點時速度剛好為零，物塊被反彈后返回b點時速度剛好為零，已知ab長為L，bc長為eq \f(L,4)，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.則( )
A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5
B．物塊接觸彈簧后，速度先減小后增大
C．彈簧具有的最大彈性勢能為0.5mgL
D．物塊在上述過程因摩擦產(chǎn)生的熱量為0.6mgL
答案 AD
解析 物塊在a點由靜止釋放，壓縮彈簧至c點，被反彈后返回b點時速度剛好為零，對整個過程應用動能定理得mgLsin θ－μmgcs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,4)＋\f(L,4)))＝0，解得μ＝0.5，則整個過程因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,4)＋\f(L,4)))＝0.6mgL，故A、D正確；物塊接觸彈簧后，向下運動時，開始由于mgsin θ>μmgcs θ＋F彈，物塊繼續(xù)向下加速，F(xiàn)彈繼續(xù)變大，當mgsin θF彈，電梯加速向下運動；隨彈力的增加，當F合v2，可得xm>2xM，則xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝fxM

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