考点 功能关系的理解和应用
1．几个重要的功能关系
（1）重力做的功等于重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp.
（2）弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔEp.
（3）合力做的功等于动能的变化量，即W＝ΔEk.
（4）重力（或系统内弹力）之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W其他＝ΔE.
（5）系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝Ff·x相对．
2．理解
（1）做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．
（2）功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．
3．应用
（1）分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化．
（2）列动能定理或能量守恒定律表达式．
例2 （多选）（2019·全国卷Ⅱ·18）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图4所示．重力加速度取10m/s2.由图中数据可得（ ）
图4
A．物体的质量为2kg
B．h＝0时，物体的速率为20m/s
C．h＝2m时，物体的动能Ek＝40J
D．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J
答案 AD
解+析 根据题图图像可知，h＝4m时物体的重力势能mgh＝80J，解得物体质量m＝2kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100J，由公式Ek0＝mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh＝|ΔE总|＝20J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5N，从物体开始抛出至上升到h＝2m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，选项C错误；由题图图像可知，物体上升到h＝4m时，机械能为80J，重力势能为80J，动能为零，即从地面上升到h＝4m，物体动能减少100J，选项D正确．
变式训练
3．2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得此届冬奥会首枚奖牌．如图5为U形池模型，其中A、B为U形池两侧边缘，C为U形池最低点，U形池轨道各处粗糙程度相同．运动员（可看成质点）在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，下列说法正确的是（ ）
图5
A．运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回
B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回
C．由A到C过程与由C到B过程相比，运动员损耗机械能相同
D．由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程运动员损耗机械能较小
答案 A
解+析 运动员由h处自由下落，到右侧高度，损失的机械能ΔE＝mg.运动员受到的摩擦力与正压力成正比，由圆周运动的规律可知，运动员返回时比开始进入时的平均速率要小，平均摩擦力要小，则阻力做功小于mg，故能冲出A点，选项A正确，B错误，同理，A到C过程比C到B过程平均速率大，平均摩擦力大，运动员损耗机械能大，故C、D错误．
4.（多选）（2018·安徽安庆市二模）如图6所示，一运动员穿着飞行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，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为.已知运动员（包含装备）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（sin53°＝，cos53°＝）（ ）
图6
A．运动员重力势能的减少量为mgh
B．运动员动能的增加量为mgh
C．运动员动能的增加量为mgh
D．运动员的机械能减少了mgh
答案 CD
解+析 运动员下落的高度是h，则重力做功：
W＝mgh，所以运动员重力势能的减少量为mgh，故A错误；运动员下落的高度是h，则飞行的距离：
L＝＝h，运动员受到的合外力：
F合＝ma＝mg，动能的增加量等于合外力做的功，即：
ΔEk＝W合＝F合L＝mg×h＝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mgh，所以运动员的机械能减少了mgh，故D正确．
考点 动能定理的应用
1．表达式：
W总＝Ek2－Ek1.
2．五点说明
（1）W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．
（2）动能变化量Ek2－Ek1一定是物体在末、初两状态的动能之差．
（3）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
（4）动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
（5）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
3．基本思路
（1）确定研究对象和研究过程．
（2）进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．
4．在功能关系中的应用
（1）对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．
（2）动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功（总功）与动能变化量一一对应．
例3 如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为Ep＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：
图7
（1）弹簧的劲度系数；
（2）篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小；
（3）篮球在整个运动过程中通过的路程．
答案
（1）500N/m
（2）0.50N （3）11.05m
解+析
（1）由最后静止的位置可知kx2＝mg，所以k＝500N/m
（2）由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中
mgΔh－Ff·L＝mv22－mv12
整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh＝mg（h1－h2）＝1.135J
空气阻力大小恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273m
故可得Ff≈0.50N
（3）整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反
根据动能定理有mgΔh′＋Wf＋W弹＝mv2′2－mv12
整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh′＝mg（h1＋x2）＝5.55J
弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025J
则空气阻力做功Wf＝－mgΔh′－W弹＝－5.525J
因Wf＝－Ffs
故解得s＝11.05m.
变式训练
5.（2019·全国卷Ⅲ·17）从地面竖直向上抛出一物体，物
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