功能关系在力学的应用

感碍州碑碎市碰碗学校力学中功能关系的理解和应用[方法点拨] (1)做功的过程就是能量转化的过程.功是能量转化的量度.(2)功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等.1.(2018·八校第二次测评)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动.此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图1所示.若取h ＝0处为重力势能零势能面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是( )图12.(2018·一模)2月13日，平昌冬奥会单板滑雪女子U 型场地决赛中，我国选手刘佳宇荣获亚，为我国夺得首枚奖牌.如图2为U 型池模型，其中A 、B 为U 型池两侧边缘，C 为U 型池最低点，U 型池轨道各处粗糙程度相同.一小球在池边高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h 2，下列说法正确的是( )图2A.小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A 然后返回B.小球再次进入池中后，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，小球损耗的机械能相同D.由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，前一过程小球损耗的机械能较小3.(多选)(2018·四川省泸州市一检)如图3所示，固定斜面倾角为θ，在斜面底端固定一个轻质弹簧，弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m 的物块，O 点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A 点.斜面上另外有B 、C 、D 三点，AO ＝OB ＝BC ＝CD ＝l ，其中B 点下方斜面光滑，BD 段粗糙，物块与斜面BD 段间的动摩擦因数为μ＝tan θ，重力加速度为g .物块静止时弹簧的弹性势能为E ，用外力将物块拉到D 点由静止释放，第一次经过O 点时的速度大小为v ，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )图3A.物块从D 点向下运动到A 点的过程中，最大加速度大小为2g sin θB.物块最后停在B 点C.物块在D 点时的弹性势能为mv 22－mgl sin θD.物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为mv22＋mgl sinθ－E4.如图4所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也为v0.斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰.下列说法正确的是( )图4A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时，B的动能最大C.滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多D.滑到斜面底端时，B的机械能减少最多5.(多选)(2018·皖南八校联考)如图5甲所示，绷紧的足够长的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量为m＝1kg、水平初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示.则( )图5A.小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为4mB.0～3s时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2N·sC.0～4s时间内，传送带克服摩擦力做功为16JD.小物块与传送带之间由摩擦产生的热量为18J6.(2019·模拟)如图6甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动.运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E－x图象)如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线.根据该图象，下列判断正确的是( )图6A.0～x1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下B.0～x2过程中物体的动能一定增大C.x1～x2过程中物体可能在做匀速直线运动D.x1～x2过程中物体可能在做匀减速直线运动7.(多选)(2018·东莞市模拟)如图7所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB 等于弹簧原长.小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A，第一次经过B处的速度大小为v，运动到C处速度为0，后又以大小为a C的初始加速度由静止开始向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图7A.小球可以返回到出发点A 处B.撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止状态C.弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2 D.a A －a C ＝g8.(多选)(2018·衡水中学八模)如图8甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m.选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E 随高度h 的变化关系如图乙所示.g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则( ) 图8A.物体的质量m ＝0.67kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5C.物体上升过程中的加速度大小a ＝1m/s 2D.物体回到斜面底端时的动能E k ＝10J9.(多选)圆心为O 、半径为R 的光滑圆弧轨道AC 与倾角θ＝30°的光滑斜面BC 固定在一起，如图9所示，其中O 、C 、B 三点共线，OA 竖直.质量分别为m 1、m 2的两小球1、2用轻绳相连挂在C 点两侧(C 点处有一小段圆弧)，开始时小球1位于C 处，小球2位于斜面底端B 处，现由静止释放小球1，小球1沿圆弧轨道下滑，已知m 1＝6m 2，重力加速度为g ，则在小球1由C 点下滑到A 点的过程中( )图9A.小球1的机械能守恒B.重力对小球1做功的功率先增大后减小C.小球1的机械能减小79m 1gR D.轻绳对小球2做功为79m 2gR 10.(多选)(2019·枣庄八中模拟)如图10所示，在竖直平面内固定光滑的硬质杆AB ，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端A 处套一质量为m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与A 处在同一水平线上的O 点，O 、B 两点处在同一竖直线上，且OB ＝h ，OC 垂直于AB ，从A 由静止释放圆环后，圆环沿杆运动到B 时速度为零.在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态.则在圆环从A 到B 的整个过程中，下列说法正确的是( )图10A.弹簧对圆环一直做正功B.圆环的速度最大处位于C 、B 间的某一点C.弹簧的弹性势能增加了mghD.弹簧弹力的功率为零的位置有2个11.一质量为m 的质点，系于长为R 的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O 点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的.今把质点从O 点的正上方离O 点距离为89R 处以水平速度v 0＝34gR 抛出，如图11所示，试求：当质点到达O 点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？图11答案精析1.D [由v 2－h 图象为倾斜直线可知，物体的动能变化量与高度变化量成正比，即合外力为恒力，而物体所受重力不变，故拉力也一定保持不变.物体机械能的变化量大小等于重力(或弹力)以外的其他力做功的大小.由功能关系可知，随高度增加，恒定拉力做正功，机械能均匀增加，故D 项正确.]2.A [小球在高h 处自由下落由U 型池左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为h2，根据动能定理有mg ×h 2－W f1＝0，W f1＝12mgh .从B 点进入池中后，由于小球经过每一个对应的位置时速度都比第一次小，小球所受摩擦力小于第一次所受的摩擦力，所以第二次在池中运动克服摩擦力所做的功小于mg2，小球能够冲出左侧边缘A 然后返回，故A 正确，B 错误；由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，每一个对称的位置，由A 到C 过程小球所受摩擦力都比由C 到B 所受摩擦力大，所以小球由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，前一过程小球损耗的机械能较大，故C 、D 错误.]3.CD [物块在BD 段向下运动过程中，因μ＝tan θ，物块的重力沿斜面向下的分力mg sin θ与滑动摩擦力μmg cos θ大小相等，弹簧弹力提供加速度，物块在D 点处加速度最大，有k ·3l ＝ma ，物块静止时有kl ＝mg sin θ，得a ＝3g sin θ，物块在DA 段的最大加速度为3g sin θ，A 选项错误；物块从D 点下滑后，沿斜面向下运动，因μ＝tan θ，物块在B 点时受到弹簧拉力，不可能静止，最终在B 点下方做往复运动，到B 点处的速度为零，B 选项错误；物块从D 点第一次到O 点，由功能关系得E p ＋mg sin θ·3l ＝μmg cos θ·2l ＋mv 22，E p ＝mv 22－mgl sin θ，C 选项正确；物块在B 点时弹簧的弹性势能与物块在A 点时弹簧的弹性势能相同，对全过程分析有(E p －E )＋mg sin θ·2l ＝Q ，得Q ＝mv 22＋mgl sin θ－E ，D 选项正确.]4.B [A 、C 两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A 所受滑动摩擦力沿斜面向上，C 受到的沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C 沿斜面向下的加速度大于A 沿斜面向下的加速度，C 先到达斜面底端，A 项错误；重力做功相同，摩擦力对A 、B 做功相同，C 克服摩擦力做功最多，而B 有初速度，则滑到斜面底端时，B 滑块的动能最大，B 项正确；三个滑块下降的高度相同，减少的重力势能相同，C 项错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C 运动的路程最大，C 克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，D 项错误.]5.AD [由图象可知，第2s 末小物块向左运动的位移达到最大，根据速度—时间图线与时间轴所围图形的面积大小表示位移大小，得s 1＝12×2×4m＝4m ，故A 正确；物块做匀变速运动的加速度大小a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2m/s 2，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ＝2N,0～3s 时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I ＝μmgt ＝6N·s，故B 错误；由图象可知传送带速率大小v 1＝2m/s ，前3s 内物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W ＝μmgv 1t ＝2×2×3J＝12J,3～4s 内二者相对静止，无摩擦力，故C 错误；物块在传送带上滑动的3s 内，传送带的位移s ′＝v 1t ＝6m ，方向向右，物块的位移s ＝(12×2×4－12×1×2)m＝3m ，方向向左，二者的相对位移Δs ＝s ′＋s ＝9m ，整个过程中因摩擦产生的热量Q ＝μmg Δs ＝18J ，故D 正确.]6.B [除重力之外的其他力做的功等于物体的机械能的改变量，则F ·Δx ＝ΔE ，即F ＝ΔE Δx，所以E －x 图象的斜率的绝对值表示物体所受拉力的大小，由题图乙可知0～x 1内图线的斜率为负，则物体所受拉力沿斜面向上，A 错误；由于物体由静止开始向下运动，且物体所受拉力先变小后不变，所以物体所受拉力一直小于物体的重力沿斜面向下的分力，物体加速运动，所以在0～x 2过程中物体的动能一定增大，B 正确，C 、D 错误.]7.CD [设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为W f ，AB 间的竖直高度为h ，弹簧具有的最大弹性势能为E p ，根据能量守恒定律：对于小球从A 到B 的过程有mgh ＋E p ＝12mv 2＋W f ，A 到C 的过程有2mgh ＋E p ＝2W f ＋E p ，解得W f ＝mgh ，E p ＝12mv 2，小球从C 点向上运动时，假设能返回到A 点，则由能量守恒定律得E p ＝2W f ＋2mgh ＋E p ，该式不成立，可知小球不能返回到出发点A 处，A 项错误，C 项正确；设从A 运动到C 摩擦力的平均值为F f ，AB ＝s ，由W f ＝mgh 得F f ＝mg sin30°，在B 点，摩擦力F f ＝μmg cos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B 点外)，小球对杆的压力大于mg cos30°，所以F f ＞μmg cos30°可得mg sin30°＞μmg cos30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止状态，B 项错误；根据牛顿第二定律得，在A 点有F cos30°＋mg sin30°－F f ＝ma A ，在C 点有F cos30°－F f －mg sin30°＝ma C ，两式相减得a A －a C ＝g ，D 项正确.]8.BD [在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有E ＝E p ＋0＝mgh ，所以物体质量为m ＝E gh ＝3010×3kg ＝1kg ，A 错误；在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升过程中只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得－μmg cos37°h sin37°－mgh ＝ΔE k ，解得μ＝0.5，B 正确；物体上升过程中沿斜面方向受到的合外力为F ＝mg sin α＋μmg cos α＝10N ，故物体上升过程中的加速度大小为a ＝F m ＝10m/s 2，C 错误；物体上升过程和下滑过程所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J ，故物体从开始至回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J ；又由于物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以物体回到斜面底端时的动能为50J －40J ＝10J ，D 正确.]9.BD [小球1在下滑过程中，沿竖直方向分速度由0先增大到某值后又减小到0，所以重力对小球1做功的功率先增大后减小，B 对；设小球1在A 点时速度为v ，由运动的合成与分解知此时小球2的速率为v cos30°＝3v 2，小球1由C 点到下滑到A 点的过程中，对小球1和小球2整体由动能定理有m 1gR (1－cos60°)－m 2gR sin30°＝12m 1v 2＋12m 2(3v 2)2，得v 2＝2027gR ，对小球1由动能定理有m 1gR (1－cos60°)＋W T ＝12m 1v 2，得W T ＝－79m 2gR ，即小球1的机械能减少79m 2gR ，A 、C 错；因小球1由C 点下滑到A 点的过程中，小球1和小球2组成的系统机械能守恒，所以轻绳对小球2做的功为79m 2gR ，D 对.] 10.BC [由几何关系可知，当环在C 点时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小.所以在环从A 到C 的过程中弹簧对环做正功，而从C 到B 的过程中弹簧对环做负功，选项A 错误；当圆环在C 点时，弹力的方向与AB 垂直，从C 点继续下滑，当重力沿杆向下的分力大于弹力沿杆向上的分力时，圆环的加速度向下，速度增大；当重力沿杆向下的分力等于弹力沿杆向上的分力时，加速度为零，速度最大，则圆环的速度最大处位于C 、B 间的某一点，选项B 正确；圆环从A 到B ，弹簧弹性势能增加量等于重力势能的减少量，即弹簧的弹性势能增加了mgh ，选项C 正确；根据P ＝Fv cos θ可知，在最高点和最低点时圆环的速度为零，则弹簧弹力的功率为零；在C 点时，弹力与速度垂直，此时弹簧弹力的功率也为零，则弹簧弹力的功率为零的位置有3个，选项D 错误.]11.439mg 解析 设绳刚伸直时，绳与竖直方向的夹角为θ，如图甲所示，根据平抛运动规律有R sin θ＝v 0t ，89R －R cos θ＝12gt 2，解得θ＝π2，t ＝43R g， 即绳绷紧时刚好水平，如图乙所示，由于绳不可伸长，故绳绷紧时，沿绳方向的分速度v 0消失，质点仅有竖直速度v 1，v 1＝gt ＝43gR .以后质点在竖直平面内做圆周运动，设到达O 点正下方的速度为v ′，由机械能守恒定律有12mv ′2＝12mv 12＋mgR ，设此时绳对质点的拉力为F T ，则由牛顿第二定律有F T －mg ＝m v ′2R ，解得F T ＝439mg .。

高考物理复习：力学三大观点的综合应用考点一 动力学和能量观点的应用[知能必备]1．过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”．2．受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解．3．规律应用：选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．[典例剖析](2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为M ，下端距水平地面的高度为H ，顶端塞有一质量为m 的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M ＝4m ，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg ，g 为重力加速度的大小，不计空气阻力．(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件． 解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动．设此时管的加速度大小为a 1，方向向下；球的加速度大小为a 2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f ，由牛顿运动定律有Ma 1＝Mg ＋f ① ma 2＝f －mg ②联立①②式并代入题给数据，得a 1＝2g ，a 2＝3g ③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同．由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v 0＝2gH ④方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下．设自弹起时经过时间t 1，管与小球的速度刚好相同．取向上为正方向，由运动学公式v 0－a 1t 1＝－v 0＋a 2t 1⑤ 联立③④⑤式得t 1＝252H g⑥ 设此时管下端的高度为h 1，速度为v .由运动学公式可得 h 1＝v 0t 1－12a 1t 21⑦v ＝v 0－a 1t 1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v >0.此后，管与小球将以加速度g 减速上升h 2，到达最高点．由运动学公式有h 2＝v 22g⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1， 则H 1＝h 1＋h 2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H 1＝1325H ⑪(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1.在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有Mg (H －H 1)＋mg (H －H 1＋x 1)－4mgx 1＝0⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得x 1＝45H ⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 2为x 2＝45H 1⑭设圆管长度为L .管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x 1＋x 2≤L ⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足的条件为L ≥152125H ⑯答案：(1)2g 3g (2)1325H (3)L ≥152125H[题组精练]1．(多选)如图所示，长直杆固定放置与水平面夹角θ＝30°，杆上O 点以上部分粗糙，O 点以下部分(含O 点)光滑．轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端恰好在O 点，质量为m 的带孔小球穿过长杆，与弹簧上端连接．小球与杆粗糙部分的动摩擦因数μ＝33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现将小球拉到图示a 位置由静止释放，一段时间后观察到小球振动时弹簧上端的最低位置始终在b 点，O 点与a 、b 间距均为l .则下列说法正确的是( )A ．小球在a 点弹簧弹性势能最大B ．小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍C ．整个运动过程小球克服摩擦力做功mglD ．若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在b 点 解析：BC 由于O 点与a 、b 间距均为l ，所以小球在a 、b 两点的弹性势能相等，则A 错误；小球从a 运动到b 过程，由动能定理可得mg sin θ2l －W f ＝0，解得W f ＝mgl ，所以C 正确；小球在a 点有mg sin 30°＋kl －μmg cos 30°＝ma 1，小球在b 点有kl －mg sin 30°＝ma 2，由于小球最后是在O 与b 两点间做简谐振动，则在b 点与O 点的加速度大小相等，小球在O 点有mg sin 30°＝ma 3，a 2＝a 3，联立解得a 2＝a 3＝g 2，a 1＝g ，所以小球在a 点加速度大小是在b 点加速度大小的2倍，则B 正确；若增加小球质量，仍从a 位置静止释放，设小球最终运动的最低点为c ，由于小球最后是在O 与最低点c 两点间做简谐振动，则在c 点与O 点的加速度大小相等，小球在c 点有kl ′－mg sin 30°＝ma 2，解得l ′＝mgk，所以增大小球的质量，弹簧在最低点的形变量也会增大，则最低点位置发生了改变，所以D 错误．2．如图所示，在光滑水平地面上放置质量M ＝2 kg 的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面高度h ＝0.6 m ．滑块在木板上滑行t ＝1 s 后，和木板一起以速度v ＝1 m /s 做匀速运动，取g ＝10 m /s 2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功； (3)滑块相对木板滑行的距离． 解析：(1)对木板受力分析F f ＝Ma 1 由运动学公式，有v ＝a 1t 解得F f ＝2 N .(2)对滑块受力分析－F f ＝ma 2 设滑块滑上木板时的初速度为v 0 由公式v －v 0＝a 2t 解得v 0＝3 m /s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得 mgh －W f ＝12m v 20W f ＝mgh －12m v 20＝1.5 J .(3)t ＝1 s 内木板的位移x 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行距离L ＝x 2－x 1＝1.5 m . 答案：(1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m3．(2020·江苏卷)如图所示，鼓形轮的半径为R ，可绕固定的光滑水平轴O 转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R .在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M 的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v ；(2)重物落地后一小球转到水平位置A ，此时该球受到杆的作用力的大小F ； (3)重物下落的高度h . 解析：(1)线速度v ＝ωr 得v ＝2ωR .(2)向心力F 向＝2m ω2R设F 与水平方向的夹角为α，则 F cos α＝F 向；F sin α＝mg解得F ＝ （2m ω2R ）2＋（mg ）2. (3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh解得h ＝M ＋16m2Mg(ωR )2.答案：(1)2ωR (2) （2m ω2R ）2＋（mg ）2 (3)M ＋16m2Mg(ωR )2考点二 动量和能量观点的应用[知能必备]1．动量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft ＝m v －m v 0.(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．2．能量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．(2)如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．[典例剖析](2020·天津卷)长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m 1的小球A ，处于静止状态．A 受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A 回到最低点时，质量为m 2的小球B 与之迎面正碰，碰后A 、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)A 受到的水平瞬时冲量I 的大小； (2)碰撞前瞬间B 的动能E k 至少多大？解析：(1)A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律，有m 1g ＝m 1v 2l①A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点的速度大小为v A ，有12m 1v 2A ＝12m 1v 2＋2m 1gl ② 由动量定理，有I ＝m 1v A ③ 联立①②③式，得I ＝m 15gl ④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v ′，A 、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v ′＝v A ⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的速度大小为v B ，由动量守恒定律，有m 2v B －m 1v A ＝(m 1＋m 2)v ′⑥ 又E k ＝12m 2v 2B⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为 E k ＝5gl （2m 1＋m 2）22m 2⑧答案：(1)m 15gl (2)5gl （2m 1＋m 2）22m 2动量和能量观点应用的四点注意(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．[题组精练]1．(2021·上海浦东区二模)质量M ＝0.6 kg 的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都为m ＝0.2 kg 的小物体A 和B ，分别从小车的左端和右端以水平速度v 1＝5.0 m /s 和v 2＝2.0 m /s 同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，没有相碰．已知A 、B 两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，g 取10 m /s 2，求：(1)A 、B 两物体在车上都停止滑动时的速度． (2)车的长度至少是多少？解析：(1)设物体A 、B 相对于车停止滑动时，车速为v ，根据动量守恒定律： m (v 1－v 2)＝(M ＋2m )v v ＝0.6 m /s 方向向右(2)设物体A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为L ，由功能关系 μmg (L 1＋L 2)＝12m v 21＋12m v 22－12(M ＋2m )v 2解得：L 1＋L 2＝6.8 m L ≥L 1＋L 2＝6.8 m 可知L 至少为6.8 m答案：(1)0.6 m /s 方向向右 (2)6.8 m2．(2021·铜陵一模)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m /s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．取g ＝10 m /s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有 mgR (1＋sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B解得v C ＝6 m /s .(2)根据动量守恒定律得：(m ＋M )v ＝m v C 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12m v 2C 联立解得Q ＝9 J . 答案：(1)6 m /s (2)9 J考点三 动力学、动量和能量观点的应用[知能必备]1．力学解题的三大观点分类规律 数学表达式 动力学 观点力的瞬 时作用牛顿第二定律 F 合＝ma牛顿第 三定律F ＝－F ′ 能量 观点力的空间 积累作用动能定理 W 合＝E k2－E k1 机械能守 恒定律 E k1＋E p1＝E k2＋E p2 动量 观点力的时间积累作用动量定理 F 合t ＝m v ′－m v 动量守 恒定律m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1′＋m 2 v 2′2.选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．3．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．[典例剖析](2021·湖南卷)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ.以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上．重力加速度为g.(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围．解析：(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL处由静止开始下滑，对A从静止释放到运动到O点的过程，由动能定理得mg×2μL－μmgL＝12m v2，解得v0＝2μgL.(2)在PQ曲线上任意取一点，设坐标为(x、y)，设A从O点抛出的初速度为v，由平抛运动规律有x＝v t，y ＝12gt 2， 联立解得y ＝12g x 2v2，设A 落在P 点时从O 点抛出的初速度为v P ， 将P 点坐标代入上式，有μL ＝12g （2μL ）2v 2P ， 解得v P ＝2μgL ，小物块A 从倾斜轨道上不同位置由静止释放，落在曲线PQ 上的动能均相同，有12m v 2P＋mg ·μL ＝12m v 2＋mgy ，解得x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL )．(3)设A 与B 碰前瞬间的速度为v 0′，A 、B 碰后瞬间的速度分别为v 1、v 2，对A 、B 组成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m v 0′＝m v 1＋λm v 2， 12m v 0′2＝12m v 21＋12λm v 22， 解得v 1＝1－λ1＋λv 0′，v 2＝21＋λv 0′，又因为mgh －μmgL ＝12m v 0′2，要使A 、B 均能落在PQ 上且A 落在B 落点的右侧，则有12m v 2P ≥12m v 21－2μmgL ＞12m v 22，联立解得3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL . 答案：(1)2μgL (2)x 2＋4y 2－8μLy ＝0(0≤x ≤2μL ) (3)3μL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋λ1－λ2＋μL ≥h ＞2μL （1＋λ）λ－3＋μL [题组精练]1．一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下．游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m ＝0.2 kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R 0＝0.1 m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在黏性物质作用下合为一体．然后从平台O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域．已知压缩弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，距离抛出点正下方O ′点右方0.4 m 处的M 点为得分最大值处，小弹丸均看作质点．(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少？ (2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对轨道的压力大小．(3)若半圆轨道半径R 可调(平台高度随之调节)，弹簧的弹性势能范围为0≤E p ≤4 J ，玩家要使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少？最远距离多大？解析：(1)根据机械能守恒定律得 E p ＝12m v 21＋mg ·2R 0A 、B 发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有 m v 1＝2m v 2 2R 0＝12gt 20x ＝v 2t 0 解得E p ＝2 J(2)小弹丸A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 21R解得F N ＝30 N 由牛顿第三定律知 F 压＝F N ＝30 N(3)根据E p ＝12m v 21＋mg ·2Rm v 1＝2m v 2 2R ＝12gt 2x ＝v 2t 联立解得 x ＝⎝⎛⎭⎫E p mg －2R ·2R 其中E p 最大为4 J ，得R ＝0.5 m 时落点离O ′点最远，为 x m ＝1 m答案：(1)2 J (2)30 N (3)0.5 m 1 m2．(2021·潍坊二模)如图所示，一质量M ＝4 kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ，BC 所对圆心角θ＝37°，CD 长L ＝3 m ．质量m ＝1 kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝4 m /s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，滑到D 点时刚好与小车达到共同速度v ＝1.2 m /s .取g ＝10 m /s 2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力．(1)求A 、B 间的水平距离x ；(2)求小物块从C 滑到D 所用时间t 0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时滑块离小车左端的水平距离．解析：(1)由平抛运动的规律得tan θ＝gt v 0x ＝v 0t解得x ＝1.2 m .(2)物块在小车上CD 段滑动过程中，由动量守恒定律得m v 1＝(M ＋m )v由功能关系得fL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2 对物块，由动量定理得－ft 0＝m v －m v 1得t 0＝1 s .(3)有销钉时mgH ＋12m v 20＝12m v 21 由几何关系得H －12gt 2＝R (1－cos θ) B 、C 间水平距离x BC ＝R sin θμmgL ＝12m v 21－12(M ＋m )v 2(或f ＝μmg ) 若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，由系统水平方向动量守恒可知，此时物块速度为4 m /s由能量守恒定律得mgH ＝μmg (Δx －x BC )解得Δx ＝3.73 m .答案：(1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m3．(2020·全国卷Ⅲ)如图，相距L ＝11.5 m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定．质量m ＝10 kg 的载物箱(可视为质点)，以初速度v 0＝5.0 m /s 自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g ＝10 m /s 2.(1)若v ＝4.0 m /s ，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v ＝6.0 m /s ，载物箱滑上传送带Δt ＝1312s 后，传送带速度突然变为零．求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量．解析：(1)传送带的速度为v ＝4.0 m /s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s 1，由运动学公式有v 2－v 20＝－2as 1②联立①②式，代入题给数据得s 1＝4.5 m ③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v ，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t 1，做匀减速运动所用的时间为t 1′，由运动学公式有v ＝v 0－at 1′④t 1＝t 1′＋L －s 1v ⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t 1＝2.75 s ⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v 1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 2.由动能定理有－μmgL ＝12m v 21－12m v 20⑦ μmgL ＝12m v 22－12m v 20⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得v 1＝2 m /s ，v 2＝43 m /s ⑨(3)传送带的速度为v ＝6.0 m /s 时，由于v 0<v <v 2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a .设载物箱做匀加速运动通过的距离为s 2，所用时间为t 2，由运动学公式有v ＝v 0＋at 2⑩v 2－v 20＝2as 2⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t 2＝1.0 s ⑫s 2＝5.5 m ⑬因此载物箱加速运动1.0 s 、向右运动5.5 m 时，达到与传送带相同的速度．此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt －t 2)的时间后，传送带突然停止．设载物箱匀速运动通过的距离为s 3，有s 3＝(Δt －t 2)v ⑭由①⑫⑬⑭式可知，12m v 2>μmg (L －s 2－s 3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v 3.由运动学公式有v 23－v 2＝－2a (L －s 2－s 3)⑮v 3＝v －at 3⑯设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I 1，由动量定理有I 1＝m (v 3－v 0)⑰联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得I 1＝0⑱传送带对它支持力(大小等于重力)的冲量为I 2＝mg (Δt ＋t 3)⑲联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I 2＝6253N ·s ⑳ 由于I 1＝0，所以传送带对它的冲量为I ＝I 2＝6253N ·s ，方向竖直向上． 答案：(1)2.75 s (2)43 m /s 2 m /s (3)6253N ·s ，方向竖直向上 限时规范训练(九) 力学三大观点的综合应用建议用时60分钟，实际用时________一、单项选择题1．如图所示，小球a 、b (均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ＝60°.忽略空气阻力．则两球a 、b 的质量之比m a m b为( )A .22B ．2－1C ．1－22 D ．2＋1 解析：B b 球下摆过程中，由动能定理得m b gL ＝12m b v 20－0，碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得m b v 0＝(m a ＋m b )v ，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得12(m a ＋m b )v 2＝(m a ＋m b )gL (1－cos θ)，解得m a m b＝2－1，故ACD 错误，B 正确． 2.如图所示，质量为3m 的物块A 与质量为m 的物块B 用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直且无弹力．现使物块A 瞬间获得向右的速度v 0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( )A ．细线再次伸直前，物块A 的速度先减小后增大B ．细线再次伸直前，物块B 的加速度先减小后增大C ．弹簧的最大弹性势能等于38m v 20D ．物块A 、B 与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为32m v 20解析：C 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，细线恢复原长的过程中，A 始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B 始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B 的加速度先增大后减小，故A 、B 错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩到最短，此时A 、B 速度相等，根据动量守恒定律可得3m v 0＝(3m ＋m )v ，解得v ＝34v 0，根据能量守恒定律可得，弹性势能E pmax ＝12×3m v 20－12·(3m ＋m )v 2＝38m v 20，故C 正确；整个过程中，物块A 、B 与弹簧组成的系统只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D 错误．3．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t ＝0时，甲静止，乙以6 m /s 的初速度向甲运动．它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v t 图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )A ．两带电小球的电性一定相反B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1C ．t 2时刻，乙球的电势能最大D ．在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小解析：B 由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；两球作用过程动量守恒m 乙Δv 乙＝m 甲Δv 甲，解得m 甲m 乙＝21，故B 正确；t 1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C 错误；在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误．4．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，重力加速度为g ，一切摩擦均不计．则( )A ．A 、B 物体组成的系统动量守恒B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点C ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为23gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为 gR 3解析：D A 、B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，故A 错误；运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，故A 可以到达圆槽的左侧最高点，且A 在圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得m v A ＝2m v B ，对A 、B 整体由机械能守恒可得mgR ＝12m v 2A ＋12×2m v 2B ，所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝ gR 3，v A ＝ 4gR 3，故C 错误，D 正确． 5．(2021·山东济南市高三模拟)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动．游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移－时间图像(x ­t 图像)如图所示．已知小孩的质量为20 kg ，大人的质量为60 kg ，碰碰车质量相同，碰撞时间极短．下列说法正确的是( )A ．碰撞前后小孩的运动方向没有改变B ．碰碰车的质量为50 kgC ．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N ·sD ．碰撞过程中损失的机械能为600 J解析：D 规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A 错误；由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2 m /s ，大人的速度为－3 m /s ，碰后两人的共同速度为－1 m /s ，设碰碰车的质量为M ，由动量守恒定律有(20＋M )×2 kg ·m /s －(60＋M )×3 kg ·m /s ＝(2M ＋20＋60)×(－1) kg ·m /s ，解得M ＝60 kg ，故B 错误；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p 1＝160 kg ·m /s ，碰后总动量为p 1′＝－80 kg ·m /s ，由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I ＝Δp ＝－240 N ·s ，故其大小为240 N ·s ，故C 错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE ＝12×80×22 J ＋12×120×(－3)2 J －12×200×(－1)2 J ＝600 J ，故D 正确．6．如图甲所示，一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s ，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )A .1v 0(s ＋L ) B ．1v 0(s ＋2L ) C .12v 0(s ＋L ) D ．1v 0(L ＋2s ) 解析：D 设子弹穿过木块的速度为v 1，木块最终速度为v 2，子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ，对子弹由动能定理－F f (s ＋L )＝12m v 21－12m v 20，由动量定理－F f t ＝m v 1－m v 0，对木块由动能定理F f s ＝12m v 22，由动量定理F f t ＝m v 2，联立解得t ＝1v 0(L ＋2s )，故选D .7．质量为1 kg 的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a 随时间t 变化的关系图像如图所示，重力加速度g 取10 m /s 2，下列说法正确的是( )A ．2 s 末物体所受阻力的大小为20 NB ．在0～2 s 内，物体所受阻力随时间均匀减小C ．在0～2 s 内，物体的动能增大了100 JD ．在0～1 s 内，物体所受阻力的冲量大小为2.5 N ·s解析：D 2 s 末物体的加速度为零，则此时阻力等于重力，即所受阻力的大小为10 N ，选项A 错误；根据牛顿第二定律有mg －f ＝ma ，可得f ＝mg －ma ，在0～2 s 内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B 错误；根据物体加速度a 随时间t 变化的关系图像与坐标轴所围图形的面积表示速度变化量可知，在0～2 s 内，物体的速度增加了Δv ＝12×2×10 m /s ＝10 m /s ，即t ＝2 s 时速度为v ＝10 m /s ，则在0～2 s 内，物体的动能增大了12m v 2＝12×1×102 J ＝50 J ，选项C 错误；在0～1 s 内，物体速度的增量Δv 1＝12×(5＋10)×1 m /s ＝7.5 m /s ，根据动量定理有mgt －I f ＝m Δv 1，解得I f ＝2.5 N ·s ，选项D 正确．8．如图甲所示，光滑水平面上有一上表面粗糙的长木板，t ＝0时刻，质量m ＝1 kg 的滑块以速度v 0＝7 m /s 滑上长木板左端，此后滑块与长木板运动的v ­t 图像如图乙所示．下列分析正确的是( )A ．长木板的质量为0.5 kgB ．长木板的长度为0.5 mC ．0～2 s 内滑块与长木板间因摩擦产生的热量为16 JD ．0～2 s 内长木板对滑块的冲量大小为4 kg ·m /s解析：C 滑块滑上长木板后，滑块受摩擦力作用做匀减速运动，长木板做匀加速运动，由图乙可知滑块的加速度大小为a 1＝Δv Δt ＝2 m /s 2，长木板的加速度大小为a 2＝Δv Δt＝1 m /s 2，。

功能关系在力学中的应用力学是物理学的一个重要分支，主要研究物体运动的规律和相互作用的力学原理。

在力学问题中，功能关系是一种关系，指的是物理量之间的依赖关系。

通过建立功能关系，可以揭示物体之间的相互关系，解释物体运动的规律。

本文将介绍功能关系在力学中的应用。

一、位移和时间的功能关系：速度与加速度速度是描述物体位移随时间变化的物理量。

在力学问题中，可以通过建立位移和时间的功能关系来计算物体的速度。

位移是物体从一个位置移动到另一个位置的距离，用Δx表示。

时间是物体运动所经过的时间，用Δt表示。

速度的定义是位移的变化量除以时间的变化量，即v=Δx/Δt。

加速度是描述速度随时间变化的物理量。

在力学问题中，可以通过建立速度和时间的功能关系来计算物体的加速度。

速度的变化量除以时间的变化量即为加速度，即a=Δv/Δt。

通过建立位移和时间的功能关系，可以计算物体的速度；通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的加速度。

这在力学问题中是很常见的应用。

二、速度和时间的功能关系：位移和加速度位移是描述物体从一个位置移动到另一个位置的距离。

加速度是描述速度随时间变化的物理量。

在力学问题中，可以通过建立速度和时间的功能关系来计算物体的位移。

速度的定义是位移的变化量除以时间的变化量，即v=Δx/Δt。

通过移项可以得到位移的计算公式：Δx=vΔt。

同样地，通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的加速度。

速度的变化量除以时间的变化量即为加速度，a=Δv/Δt。

通过移项可以得到加速度的计算公式：Δv=aΔt。

通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的位移；通过建立速度和时间的功能关系，可以计算物体的加速度。

这也是力学问题中常见的应用。

三、加速度和时间的功能关系：位移和速度位移是描述物体从一个位置移动到另一个位置的距离。

速度是描述物体位移随时间变化的物理量。

在力学问题中，可以通过建立加速度和时间的功能关系来计算物体的位移。

加速度定义为速度的变化量除以时间的变化量，即a=Δv/Δt。

功能关系高三网知识点功能关系是高中数学的重要知识点之一，在高三阶段更是需要掌握和理解。

正确的理解和应用功能关系可以帮助我们解决一系列的数学问题。

本文将详细介绍功能关系的定义、性质以及应用，并提供一些例题供大家练习。

一、功能关系的定义在数学中，功能关系指的是自变量和因变量之间的关系。

简而言之，就是一个量的变化会影响另一个量的变化。

函数是功能关系的一种特殊形式，它将一个集合中的每个元素与另一个集合中的唯一元素相对应。

一个常见的函数形式可以表示为：y = f(x)，其中x是自变量，y是因变量，f表示函数关系。

二、功能关系的性质1. 定义域和值域：函数关系有一个定义域和一个值域。

定义域是自变量可能取值的集合，值域是因变量可能取值的集合。

2. 单调性：函数关系可以是递增的、递减的或者不变的。

递增函数在定义域上，随着自变量的增大，函数值也随之增大；递减函数和不变函数则相反。

3. 奇偶性：函数关系的奇偶性主要指函数的对称性。

奇函数满足f(-x) = -f(x)，即关于原点对称；偶函数满足f(-x) = f(x)，即关于y轴对称。

4. 反函数：对于一个函数关系f(x)，如果存在一个函数关系g(x)，使得g(f(x)) = x，并且f(g(x)) = x，那么g(x)就是f(x)的反函数。

三、功能关系的应用功能关系广泛应用于各个数学领域和实际问题中，下面举几个常见的例子：1. 几何问题：在几何学中，功能关系可以用来描述图形的性质和参数之间的关系。

例如，直线的斜率就是两个坐标之间的功能关系。

2. 统计问题：在统计学中，功能关系可以用来分析数据之间的关系。

例如，通过绘制散点图和拟合函数，可以研究两个变量之间的相关性。

3. 物理问题：在物理学中，功能关系可以用来描述物体的运动和力学性质。

例如，位移、速度和加速度之间的关系可以用函数关系来表示。

四、例题练习1. 已知函数f(x) = 2x + 1，求函数f(-3)的值。

解答：将x = -3代入函数f(x)中，得到f(-3) = 2(-3) + 1 = -5。

2023年高考物理一轮复习--简明精要的考点归纳与方法指导专题六功能关系（八大考点）考点一功的正负判断和大小计算1.功的正负判断方法(1)恒力功的判断:依据力与位移方向的夹角来判断。

(2)曲线运动中功的判断:(3)依据能量变化来判断:功是能量转化的量度,若有能量转化,则必有力对物体做功。

此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。

2.恒力功的计算方法3.总功的计算方法方法一:先求合力F合,再用W总=F合l cos α求功,此法要求F合为恒力。

方法二:先求各个力做的功W 1、W 2、W 3、…,再应用W 总=W 1+W 2+W 3+…求总功,注意代入“+”“-”再求和。

4.变力做功的计算方法方法常见情境方法概述微元法将物体的位移分割成许多小段,因小段很小,每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力,这样就将变力做功转化为在无数个无穷小的位移方向上的恒力所做功的代数和。

此法在中学阶段,常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题 平均 力法在求解变力做功时,若物体受到的力方向不变,而大小随位移呈线性变化,即力均匀变化,则可以认为物体受到一大小为F =F 1+F 22的恒力作用,F 1、F 2分别为物体初、末态所受到的力,然后用公式W=F l cos α求此力所做的功图像法在F -x 图像中,图线与x 轴所围“面积”的代数和就表示力F 在这段位移所做的功,且位于x 轴上方的“面积”为正,位于x 轴下方的“面积”为负,但此方法只便于求图线所围图形规则的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)化变力 为恒力在F -x 图像中,图线与x 轴所围“面积”的代数和就表示力F 在这段位移所做的功,且位于x 轴上方的“面积”为正,位于x 轴下方的“面积”为负,但此方法只便于求图线所围图形规则的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)用W= Pt计算这是一种等效代换的观点,用W=Pt计算功时,必须满足变力的功率是不变的这一条件考点二功率的分析与计算1.平均功率的计算方法(1)利用P=Wt。

【高中物理】功能关系、能量守恒定律的知识点汇总，务必掌握！知识网络图一、功能关系1．功和能(1)功是能量转化的量度，即做了多少功，就有多少能量发生了转化。

(2)做功的过程一定伴随有能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。

2．力学中常用的四种功能对应关系(1)合外力做功等于物体动能的改变：即W(合)＝Ek2－Ek1＝ΔEk。

(动能定理)(2)重力做功等于物体重力势能的减少：即W(G)＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。

(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的减少：即W(弹)＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。

(4)除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变，即W(其他力)＝E2－E1＝ΔE。

(功能原理)二、能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。

2.表达式ΔE减＝ΔE增。

三、功能关系的应用1.对功能关系的进一步理解(1)做功的过程是能量转化的过程。

不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。

(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现到不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系；二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等。

2．不同的力做功对应不同形式的能的改变四、能量守恒定律的应用1.对定律的理解(1)某种形式的能量减少，一定有另外形式的能量增加，且减少量和增加量相等。

(2)某个物体的能量减少，一定有别的物体的能量增加，且减少量和增加量相等。

2．应用定律的一般步骤(1)分清有多少种形式的能(如动能、势能、内能、电能等)在变化。

(2)分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。

(3)列恒等式：ΔE减＝ΔE增。

五、相对滑动物体的能量分析静摩擦力与滑动摩擦力做功特点比较。