高考备考分类突破专题五解题利器—功能关系

高中物理学习材料（马鸣风萧萧**整理制作）2015年高考物理专题复习——功能关系综合运用知识点归纳：一、动能定理1．动能定理的表述合外力做的功等于物体动能的变化。

（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。

表达式为W=ΔE K动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。

实际应用时，后一种表述比较好操作。

不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功2．对外力做功与动能变化关系的理解：外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功．功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功；就有多少动能与其它形式的能发生了转化．所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量．即．3．应用动能定理解题的步骤（1）确定研究对象和研究过程。

和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动。

（原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）。

（2）对研究对象进行受力分析。

（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）。

（3）写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）。

如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功。

（4）写出物体的初、末动能。

（5）按照动能定理列式求解。

二、机械能守恒定律1．机械能守恒定律的两种表述（1）在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。

（2）如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。

2．对机械能守恒定律的理解：（1）机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。

通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。

专题五解题利器——功能关系考点一与弹簧相关的功能关系问题力学中几种常见的功能关系如图所示，一质量为m 的物体放在水平地面上，上端与一根自然长度为L 、劲度系数为k 的轻质弹簧相连。

现用手拉着弹簧的上端P 缓慢向上移动，当P 点位移为H 时，物体距离地面的高度为h ，弹簧始终处于弹性限度内，则此过程中( )A ．弹簧的弹性势能增加了m 2g 2kB ．物体的重力势能增加了mgH －m 2g 22kC ．拉弹簧的力对弹簧做的功为mgHD ．弹簧和物体组成的系统的机械能增加了mgh ＋m 2g 22k解析： 因缓慢上移，当弹力等于重力时，物体将离开地面，设此时弹簧伸长量为x ，则mg ＝kx ，此过程中外力所做的功等于克服弹力所做的功，W 1＝kx 2x ＝m 2g 22k ，此后弹簧弹性势能不变，即弹簧的弹性势能增加了m 2g 22k ，A 错误；物体增加的重力势能为mgh ，因P 点位移为H ，弹簧伸长量为x ＝mg k ，所以h ＝H －mg k ，即物体的重力势能增加了mgH －m 2g 2k ，B错误；物体离开地面上升h 的过程中外力所做的功为W 2＝mgh ，所以拉弹簧的力对弹簧做的功为W ＝W 1＋W 2＝mgh ＋m 2g 22k ，C 错误；由功能关系知弹簧和物体组成的系统增加的机械能等于外力所做的功，即mgh ＋m 2g 22k，D 正确。

答案： D [题组训练] 1.滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。

在上述过程中()A．弹簧的弹性势能增加了10 JB．滑块的动能增加了10 JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析：拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。

目夺市安危阳光实验学校高考热点：功能关系功是能量转换的量度，有力做功就有能量在发生转化. 我们高中学过的能量有哪些呢？最主要的三种是机械能（包括动能、重力势能、弹性势能）、内能和电能. 这三种能量之间的转化通常伴随着什么力在做功呢？要回答这个问题，请记住以下几个功能关系：⑴重力所做的正功等于重力势能的减少量；重力所做的负功等于重力势能的增加量.⑵电场力所做的正功等于电势能的减少量；电场力所做的负功等于电势能的增加量.⑶弹簧的弹力所做的正功等于弹性势能的减少量；弹簧的弹力所做的负功等于弹性势能的增加量.⑷合外力所做的正功等于动能的增加量；合外力所做的负功等于动能的减少量.⑸重力以外的力（假设没有弹簧弹力做功）所做的正功等于机械能的增加量；重力以外的力所做的负功等于机械能的减少量.⑹系统内一对滑动摩擦力所做的总功（为负功）等于机械能的减少量：ΔE = fΔS（ΔS 为相对路程）.减少的机械能转化为系统的内能.⑺克服安培力所做的功等于感应电能的增加量，通常是机械能转化为电能，然后电能又转化为导体的内能.⑻只有重力和系统内弹簧弹力做功时，系统的机械能守恒运用能量观点，结合以上功能关系分析动力学问题，会常常让你有意想不到的效果，你会觉得问题怎么变得那么简单！而要达到这种意境的前提是：能够熟练地进行受力分析和运动分析、判断一个力是否做功、做什么功！一种能量的减少，意味着其它能量的增加，能量的综合保持不变，这就是能量守恒定律，减少的能量等于增加的能量是能量观点解题的基本思路，只要找到哪种能量减少，哪种能量增加，即可以得到一个能量守恒的方程，而不必要去考虑过程的细节问题！解题范例例1关于机械能守恒，下面说法中正确的是（）A．物体所受合外力为零时，机械能一定守恒B．在水平地面上做匀速运动的物体，机械能一定守恒C．在竖直平面内做匀速圆周运动的物体，机械能一定守恒D．做各种抛体运动的物体，若不计空气阻力，机械能一定守恒解析：一个物体在拉力的作用下匀速上升，此时，其合外力为零，但是除重力以外，拉力对物体做了功，物体的机械能增加，故机械能不守恒，A选项错误.物体在水平地面上匀速运动时，可能受到一个拉力和地面的滑动摩擦力，这两个力的合力虽然为零，但是它们都做了功，发生了机械能向内能的转化，机械能不守恒，所以B选项错误.在竖直平面内作匀速圆周运动的物体的大能不变，但是重力势能不断的改变，所以机械能不守恒，C选项错误.做抛体运动的物体，只受到重力的作用，即只有重力做功，机械能守恒，D 选项正确.故答案选D领悟：掌握判断机械能守恒的方法：①如果有除重力和弹簧弹力以外的力做了功，则系统机械能不守恒；②如果系统内有机械能向内能的转化（即摩擦生热），则系统机械能不守恒；③另外，爆炸、碰撞等过程中，常常伴随着机械能的损失，这些过程中系统机械能也不守恒.例2（99年全国，8)一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于 ( )A．物体势能的增加量 B．物体动能的增加量C．物体动能的增加量加上物体势能的增加量D．物体动能的增加量加上克服重力所做的功解析：在升降机加速上升的过程中，物体受重力mg、地板施加的支持力N 作用．重力对其做负功，支持力对其做正功．设升降机上升高度为h，由动能定理知其中mgh 为物体势能的增加量，也等于物体克服重力所做的功．为物体动能的增加量．选项CD是正确的．解法二：根据“重力以外的力所做的正功，等于机械能的增加量”，地板对物体的支持力即除重力以外的力，可知A、B选项错误，C、D选项正确！领悟：功能关系的直接使用，可以使分析过程变得简单明了！例3 如图6—32所示，一块质量为M的木板B在光滑的水平桌面上以速度v0匀速向右滑行，某时刻把一质量为m的小木块A(初速度为零)放在B上，它将在B上滑行一段距离l后与B相对静止．求这个过程中由于摩擦产生的热量．解析：设AB间的摩擦力为f，A相对地面发生的位移为s2，B相对于地面发生的位移为s1，已知A相对于B滑行的位移为l，隔离分析A，由动能定理得：fs2＝221mv①隔离分析B，由动能定理得：－fs1＝222121MvMv-②，其中v为AB的共同速度.对AB系统分析，合外力为零，系统动量守恒，有：Mv0＝（M＋m）v③由①②式可得221Mv＝2)(21vmM+＋f（s1－s2）④又根据能量守恒观点有：221Mv＝2)(21vmM+＋Q ⑤，Q为摩擦产生的热量.由④⑤两式相比较，可得Q＝f（s1－s2）⑥将③代入⑤可得：Q=221vmMMm+领悟：由⑥式可以得到一个结论：系统内一对滑动摩擦力做的功等于系统产生的热量，也等于系统机械能的减少量，即Q＝ΔE = fΔS，这个功能关系就是这样推导出来的！！例4 电阻为R的矩形导线框abcd,边长ab=l, ad=h,质量为m，自某一高度自由落体,通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里,磁场区域的宽度为h ，如图，若线框恰好以恒定速度通过磁场，则线框内产生的焦耳热为多少？(不考虑空气阻力)解析：解法一：由能量守恒定律,线框通过磁场时，重力势能减少，产生感应电流，重力势能转化为电能，电流使电路产生焦耳热，电能又转化为内能，所以有Q＝2mgh解法二：对线框穿过磁场的过程应用动能定理，此过程中重力做正功，安培力做负功，动能变化量为零，有mg2h－W安＝0， W安＝mg2h重力做正功，重力势能减少，安培力做负功，线框的感应电能增加，所以线框的焦耳热增加，即Q= W安=mg2h领悟：①用能量守恒的观点思考，理清能量转化和转移的方向，结果自然显现出来！②克服安培力做功，感应电能增加，电能又向内能转化，故线框的焦耳热增加.例5如图示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的P点处，已知物体m与木板之间的动摩擦因素为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对于木板静止的过程中，对木板施一水平向右的作用力F，那么F 对木板做的功有多大？解析：解法一：物体m摩擦力作用下做匀加速运动，经时间t 速度达到v，有f = μmg， a= μg， t= v/a =v/μg在t 时间内，物体m 的位移：s1=1/2×vt木板的位移：s2=vt拉力做的功为：W＝FS2=fs2=μ mgvt=mv2解法二：由能量守恒定律，拉力F 的功等于物体动能的增加和转化的内能.W=1/2×mv2＋fΔs= 1/2×mv2＋f(s2-s1)= 1/2×mv2 + 1/2×μmgvt=mv2拓展：上题中，若物体m以水平向左的速度v 轻轻地放置在木板上的P点处，那么F 对木板做的功有多大？解析：物体m 在摩擦力作用下向左做匀减速运动，经时间t 速度减为0到达Q点，又在摩擦力作用下向右做匀加速运动，经时间t 速度达到v，f =μmg， a=μg， t =v/a=v/μg在2t 时间内，物体m 的位移：s1=0木板的位移：s2=2vt∴W=Fs2=fs2=μmg×2v× v/μg=2mv2解法二：物体的动能不变，由能量守恒定律，拉力F 的功等于转化的内能.∴ W=fΔs=f(s2-s1)=fs2=μmg×2vt=2mv2领悟：①隔离分析m的时候，参考系是地面而不是木板，所以木板对物体的摩擦力产生的加速度是物体相对于地面的加速度！故分析m的运动时也应该以地面为参考系.②能量观点解题可以使解答过程变得十分简练！所以，通常应该优先考虑能量观点求解！针对性训练：1．将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，若不计空气阻力，当小球到达最高点时，它的重力势能增加了（）A．1/4m v0 B．1/2m v02C．m v02 D．2 m v022．某海湾面积1.0×107 m2，涨潮时水深20 m，此时关上水坝闸门，可使水位保持20 m 不变，退潮时，坝外水位降至18 m ，假如利用此水坝建水力发电站，且重力势能转变为电能的效率是10%，每天有两次涨潮，则该电站一天能发出的电能是（ ）A ．2.0×1010J B ．4.0×1010J C ．8.0×1010J D ．8.0×109J3．如图所示，分别用两个恒力F 1和F 2先后两次将质量为m 的物体从静止开始，沿着同一个粗糙的固定斜面由底端推到顶端，第一次力F 1的方向沿斜面向上，第二次力F 2的方向沿水平向右，两次所用时间相同.在这两个过程中（ ） A ．F 1和F 2所做功相同 B ．物体的机械能变化相同 C ．F 1和F 2对物体的冲量大小相同 D ．物体的加速度相同4．一根长为l 的细绳，一端系一小球，另一端悬挂于O 点．将小球拉起使细绳与竖直方向成︒60角．如图所示，在O 点正下方有A 、B 、C 三球由点，并且有l h h h h CD BC AB OA 41====，当在A 处钉钉子时，小静止下摆，被钉子挡住后继续摆动的最大高度为h A ，当在B 处钉钉子时，小球由静止下摆，被钉子挡住后继续摆动的最大高度为h B ，当在C 处钉钉子时，小球由静止下摆，被钉子挡住后继续摆动的最大高度为h C ，则小球继续摆动的最大高度h A 、h B 、h C （与D 点的高度差）之间的关系是（ ） A ．h A = h B = h CB ．h A > h B > h CC ．h A > h B = h CD ．h A = h B > h C5．如图，平板车质量为M ，小木块质量为m ，M ＞m 。

第13讲 功能关系知识图谱功能关系知识精讲1．力学领域中功能关系的几种主要表现形式：（1）合外做力是动能变化的量度：k =W E ∆合 （2）重力做功是重力势能变化的量度：p=W E -∆G（3）弹力做功是弹性势能变化的量度：p =W E -∆弹弹 （4）静电力做功是电势能变化的量度：p =W E -∆弹弹（5）除了重力，弹力以外的其他力做功是物体机械能变化的量度：=W E ∆其机 （6）一对滑动摩擦力对系统做总功是系统机械能转化为内能的量度：Q f s =相对2．摩擦力做功与能量的关系（1）摩擦力做功的特点①摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功；②相互作用的一对静摩擦力做功代数和为零，只有机械能的转移，不会转化为内能； ③相互作用的一对滑动摩擦力做功代数和为负，有机械能转化为内能。

（2）摩擦生热的计算：Q f s =相对，其中s 相对为两物体间的相对位移。

3．传送带模型中的功能关系（1） 对功W F 和Q 的理解：①传送带做的功：W F ＝Fx 传；②产生的内能Q ＝F f x 相对，其中x 相对为相互摩擦的物体与传送带间的相对位移。

（2）功能关系分析：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q三点剖析学习目标：1．理解并掌握常见的功能关系；2．能分析斜面、传送带和滑块等常见模型中的功能关系。

常见功能关系的应用例题1、某人用手将1kg物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，则下列说法正确的是（）A.手对物体做功2JB.合外力做功2JC.合外力做功12JD.物体重力做功10J例题2、[多选题]如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定粗糙斜面上一质量为m＝0.4kg的滑块在t＝0时刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上运动，滑块上滑过程中斜面底端的距离d＝10t－5t2（m）．不计空气阻力，取g＝10m／s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A.在t＝1s时刻滑块开始下滑B.在t＝2s时刻滑块返回斜面底端C.滑块和斜面间的动摩擦因数3μ= D.滑块在斜面上运动过程中机械能损失10J例题3、[多选题]如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x 的关系如图乙所示，g＝10m/s2，下列结论正确的是（）A.物体的加速度为4m/s2B.弹簧的劲度系数为4N/mC.初始时弹簧的弹性势能为0.5JD.从初始位置到x＝5cm的过程中，物体的机械能增加了2J例题4、[多选题]图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。

功能关系问题的处理也是高考中的常考考点一．功能关系是历年高考的重点，可以从以下几个方面理解功和能：(1)功是能量转化的“原因”，做功的结果是“能量发生变化”。

(2)功是能量转化的“量度”，做功的多少与能量转化的多少在数量上相等。

(3)功和能量的变化具有“一一对应”关系，即不同的力做功，对应不同形式的能转化。

二、应用机械能解题时要注意:(1)明确研究对象是单个物体还是系统(系统是否包括弹簧在内);(2)确定研究过程;(3)弄清楚能量转化和损失的去向;(4)根据研究对象在研究过程中能量的减少量等于所转化成的其他形式的能量来求解.三、弹簧类问题含有力的非突变模型——弹簧模型,这类问题能很好地考查同学们对物理过程的分析、物理知识的综合运用及数学知识的灵活应用,所以这类问题在近年的高考中频频出现.四、常见模型：1．单个物体的动能定理和机械能守恒定律的应用物体只有重力做功是单个物体机械能守恒的条件,抓住守恒条件解题会水到渠成;动能定理是解决变力做功特有效的方法.应用动能定理求合外力功主要有两种方法:(1)先求每个小过程合外力的功再求和;(2)先求每个力的功再求和,注意研究对象、研究过程的选择和对应.2．系统机械能守恒两个或多个叠放、用细线相连的物体、用轻杆相连的两个或多个物体,在没有摩擦、没有牵引力和人为的外力作用条件下,系统的机械能保持不变,系统机械能守恒.机械能的表达式大体有三种:两状态系统的机械能相等(需要选择零势能)、系统动能的增量等于重力势能的减少量(注意重力势能增加为负)、系统重力所做的功等于系统动能的增量,使用第三种简单、不易出错.3．多过程中应用功能观点多个物体组成的系统在机械能不守恒的情况下,可应用功能关系、能量转化守恒等规律求解,注意过程的选择和研究对象的选择.五、例题赏析1．【2015·全国新课标Ⅱ·17】【题号：3200000918】一汽车在平直公路上行驶。

从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。

高考定位功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．应考策略：深刻理解功能关系，综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．考题1力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a 通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m .开始时，a 、b 均静止且a 刚好不受斜面摩擦力作用．现对b 施加竖直向下的恒力F ，使a 、b 做加速运动，则在b 下降h 高度过程中( )图1A ．a 的加速度为F mB ．a 的重力势能增加mghC ．绳的拉力对a 做的功等于a 机械能的增加D ．F 对b 做的功与摩擦力对a 做的功之和等于a 、b 动能的增加审题突破重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化又和什么力做功相对应？ 答案BD1．如图2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摩擦力为f，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()图2A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)答案ABC解析小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋x，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)，同理小车的动能也可由动能定理得出为fx；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于F(L＋x)．2．(2014·广东·16)图3是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图3A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．3．如图4甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是()图4A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B ．0～8s 内物体位移的大小为18mC ．0～8s 内物体机械能的增量为90JD ．0～8s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J 答案AC解析根据速度时间图像分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a ＝1m/s 2，根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，整理得μ＝0.875，选项A 正确.0～8s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图像与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代 表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图像得位移x ＝(2＋6)×42－2×22m ＝14m ，选项B 错误.0～8s 内物体动能增加量为12m ×v 2－12m ×v 20＝6J ，重力势能增加mgx ×sin θ＝84J ，机械能增加量为6J ＋84J ＝90J ，选项C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14J ，第二部分为2～6s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝56J ，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1＋Q 2＝70J ，选项D 错误．几个重要的功能关系1．重力的功等于重力势能的变化，即W G ＝－ΔE p . 2．弹力的功等于弹性势能的变化，即W 弹＝－ΔE p . 3．合力的功等于动能的变化，即W ＝ΔE k .4．重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W 其他＝ΔE . 5．一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q ＝fl 相对考题2动力学方法和动能定理的综合应用例2光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图5所示装置，其中直轨道bc 粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m ＝0.1kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4m /s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6.求：图5(1)滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道bc 上能够运动的时间．审题突破(1)在圆轨道最高点a 处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解；(2)从a 点到d 点重力与摩擦力做功，全程由动能定理即可求解；(3)分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动学的公式，即可求得时间．解析 (1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋N ＝m v 2R，得N ＝m (v2R－g )＝5.4N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4N. (2)从a 点到d 点全程，由动能定理得： mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12m v 2μ＝g (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )＋v22gL cos θ＝0.8(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度为v c .由c 到d ：12m v 2c ＝mghv c ＝2gh ＝2m/sa 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5m/s在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1t 1＝2Lv b ＋v c ＝7.5s上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4m/s 2 0＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16sμ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑 滑块在bc 斜面上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66s 答案 (1)5.4N (2)0.8 (3)7.66s4．如图6(a)所示，一物体以一定的速度v 0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系数不变．g ＝10m/s 2，试求：图6(1)物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)物体的初速度大小； (3)θ为多大时，x 值最小．答案(1)33 (2)5m/s (3)π3解析(1)由题意可知，当θ为90°时，v 0＝2gh ①由题图b 可得：h ＝54m当θ为0°时，x 0＝543m ，可知物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大小为μmg ，加速度大小为μg .由运动学方程得v 20＝2μgx 0②联立①②两方程：μ＝33(2)由①式可得：v 0＝5m/s(3)对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移x 满足的关系式 12m v 2＝mgx sin θ＋μmgx cos θ 解得x ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h 1＋μ2sin (θ＋φ)其中μ＝tan φ，可知x 的最小值为x ＝h 1＋μ2＝32h ≈1.08m 对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝60°＝π31．应用动力学分析问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析、结合牛顿运动定律和运动学公式分析物体的运动．2．应用动能定理时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式． (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．考题3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3 (14分)如图7所示，倾角θ＝30°、长L ＝4.5m 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B 后恰好能到达圆弧轨道最高点C ，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D 点，再由D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g ＝10m/s 2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图7(1)物块经多长时间第一次到B 点；(2)物块第一次经过B 点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．解析 (1)物块沿斜面下滑时， mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分) 解得：a ＝2.5m/s 2(1分) 从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分)可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12m v 2(2分)N －mg ＝m v 2R (1分)解得N ＝3mg ＝30N(1分) 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为N ′＝30N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ， 则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分)解得s ＝9m(1分)答案 (1)3105s (2)30N ，方向向下 (3)9m(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8m /s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3 m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：图8(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量． 答案 (1)22.5N ，方向竖直向下 (2)32J解析 (1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos53°m /s ＝3 m/s ①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C ② 小物块在D 点， 由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2DR③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：N ′＝N ④ 联立①②③④得：N ′＝22.5N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10m /s 2＝5 m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为x 1，传送带向右运动的距离为x 2，则： v D ＝at 1⑥x 1＝12at 21⑦x 2＝v t 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t 2，向右通过的位移为x 3，传送带向右运动的距离为x 4，则 v ＝at 2⑨x 3＝12at 22⑩x 4＝v t 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： x ＝x 1＋x 2＋x 4－x 3⑫ 产生的热量为：Q ＝μmgx ⑬ 联立⑤～⑬解得：Q ＝32J知识专题练训练5题组1力学中的几个重要功能关系的应用1．将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0，小球落到地面时的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( )A ．小球克服空气阻力做的功小于mghB ．重力对小球做的功等于mghC ．合外力对小球做的功小于m v 20D ．重力势能的减少量等于动能的增加量 答案AB解析从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh ，所以选项A 、B 正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W 合＝ΔE k ＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20>m v 20，选项C 错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D 错误． 2.如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )图1A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等 答案ABD解析由题意m a g sin θ＝mg ，则m a ＝msin θ.b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减少量为m a gh sin θ＝mgh ，故A 正确．摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增加量．所以摩擦力对a 做的功大于a 的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B 正确，C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．故选A 、B 、D.题组2动力学方法和动能定理的综合应用3．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图2所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图2A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝v SB ．出水口所出水落地时的速度2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρS v 32η＋ρv SgH ηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和答案AC解析由题意知，设流水时间为t ，则水柱长v t ，体积Q ′＝v tS ，可得：单位时间内的出水体积Q ＝v S ，所以A 正确；设落地的速度为v 1，根据动能定理mgH ＝12m v 21－12m v 2，故水落地时的速度不等于2gH ，所以B 错误；设t 时间内，供水质量为m ，人做功为W ，根据供水系统的效率为η可得：η＝mgH ＋12m v 2W ，其中m ＝ρv tS 代入得P ＝ρS v 32η＋ρv SgH η，所以C 正确，D 错误．4．如图3所示，质量为m 的滑块从h 高处的a 点沿圆弧轨道ab 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因数相同．滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，则滑块从a 到c 的运动过程中( )图3A ．小球的动能始终保持不变B ．小球在bc 过程克服阻力做的功一定等于12mgh C ．小球经b 点时的速度大于gh ＋v 2D ．小球经b 点时的速度等于2gh ＋v 2答案C解析由题意知，在小球从b 运动到c 的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 根据动能定理：mgh －W f ＝0可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，因在ab 段、bc 段摩擦力做功不同，故小球在bc 过程克服阻力做的功一定不等于mgh 2，所以B 错误；在ab 段正压力小于bc 段的正压力，故在ab 段克服摩擦力做功小于在bc 段克服摩擦力做功，即从a 到b 克服摩擦力做功W f ′<12mgh ，设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，所以v ′>gh ＋v 2，故C 正确，D 错误． 5．如图4所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为x ＝10m 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R ＝10m 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g ＝10m/s 2.求：图4(1)小球在AB 段运动的加速度的大小；(2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．(结果可用根式表示)答案(1)25m/s 2(2)(5－3) s 解析(1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg ＝m v 2C R解得v C ＝gR ＝10m/s从B 到C 的过程中机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2C＋mg ·2R 解得v B ＝5gR ＝105m/s从A →B 根据速度位移公式得：v 2B ＝2ax解得a ＝25 m/s 2(2)从C 到D 的过程中机械能守恒：12m v 2D ＝12m v 2C＋mg ·R 解得v D ＝3gR ＝103m/s由C 到B 再到A 的过程机械能守恒，故v A ＝v B ＝105m/s小球从D →A 做加速度为g 的匀加速运动，由速度公式得：v A ＝v D ＋gt解得t ＝(5－3) s题组3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题6．如图5所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g ＝10m/s 2，求：图5(1)物块m 2过B 点时的瞬时速度v 0及与桌面间的滑动摩擦因数；(2)BP 之间的水平距离；(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要有计算过程)；(4)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．答案(1)6m/s0.4 (2)4.1m (3)不能 (4)5.6J解析(1)由物块m 2过B 点后其位移与时间的关系x ＝6t －2t 2与x ＝v 0t ＋12at 2比较得： v 0＝6m/s加速度a ＝－4m/s 2而－μm 2g ＝m 2a得μ＝0.4(2)设物块由D 点以v D 做平抛运动落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR根据几何关系有：v y v D＝tan45° 解得v D ＝4m/s运动时间为：t ＝2R g ＝ 1.610s ＝0.4s 所以DP 的水平位移为：4×0.4m ＝1.6mBD 间位移为x BD ＝v 2D －v 202a＝2.5m 所以BP 间位移为2.5m ＋1.6m ＝4.1m(3)设物块到达M 点的临界速度为v M ，有：m 2g ＝m 2v 2M Rv M ＝gR ＝22m/s 由机械能守恒定律得：12m 2v M ′2＝12m 2v 2D －22m 2gR 解得v M ′＝16－82m/s 因为16－82<2 2所以物块不能到达M 点．(4)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，释放m 1时，E p ＝μm 1gx CB释放m 2时E p ＝μm 2gx CB ＋12m 2v 20 且m 1＝2m 2可得：E p ＝m 2v 20＝7.2Jm 2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则由能量转化及守恒定律得：E p ＝W f ＋12m 2v 2D 可得W f ＝5.6J7．如图6所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5kg 的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3m ．g 取10m/s 2，sin37° ＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．图6(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案(1)150N (2)13N (3)(0.5＋72) s 解析(1)从A 到B 过程，由机械能守恒定律得：MgR ＝12M v 2B在B 点，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v 2B R解得F ＝150N由牛顿第三定律可知，滑块对B 点的压力F ′＝F ＝150N ，方向竖直向下．(2)M 离开B 后做平抛运动水平方向：x ＝v B t ＝5m由几何知识可知，m 的位移：s ＝x －x 0cos37°＝2.5m 设滑块m 向上运动的加速度为a由匀变速运动的位移公式得：s ＝12at 2 解得a ＝5m/s 2对滑块m ，由牛顿第二定律得：F －mg sin37°－μmg cos37°＝ma解得F ＝13N(3)撤去拉力F 后，对m ，由牛顿第二定律得： mg sin37°＋μmg cos37°＝ma ′解得a ′＝8m/s 2滑块上滑的时间t ′＝v a ′＝0.5s 上滑位移：s ′＝v 22a ′＝1m 滑块m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得： mg sin37°－μmg cos37°＝ma ″解得a ″＝4m/s 2下滑过程s ＋s ′＝12a ″t ″2 解得t ″＝72s 滑块返回所用时间：t ＝t ′＋t ″＝(0.5＋72) s。

功能关系及能量守恒的综合应用1.功能关系及能量守恒在高考物理中占据了至关重要的地位，因为它们不仅是物理学中的基本原理，更是解决复杂物理问题的关键工具。

在高考中，这些考点通常被用于检验学生对物理世界的深刻理解和应用能力。

2.从命题方式上看，功能关系及能量守恒的题目形式丰富多样，既可以作为独立的问题出现，也可以与其他物理知识点如牛顿运动定律、动量守恒定律等相结合，形成综合性的大题。

这类题目往往涉及对能量转化、传递、守恒等概念的深入理解和灵活运用，对考生的逻辑思维和数学计算能力有较高的要求。

3.备考时，考生需要首先深入理解功能关系及能量守恒的基本原理和概念，明确它们之间的转化和守恒关系。

这包括理解各种形式的能量(如动能、势能、热能等)之间的转化关系，以及能量守恒定律在物理问题中的应用。

同时，考生还需要掌握相关的公式和计算方法，如动能定理、机械能守恒定律等，并能够熟练运用这些公式和方法解决实际问题。

4.考向一：应用动能定理处理多过程问题1．解题流程2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。

(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。

(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。

(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。

考向二：三类连接体的功能关系问题1.轻绳连接的物体系统常见情景二点提醒(1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。

(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。

2.轻杆连接的物体系统常见情景三大特点(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。

(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。