1、14 功能关系在力学中的应用能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工具在综合题中应用。考查的重点有以下几方面：(1)(变力)做功和功率问题；(2)动能定理的应用；(3)机械能守恒的条件；(4)机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合；(5)功能关系与能量守恒。1几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关。(2)摩擦力做功的特点单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。相互作用的一对静摩擦力做功的代数和
2、总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热。2几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即 WG Ep。(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即 W 弹 Ep。(3)合力的功等于动能的变化，即 W Ek。(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即 W 其他 E。(5)一对
3、滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即 Q Ffx 相对 。1功和功率的求解(1)功的求解： W Flcos 用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解。(2)功率的求解：可以用定义式 P 来求解，如果力是恒力，可以用 P Fvcos 来求解。Wt2动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。21(2018全国卷19)地下矿井的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和
4、空气阻力。对于第次和第次提升过程，( )A矿车上升所用的时间之比为 45B电机的最大牵引力之比为 21C电机输出的最大功率之比为 21D电机所做的功之比为 452如图所示，一块长木板 B 放在光滑的水平面上，在 B 上放一物体 A。现以恒定的外力拉 B，使 A、 B 间产生相对滑动，如果以地面为参考系， A、 B 都向前移动一段距离，在此过程中( )A外力 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量B B 对 A 的摩擦力所做的功，等于 A 的动能增量C A 对 B 的摩擦力所做的功，等于 B 对 A 的摩擦力所做的功D外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的增量1如图所示，一个质量为 m 的物
5、体（可视为质点）以某一速度从 A 点冲上倾角为 30的固定斜面，其运动的加速度大小为 0.6g，该物体在斜面上上升的最大高度为 h， g10 m/s 2，则在这个过程中物体的( )A机械能守恒B重力势能增加了 0.5mghC机械能损失了 0.2mghD动能损失了 1.1mgh2(多选)如图所示，在升降机内有一固定的光滑斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体下方的固定木板 A 上，另一端与质量为 m 的物块 B 相连，弹簧与斜面平行。升降机由静止开始加速上升高度 h 的过程中( )A物块 B 的重力势能增加量一定等于 mghB物块 B 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和C物
6、块 B 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和D物块 B 和弹簧组成系统的机械能的增加量等于斜面对物块 B 的支持力和 A 对弹簧的弹力做功的代数和33(多选)以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将 m1 kg 的货物放在传送带上的 A 处，经过 1.2 s 到达传送带的 B 端。用速度传感器测得货物与传送带的速度 v 随时间 t 变化的图象如图乙所示，已知重力加速度 g 取 10 m/s2，由 v t 图线可知( )A A、 B 两点的距离为 2.4 mB货物与传送带的动摩擦因数为 0.5C货物从 A 运动到 B 过程中，传送带对货物做功大小为 12.8 JD货物从 A 运动
7、到 B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 4.8 J1(多选)倾角 30的斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的 O 点处。质量分别为 4m、 m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，如图所示。开始物块甲位于斜面体上的 M 处，且 MO L，物块乙开始距离水平面足够远，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块甲将弹簧压缩到 N 点时，物块甲、乙的速度减为零， 2LN。已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数 38，重力加速度取 g10 m/s 2，忽略空气的阻力，整个过程
8、细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是( )A物块甲由静止释放到斜面体上 N 点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动直到速度减为零B物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为 0.5 m/s2C物块甲位于 N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为 38mgLD物块甲位于 N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为 92如图所示，质量 m0.2 kg 的小球套在固定的光滑圆环上，圆环的圆心为 O，轻质弹簧的一端固定于圆心，另一端与小球相连，弹簧、小球和圆环在同一竖直平面内， B、 C 分别为圆环的最低点和最高点。小球受到水平向右的恒力 F 作用，静止于圆环上 A 点且恰好与圆环间无相互作
9、用，此时弹簧与竖直方向上的夹角 60 o。已知弹簧劲度系数 k40N/m，原长 l00.6 m， g 取 10 m/s2。(1)求水平力 F 的大小；(2)撤掉 F，求小球运动到 B 点时对轨道的压力的大小；(3)若圆环粗糙，撤掉 F 同时使小球获得大小为 5 m/s 的速度，小球运动到最高点 C 处对轨道的压力为 6 N，求此过程中小球克服摩擦力做的功。43 “打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂” 。如图所示，现在有一人从岸边离水
10、面高度为 1.8 m 处，以 8 m/s 的水平初速度用力飞出一质量为 20 g 的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为 0.4 N。假设每次小石片接触水面相同的时间 0.04 s 后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数 k， k0.75；小石片在水面上速度减为零后，以 0.5 m/s2加速度沿竖直方向沉入深为 1 m 的水底。不计空气阻力。求：(1)小石片第一次接触水面时的速度；(2)小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功；(3)小石片从抛出到沉入水底的总时间。4如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的
11、竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上 B 点处， B 点左5侧光滑，右侧粗糙。水平面的右侧 C 点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为 37，斜面上有一半径为 R1 m 的光滑半圆轨道与斜面切于 D 点，半圆轨道的最高点为 E， G 为半圆轨道的另一端点，LBC2.5 m， A、 B、 C、 D、 E、 G 均在同一竖直面内。使质量 m0.5 kg 的小物块 P 挤压弹簧右端至 A 点，然后由静止释放 P， P 到达 B 点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为 37，大小为 F5 N 的恒力，一直保持 F 对物块 P 的作用，结果 P 通过半圆轨道的最高点 E 时的速度为 1
12、0Evm/s。已知 P 与水平面斜面间的动摩擦因数均为 0.5， g 取 10m/s2，sin 370.6，求：(1)P 运动到 E 点时对轨道的压力大小；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)若其他条件不变，增大 B、 C 间的距离使 P 过 G 点后恰好能垂直落在斜面上，求 P 在斜面上的落点距D 点的距离。参考答案61 【解题思路】由图线知，上升总高度 h v0t0；由图线知，加速阶段和减速阶段上升的总高度 h1v0t0；匀速阶段有 h h1 v0t，解得匀速运动的时间 t t0，故第次提升过程所用时间为 t014 12 32 t02 32 t0，两次上升所用时间之比为 2t0 t045，A
13、项正确。由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力t02 52 52相同，B 项错误。在加速上升阶段，由牛顿第二定律知， F mg ma， F m(g a)，第次在 t0时刻，功率 P1 Fv0，第次在 时刻，功率 P2 F ，第次在匀速阶段 F mg， P2 F mg P2，可知，电机输出的t02 v02 v02 v02最大功率之比 P1 P221，C 项正确。由 动 能 定 理 知 ， 两 个 过 程 动 能 变 化 量 相 同 ， 均 为 零 ， 克 服 重 力 做 功 相 同 ， 故 两 次 电 机 做 功 也 相 同 ，D 项 错 误 。【答案】AC2 【解题思路】根据功能关系可知，外力
14、 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量与产生的内能之和，故 A 错误；以 A 物体作为研究对象， A 物体所受的合外力等于 B 对 A 的摩擦力，对 A 物体，运用动能定理，则有 B 对 A的摩擦力所做的功等于 A 的动能的增量，故 B 正确； A 对 B 的摩擦力与 B 对 A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于 A 在 B 上滑动， A、 B 对地的位移不等，故二者做功不相等，故 C 错误；对 B 应用动能定理，有 WF Wf EkB，即 WF EkB Wf就是外力 F 对 B 做的功，等于 B 的动能增量与 B 克服摩擦力所做的功之和，故 D 错误。【答案】B
15、1 【解题思路】由牛顿第二定律得： mgsin 30 f m0.6g，解得摩擦力 f0.1 mg，此过程有摩擦力做功，机械能不守恒，故 A 错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为 h，所以重力势能增加了 EP mgh，故 B 错误；由功能关系知，机械能的损失量 E fs0.1 mg2h0.2 mgh，故 C 正确；由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，即： Ek F 合 s0.6 mg2h1.2 mgh，故 D 错误。【答案】C2 【解题思路】物体 B 开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态。当具有向上的加速度时，合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力大于重力，所以弹簧的弹
16、力增大，物体 B 相对于斜面向下运动。物体 B 上升的高度小于 h，所以重力势能的增加量小于 mgh，故 A 错误；物体 B 受重力、支持力、弹簧的弹力，物体 B 机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的代数和，故 B 正确；对物体 B 用动能定理，物块 B的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的代数和，故 C 错误；物块 B 和弹簧组成系统7的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和 A 对弹簧拉力做功的和，故 D 正确。【答案】BD3 【解题思路】货物由 A 到 B 的间距为对应图象所围梯形的“面积”： 10.2m(4)13.2x，故 A 错误。由 v t 图象可知，货物在
17、传送带上先以 a110 m/s2做匀加速直线运动，后以 a22 m/s2做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 mgsin mg cos ma1， mgsin mg cos ma2，联立解得 cos 0.8， 0.5，故 B 正确。第一阶段： f mg cos 4 N，由图象知位移 x10.2 m，摩擦力做正功，Wf1 fx10.8 J；同理第二阶段：由图象知位移 x23 m，摩擦力做负功， Wf2 fx212 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12 J0.8 J11.2 J，故 C 错误。根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，第一阶段， x1 x 皮 x10.
18、2 m，第二阶段， x2 x2 x 皮 21 m，故两者之间的总相对位移 x x1 x21.2 m，货物与传送带摩擦产生的热量 Q W f x4.8 J，故 D 正确。【答案】BD1 【解题思路】释放物块甲、乙后，物块甲沿斜面加速下滑，当与弹簧接触时，开始压缩弹簧，弹簧产生沿斜面向上的弹力，物块甲做加速度减小的加速运动，当把弹簧压缩到某一位置时，物块甲沿斜面受力平衡，速度达到最大，之后物块甲做加速度增大的减速运动，A 错误；对物块甲、乙，根据牛顿第二定律有4mgsin mg f5 ma，其中 f 4mg cos ，解得 a 0.5 m/s2，B 正确；以物块甲和乙为研究对象，从M 点运动到 N
19、 点，在 N 点弹簧压缩最短，弹性势能最大，由动能定理得sin022LLmggfW弹，解得 38mgL弹 ，弹性势能的变化量 p38EmgL，C 正确，D 错误。【答案】BC2 【解析】(1)由平衡条件知： F mgtan 60解得： 3FN。(2)弹簧处于压缩状态，则 0()klR弹又 cos60mg弹得： R0.5 m小球从 A 到 B 的过程，由动能定理得： 21(1cos60)BmgRmv2NBvFgR弹FNB12 N。(3)经分析可知，小球受到轨道对它向下的弹力 6 N82NCCvFmgR弹小球从 A 到 C 的过程，由动能定理得： 2201(1cos60)fCmgRWmv解得： 1
20、fWJ。3 【解析】(1)小石片先做平抛运动，竖直方向： 21hgt解得 t10.6 svy0 gt16 m/s则 20xyvm/s。(2)小石片沉入水底时的速度： v22 ah2解得 v1 m/s从抛出到沉入水底，根据动能定理： 221201()mghWmv解得 W1.19 J。(3)小石片在水面上滑行时，有： 0fam/s2每次滑行速度的变化量： v a t0.8 m/s 由 01xvn可知，小石片共在水平上滑行了 10 次，空中弹起后飞行了 9 次第 n 次弹起后的速度 vxn vx0 vx(80.8 n) m/s再由 vyn kvxn和 2yntg可得第 n 次弹起后在空中飞行的时间为
21、： 6(10.)5nt为一等差数列，首项 t11.08 s、公差 d0.12根据等差数列求和公式可得小石片在空中的飞行时间： 21().42tnSds在水面上滑行的时间为 t30.0410s0.4s在水中下沉的时间为 24has总时间 t t1 t2 t3 t48.4s。4 【解析】(1) P 在半圆轨道的最高点 E，设轨道对 P 的压力为 FN，由牛顿运动定律得：2Nsin7EvmgFmR解得： FN3N由牛顿第三定律得， P 运动到 E 点时对轨道的压力 FN3 N。(2)P 从 D 点到 E 点，由动能定理得： 221(1cos7)sin7EDmgRRmv解得： 34vm/s9P 从 C
22、 点到 D 点，由牛顿运动定律得： F mgsin37 mg cos 37 ma1解得 a10，说明 P 从 C 点到 D 点匀速运动，故 34CDvm/s由能的转化和守恒得： 2pmcos37(sin7)BCBCELmgLmv解得： Epm1 J。(2)P 在 G 点脱离圆轨道，做曲线运动，把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，有：F mgsin37 ma3， mgcos 37 ma4解得： a34 m/s 2， a48 m/s 2P 垂直落在斜面上，运动时间满足： 241Rat平行于斜面方向上：0 vG a3t联立解得： 2Gvm/s平行于斜面方向上： 01Gvxtm即 P 在斜面上的落地距 D 的距离 x1 m。
