2020版高考物理大二轮复习专题二功和能第二讲功能关系在力学中的应用教学案
高考物理
第二讲 功能关系在力学中的应用
[知识建构]
[备考点睛]
(注1)……(注3)：详见答案部分
1.熟练两种模型
(1)“传送带”模型.
(2)“板块”模型.
2.常见的功能关系
(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔEk.
(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp.
(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp.
(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机.
(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffl相对＝ΔE内.
[答案] (1)两种摩擦力做功的比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
只有能量的转移，没有能量的转化
既有能量的转移，又有能量的转化
28
高考物理
互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功
互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即要么一正一负，要么都做负功；代数和为负值说明机械能有损失——转化为内能
(2)内容：能量既不能凭空产生，也不能凭空消失．它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变．
(3)表达式：ΔE减＝ΔE增
ΔE增为末状态的能量减去初状态的能量，而ΔE减为初状态的能量减去末状态的能量．
热点考向一 力学中几个重要功能关系的应用
【典例】 (多选)(2019·东北三校联考)质量分别为m1和m2的木块A和B之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的挡板上．设斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k.现用一平行于斜面的恒力F拉木块A使A沿斜面由静止开始向上运动，当木块B恰好对挡板的压力为零时，木块A在斜面上运动的速度为v，则下列说法正确的是( )
A．此时弹簧的弹力大小为m1gsinθ
28
高考物理
B．拉力F在该过程中对木块A所做的功为F
C．木块A在该过程中重力势能增加了m1
D．弹簧在该过程中弹性势能增加了F－m1v2
[思路引领] (1)木块B恰好对挡板压力为零时，木块B处于平衡状态，弹簧弹力为m2gsinθ.
(2)弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量．
[解析] 当木块B恰好对挡板的压力为零时，木块B受重力、支持力以及弹簧的弹力作用，则由力的平衡条件可知，弹簧的弹力大小为m2gsinθ，故A错误；木块A向上运动时有重力、拉力F和弹簧弹力对其做功，根据动能定理，合力做功等于木块A动能的增加量，开始时木块A静止，弹簧压缩量x1＝，当B对挡板的压力刚为零时，弹簧伸长量x2＝，此过程中拉力F对木块A做的功为WF＝F(x1＋x2)＝F；此过程中木块A重力势能的增加量ΔEp＝m1gΔh＝m1g(x1＋x2)sinθ＝m1，故B、C正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，即F－m1v2－m1，故D错误．
[答案] BC
1．对功能关系的理解
(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，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值上相等．
2．功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下
28
高考物理
迁移一 与圆周运动结合的功能关系
1．(2019·湖北七校联考) 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR/2
[解析] 小球从P点运动到B点的过程中重力做功为mgR，选项A错误；设小球通过B点时的速度为vB，小球通过B点时刚好对轨道没有压力，说明此刻刚好重力提供向心力，对小球通过B点瞬间应用牛顿第二定律有：mg＝m，解得vB＝，设小球从P点运动到B
28
高考物理
点的过程中克服摩擦力做功为W，对此过程由动能定理有：mgR－W＝mv，联立得W＝mgR，选项D正确；合外力做功W合＝mv＝mgR，选项C错误；小球机械能的减少量等于小球克服摩擦力所做的功，即ΔE＝W＝mgR，选项B错误．
[答案] D
迁移二 与板块结合的功能关系
2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨三中调研)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是( )
A．上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增加量
B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用的时间越长
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
[解析] F做的功等于二者的动能与因摩擦产生的热量之和，A错误；其他条件不变的情况下，M越大，木板加速度越小，木板在地面上移动的距离x越小，B正确；其他条件不变的情况下，F越大，滑块加速度越大，滑块到达木板右端所用时间越短，C错误；滑块与木板间产生的热量等于FfL，其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确．
[答案] BD
迁移三 与传送带结合的功能关系
3．(2019·山东省淄博市高三二模)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t＝0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1>v2.已知传送带的速度保持不变，则( )
28
高考物理
A．物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移小
B．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ
v2，由v2＝2ax知，物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移大，选项A错误；由图乙知，物块在0～t1内沿斜面向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知μmgcosθ>mgsinθ，则μ>tanθ，选项B错误；0～t2内，根据动能定理得，W＋WG＝mv－mv，选项C错误；0～t2内，由能量守恒定律知，物块动能减少量与重力势能减少量等于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，选项D正确．
[答案] D
(1)“传送带”模型问题中的功能关系分析
①功能关系分析：W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝E电．
②对W电和Q的理解：电动机做的功W电＝Fx传；产生的热量Q＝Ff·x相对．
(2)常用结论
①
28
高考物理
把一个物体无初速度放到水平匀速转动的传送带上，在物体与传送带相对静止时，因摩擦产生的热量Q与物体动能增加量相等，即Q＝.
②把一个物体无初速度放到倾斜向上转动的传送带上，在物体与传送带速度相等时，因摩擦产生的热量Q与物体机械能增加量相等，即Q＝＋mgh.
(3)常用方法：物块在传送带上运动，在同一坐标系中同时作出物块和传送带运动的v－t图线，由图像分析物块的运动过程，求物块与传送带的位移及相对位移.
热点考向二 动力学规律和动能定理的综合应用
【典例】 (2019·河北唐山模拟)如图(甲)所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t＝0时释放滑块．在0～0.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图(乙)所示．已知弹簧的劲度系数k＝2.0×102 N/m，当t1＝0.14 s时，滑块的速度v1＝2.0 m/s.g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.弹簧弹性势能的表达式为Ep＝kx2(式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)．求：
(1)斜面对滑块摩擦力的大小Ff；
(2)t＝0.14 s时滑块与出发点间的距离d；
(3)在0～0.44 s时间内，摩擦力做的功W.
[思路引领] (1)t1＝0.14 s时，滑块与弹簧开始分离．
28
高考物理
(2)mgsin37°>Ff，滑块速度减为零后，会反向做匀加速直线运动．
[解析] (1)由图(乙)可知，当t1＝0.14 s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．加速度大小为a1＝10 m/s2.
根据牛顿第二定律有mgsinθ＋Ff＝ma1，
代入数据解得Ff＝4.0 N.
(2)当t1＝0.14 s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0＝0时弹簧的形变量x，所以在0～0.14 s时间内弹簧弹力做的功为
W弹＝Ep初－Ep末＝kd2.
在这段过程中，根据动能定理有
W弹－mgdsinθ－Ffd＝mv－0，
代入数据解得d＝0.20 m.
(3)设从t1＝0.14 s时开始，经时间Δt1滑块的速度减为零，则有Δt1＝＝0.20 s
这段时间内滑块运动的距离为
x1＝＝0.20 m
此时为t2＝0.14 s＋Δt1＝0.34 s，
由于mgsin37°＝6 N>Ff，
此后滑块反向做匀加速直线运动，其加速度的大小为a2＝＝2.0 m/s2；
在0.34～0.44 s(Δt2＝0.1 s)时间内，滑块反向运动的距离为x2＝a2Δt＝0.01 m.
在0～0.44 s时间内，摩擦力Ff做的功为
W＝－Ff(d＋x1＋x2)
代入数据解得W＝－1.64 J.
[答案] (1)4.0 N (2)0.20 m (3)－1.64 J
28
高考物理
动力学规律和动能定理的综合问题的解题技巧
1．如果涉及到加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析．
2．对于物体受变力作用的力学问题，动能定理是解决问题的重要方法之一．
(2019·河南省周口市期末)如右图所示，半径R＝0.3 m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F＝6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为 N．已知水平轨道AC长为2 m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小物块运动到B点时的速度大小；
(2)拉力F作用在小物块上的时间t；
(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围．
[解析] (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m
28
高考物理
，由牛顿第三定律得FN＝FN′＝ N
联立解得v＝2 m/s
物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得
mg·2R＋mv2＝mv
解得vB＝4 m/s
(2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得
Fs－μ1mgxAB＝mv－0
根据牛顿第二定律得：F－μ1mg＝ma
由运动学公式有s＝at2
联立解得t＝ s
(3)设BC段的动摩擦因数为μ2.
①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v1，则由牛顿第二定律可得：mg＝m，
由动能定理得：－2μ2mgxBC－2mgR＝mv－mv
代入数据解得μ2＝0.025
故为使物块能从C点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025
②若物块从C点返回在圆槽形轨道上升高度为R时速度为零，由动能定理可得：
－2μ2mgxBC－mgR＝0－mv
代入数据解得：μ2＝0.25
物块从C返回刚好停止到B点，由动能定理可得：
－2μ2mgxBC＝0－mv
28
高考物理
代入数据解得：μ2＝0.4
故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2<0.4
综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4.
[答案] (1)4 m/s (2) s (3)0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4
物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，可以分段应用动能定理，也可以对整个过程利用动能定理，但不能在某一方向上应用动能定理.
热点考向三 动力学观点和能量观点在多过程问题中的应用
【典例】 (2019·天津市红桥区高三二模) 轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
28
高考物理
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
[思路引领]
[解析] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．
由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为
EP＝5mgl①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
EP＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝⑥
28
高考物理
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得s＝2l⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知
5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得m≤Mtanθ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失．将A、B同时由静止释放．
(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；
(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；
(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程．
[解析] (1)释放A、B，它们一起匀加速下滑，以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ－μ2gcosθ.
(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．B与挡板P相撞后立即静止，A开始匀减速下滑．若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l0.从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)，A与B间由于摩擦产生的热量Q2＝μ1mgcosθ·l0
根据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1＋Q2，得l0＝L.
(3)分两种情况：
①若l≥l0，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上
木板B通过的路程s＝L－l
②若ltanθ)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是( )
28
高考物理
A．电动机因运送物块多做的功为mv2
B．系统因运送物块增加的内能为
C．传送带克服摩擦力做的功为mv2
D．电动机因运送物块增加的功率为μmgvcosθ
[解析] 电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量．对物块，增加的机械能为ΔE＝f·L＝μmgcosθ··t，系统增加的内能Q＝f·Δs＝f·(s带－s物)＝f＝μmgcosθ·t，故ΔE＝Q.故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv2，故A错误．系统增加的内能Q＝f·Δs＝μmgcosθ·t.物块的加速度a＝＝g(μcosθ－sinθ)．故加速时间t＝＝，故系统增加的内能Q＝，故B正确．传送带运动的距离s带＝vt＝，故传送带克服摩擦力做功Wf克＝f·s带＝μmgcosθ·＝，故C错误．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P＝fv＝μmgcosθ·v，故D正确．
[答案] BD
二、非选择题
10．(2019·宁夏银川模拟)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的高度h＝0.6 m．滑块在木板上滑行t＝1 s后和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，取g＝10 m/s2.求：
28
高考物理
(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)滑块自A点沿弧面由静止滑下到与木板共同运动，产生的内能是多少？
[解析] (1)滑块在木板上滑行时，对木板，根据牛顿第二定律有
Ff＝Ma1
由运动学公式得v＝a1t
代入数据解得Ff＝2 N.
(2)滑块在木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有
－Ff＝ma2
设滑块滑上木板时的初速度为v0，则有
v－v0＝a2t，代入数据解得v0＝3 m/s
滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得
mgh－Wf＝mv，则Wf＝mgh－mv
Q1＝Wf＝mgh－mv＝1.5 J.
(3)滑块在木板上滑行，t＝1 s时木板的位移为s1＝a1t2
此过程中滑块的位移为s2＝v0t＋a2t2
故滑块相对木板滑行的距离为L＝s2－s1＝1.5 m
所以Q2＝Ff·L＝3 J，则Q＝Q1＋Q2＝4.5 J.
28
高考物理
[答案] (1)2 N (2)1.5 J (3)4.5 J
11．(2019·山东省淄博市一中三模)如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ＝30°的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁定．一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差h，弹簧锁定时具有的弹性势能Ep＝mgh，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g.求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；
(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定．设斜面最高点C(未画出)与A的高度差为3h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出．
[解析] (1)物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：
Wf＋mgh＝Ep.
即μmgcosθ·＋mgh＝mgh
解得：μ＝
(2)在上滑和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上滑和下滑过程中的加速度大小分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得：
物块上滑过程中有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，
得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝g×＝g
物块下滑过程中有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，
28
高考物理
得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝g×＝g
故a1∶a2＝5∶3.
(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时受到的阻力做功，设稳定时物块上升的最大高度为hm.则由功能关系得：Ep＝Wf总．
即mgh＝2μmgcosθ·
解得；hm＝2.5h<3h
所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出．
[答案] (1) (2)5∶3 (3)不能
28
