功能关系 考点解读

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1、一、理解功能关系牢记“功是能量转化的量度”1、重力做的功与重力势能的变化的关系:2、弹力做的功与弹性势能的变化的关系:3、合力做的功与动能的变化的关系(动能定理):作出物块与木板的运动图像如图所示.由牛顿第二定律，可求得物块与木板的加速度ma1 = Mga2=M” g两者t时刻速度相等，则voa1t=a2t 分析可知，图中阴影面积为板、块的相对位移，由几何关系，知A x=|v0tMv 24、重力、弹力以外的力做的功与机械能的变化的关系:系统内一对滑动摩擦力做的总功在数值上等于：二、【典例分析】1、一小滑块A在力F的作用下沿斜面向下运动了一段距离。若已知此过程中，拉力F做功数值为W, 斜面对滑块

2、的摩擦力做功数值为w2,重力做功数值为W3 ( W1、w2、W3都取绝对值)，贝y：(1)(2)(3)2、质量为m的物体从静止开始以g/2的加速度竖直向下运动了 h下列说法中正确的是(AC )A.物体的动能增加了 mgh/2B.物体的势能减少了 mgh/2C.物体的机械能减少了 mgh/2D.重力对物体所做的功为mgh/23、如图所示，在竖直平面内的AC两点间有两点间有三条轨道。一个质量为m的质点从顶点A由静止开始 先后沿三条不同的轨道下滑，三条轨道的摩擦因数都是他转折点能量损耗不计，由该物体分别沿着AC、 AEC、ADC到达C点时的速度大小正确的说法是(D )A.B.C.D.4、5、小滑块动

3、能增量为 小滑块重力势能增量为 小滑块机械能增量为3W1-W2+W3-W3W1-W2A x=02p g (M+m)分析三：能量分析vvv4由于物块、木板运动时间相同，可得盂=mmg，可求出最终的共同速度.对物块一gmgx1 =2mv2|mv02，即物块动能的减少量.对木板gmgx2=Mv2，即木板动能的增加量.上述两方程结合，可得|J mg(X Q = ymgA x=|mv02m)v2，板块问题产生热量的计算方法.物体沿AC轨道下滑到达C点速度最大 物体沿AEC轨道下滑到达C点速度最大 物体沿ADC轨道下滑到达C点速度最大 物体沿三条轨道下滑到达C点速度相同如图所示，物体以100J的初动能从斜

4、面底端向上运动，中途第一次通过斜面上M点时，其动能减少了 80J,机械能减少了 32J。则当物体沿斜面重新返回底端时，其动能为多少J?三“板块”模型及拓展1“板块”模型研究6、如图所示，一速率为v0的物块冲上一置于光滑水平面上且足够长的木板上物块质量为m,木板质量 M,物块与木板间的动摩擦因数m试问：物块将停在木板上何处？分析一：利用运动学一般方程研究由牛顿第二定律，可知对物块Mmg=ma1 ；对木板gmg=Ma2设两者共速时所用时间为t,则v0a1t=a2t这段时间物块与木板的位移大小分别为x1=v0t1；a1t2两者的位移之差A x=x1x2结合上述方程，可得A分析二：利用图像1X2 =

5、2a2t2Mv 2x-02p g (M+m)1x2) = 2mvo2_m)v2由相对位移A x=Xx2Mv 2可得A x=2p g (M+m)分析四：利用相对运动以地面为参考系，由牛顿第二定律，可知对物块|J mg=ma1对木板gmg=Ma2以木板为参考系，物块的初速度为v0，加速度为一(a+a2)，贝9v 2Mv 2两者相对位移也x=2(v+jA x=2# g &+m)2.“板块”模型拓展一“子弹打木块”问题子弹打木块与“板块”模型非常相似，但要注意子弹穿过木块的情况，“板块”模型的方法依然适用.7、如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系

6、统静止.现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来.上述 过程中有关功和能的说法正确的是(D )A.B.C.D.拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量 摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量 离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动 小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量7777777777777777777777777777778、质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平射入初始静止的木块，并最 终留在木块中与木块一起以速度v运动.已知子弹从刚射中木块到子弹相对木块静止时，木块前进距离L, 子弹进

7、入木块的深度为d,若木块与子弹间的动摩擦因数为儿求：；.(1) 子弹克服摩擦力所做的功；(2) 木块增加的动能；(3) 子弹与木块组成系统损失的机械能.【解析】本题的重点是运动过程的分析首先对子弹进行受力分析，子弹受自身的重力mg,木块给其的支 持力N,木块给子弹的与v0方向相反的摩擦力f=MN=ymg，其中mg=N，子弹所受的合力为f=gmg，故 子弹做匀减速直线运动，速度逐渐减小；另一方面，木块受自身的重力Mg,子弹给其的压力N,水平面的 支持力NM，子弹给木块向前的摩擦力f (与f为作用力与反作用力)，木块所受合力为f=Mmg，为动力， 使木块以初速度为零做匀加速直线运动，直到速度增大为

8、v,子弹的速度减小为v,二者相对静止，最后以 共同速度v做匀速直线运动示意图如图所示，对子弹从v0到v过程中，应用动能定理，可得一 ymg(L+d) = 2mv22mv02故子弹克服摩擦力所做的功为, 1 1U mg(L 十 d)=2mv022mv2 对木块由静止到v过程中，应用动能定理，可得U mgL=2Mv20联立两式，得ymgd=2mv022(M+m)v2 由于子弹和木块的重力势能没变，故损失的机械能11IE ”=Fmv02(M+m)v2=ymgd损 202【答案】(l)ymg(L+d) =|mv02|mv2 9、如图所示，上表面光滑，长度为3 m、 =5 m/s的速度沿水平地面向右匀速

9、运动./力/I L I1(2)2Mv2=ymgL质量为M=10 kg的木板，在F=50 N的水平拉力作用下，以v0现将一个质量为m=3 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在(3)pmgd=2mv02f(M+m)v2木板最右端.当木板运动了 L=1 m时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每 运动1 m就在其右端无初速度地放上一个同样的小铁块.(g取10 m/s2)求：(1) 木板与地面间的动摩擦因数；(2) 刚放第三个铁块时木板的速度；(3) 从放第三个铁块开始(停止放后续铁块)到木板停下的过程，木板运动的距离.【解析】(1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力为f

10、由平衡条件得F=f f=pMg联立并代入数据得#=05(2) 每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加pmg,令刚放第三个铁块时木板速度为J,对木板从放第一个铁块到刚放第三个铁块的过程，由动能定理，得pmgL2pmgL=2MV2v。2 联立代入数据得 v1=4 m/s7(3) x=3 m.四传送带问题1. 皮带传动问题与板块模型问题最大的区别是皮带一般是匀速运动，要保证皮带的匀速运动，皮带所受合 力为零，即电动机施加的牵引力与皮带受到的摩擦力平衡.2. 电动机施加的牵引力做功多少，表明整个皮带系统能量增加多少.3. 求物块对皮带的摩擦力做功一定要找皮带的对地位移.4. 求生成的热量要利用方程：Q

11、= yFNs 相, “为物体与传送带之间的动摩擦因数，Fn为物体与传送带之间N 相N的正压力，s相为物体与传送带之间的相对位移.相10、某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图.皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度向右运动现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带上邮件和皮带间的动摩擦因数卩=0.5.设皮带足够长取g=10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求(1) 邮件滑动的时间t；(2) 邮件对地的位移大小x；(3 )邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.【解析】(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则F=ymg 由牛顿第二定律求出邮件的加速

12、度a=F/m=yg = 5 m/s2由匀变速直线运动规律v=at，代入数据，得t=v/a=0.2 s (2) 邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Fx=1mv20由式并代入数据，得x = 0.1 m (3) 邮件与皮带发生相对滑动过程中，设皮带相对地面的位移为s,则s = vt 摩擦力对皮带做的功W=Fs由式并代入数据，得W=2J 【答案】 (1)0.2 s (2)0.1 m (3) 2 J11、如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V匀速向右运动，一质量为 m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2v1)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端.关

13、于这一过 程的下列判断，正确的有(A.B.C.D.)滑块返回传送带右端的速率为v1此过程中传送带对滑块做功为mvmv?2此过程中电动机对传送带做功为1mvFfmv?2此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为1m(V + v2)2【解析】 滑块向左运动过程中，运动方向受到皮带的阻力，到达最左端，对地速度为零，由动能定理可 知, fx1 = 01mv22，其后在皮带摩擦力的作用下，摩擦力为动力，使滑块加速，假设加速至V,则有fX 1mv120，以上两式中可知x2x1，说明滑块返回传送带右端的速率能够达到V, A选项正确；此过程中传送带对滑块做功，由动能定理可知,121mv22，B 选项正确此过程中电

14、动机对传送带做功，分为两部分，一部分为木块增加的动能1mv122mv22, 一部分产生 内能Q, C选项错误；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为摩擦力与相对路程的乘积，分两个过程 0 v v考虑，第一过程为滑块从右端滑至最左端至对地速度为零，假设运动时间为-，则-=2=亠，-时间11yg ug 1内皮带对地向右的位移x3 = v1t1=UUg2, fx3 = mv1v2，即第一过程31 1 Ug 31 2产生的热量为f(x1+x3)=2mv12+mv1v2，第二过程中由于物块对地加速的位移为x2，与物块、皮带间的相 对滑动距离相等，故第二阶段产生的热量为|mv22，此过程中滑块与传送带间摩

15、擦产生的热量为2mv12 + mv1v2+| mv22=m(v1+v2)2, D 选项正确 【答案】 ABD12、飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为 M,其俯视图如图所示，现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v后，将 行李依次轻轻放到传送带上，若有n件质量均为m的行李需通过传送带运送给 旅客.假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能 量.求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？【解析】 设行李与传送带间的动摩擦因数为y,则行李与传送带间由于摩擦而产生的总热量Q=nymg Ax由运动学公式，得Ax=x带一乂行=vtvt=2vt 又v=

16、at=ygt，联立解得Q=*nmv2 由能量守恒，得E=Q+2mv2+2nmv2 故电动机消耗的电能为E=1Mv2+nmv2 【答案】*Mv2+nmv2【学法指导】 本题易错之处，漏掉摩擦产生的热量，答案错解为2Mv2+1nmv2，要从能的转化和守恒的 高度看待物理过程.课后巩固练习：1. 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=1kg的物块B以水平初速度v0=3m/s从A的一端滑 上水平上表面，它们在运动过程中的v-t图线如 图乙所示请根据图象求：(1) B在A上滑动的相对位移；(2) A、B组成的系统损失的机械能AE.B 0F1图甲【答案】(1) S =1.5m(2)3J相对【解

17、析】：(1)B在A上滑动的相对位移即为图中三角形面积s相对=1.5m(2)由图象的物理意义可知：相对f / m = 2n M = 2kgf / M = 1则由能量守恒可得：AE =1 mv2 1 (M + m)v2 = 3J机2022、如图所示，倾角9 =30。、长L=2. 7m的斜面，底端与一个光滑的1/4圆弧平滑连接，圆弧底端切线水平。 一个质量为m=1kg的质点从斜面最高点A沿斜面下滑，经过斜面底端B恰好到达圆弧最高点C,又从圆弧 滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B点。 已知质点与斜面间的动摩擦因数为p二込/6, g=10m/s2，

18、假设质点经过斜面与圆弧平滑连接处速率不变。mgR = mu 22由得：Fn = 3mg = 3x 1 x 10n=30N 根据牛顿第三定律，质点第1次经过B点对圆U 2NF mg=mNR弧轨道的压力为30N。设质点第一次由B点沿斜面上滑的速度为。jB点到D点的距离为Lm gLsin 30。一 pmgcos 30。L = mu 2 21一mgL sin30。一ymgcos30oL = 0一1 mu21 121则质点从A点到D点下降的高度h=0.9m设质点第2次由B点沿斜面上滑的速度为。2,mgL sin 30。 ymgcos30。L = 1 mu 21 1 22一 mgL sin 30。一 ym

19、gcos30。L = 0 一1 mu22 2 2 2代入数据解得：Li=3 L =0 9m沿斜面上滑的距离为L2则得:同理可推得：质点第n次由B点沿斜面上滑的距离L为L = 1Lnn 3 n1=(3)nL所以质点从开始到第6次经过B点的过程中，在斜面上通过的路程为S=L+2 (.+L2)=5. 1m Q=p mgcos300S=12.75J3.(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率 v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为卩，物体过一会儿能保持与传送带相对静止.对于物体从静止 释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是()1A.电动机多

20、做的功为mv2B.求：(1) 质点第1次经过B点时对圆弧轨道的压力；(2) 质点从A到D的过程中质点下降的高度；(3) 质点从开始到第6次经过B点的过程中因与斜面摩擦而产生的热量.C.D.摩擦力对物体做的功为1mv2 电动机增加的功率为ymgv 传送带克服摩擦力做功为1mv2【答案】1. 30N。2. h=0.9m3. 12.75J解析】设圆弧的半径为R,则质点从C到B过程,答案：BC4、如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角0 = 30，皮带在电动机的带动下，始终保持v0=2 m/s的速 率运行现把一质量为m=10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间t=1.9 s，工件被传送

21、 到h=1.5 m的高处，取g=10 m/s2,求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2 )电动机由于传送工件多消耗的电能.3 答案：(1)丁 (2)230 Jh解析：(1)由题图可知，皮带长x=Si-X=3h蚊1= vt1=v0(t11)解得加速运动的时间t1 = 0.8 s 所以加速度8*一2.5 m/s2一、/1/ 诵由牛顿第二定律有：gmgeos 0mgsin 0=ma 解得卩一(2)根据能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间 发生相对位移时摩擦力做功产生的热量.石一 1.6 mx 相一x 皮3一0.8 m在时间t1内，摩擦产生的热量

22、Q卩mgeos 0x相一60 J工件获得的动能Ek一|mv0=20 J 工件增加的势能Epmgh 150 J电动机多消耗的电能WQ+Ek+E =230 J.传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况.一般设问的角度有两个：(1) 动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二 定律，求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系.(2) 能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动 机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解.匀速运动的位移为xx1一加速运动

23、的位移X = 0.8 m,在时间内，皮带运动的位移x皮= 在时间-内，工件相对皮带的位移5.如图甲所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行.现将一质量m=1 kg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，取g = 10 m/s2，sin 37 = 0.6， cos 37 = 0.8.求：(1) 08 s内物体位移的大小；(2) 物体与传送带间的动摩擦因数；(3) 08 s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q.答案：(1)14 m (2)0.875 (3)90 J 126 J解析：(1)08 s内物体位移等于v-t图线与t轴所围面积.其中

24、前4 s,位移为零(观察图象)2+448 s 的位移为 x= 2 X2m+4X2m= 14m.(2)02 s内，物体向下减速a卩geos 0gsin 00v0atv+gtsin 0 2+10X2X0.6解得卩一 gteos 0 一 10X2X0.8 =0.875.(3)08 s 内物体机械能增量为 JE=JE,+JE =1mv22mv2+mgxsin 0 = 90 J08 s传送带位移(从图象看物块最终与传送带同速)xz =v0t=4X8 m = 32 m.物体与传送带摩擦生热为 QW一卩mgcos 0(x x) = 0.875X 1X 10X0.8X(3214) J=126 J.6.(多选)

25、如图所示，质量为m的物块从倾角为0的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保 持速率v匀速运动，物块与传动带间的动摩擦因数为g(gtan 0)，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() A.B.C.电动机因运送物块多做的功为mv2mmv2cos 0系统因运送物块增加的内能为”亠2(ycos 0sin 0)传送带克服摩擦力做的功为mv2 电动机因运送物块增加的功率为gmgvcos 0D.答案：BD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._ I a / itiaz. Iik 人 v 、i，chc v- -1

26、-/y I幻 丿、9 /曰 心 H Q 卩勺 口 匕丿 Q丄亠ILLUlgCC/O V 2-uQ对物块，增加的机械能为E=fL=ymgcos 0壮，系统增加的内能Q=f/s=fC=f(vt2t)=mgcos2带 物2小2匸 故力E=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.v、fmgsin 0系统增加的内能Q=f /s卩mgeos 0,2匸 物块的加速度a 一geos 0sin 0).mv2eos 0故加速时间t=a=g(,eos 0sin 0)，故系统增加的内能Q=2(爲70二爲.故B正确v2传送带运动的距离s带-vt-g(0 0sin 0)，故传送带克服摩擦力做

27、功v2 umv2eos 0W 克厂仇带= Pmgcos Ogcs 0sin 0) = gC0Z0Sin 0，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=ymgcos 0v,故D正确.7.如图所示，一质量为m=l kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传 送带相接，传送带以v=2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹 簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为E =4.5 J若突然释放滑块，滑块向左 滑上传送带.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为卩=0.2,传送带足够长，取g = 10 m/s2

28、.求：(1) 滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；(2) 滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量.V答案：(1)3.125 s (2)12.5 J解析：(1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为许，则Ephfmv2，得v1 = 3 m/s滑块在传送带上运动的加速度的大小a卩纟一2m/s2滑块向左运动的时间匚一卡一1.5 s 向左运动的最大1 a位移乂厂夺=2.25 m 向右匀加速运动的位移22|1 m x1x2，所以滑块在向右运动的过程中先向右匀加速运动，再同传送带一起向右匀速运动.向右匀加速运动的时间t2=v=1 s2 ax x向右匀速运动的时间为t3一2一0.625 s所以t一t+t2+t3 = 3.125 s.(2)滑块在传送带上向左运动X的位移时，传送带向右运动的位移为X 一 3 m 则/XX +乂1一5.25 m 滑块向右运动x2时，传送带向右运动的位移为x 一vtQM? m 则 /乂2乂2 一*2一1 m/x/乂1+/乂26.25 m则产生的热量为 Q卩mg/x=12.5 J.