资源描述
专题六 功能关系在力学中的应用
1．常见的几种力做功的特点
(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
①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．
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，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削减量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．
③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＝－ΔEp.
(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔEp.
(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk.
(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＝f·l 相对．
1．动能定理的应用
(1)动能定理的适用状况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．
(2)应用动能定理解题的基本思路
①选取争辩对象，明确它的运动过程．
②分析争辩对象的受力状况和各力做功状况，然后求各个外力做功的代数和．
③明确物体在运动过程初、末状态的动能Ek1和Ek2.
④列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解．
2．机械能守恒定律的应用
(1)机械能是否守恒的推断
①用做功来推断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．
②用能量转化来推断，看是否有机械能转化为其他形式的能．
③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特殊说明及示意．
(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路
①选取争辩对象——物体系统．
②依据争辩对象所经受的物理过程，进行受力、做功分析，推断机械能是否守恒．
③恰当地选取参考平面，确定争辩对象在运动过程的初、末状态时的机械能．
④依据机械能守恒定律列方程，进行求解．
考向1 力学中的几个重要功能关系的应用
例1 (双选)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，开头时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1
A．物块a重力势能削减mgh
B．摩擦力对a做的功小于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
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 AD
以题说法 留意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．
(单选)(2022·广东·16)图2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2
A．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削减，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．
考向2 动力学方法和动能定理的综合应用
例2 如图3甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2 kg的小物块和质量M＝1 kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧确定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会马上停止运动．电动机功率保持P＝3 W不变．从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6 s后可视为匀速运动，t＝10 s时物块离开木板．重力加速度g＝10 m/s2，求：
图3
(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？
(2)物块在1 s末和3 s末受到的摩擦力各为多大？
(3)平板长度L为多少？
审题突破 “平板以相同的速度一起向右匀速运动”隐含什么条件？求平板长度时应当选取哪段过程？电机的牵引力是恒力还是变力？怎么表示其做功的大小？
解析 (1)由题图可知，前2 s内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．
拉力大小为：FT1＝
滑动摩擦力大小为：f＝μ(M＋m)g
由平衡条件可得：＝μ(M＋m)g
可得：μ＝0.2
(2)物块在1 s末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：f1＝FT1＝＝6 N
物块在2 s末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6 s后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：f2＝FT2＝＝10 N
物块在3 s末时受到的滑动摩擦力大小与6 s后受到的摩擦力大小相等，为10 N.
(3)依题意，物块在2 s末之后始终到10 s时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：
PΔt－f2L＝mv－mv
代入解得：L＝＝2.416 m
答案 (1)0.2 (2)6 N 10 N (3)2.416 m
以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力状况和做功状况．此题特殊要留意地面对木板的滑动摩擦力为μ(M＋m)g.
2．应用动能定理列式时要留意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．
如图4，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速度放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m(取g＝10 m/s2)．求：
图4
(1)金属块经过D点时的速度；
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．
答案 (1)2 m/s (2)3 J
解析 (1)对金属块在E点，mg＝m，vE＝2 m/s
在从D到E过程中，由动能定理得：
－mg·2R＝mv－mv
vD＝2 m/s
(2)金属块刚刚放上时，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，
a1＝10 m/s2
设经位移s1达到共同速度，v2＝2as1，
s1＝0.2 m<3.2 m
连续加速过程中：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
a2＝2 m/s2 s2＝L－s1＝3 m
v－v2＝2a2s2 vB＝4 m/s
在从B到D过程中，由动能定理：
mgh－W＝mv－mv
W＝3 J.
6．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5所示，倾角θ＝30°、长L＝4.5 m的斜面，底端与一个光滑的圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从斜面最高点A由静止开头沿斜面下滑，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，最终停在B点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，g＝10 m/s2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：
图5
(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，
mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分)
解得：a＝2.5 m/s2(1分)
从A到B，物块匀加速运动，由L＝at2(1分)
可得t＝ s(1分)
(2)由于物块恰好到C点，所以到C点速度为0.设物块到B点的速度为v，则mgR＝mv2(2分)
FN－mg＝m(1分)
解得FN＝3mg＝30 N(1分)
由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为FN′＝30 N，方向向下(1分)
(3)从开头释放至最终停在B处，设物块在斜面上滑行的总路程为s，则mgLsin θ－μmgscos θ＝0(3分)
解得s＝9 m(1分)
答案 (1) s (2)30 N，方向向下 (3)9 m
点睛之笔 多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时留意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简洁．
(限时：15分钟，满分：16分)
如图6所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝1.8 m/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，最终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＝2 m，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＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：
图6
(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)22.5 N，方向竖直向下 (2)32 J
解析 (1)设小物体在C点时的速度大小为vC，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：
vC＝＝ m/s＝3 m/s①
由C点到D点，由动能定理得：
mgR(1－cos θ)＝mv－mv②
小物块在D点，由牛顿其次定律得：
FN－mg＝m③
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：FN′＝FN④
联立①②③④得：FN′＝22.5 N，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，由牛顿其次定律得：
a＝＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2⑤
小物块匀减速直线运动的时间为t1，向左通过的位移为s1，传送带向右运动的距离为s2，则：
vD＝at1⑥
s1＝at⑦
s2＝vt1⑧
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t2，向右通过的位移为s3，传送带向右运动的距离为s4，则
v＝at2⑨
s3＝at⑩
s4＝vt2⑪
整个过程小物块相对传送带滑动的距离为：
s＝s1＋s2＋s4－s3⑫
产生的热量为：Q＝μmgs⑬
联立⑤～⑬解得：Q＝32 J
(限时：45分钟)
题组1 力学中的几个重要功能关系的应用
1．(单选)嘉明同学站在罚球线上，以某个抛射角将篮球投向篮筐，结果篮球未命中，而是垂直地击中了篮筐正上方的篮板．忽视空气阻力作用，则( )
A．篮球飞行时，单位时间内的速度增量越来越小
B．篮球飞行时，机械能越来越少
C．篮球飞行时，重力的瞬时功率越来越小
D．要使球命中篮筐，应增大抛球的初速度
答案 C
解析 由于篮球做抛体运动，所以加速度为g，依据Δv＝gΔt可知，篮球飞行时，单位时间内的速度增量不变，选项A错误；由于忽视空气阻力作用，所以篮球飞行时机械能不变，选项B错误；篮球飞行时，竖直速度渐渐减小，依据P＝Fv可知重力的瞬时功率越来越小，选项C正确；篮球垂直地击中篮筐正上方的篮板，说明篮球抛出的初速度过大，要使球命中篮筐，应减小抛球的初速度，选项D错误．
2．(双选)如图1甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开头沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移s关系的图象如图乙所示，其中0～s1过程的图线为曲线，s1～s2过程的图线为直线．由此可以推断( )
甲 乙
图1
A．0～s1过程中物体所受拉力是变力，且确定不断增大
B．0～s1过程中物体的动能确定是不断减小
C．s1～s2过程中物体确定做匀速运动
D．s1～s2过程中物体可能做匀加速运动
答案 AD
解析 小球受重力和绳子的拉力，由题图知在0～s1过程中拉力在渐渐增大，故A正确；若拉力小于重力，则小球加速运动，动能增大，故B错误；s1～s2过程中拉力不变，若拉力等于重力，小球做匀速运动，若拉力小于重力，小球可能做匀加速运动，故C错误，D正确．
3．(单选)把质量为m的小球(可看做质点)放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到A的位置，如图2甲所示．快速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点(如图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(如图乙)．已知AB的高度差为h1，BC的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力．则( )
图2
A．小球从A上升到B位置的过程中，动能始终增大
B．小球从A上升到C位置的过程中，机械能始终增大
C．小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为mg(h2＋h1)
D．确定有h2≥h1
答案 C
解析 小球上升时先加速后减速，当mg＝F弹时，加速度为零，速度最大，此时弹簧还处于压缩状态，选项A错误．从A到B，小球和弹簧的系统机械能守恒，弹性势能减小，小球的机械能增大；而从B到C，小球只有重力做功，机械能不变，选项B错误．由A到C系统的机械能守恒可知，弹性势能全部转化为重力势能，故Ep＝mg(h2＋h1)，选项C正确．由A到C弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，动能最大位置在B点下方，故h2可等于零，选项D错误．故选C.
4．(单选)如图3所示为通过弹射器争辩弹性势能的试验装置．光滑圆形轨道竖直固定于光滑水平面上，半径为R.弹射器固定于A处．某一试验过程中弹射器射出一质量为m的小球，恰能沿圆轨道内侧到达最高点C，然后从轨道D处(D与圆心等高)下落至水平面．取重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图3
A．小球从D处下落至水平面的时间为
B．小球至最低点B时对轨道压力为5mg
C．小球落至水平面时的动能为2mgR
D．释放小球前弹射器的弹性势能为
答案 D
解析 小球恰好通过C点，则由mg＝m，解得v＝；小球从C到D有mgR＝mv－mv2，解得vD＝，小球由D到地面做匀加速直线运动；若做自由落体运动时，由R＝gt2可得，t＝ ；而现在有初速度，故时间小于 ，故A错误；由B到C有：mg·2R＝mv－mv2，B点F－mg＝m，联立解得，F＝6mg，故B错误；对C，小球落到水平面Ek－mv2＝mg·2R，Ek＝2.5mgR，故C错误；小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能，故弹性势能为E＝mg·2R＋mv2＝，故D正确．
5．(单选)如图4所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质最分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行斜面对上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v.则此时( )
图4
A．拉力做功的瞬时功率为Fvsin θ
B．物块B满足m2gsin θ＝kd
C．物块A的加速度为
D．弹簧弹性势能的增加量为Fd－m1v2
答案 C
解析 拉力F与速度v同向，瞬时功率应为P＝Fv，故A错误；开头时系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面对下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面对下的分力，故m2gsin θ＝ks2，但由于开头时弹簧是压缩的，故d＞s2，故m2gsin θ＜kd，故B错误；当B刚离开C时，对A，依据牛顿其次定律得：F－m1gsin θ－ks2＝m1a1，又开头时，A平衡，则有：m1gsin θ＝ks1，而d＝s1＋s2，解得：物块A的加速度为a1＝，故C正确；依据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd－m1gdsin θ－m1v2，故D错误．
题组2 动力学方法和动能定理的综合应用
6．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＝0.1 kg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＝4 m/s，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc的相切处b时，脱离圆轨道开头沿倾斜直轨道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视不计，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/s2，sin 37°＝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．
答案 (1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s
解析 (1)在圆轨道最高点a处对滑块，
由牛顿其次定律得：mg＋FN＝m，
得FN＝m(－g)＝5.4 N
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5.4 N.
(2)从a点到d点全程，由动能定理得：
mg(R＋Rcos θ＋Lsin θ－h)－μmgcos θ·L＝0－mv2
μ＝＝0.8
(3)设滑块在bc上向下滑动的加速度为a1，时间为t1，向上滑动的加速度为a2，时间为t2，在c点时的速度为vc.
由c到d：mv＝mgh
vc＝＝2 m/s
a点到b点的过程：mgR(1＋cos θ)＝mv－mv2
vb＝＝5 m/s
在轨道bc上：
下滑：L＝t1
t1＝＝7.5 s
上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
a2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s2
0＝vc－a2t2
t2＝＝ s≈0.16 s
μ>tan θ，滑块在轨道bc上停止后不再下滑
滑块在两个斜面上运动的总时间：
t总＝t1＋t2＝(7.5＋0.16) s＝7.66 s
7．如图6所示，一滑板爱好者总质量(包括装备)为50 kg，从以O为圆心，半径为R＝1.6 m光滑圆弧轨道的A点(α＝60°)由静止开头下滑，到达轨道最低点B后(OB在同一竖直线上)，滑板爱好者沿水平切线飞出，并恰好从C点以平行斜面方向的速度进入倾角为37°的斜面，若滑板与斜面的动摩擦因数为μ＝0.5，斜面长s＝6 m．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图6
(1)滑板爱好者在B、C间运动的时间；
(2)滑板爱好者到达斜面底端时的速度大小．
答案 (1)0.3 s (2)7 m/s
解析 (1)滑板爱好者在圆轨道AB间运动的过程中，
由动能定理得mgR(1－cos 60°)＝mv①
由①得vB＝4 m/s
滑板爱好者在BC间做平抛运动，在C点：
竖直方向的分速度vCy＝vBtan 37°＝3 m/s②
由vCy＝gt③
得平抛运动的时间t＝0.3 s
(2)在C点，由平抛运动的规律可知：
vC＝vB/cos 37°＝5 m/s④
滑板爱好者在斜面上运动的过程中，由动能定理可得：
mgssin θ－μmgscos θ＝mv－mv⑤
由⑤得vD＝7 m/s
题组3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题
8．如图7所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5 kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m．在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝5 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g＝10 m/s2)．
图7
(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为(1.6 m,0.8 m)，求其离开O点时的速度大小；
(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；
(3)转变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．(结果可保留根式)
答案 (1)4 m/s (2)2.5 m<x≤3.3 m (3)2 J
解析 (1)小物块从O到P做平抛运动
水平方向：x＝v0t
竖直方向：y＝gt2
解得：v0＝4 m/s
(2)为使小物块击中挡板，小物块必需能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为x1，由动能定理得：
Fx1－μmgs＝0 解得x1＝2.5 m
为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/s，设拉力F作用的最长距离为x2，由动能定理得：Fx2－μmgs＝mv 解得x2＝3.3 m
则为使小物块击中挡板，拉力F作用的距离范围为：
2．5 m<x≤3.3 m
(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则
x＝v0′t′ y＝gt′2
由机械能守恒得：Ek＝mv0′2＋mgy
又x2＋y2＝R2，由P点坐标可求R2＝3.2
化简得Ek＝＋＝＋y
由数学方法求得Ekmin＝2 J
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