浙江选考版高考物理一轮复习增分突破二功能关系解决单体多过程问题docx.docx

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增分突破二　功能关系解决单体多过程问题

增分策略

　　一个物体参与了多个运动过程,若该过程涉及能量转化问题,并符合功能关系的特点,则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解。

以动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系为工具,除能解决典型运动问题以外,还可以解决复杂的运动形式,例如一般性圆周运动。

利用能量观点解题最大的优点是无需过分关注运动细节,而重点抓住运动的初、末状态。

能用动力学方法解决的题目,用功与能量方法一定能求解,而能用功与能量方法解决的题目,用动力学方法不一定能求解。

1.力学中常见的功与对应能量的变化关系

功

能量变化

关系式

合外力做的功k

动能的变化量

W合=ΔE

重力做的功

重力势能的变化量

WG=-ΔEp

弹簧弹力做的功

弹性势能的变化量

W弹=-ΔEp

除重力和系统内弹簧弹力

以外其他力做的功

机械能的变化量

W其他=ΔE

一对滑动摩擦力

做功的代数和

因摩擦而

产生的内能

Ff·Δx=Q（Δx为物

体间的相对位移）

　　2.电磁学中几个重要的功能关系

（1）静电力做功与路径无关。

若电场为匀强电场,则W=Flcosα=Eqlcosα;若是非匀强电场,则一般利用W=qU来求。

静电力做的功等于电势能的变化,即WAB=-ΔEp。

（2）电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用,因此,要维持感应电流的存在,必须有“外力”克服安培力做功,将其他形式的能转化为电能。

“外力”克服安培力做了多少功,就有多少其他形式的能转化为电能。

考点一　有关摩擦作用的功能关系问题

　　典例1　如图所示,传送带AB总长l=10m,与一个半径R=0.4m的光滑四分之一圆弧轨道BC相切于B点,传送带速度恒为v=6m/s,方向向右。

现有一个滑块以一定的初速度从A点水平滑上传送带,滑块的质量m=10kg,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。

已知滑块运动到B端时,刚好与传送带同速,求:

（1）滑块的初速度;

（2）滑块能上升的最大高度;

（3）滑块第二次在传送带上滑行时,滑块和传送带组成的系统产生的内能。

答案　

（1）214m/s或4m/s　

（2）1.8m　（3）220J

解析　

（1）以滑块为研究对象,滑块在传送带上运动过程中,当滑块的初速度大于传送带的速度时,有-μmgl=12mv2-12mv02

解得v0=214m/s

当滑块的初速度小于传送带的速度时,有μmgl=12mv2-12mv02

解得v0=4m/s。

（2）由动能定理可得-mgh=0-12mv2,解得h=1.8m。

（3）以滑块为研究对象,由牛顿第二定律得μmg=ma,滑块的加速度a=1m/s2

滑块减速到零的位移s=v22a=18m>10m

则滑块第二次在传送带上滑行时,速度没有减小到零就离开了传送带,

由匀变速运动的位移公式可得l=vt-12at2

解得t=2s（t=10s舍去）

在此时间内传送带的位移x=vt=6×2m=12m

滑块第二次在传送带上滑行时,滑块和传送带组成的系统产生的内能Q=μmg（l+x）=0.1×10×10×（10+12）J=220J。

反思提升

解决功能关系问题需要关注的问题:

1.分析清楚是什么力做功,并且清楚该力做正功还是做负功;根据功能之间的一一对应关系,判定能的转化形式,确定能量之间转化的多少。

2.也可以根据能量之间的转化情况,确定是什么力做功,尤其可以方便计算变力做功的多少。

　　1-1　如图所示,固定的粗糙弧形轨道下端B点水平,上端A点与B点的高度差h1=0.3m,倾斜传送带与水平方向的夹角θ=37°,传送带的上端C点与B点的高度差h2=0.1125m（传送带传动轮的大小可忽略不计）。

一质量m=1kg的滑块（可看做质点）从轨道的A点由静止滑下,然后从B点抛出,恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上,传送带逆时针传动,速度大小v=0.5m/s,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8,且传送带足够长,滑块运动过程中空气阻力忽略不计,g=10m/s2,试求:

（1）滑块运动至C点时的速度大小vC;

（2）滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf;

（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。

答案　

（1）2.5m/s　

（2）1J　（3）32J

解析　

（1）在C点,竖直分速度:

vy=2gh2=1.5m/s

vy=vCsin37°,解得vC=2.5m/s。

（2）C点的水平分速度与B点的速度相等,则

vB=vx=vCcos37°=2m/s

从A点到B点的过程中,据动能定理得:

mgh1-Wf=12mvB2

解得Wf=1J。

（3）滑块在传送带上运动时,由于mgsin37°<μmgcos37°

根据牛顿第二定律得:

μmgcos37°-mgsin37°=ma

解得a=0.4m/s2

达到共同速度所需时间t=vC-va=5s

二者间的相对位移Δx=v+vC2t-vt=5m

此后滑块做匀速运动。

滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量

Q=μmgcos37°·Δx=32J。

考点二　有关弹簧的功能关系问题

　　典例2　如图所示,重10N的滑块在倾角为30°的斜面上,从a点由静止开始下滑,到b点开始压缩轻弹簧,到c点时达到最大速度,到d点（图中未画出）开始弹回,返回b点离开弹簧,恰能再回到a点。

若xbc=0.1m,弹簧弹性势能的最大值为8J,则下列说法正确的是（　　）

A.轻弹簧的劲度系数是50N/m

B.从d到b滑块克服重力做功8J

C.滑块的动能最大值为8J

D.从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8J

答案　A

解析　整个过程中,滑块从a点由静止释放后还能回到a点,说明机械能守恒,即斜面是光滑的。

滑块到c点时速度最大,所受合力为零,由平衡条件和胡克定律有kxbc=Gsin30°,解得k=50N/m,A项正确。

由d到b的过程中,弹簧的弹性势能一部分转化为重力势能,一部分转化为动能,B项错。

滑块由d到c的过程中,滑块与弹簧组成的系统机械能守恒,弹簧的弹性势能一部分转化为重力势能,一部分转化为动能,故到c点时最大动能一定小于8J,C项错。

又弹性势能减少量小于8J,所以弹力对滑块做的功小于8J,D项错。

解题技巧　弹力做功一般属于变力做功,因此在求弹力做功时,可以考虑利用F-x图像求面积或者通过求弹性势能变化间接求弹力做功。

　　2-1　如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点相切,半圆形轨道的半径为R。

一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧,它经过B点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍,之后向上运动恰能到达最高点C（不计空气阻力）。

试求:

（1）物体在A点时弹簧的弹性势能;

（2）物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。

答案　

（1）72mgR　

（2）mgR

解析　

（1）设物体在B点时速度为vB,所受弹力为FNB,则有

FNB-mg=mvB2R

又FNB=8mg

由能量守恒定律可知物体在A点时弹簧的弹性势能

Ep=12mvB2=72mgR。

（2）设物体在C点时速度为vC,由题意可知mg=mvC2R

物体由B点运动到C点的过程中,由能量守恒定律得

Q=12mvB2-12mvC2+2mgR=mgR。

考点三　功能关系在电学中的应用

　　典例3　如图所示,在空间有两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ磁场边界AA'与DD'的间距为H,磁场方向垂直于纸面向里;区域Ⅱ磁场足够宽,其上边界为CC',磁场方向垂直于纸面向外,CC'与DD'的间距为L。

现有一质量为m、边长为L（L

（1）线框cd边刚要进入边界CC'前瞬间线框的加速度;

（2）线框cd边从AA'运动到CC'过程中线框产生的热量;

（3）线框从cd边到达AA'到ab边到达CC'所经历的时间。

答案　

（1）0.2g,方向竖直向上

（2）mg（H+L）-0.22m3g2R2B4L4

（3）PRBLg-mRB2L2+3B2L3mgR

解析　

（1）线框在cd边到达CC'前瞬间:

BI2L-mg=ma

I2=BLv2R

v2=1.2mgRB2L2

解得a=0.2g,方向竖直向上

（2）线框匀速进入磁场区域Ⅰ过程:

BI1L=mg,I1=BLv1R

解得v1=mgRB2L2

cd边从AA'运动到CC'过程,线框产生的热量

Q=mg（H+L）-12mv22-12mv12=mg（H+L）-0.22m3g2R2B4L4

（3）ab边刚要进入边界CC'前瞬间,P=（BLv3）2R,v3=PRBL

设线框进入区域Ⅰ的时间为t1,线框出区域Ⅰ内的时间为t2,线框进入区域Ⅱ的时间为t3,从cd边到达AA'到ab边到达CC'的时间为t,对线框cd边到达AA'到ab边到达CC'全过程,根据动量定理得:

mgt-BI1Lt1-BI2Lt2-BI3Lt3=mv3-mv1

I1t1=BLv1t1R=5L2R

I2t2=BLv2t2R=5L2R

I3t3=BLv3t3R=5L2R

解得t=PRBLg-mRB2L2+3B2L3mgR

规律总结

高考试题中常有功、能与电场、磁场联系的综合问题,这类问题常以能量守恒为核心考查重力、摩擦力、电场力、磁场力的做功特点,以及动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的应用。

分析时应抓住能量核心和各种力做功的不同特点,运用动能定理和能量守恒定律进行分析。

　　3-1　如图有两根足够长且光滑的平行金属导轨相距L=0.1m放置,倾斜角为θ,sinθ=0.1。

下端接有电阻R=0.2Ω与开关S,在导轨上半部分有边界与导轨垂直的匀强磁场,其中磁场Ⅰ宽度为d=2m,磁场Ⅱ紧接着磁场Ⅰ,两磁场方向均垂直于导轨平面,磁场Ⅱ的磁感应强度恒为B2=1T。

磁场Ⅰ的磁感应强度B1在0至1s内随时间均匀增加,1s之后,为某一恒定值。

t=0时,闭合S,同时在磁场Ⅱ中放置两根相同的质量均为0.1kg的导体棒,位置如图,电阻也为R,发现两导体棒均刚好处于静止状态。

t=1s时,断开S,发现当a棒刚进入磁场Ⅰ时立即开始匀速运动,b棒刚要出磁场Ⅰ时沿斜面向下的加速度为13m/s2。

求:

（1）1s前磁场Ⅰ的磁感应强度B1的变化率;

（2）1s之后,磁场Ⅰ的磁感应强度B1;

（3）b棒在整个过程中的发热量。

答案　

（1）3T/s　

（2）1T　（3）49J

解析　

（1）当t≤1s时,通过两棒的电流相同,两棒均静止,令B1=kt,则

E1=dLΔB1Δt

Ia=E12R+R2

mgsinθ=B2IaL

解得k=3T/s,Ia=1.0A

（2）t=1s时刻,断开S后,两棒一起在磁场Ⅱ中匀加速下滑d后,a棒进入磁场Ⅰ,两棒均切割磁感线,两个电源串联,电流相等,受力相同,因此两棒均开始做匀速运动。

考虑b棒始终在磁场Ⅱ中,两次感应电流大小一样,所以t=1s之后,磁场Ⅰ的磁感应强度B1=B2=1T;

（3）a棒进入磁场Ⅰ时匀速运动的速度为v0,两棒一起在磁场Ⅱ中匀加速下滑d的过程中机械能守恒:

mgdsinθ=12mv02,解得v0=2m/s

当a棒出磁场Ⅰ时,b棒刚好进入磁场Ⅰ,开始做变加速运动,直到出磁场Ⅰ时的加速度是a=13m/s2

由牛顿第二定律可知mgsinθ-B2IbL=ma,Ib=B2Lv2R

解得v=43v0=83m/s

b棒在t=1s前,Q1=Ia2Rt=0.2J

a、b棒分别在磁场Ⅰ、Ⅱ中匀速运动时,b棒发热量

Q2=mgdsinθ=0.2J

b棒在磁场Ⅰ中变加速运动时,发热量

Q3=12mgdsinθ-12（v2-v02）=245J

b棒在整个过程中的发热量Q=Q1+Q2+Q3=49J

增分专练

1.（多选）如图所示,一轻质弹簧竖直固定在水平地面上,O点为弹簧处于原长时上端的位置,一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上,物体压缩弹簧到最低点B后向上运动,不计空气阻力,不计物体与弹簧碰撞时的动能损失,弹簧一直在弹性限度范围内,重力加速度为g,则以下说法正确的是（　　）

A.物体落到O点后,立即做减速运动

B.物体从O点运动到B点,物体机械能守恒

C.在整个过程中,物体与弹簧组成的系统机械能守恒

D.物体在最低点时的加速度大于g

答案　CD　在O点时,物体只受重力,继续向下加速,A错误;物体从O点到B点过程中,弹簧的弹性势能增加,物体的机械能减小,B错误;在整个过程中,只有重力势能、弹性势能、动能的相互转化,物体与弹簧组成的系统机械能守恒,C正确;如果物体从O点由静止释放,则物体将做简谐运动,在最低点时所受合力等于重力,从A点由静止释放,在最低点时,物体所受合力大于重力,则加速度大于g,D正确。

2.（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mgh

B.物块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

C.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

D.物块B和弹簧组成的系统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

答案　CD　升降机静止时,物块B受重力、支持力、弹簧的弹力,处于平衡状态,当物块B随升降机加速上升时,具有向上的加速度,合力向上,弹簧弹力和支持力在竖直方向上的合力大于重力,所以弹簧的弹力增大,物块B相对于斜面向下运动,物块B上升的高度小于h,所以重力势能的增加量小于mgh,A项错误;由动能定理可知,动能的增加量等于合力做的功,经受力分析可知,物块B受三个力的作用,除弹簧弹力和支持力外,还有重力,故B项错误;由功能关系可知,机械能的增量等于除重力及系统内弹力外其他力对系统做的功,分别对B和B与弹簧组成的系统受力分析,可知C、D项正确。

3.（多选）如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L。

B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。

现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°。

A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。

则此下降过程中（　　）

A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于32mg

B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32mg

C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下

D.弹簧的弹性势能最大值为32mgL

答案　AB　本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律。

A球初态v0=0,末态v=0,因此A球在运动过程中先加速后减速,当速度最大时,动能最大,加速度为0,故A的动能达到最大前,A具有向下的加速度,处于失重状态,由整体法可知在A的动能达到最大之前,B受到地面的支持力小于32mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32mg,选项A、B正确;弹簧的弹性势能最大时,A到达最低点,此时具有向上的加速度,选项C错误;由能量守恒定律,A球下降到最低点时,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=Lcos30°-Lcos60°=3-12L,重力做功W=mgh=3-12mgL,选项D错误。

4.（多选）如图所示,固定斜面倾角为θ,在斜面底端固定一个轻质弹簧,弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m的物块,O点是弹簧处于原长状态时上端的位置,物块静止时位于A点。

斜面上另外有B、C、D三点,AO=OB=BC=CD=l,其中B点以下光滑,BD段粗糙,物块与斜面BD段间的动摩擦因数为μ=tanθ,重力加速度为g。

物块静止时弹簧的弹性势能为E,用外力将物块拉到D点由静止释放,第一次经过O点时的速度大小为v,已知弹簧始终在弹性限度内,则下列说法正确的是（　　）

A.物块从D点向下运动到A点的过程中,最大加速度大小为2gsinθ

B.物块最后停在B点

C.物块在D点时的弹性势能为12mv2-mglsinθ

D.物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为12mv2+mglsinθ-E

答案　CD　物块在BD段向下运动过程中,因μ=tanθ,物块重力沿斜面向下的分力mgsinθ与滑动摩擦力μmgcosθ大小相等,弹簧弹力提供加速度,物块在D点处加速度最大,有k×3l=ma,物块静止时有kl=mgsinθ,得a=3gsinθ,物块在DA段的最大加速度为3gsinθ,故选项A错误;物块从D点下滑后,沿斜面向下运动,因μ=tanθ,物块在B点时受到弹簧拉力,不可能静止,最终在B点下方做往复运动,到B点处的速度为零,故选项B错误;物块从D点第一次到O点,由功能关系Ep+mgsinθ×3l=μmgcosθ×2l+12mv2,整理得Ep=12mv2-mglsinθ,故选项C正确;物块在B点时弹簧的弹性势能与物块在A点处时弹簧的弹性势能相同,对全过程分析有（Ep-E）+mgsinθ×2l=Q,Q=12mv2+mglsinθ-E,故选项D正确。

5.如图所示,在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg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=5m。

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=5N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取10m/s2）。

（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点,P点的坐标为（1.6m,0.8m）,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）改变拉力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）4m/s　

（2）2.5m

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=12gt2

解得v0=4m/s。

（2）为使小物块击中挡板,小物块必须能运动到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=2.5m

为使小物块击中挡板,小物块的平抛初速度不能超过4m/s,设拉力F作用的最长距离为x2,由动能定理得Fx2-μmgs=12mv02

解得x2=3.3m

则为使小物块击中挡板,拉力F作用的距离范围为2.5m

（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x,y）,则

x=v0't'

y=12gt'2

由动能定理得

mgy=Ek-12mv0'2

又x2+y2=R2

由P点坐标可求得R2=3.2m2

化简得Ek=mgR24y+3mgy4

由数学方法求得Ekmin=215J。

6.如图所示,水平面右端放一大小可忽略的小物块,质量m=0.1kg,以v0=4m/s向左运动,运动至距出发点d=1m处将弹簧压缩至最短,反弹回到出发点时速度大小v1=2m/s。

水平面与水平传送带平滑连接,传送带长度L=3m,以v2=10m/s顺时针匀速转动。

传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道平滑连接,圆轨道半径R=0.8m,物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭。

（g=10m/s2）求:

（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1;

（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep;

（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道,传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件。

答案　

（1）0.3　

（2）0.5J　（3）μ2≤0.2或μ2≥0.6

解析　

（1）小物块在水平面向左运动再返回的过程,根据能量守恒定律得:

μ1mg×2d=12mv02-12mv12,代入数据解得μ1=0.3。

（2）小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程,由能量守恒定律得弹簧具有的最大弹性势能Ep=12mv02-μ1mgd,代入数据解得Ep=0.5J。

（3）本题分两种情况讨论:

①设物块在圆轨道最低点时速度为v3时,恰好能到达圆心右侧等高点。

根据机械能守恒得mgR=12mv32,

得v3=4m/s

说明物块在传送带上一直做匀加速运动。

由动能定理得:

μ2mgL=12mv32-12mv12,

解得μ2=0.2。

②设物块在圆轨道最低点时速度为v4时,恰好能到达圆轨道最高点。

在圆轨道最高点有:

mg=mv52R

从圆轨道最低点到最高点的过程,由机械能守恒定律得2mgR+12mv52=12mv42

解得v4=210m/s

说明物块在传送带上一直做匀加速运动。

由动能定理得:

μ2mgL=12mv42-12mv12,解得μ2=0.6。

所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道,传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件是μ2≤0.2或μ2≥0.6。

7.如图,半径R=0.4m的光滑圆弧轨道与水平面相切于B点,且固定于竖直平面内。

在水平面上距B点s=5m处的A点放一质量m=3kg的小物块,小物块与水平面间动摩擦因数为μ=13。

小物块在与水平面夹角θ=37°斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动,运动到B点撤去F,小物块沿圆弧轨道上滑,且能到圆弧轨道最高点C。

（g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）求:

（1）小物块在B点的最小速度vB大小;

（2）在

（1）情况下小物块在水平面上运动的加速度大小;

（3）为使小物块能沿水平面运动并通过圆弧轨道C点,则拉力F的大小范围。

答案　

（1）25m/s　

（2）2m/s2

（3）16N≤F≤50N（或16N≤F<50N）

解析　

（1）小物块恰能到圆弧轨道最高点时,物块与轨道间无弹力。

设在最高点物块速度为vC,则mg=mvC2R,解得vC2=gR

物块从B到C运动过程中,只有重力做功,所以其机械能守恒,有:

12mvB2=12mvC2+mg（2R）

解得vB=5gR=25m/s

（2）根据运动学规律vB2=2as,解得a=vB22s=2m/s2

（3）小物块能沿水平面运动并通过圆弧轨道C点,有两种临界情况:

①在F的作用下,小物块刚好过C点。

物块在水平面上做匀加速运动,对物块在水平面上受力分析如图:

则Fcosθ-μN=ma

Fsinθ+N=mg

联立解得F=μmg+macosθ+μsinθ=16N

②在F的作用下,小物块受水平地面的支持力恰好为零

Fsinθ=mg,解得F=50N

综上可知,拉力F的范围为16N≤F≤50N

8.如图甲所示,m1=5kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下,槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点,传送带沿顺时针方向匀速运转。

m1下滑前将m2=3kg的滑块停放在槽的底端。

m1下滑后与m2发生碰撞,碰撞时间极短,碰后两滑块均向右运动,传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的v-t图像,如图乙、丙所示。

两滑块均视为质点,重力加速度g=10m/s2。

甲