理化生]用能量观点分析综合问题
物理-动力学和能量观点的综合应用
动力学和能量观点的综合应用物理题型 1.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题.2.会用功能关系解决传送带问题．题型一 传送带模型1．设问的角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，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．2．功能关系分析(1)功能关系分析：W ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q .(2)对W 和Q 的理解：①传送带克服摩擦力做的功：W ＝F f x 传；②产生的内能：Q ＝F f x 相对．例1 (2019·福建福州市期末质量检测)如图1所示，水平传送带匀速运行的速度为v ＝2 m/s ，传送带两端A 、B 间距离为x 0＝10 m ，当质量为m ＝5 kg 的行李箱无初速度地放在传送带A 端后，传送到B 端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图1(1)行李箱开始运动时的加速度大小a ；(2)行李箱从A 端传送到B 端所用时间t ；(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W .答案 (1)2 m/s 2 (2)5.5 s (3)－20 J解析 (1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小：a ＝＝＝μg ＝2 m/s 2F f m μmgm (2)经过t 1时间二者共速，t 1＝＝ s ＝1 sv a 22行李箱匀加速运动的位移为：x 1＝at 12＝×2×12 m ＝1 m1212行李箱随传送带匀速运动的时间：t 2＝＝ s ＝4.5 sx 0－x 1v10－12则行李箱从A 传送到B 所用时间：t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋4.5 s ＝5.5 s (3)t 1时间内传送带的位移：x 2＝v t 1＝2×1 m ＝2 m根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小F f ′＝F f行李箱对传送带的摩擦力做的功：W ＝－F f ′x 2＝－μmgx 2＝－0.2×5×10×2 J ＝－20 J 例2 如图2所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t ＝1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：图2(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．答案 (1) (2)230 J32解析 (1)由题图可知，传送带长x ＝＝3 mhsin θ工件速度达到v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝t 1v 02匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1)解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m所以加速度大小a ＝＝2.5 m/s 2v 0t 1由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得μ＝.32(2)由能量守恒定律知，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．在时间t 1内，传送带运动的位移x 传＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对传送带的位移x 相＝x 传－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J最终工件获得的动能E k ＝m v ＝20 J 1202工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J 电动机多消耗的电能E ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.1．(倾斜传送带问题)(多选)(2020·山西新绛中学月考)在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物．如图3甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m ＝1 kg 的货物放在传送带上的A 端，经过1.2 s 到达传送带的B 端．用速度传感器分别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 ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，可知( )图3A ．货物与传送带间的动摩擦因数为0.05B ．A 、B 两点间的距离为1.2 mC ．货物从A 运动到B 的过程中，传送带对货物做功－11.2 JD ．货物从A 运动到B 的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J 答案 CD 解析 0～0.2s 内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，a 1＝g sinθ＋μg cos θ＝ m/s 2＝10 m/s 2；0.2～1.2 s 内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动，20.2a 2＝g sin θ－μg cos θ＝ m/s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.5，θ＝37°，故A 错误；从题图可知，210～1.2 s 内，货物v －t 图线与t 轴围成的面积对应位移x ＝x 1＋x 2＝3.2 m ，则A 、B 两点间的距离为3.2m ，故B 错误；传送带对货物做的功即摩擦力做的功，W 1＝F f x 1＝μmg cosθ·x 1＝0.8J ，W 2＝－F f x 2＝－μmg cos θ·x 2＝－12 J ，W ＝W 1＋W 2＝－11.2 J ，故C 正确；从题图乙可知，0～0.2 s内，传送带比货物多走0.2 m．0.2～1.2 s内，货物比传送带多走1 m，所以货物从A运动到B的过程中，相对位移为1.2 m．因摩擦产生的热量Q＝F f x相对＝μmg cos θ·x相对＝4.8 J，故D正确．题型二 多运动组合问题1．分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2．方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．例3 跳台滑雪运动员脚穿专用滑雪板，不借助任何外力，从起滑台起滑，在助滑道上获得高速度，于台端飞出，沿抛物线在空中飞行，在着陆坡着陆后，继续滑行至水平停止区静止．如图4所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图．助滑坡由倾角为θ＝37°的斜面AB和半径为R1＝10 m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B.AB竖直高度差h1＝30 m，竖直跳台CD高度差为h2＝5 m，着陆坡DE是倾角为θ＝37°的斜坡，长L＝130 m，下端与半径为R2＝20 m的光滑圆弧EF相切，且EF下端与停止区相切于F.运动员从A点由静止滑下，通过C点，以速度v C＝25 m/s水平飞出落到着陆坡上，然后运动员通过技巧使垂直于斜坡速度降为0，以沿斜坡的分速度继续下滑，经过EF到达停止区FG.若运动员连同滑雪装备总质量为80 kg.(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：图4(1)运动员在C点对台端的压力大小；(2)滑板与斜坡AB 间的动摩擦因数；(3)运动员在着陆坡上的落点距离D 多远；(4)运动员在停止区靠改变滑板方向增加制动力，若运动员想在60 m 之内停下，制动力至少是总重力的几倍？(设两斜坡粗糙程度相同，计算结果保留两位有效数字)答案 (1)5 800 N (2) (3)125 m (4)1.7倍3160解析 (1)运动员经C 点时由牛顿第二定律得F C －mg ＝m v C 2R 1解得F C ＝5 800 N根据牛顿第三定律，运动员在C 点对台端的压力大小为5 800 N.(2)从A 点到C 点，由动能定理得mgh 1－μmg cos θ＋mgR 1(1－cos θ)＝m v C 2h 1sin θ12解得μ＝.3160(3)设运动员离开C 点后开始做平抛运动到P 点，D 、P 间距离为s P ，则有x P ＝v C t ，y P ＝gt 212＝tan θ，＝cos θyP －h 2xPxPsP 解得s P ＝125 m ，t ＝4 s.(4)从落点P 到最终停下，P 点沿斜坡速度v P ＝v C cos θ＋gt sin θ＝44 m/smg (L －s P )sin θ－μmg (L －s P )cos θ＋mgR 2(1－cos θ)－F f d ＝0－m v P 212解得F f ＝1 383 N ，即≈1.7.F fmg 2．(直线运动＋圆周运动＋平抛运动)(2020·浙江宁波市 “十校联考”)如图5所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R ＝0.2m ，圆盘边缘有一质量m ＝1kg 的小滑块．当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘A 沿过渡圆管滑落，进入轨道ABC ，AB 粗糙，BCD 光滑，CD 面足够长且离地面高为h ′＝0.4 m ，经C 点后突然给滑块施加水平向右的恒力F ＝ N ．已知AB 段斜面倾角为60°，BC 段斜面倾角为30°，小1033滑块与圆盘的动摩擦因数μ＝0.5，A 点离B 点所在水平面的高度h ＝1.2 m ，运动到B 点时的速度为3 m/s ，滑块从A 至C 运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B 点的机械能损失，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图5(1)滑出A 点时，圆盘转动的角速度ω；(2)小滑块在从A 到B 时，摩擦力做的功；(3)小滑块在CD 面上的落点与C 点的距离．答案 (1)5 rad/s (2)－8 J (3) m315解析 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律得：μmg ＝mω2R ，代入数据解得：ω＝5 rad/s (2)v A ＝ωR ＝5×0.2 m/s ＝1 m/s ，从A 到B 的运动过程由动能定理得：mgh ＋W f ＝m v B 2－m v A 2，1212解得W f ＝ －8 J(3)从B 到C 的过程由动能定理得：－mgh ′＝m v C 2－m v B 2， 解得 v C ＝1 m/s1212对小滑块经C 点后受力分析可知，F 合＝ N ，则合加速度大小为a ＝ m/s 2，由几何20332033关系可知，合加速度的方向与C 点速度方向垂直，则小滑块做类平抛运动，沿C 点速度方向：x ＝v C t沿合加速度方向：y ＝at 212又＝tan 30°y x 小滑块落点距C 点s ＝，xcos 30°315联立解得s＝ m.课时精练1．(多选)如图1所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A、B 之间的距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度匀速运动，则(g取10 m/s2)( )图1A．物体从A运动到B的时间是1.5 sB．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 JD．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J答案 AC解析 设物体下滑到A点时的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有m v02＝mgh，12代入数据得v0＝＝2 m/s<v＝4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀2gh加速运动，加速度大小为a＝＝μg＝2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时μmgmt1＝＝ s＝1 s，匀加速运动的位移x1＝t1＝×1 m＝3 m<L＝5 m，所以物v－v0a4－22v0＋v22＋42体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝0.5 s，故物体从L－x1v5－34A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s，故选项A正确；物体运动到B时的速度是v＝4 m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W＝m v2－m v02＝×1×42 J－×1×22 J＝6 J，选项12121212B错误；在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带＝v t1＝4 m，故产生热量Q＝μmgΔx ＝μmg(x带－x1)，代入数据得Q＝2 J，选项C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W＝(m v2－m v02)＋Q＝×1×(42－22) J＋1212122 J＝8 J，选项D错误．2.(多选)(2020·陕西西安市检测)如图2所示，水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v沿顺时针方向转动，一个质量为M的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B 端．此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中物块运动的位移之比为2∶3，重力加速度为g ，传送带速度大小不变．下列说法正确的是( )图2A ．物块的初速度大小为v2B ．物块做匀加速直线运动的时间为3L5vC ．物块与传送带间的动摩擦因数为10v 29gLD ．整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为m v 29答案 BC解析 由题意可知物块做匀加速运动和匀速运动的时间相等，物块两次运动的位移之比为：＝＝，则∶v ＝2∶3，可得出：v 0＝，故A 错误；由题意可知物块匀速运x 1x 2(v 0＋v )t 2v t23v 0＋v2v3动的位移为，则＝v t ，可得匀速运动的时间为：t ＝，匀加速运动的时间等于匀速运3L53L53L5v 动的时间，故B 正确；根据运动学公式：a ＝μg ，v 2－v 02＝2ax ，x ＝，可得物块与传送带2L5间的动摩擦因数为：μ＝，故C 正确；根据热量的计算公式：Q ＝F f x 相对，整个过程中10v 29gL x 相对＝－＝，可求得整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为：Q ＝，故D 3L52L5L52m v 29错误．3．(2019·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图3所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与B 点的高度差为h 1＝0.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C 点与B 点的高度差为h 2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m ＝1 kg 的滑块(可看作质点)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，传送带逆时针转动，速度大小为v ＝0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为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 ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图3(1)滑块运动至C 点时的速度大小v C ；(2)滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ；(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)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J解析 (1)在C 点，竖直分速度：v y ＝＝1.5 m/s 2gh 2由v y ＝v C sin 37°，解得v C ＝2.5 m/s(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则v B ＝v x ＝v C cos 37°＝2 m/s从A 到B 点的过程中，根据动能定理得mgh 1－W f ＝m v B 212解得W f ＝1 J(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 解得a ＝0.4 m/s 2达到共同速度所需时间t ＝＝5 sv C －va两者间的相对位移Δx ＝t －v t ＝5 mv ＋v C2由于mg sin 37°<μmg cos 37°，此后滑块将做匀速运动．故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量：Q ＝μmgcos 37°·Δx ＝32 J.4．(2020·浙江嘉兴市期末)如图4所示，水平轨道BC 与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB 、螺旋状圆轨道O 紧密平滑连接，AB 长度L 1＝10m ，BC 长度L 2＝4m ，圆轨道半径R ＝0.72m ．直角斜面体MNE 的竖直边ME 的长度L 3＝3 m ，水平边NE 的长度L 4＝6 m ，M 点在C 点的正下方，MC 的长度L 5＝1.2 m ．小物块的质量为m ＝1 kg ，它与AB 轨道和BC 轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑．小物块在最高点A 由静止释放，沿轨道ABC 运动，第一次到达C 时恰好静止．空气阻力不计，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图4(1)求动摩擦因数μ；(2)小物块在A 点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F ，当物块沿BC 运动到C 点时撤去F ，再绕圆轨道运动一周后在与C 同一高度的圆轨道末端以速度v 水平向右抛出．小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v 与F 满足的关系式，并确定v 的取值范围；(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N 点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN 上的P 点，已知物块从圆轨道末端运动到P 点的总时间为t ＝0.9 s ，求小物块刚运动至P 点时的动能．答案 (1)0.5 (2)v 2＝30F (6 m/s ≤v ≤20 m/s)(3)65 J解析 (1)小物块从A 到C 的过程，由动能定理得mgL 1sin θ－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝0代入数据得μ＝0.5.(2)施加恒力F 后，从A 到C 的过程，由动能定理得F (L 1cos θ＋L 2)＋mgL 1sin θ－μ(mg cos θ－F sin θ)L 1－μmgL 2＝m v 212代入数据得v 2＝30F小物块在圆轨道最高点D 不脱离轨道，应满足mg ≤m v D 2R从D 到C 的过程由机械能守恒定律得m v D 2＋2mgR ＝m v 21212解得v ≥6 m/s小物块不脱离斜面AB ，应满足F sin θ≤mg cos θ解得v ≤20 m/s所以v 的取值范围为6 m/s ≤v ≤20 m/s.(3)P 点与C 点的高度差为h ＝gt 2＝4.05 m12设物块在C 点初速度为v 0，P 点与竖直墙的水平距离为v 0t －L 4如图，由几何关系得tan ∠MNE ＝L 3＋L 5－hv 0t －L 4已知tan ∠MNE ＝＝，L 3L 412解得v 0＝7 m/s从C 到P 由动能定理得mgh ＝E k －m v 0212代入数据，解得E k ＝65 J.即小物块刚运动至P 点时的动能为65 J.5．(2020·全国卷Ⅲ·25改编)如图5，相距L ＝11.5 m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定．质量m ＝10 kg 的载物箱(可视为质点)，以初速度v 0＝5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g ＝10 m/s 2.图5(1)若v ＝4.0 m/s ，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v ＝6.0 m/s ，载物箱滑上传送带Δt ＝ s 后，传送带速度突然变为零．求载物箱从左侧1312平台向右侧平台运动的时间及运动到右侧平台的速度大小．答案 (1)2.75 s (2)4 m/s m/s (3) s 5 m/s322512解析 (1)传送带的速度为v ＝4.0 m/s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s 1，由运动学公式有v 2－ v 02＝－2as 1②联立①②式，代入题给数据得s 1＝4.5 m ③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v ，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t 1，做匀减速运动所用的时间为t 1′，由运动学公式有v ＝v 0－at 1′④t 1＝t 1′＋⑤L －s 1v 联立①③④⑤式并代入题给数据得t 1＝2.75 s ⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v 1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 2.由动能定理有－μmgL ＝m v 12－m v 02⑦1212μmgL ＝m v 22－m v 02⑧1212由⑦⑧式并代入题给条件得v 1＝ m/s, v 2＝4 m/s ⑨23(3)传送带的速度为v ＝6.0 m/s 时，由于v 0<v <v 2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a .设载物箱做匀加速运动通过的距离为s 2，所用时间为t 2，由运动学公式有v ＝v 0＋at 2⑩v 2－v 02＝2as 2⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t 2＝1.0 s ⑫s 2＝5.5 m ⑬因此载物箱加速运动1.0 s 、向右运动5.5 m 时，达到与传送带相同的速度．此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt －t 2)的时间后，传送带突然停止．设载物箱匀速运动通过的距离为s 3，有s 3＝(Δt －t 2)v ⑭由①⑫⑬⑭式可知，m v 2＞μmg (L －s 2－s 3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为12v 3，载物箱一直在做匀减速运动，由运动学公式有v 32－v 2＝－2a (L －s 2－s 3)⑮则v 3＝5 m/s ，减速运动时间t 3＝＝1 sv －v 3a 故物块在传送带上运动时间t ＝Δt ＋t 3＝ s ，2512运动到右侧平台的速度为5 m/s.。
应用“三大观点”解决力学综合问题（可自主编辑word）
应用“三大观点”解决力学综合问题（可自主编辑word）五、应用“三大观点”解决力学综合问题知识点1 应用动量与动力学观点解决力学综合问题基础回扣力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为多个物体组成的系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。
这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。
易错辨析我们在应用动量与动力学知识观点解答问题时要注意将运动过程与受力情况分析清楚,恰当地选择研究对象、研究过程解题,避免出错。
知识点2 应用动量与能量观点解决力学综合问题基础回扣1.知识分析动量的观点:动量定理和动量守恒定律。
能量的观点:动能定理和能量守恒定律。
2.方法技巧(1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处。
特别对于变力做功问题,就更显示出它们的优越性。
易错辨析1.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到位移问题,我们可以应用动能定理解决问题。
2.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到时间问题,我们可以应用动量定理解决问题。
以能量的观点学习高中生物学知识
⑩伽各f----------------------------------------------------------------教学研究2020年第4期（x)以能量的观点学习高中生物学知识江苏省扬州市江都区丁沟中学（225235) 戴娟文章编号 1005 -2259(2020)4x-0030 -02在自然科学体系里，“能量”不仅是一个非常重 要的概念，更是一种研究视角。
无论是物理、化学学 科，抑或是生物学科，运用能量的概念来解释某些现 象，采用能量的观点来研究某些问题，都可以让探索 变得更加简单明了。
就高中生物学教学而言，有关能 量的内容在教材中多有体现，教师要善于引导学生明 确这些生物学知识，并让他们采用能量的观点来研究 和分析问题。
1能量观点在高中生物学教材中的体现在高中生物学教材中，很多内容都涉及能量的观 点，这些知识往往具有一定的抽象性，给学生的理解 带来了很大的不便。
但这些内容又是组成整个知识 体系的关键一环,学生在学习和理解时不能存在任何 缺失。
所以教师要重视对教材的分析,并将相关内容 发掘出来，指导学生有针对性地进行突破。
能量的概念在课堂上首次被提及是在有关细胞 器的研究过程中。
例如,线粒体经常被称为“动力车 间”，而叶绿体经常被称作“能量的转换站”；在物质 跨膜运输方式的讨论中，主动运输过程更是体现了能 量的重要性。
诸如此类的知识在高中生物学教材中 比比皆是，需要教师予以强调，并让学生学会从能量 的角度来理解和认识这些知识。
对于任何一个生物系统来讲，在它的运转机制 中，能量是一个非常重要的物理量，因此，采用能量的 观点进行研究和分析，有助于研究者搞清整个机制 的工作特点和基本原理。
而且引导学生运用能量的 观点进行研究，还有助于学生对能量形成认识和理解。
2高中生物学教材中的能量知识高中生物学教材中涉及大量有关能量的知识，大 致包括以下4个方面:提供能量的物质、细胞的能量转化过程、个体的能量代谢和生态系统的能量流动规 律等。
能量观点分析问题一个易犯的错误
如 加 上 这 部 分 损 失 的机 械 能 ，你 能
黼
初 中物理 中关于惯性 问题 的思
张 天 文
一
、
注 意 区分 “ 性 ” 惯 和
大小 与 物 体 运 动 快 慢 成 正 比？ 依 照 推 断
的结 论 进 行 验 证 ．当一 个 物 体 运 动 越 来 越 慢 时 ， 性 越 来 越 小 ， 物 体 的 速 度 变 惯 当
律得 ：
ｃ
ｍｖ ｍ ９ ＋ ｏ ） ｌＥ … 一 ② Ｌ（ ｒ １ｒ Ｖ２ ｎ ｎ ＋
（ ｃｓ０ ） Ｖ ｏ ３ 。
解 面 方 得Ｅ等ｍ 上两程 ： Ｖ
２错 误 分 析 ．
上 述解 法 忽 略 了子 弹 ｉ ｎ射人 Ａ物 体
的过 程 中 的机 械 能损 失 ，认 为 子 弹 、 Ｂ Ａ、
得：
变 化 ， 出现 不 该 犯 的错 误 。 而 例 １ 如 图 （ ） 示 ， Ｂ两 物 体 的 ： 一 所 Ａ、
质 量 分 别 是 ９ 和 ｌ ｍ， 接 Ａ Ｂ的 弹簧 ｍ Ｏ 连 ，
质 量 不 计 ，质 量 为 ｍ 的子 弹 以水 平 速 度
Ｉ（ ９ ＝ｍ ９ ｌｍ Ｖ ｍ＋ ｍ） （＋ ｍ＋ Ｏ ） ｌ… ②
小 球 由 静 止 释 放 后 运 动 到最 低 点 Ｃ
解 ：、 得 ｆ ／
４拓 展分 析 ．
ห้องสมุดไป่ตู้
的 过 程 中 ， 统 机 械 能 守 恒 ， 小 球 在 最 系 设
低 点 的 速度 为 ， 由机 械 能 守 恒 定律 得 ：
绳 子 绷 紧 的 短 暂 过 程 中 ，系统 损 失
的 机 械 能是 多少 ？ ｍ Ｌ １Ｓｎ ０ ） ｍＶ － ｇ （＋ ｉ３ 。＝１ ｄＯ
用能量的观点处理物理问题
专题七 用能量的观点处理物理问题考情动态分析从能量角度分析处理物理问题是高中物理中处理问题的三条基本途径之一，是高中物理的主干和重点知识，也是历年高考的热点内容.其中既有难度中等的选择题和填空题，更有难度中等或中等偏上的计算题.特别在强调考查学生综合能力的形势下，能量观点作为物理学科和其他学科知识联系沟通的桥梁，更是高考考查的重点.由于本专题内容的重要地位，高考考查的热点较多，包括功和功率、动能、重力势能、弹性势能、动能定理、机械能守恒、能的转化和守恒定律.由于碰撞问题既涉及到动量知识，又涉及到能量知识，综合性较强，所以对碰撞问题也作了较多的考查.其他如变力做功的求法，本章知识与牛顿运动定律、圆周运动、动量守恒定律的综合应用，与电磁学、热学知识的综合运用等.总之，高考考查的特点是灵活性强，综合面大，能力要求高.另外，需要指出的是，尽管“弹性势能”教材中不要求知道它的计算公式，考试大纲中要求也比较低，但复习中也应对它予以足够的重视. 考点核心整合一、功和功率1.力对物体做功必须具备两个因素：力和物体在力的方向上发生的位移.2.恒力对物体做功大小计算公式：W=Fscos α.3.计算功率公式：①P=W/t ②P=Fvcos α①式中求出的是平均功率，若功率一直不变，则也可为瞬时功率.②式中，若v 为瞬时速度，则P 为力F 的瞬时功率；若v 是平均速度，则P 为力F 在一段时间内的平均功率. 4.机车的两种启动： （1）机车以恒定功率启动若运动过程中所受阻力F μ恒定，则由F-F μ=ma 得,a=mF vPμ-，v 增大，a 减小，当a=0时，机车达到最大速度v m =P/F μ，以后机车匀速运动，v-t 图象如图1-7-1所示.机车不同的输出功率，能达到的最大速度有不同的值.图1-7-1（2）机车从静止开始匀加速启动开始时牵引力不变，速度增大至一定值v ，功率达最大值P ，此时有vP -F μ=ma ，以后若速度再增大，由于机车功率不能再增大，机车牵引力F 减小，直至a=0时，机车速度达最大，以后做匀速直线运动，v m =P m /F μ，其v-t 图线如图1-7-2所示.图1-7-2二、动能和动能定理1.物体由于运动而具有的能量叫动能，动能是标量，动能大小为E k =21mv 2.2.动能定理：合力所做的功等于物体动能的增量，数学表达式为：W=21mv 22-21mv 12.（1）物体动能的变化对应着合力的功，而不是某一个力的功或某几个力的功；（2）一般情况下，我们并不去求合力（因为多数情况不能求，如含有变力），而是把这一过程各个力做的功都表示出来，然后把它们代数相加即等于合力的功;(3)应用动能定理时，不用涉及过程的细节，但不意味着我们就可以不用细致分析过程了，只有我们分析清楚了物理情景，才能有针对性地对哪一个过程应用动能定理；（4）通常可由动能变化求某些变力的功，因此，动能定理是求变力做功的法宝之一.三、重力做功与重力势能的改变、机械能守恒定律1.重力做功的特点（1）重力做功与路径无关，只与始末位置高度差有关.（2）重力做功大小W G =mgh ，h 为始末位置高度差.若物体从高处下落，重力做正功，反之，物体克服重力做功.（3）重力做功不引起物体机械能变化. 2.机械能守恒定律系统只有重力和弹力（中学物理中仅为弹簧弹力）做功，系统总机械能保持不变. 3.重力和弹簧弹力之外的力对物体做的功W F 等于物体机械能的变化W F =E 末-E 初. 四、能的转化和守恒定律能可以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，在转移和转化的过程中，能的总量保持不变.考题名师诠释【例1】 (2006北京高考，22)图1-7-3是简化后的跳台滑雪的雪道示意图.整个雪道由倾斜的助滑雪道AB 和着陆雪道DE ，以及水平的起跳平台组成，AB 与CD 圆滑连接.运动员从助滑雪道AB 上由静止开始，在重力作用下，滑到D 点水平飞出，不计飞行中的空气阻力，经2 s 在水平方向飞行了60 m ，落在着陆雪道DE 上.已知从B 点到D 点运动员的速度大小不变.（g 取10 m/s 2)求：(1)运动员在AB 段下滑到B 点的速度大小；(2)若不计阻力，运动员在AB 段下滑过程中下降的高度.(3)若运动员的质量为60 kg ，在AB 段下降的实际高度是50 m ，此过程中他克服阻力所做的功.图1-7-3解析：(1)运动员从D 点飞出时的速度v=ts x =30 m/s依题意，下滑到助滑雪道末端B 点的速度大小是30 m/s （2）在下滑过程中机械能守恒，有mgh=21mv 2下降的高度h=gv22=45 m(3)根据能量关系，有mgH-W f =21mv 2运动员克服阻力做功W f =mgH-21mv 2=3 000 J答案：（1）30 m/s (2) 45 m (3) 3 000 J点评：用能量观点处理实际问题时，关键是要分析清楚有哪些能量发生了转化，什么力做功导致了这些能量转化，并能准确地表示出它们的量值关系.【例2】(2005广东高考，14)如图1-7-4所示，半径R=0.40 m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A.一质量m=0.10 kg 的小球，以初速度v 0=7.0 m/s 在水平地面上向左做加速度a=3.0 m/s 2的匀减速直线运动，运动4.0 m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C 点.求A 、C 间的距离（取重力加速度g=10 m/s 2）.图1-7-4解析：设小球运动至A 点时速度为v A ,则由v A 2-v 02=-2as ① 小球沿半圆环运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，若小球能通过B 点并设小球在B 点的速度为v B ，则21mv A 2-21mv B 2=2mgR ②小球能通过B 点时，应满足条件mg ≤m Rv B 2③解①②③得v B =3 m/s.小球离开B 点后做平抛运动，其飞行时间t=gR 4=4 s,所以s AC =v B t=12 m.答案：12 m点评：物体在竖直面内做圆周运动时，在无支撑的情况下能否通过最高点是有条件的，既受能量关系的制约，又受圆周运动规律的制约.对于该题，只有讨论清楚小球能否通过B 点，才能弄清楚小球脱离轨道后的运动规律，也才能求得正确的解答.【例3】质量为3×106 kg 的火车，在恒定的额定功率下，沿平直的轨道由静止开始出发，在运动过程中受到的阻力大小恒定，经过103s 后达到最大行驶速度72 km/h,此时司机发现前方40 km 处的轨道旁有山体塌方，便立即刹车，这时所附加的制动力为9×104 N,结果列车正好到达轨道毁坏处停下. 试求：(1)列车的额定功率；(2)列车从出发到停下所经过的总路程.解析：设列车刹车前行驶的路程为s 1，刹车后行驶的路程为s 2，刹车后列车的加速度是a,列车所受的阻力是F 1，刹车时所附加的制动力是F 2，列车的牵引力是F. 由动能定理可得Pt-F 1(s 1＋s 2)-F 2s 2=0 Pt-F 1s 1=21mv m 2由功率的定义式可得P=Fv m F=F 1,s=s 1+s 2由以上方程可解得P=1.2×106 W , s=14 km 答案：（1） 1.2×106 W (2) 14 km点评：变力作用下的运动，无法应用牛顿运动定律求过程量，因此应考虑应用动能定理求解.本题的重点在于过程分析，如分别以全过程和子过程为研究对象，使解题更为方便. 链接·提示求变力做功的三条途径：一是利用动能定理W 合=ΔE k ；二是利用W=pt ；三是利用F-S 图象.。
关于利用能量观点解题
关于利用能量观点解题能量观点是物理学中的基本概念之一，用于描述物体在进行运动、加速、减速和发生碰撞等情况下的能量转化和守恒关系。
能量守恒定律是能量观点的基础，它表明在封闭系统中，能量总量始终保持不变，只是在不同形式之间转化。
利用能量观点解题的方法可以应用于多种物理问题，例如机械学、电学、磁学、热学等。
下面以机械运动为例，介绍利用能量观点解题的一般过程。
首先，需要清楚地了解所涉及问题中各物体的运动情况和能量转化的方式，然后确定系统在不同阶段存储的能量形式和量。
例如，一个质量为m的物体，从高处自由落体到地面，可以将其过程分为两个阶段：从高处下落的重力势能逐渐转化为动能，当物体碰到地面时，一部分机械能转化为热能和声能等其他形式的能量，而另一部分则保持不变，即物体在碰撞后的动能为零。
接下来，可以通过使用能量守恒定律，计算任意时刻系统中能量总量的变化，以便获得物体在该时刻的状态信息。
例如，在自由落体过程中，可以利用能量守恒定律得到：mgh = 1/2 mv^2其中，m表示物体的质量，g表示重力加速度，h表示物体的高度，v表示物体的速度。
此时的能量转化为重力势能转化为动能。
在物体撞击地面时，可以利用能量守恒定律得到：1/2 mv1^2 = 1/2 mv2^2其中，v1表示物体从高处自由落体的末速度，v2表示物体在碰撞后的速度。
此时的能量转化为机械能转化为热能和声能。
利用能量观点解题的过程可以概括为以下几个步骤：1. 确定问题所涉及的物体状态和运动情况。
2. 确定能量转化的方式和阶段，以及每个阶段存储的能量形式和量。
3. 利用能量守恒定律计算各个阶段的总能量量，获得系统的状态信息。
4. 根据物理法则和条件进一步推导和解析相关问题。
能量观点是解决物理学中多种问题的重要工具，它在提高学生的物理学知识和解题能力方面具有重要作用。
高考物理-动力学观点和能量观点的综合应用
高考物理-动力学观点和能量观点的综合应用一、应用动力学和能量观点分析匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动组合问题每个过程各阶段的运动具有独立性，首先熟练每种运动一般的解题思路和解决方法，其次要关注两相邻过程中连接点的速度，通常转折点速度的大小和方向是解决问题的重要突破口．(2016·湖北十堰模拟)如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形轨道．光滑半圆轨道半径为R ，两个光滑半圆轨道连接处C 、D 之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过，C 、D 之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A 与水平面上B 点之间的高度为h .从A 点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S 形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s .已知小球质量为m ，不计空气阻力，求：(1)小球从E 点水平飞出时的速度大小；(2)小球运动到半圆轨道的B 点时对轨道的压力； (3)小球沿翘尾巴S 形轨道运动时克服摩擦力做的功．[解析] (1)小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v E 由平抛运动规律有 s ＝v E t4R ＝12gt 2联立解得v E ＝s 4 2gR.(2)小球从B 点运动到E 点的过程，机械能守恒 12m v 2B ＝mg ·4R ＋12m v 2E解得v 2B ＝8gR ＋s 2g 8R在B 点F N －mg ＝m v 2BR解得F N ＝9mg ＋mgs 28R2由牛顿第三定律可知小球运动到B 点时对轨道的压力为F N ′＝9mg ＋mgs 28R2，方向竖直向下．(3)设小球沿翘尾巴的S 形轨道运动时克服摩擦力做的功为W ，则mg (h －4R )－W ＝12m v 2E解得W ＝mg (h －4R )－mgs 216R.[答案] (1)s 42g R (2)9mg ＋mgs 28R2，方向竖直向下(3)mg (h －4R )－mgs216R二、应用动力学和能量观点分析传送带模型、滑块—滑板模型 1．模型概述传送带模型典型的有水平和倾斜两种情况，涉及功能角度的问题主要有：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．2．传送带模型问题中的功能关系分析 (1)功能关系分析：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W F 和Q 的理解：①传送带的功：W F ＝Fx 传； ②产生的内能Q ＝F f s 相对．3．传送带模型问题的分析流程4．滑块—滑板模型：与传送带模型相比较要复杂一点，要多分析两者之间是否发生相对滑动的临界条件，需通过受力分析得到临界加速度，从而判断两者之间的相对位移情况，以便得出功能关系．如图所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为L ＝1.4 m ，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g ＝10 m/s 2.(1)求水平作用力F 的大小； (2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． [解析] (1)滑块静止在斜面上时，受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F ＝mg tan θ，代入数据得F ＝1033N.(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有mgh ＝12m v 2，所以v ＝2gh .若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgL ＝12m v 20－12m v 2， 所以h 1＝v 202g－μL ，代入数据得h 1＝0.1 m.若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有－μmgL ＝12m v 20－12m v 2， 则h 2＝v 202g＋μL ，代入数据得h 2＝0.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，由机械能守恒可知mgh 2＝12m v 2，对滑块由运动学公式知v 0＝v －at ，a ＝μg 滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ， 相对滑动产生的热量Q ＝μmg Δx ， 联立代入数据可得Q ＝0.5 J.[答案] (1)1033N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J如图所示，AB 为半径R ＝0.8 m 的1/4光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接．小车质量M ＝3 kg ，车长L ＝2.06 m ，车上表面距地面的高度h ＝0.2 m ，现有一质量m ＝1 kg 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B 端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t 0＝1.5 s 时，车被地面装置锁定(g ＝10 m/s 2)．试求：(1)滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小； (2)车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小． [解析] (1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgR ＝12m v 2B ，F N B －mg ＝m v 2BR则：F N B ＝30 N.(2)设滑块滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度大小为v 对滑块有：μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1 对于小车：μmg ＝Ma 2，v ＝a 2t 1 解得：v ＝1 m/s ，t 1＝1 s ，因t 1＜t 0故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s ，则小车右端距B 端的距离为s 车＝v2t 1＋v (t 0－t 1)解得s 车＝1 m.(3)Q ＝μmgs 相对＝μmg ⎝⎛⎭⎫v B ＋v 2t 1－v2t 1解得Q ＝6 J.[答案] (1)30 N (2)1 m (3)6 J三、应用动力学和能量观点分析多阶段多过程运动 1．分析思路(1)对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解．2．常见方法(1)若一个物体或多个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则一般应用牛顿运动定律结合运动学公式求解．(2)若过程不太关注中间过程而只求初末状态之间的运动参量关系且涉及做功和能量转化问题，则一般应用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E pm .[解析] (1)物体从开始位置A 点到最后D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12m v 20＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为 Q ＝F f x ②其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③ F f ＝μmg cos 37°④由能量守恒定律可得ΔE ＝Q ⑤ 由①②③④⑤式解得μ＝0.52. (2)由A 到C 的过程中，动能减少ΔE ′k ＝12m v 20⑥重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC sin 37°⑦摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC ⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q ⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm ＝24.5 J. [答案] (1)0.52 (2)24.5 J四、应用动力学和能量观点分析生活中实际问题生活中很多问题都涉及直线运动、圆周运动、平抛运动等，如体育活动中的运动、生产生活中的模型，都可用动力学观点和能量观点解决．蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F ＝kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)．质量m ＝50 kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x 0＝0.10 m ；在预备运动中，假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt ＝2.0 s ，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x 1.取重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力的影响．(1)求常量k ，并在图中画出弹力F 随x 变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m ；(3)借助F －x 图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求 x 1和W 的值． [解析] (1)床面下沉x 0＝0.10 m 时，运动员受力平衡，mg ＝kx 0得k ＝mgx 0＝5.0×103 N/mF －x 图线如图所示．(2)运动员从x ＝0处离开床面，开始腾空，其上升、下落的时间相等，h m ＝12g ⎝⎛⎭⎫Δt 22＝5.0 m.(3)参考由速度－时间图象求位移的方法，知F －x 图线与x 轴所围的面积等于弹力做的功，从x 处到x ＝0，弹力做功W FW F ＝12·x ·kx ＝12kx 2运动员从x 1处上升到最大高度h m 的过程，根据动能定理，有 12kx 21－mg (x 1＋h m )＝0 得x 1＝x 0＋x 20＋2x 0h m ＝1.1 m对整个预备运动，由题设条件以及功能关系，有W ＋12kx 20＝mg (h m ＋x 0)得W ＝2 525 J. [答案] 见解析1.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A.m v 24 B ．m v 22C ．m v 2D ．2m v 2 解析：选C.由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12m v 2＋μmg ·s 相，s 相＝v t －v 2t ，v ＝μgt ，以上三式联立可得：W ＝m v 2，故C 正确．2．(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带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时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v 1>v 2)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.则( )A ．0～t 1时间内，物块对传送带做负功B ．物块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θC ．0～t 2时间内，传送带对物块做功为W ＝12m v 22－12m v 21 D ．t 1时刻之后，物块先受滑动摩擦力，对其做正功，后受静摩擦力，对其做负功解析：选AD.由题图乙知，物块与传送带在t 2时刻相对静止，一起向下匀速运动，所以物块先向上做匀减速运动，减为零后再向下做匀加速运动，最后做匀速运动.0～t 1时间段内物块对传送带的摩擦力方向向上，对传送带做负功，A 正确；物块最后与传送带相对静止向下匀速运动，说明滑动摩擦力大于或等于物块重力沿传送带斜向下的分力，B 错；0～t 2时间内，物块相对初始位置升高了，物块的重力做负功，传送带对物块做的功W >12m v 22－12m v 21，C 错；根据以上分析知，D 正确． 3.如图，质量为M 、长为L 、高为h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m 的小球．用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v 0，经过一段时间后小球落地．求小球落地时距滑块左端的水平距离．＋M )gL ＝12M v 21－12解析：滑块左端滑到小球正下方时速度为v 1，由动能定理有－μ(m M v 20得v 21＝v 20－2μ(m ＋M )gL M， 小球自由落体落到地面的时间t ＝2hg ，此过程中滑块的加速度的大小a ＝μMgM ＝μg ，滑块继续运动的最长时间t m ＝v 1μg，当t ≥t m 时，小球落地时距滑块左端的水平距离s ＝v 212μg ＝v 202μg －(m ＋M )L M， 当t <t m 时，小球落地时距滑块左端的水平距离s ＝v 1t －12at 2＝ 2h v 20g －4μLh (m ＋M )M－μh .答案：v 202μg －(m ＋M )L M 或 2h v 20g －4μLh (m ＋M )M－μh4．如图甲所示，在圆形水池正上方，有一半径为r 的圆形储水桶．水桶底部有多个水平小孔，小孔喷出的水在水池中的落点离水池中心的距离为R ，水桶底部与水池水面之间的高度差是h .为了维持水桶水面的高度不变，用水泵通过细水管将洒落的水重新抽回到高度差为H 的水桶上方．水泵由效率为η1的太阳能电池板供电，电池板与水平面之间的夹角为α，太阳光竖直向下照射(如图乙所示)，太阳光垂直照射时单位时间内单位面积的电池板接收的能量为E 0.水泵的效率为η2，水泵出水口单位时间流出水的质量为m 0，流出水流的速度大小为v 0(不计水在细水管和空气中运动时所受的阻力)．求：(1)水从小孔喷出时的速度大小；(2)水泵的输出功率；(3)为了使水泵的工作能维持水面的高度不变，太阳能电池板面积的最小值S .解析：(1)水从小孔喷出时速度沿水平方向，只受重力作用，做平抛运动，设水喷出时的速度大小为v ，有R －r ＝v th ＝12gt 2 解得v ＝R －r2h2gh .(2)水泵做功，既改变水的势能，又改变水的动能．由功能关系得P ＝m 0gH ＋12m 0v 20. (3)考虑单位时间内的能量转化及利用效率，太阳能电池板接收的太阳能中的一部分转变成电能E 1，电能通过水泵将其中的部分转变成水的机械能E 2，有E 1＝η1E 0S cos αE 2＝η2E 1E 2＝m 0gH ＋12m 0v 20 解得S ＝m 0gH ＋12m 0v 20η1η2E 0cos α.答案：见解析5．如图所示，质量为m ＝1 kg 的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M ＝2 kg 的足够长的小车左端在最低点O 点相切，并在O 点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q 处时与Q 发生无机械能损失的碰撞，碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用．已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ为53°，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.试求：(1)小物块离开A 点的水平初速度v 1；(2)小物块经过O 点时对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间． 解析：(1)对小物块由A 到B 有：v 2y ＝2gh在B 点：tan θ＝v yv 1解得v 1＝3 m/s.(2)由A 到O ，根据动能定理有：mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21 在O 点：F N －mg ＝m v 20R解得：v 0＝33 m/s ，F N ＝43 N由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力F N ′＝43 N.(3)摩擦力F f ＝μmg ＝1 N ，物块滑上小车后经过时间t 达到的共同速度为v t ，则v 0－v t a m ＝v ta M，a m ＝2a M ，得v t ＝333m/s由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，物块与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：F f l 相＝12(M ＋m )v 2t 得l 相＝5.5 m 小车从物块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度a 不变，a M ＝F fM＝0.5 m/s 2，v t ＝a M t 得t ＝2333 s.答案：(1)3 m/s (2)43 N (3)5.5 m 2333 s6．(2016·潍坊模拟)如图所示，光滑半圆轨道AB 竖直固定，半径R ＝0.4 m ，与水平光滑轨道相切于A .水平轨道上平铺一半径r ＝0.1 m 的圆形桌布，桌布中心有一质量m ＝1 kg 的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A 点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B 时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)铁块离开B 点后在地面上的落点到A 的距离； (2)铁块到A 点时对圆轨道的压力大小； (3)抽桌布过程中桌布的加速度大小．解析：(1)在B 点，由牛顿第二定律，有mg ＝m v 2BR从B 点抛出后 水平方向x ＝v B t竖直方向2R ＝12gt 2代入数据得x ＝0.8 m.(2)A →B ，由机械能守恒m v 2A 2＝2mgR ＋m v 2B2在A 点，由牛顿第二定律F ′N －mg ＝m v 2AR代入数据得F ′N ＝60 N由牛顿第三定律F N ＝F ′N ＝60 N. (3)铁块脱离桌布时的速度v 0＝v A铁块在桌布上做匀加速直线运动，设铁块加速度为a 0，由牛顿第二定律μmg ＝ma 0 设铁块在桌布上的加速时间为t 0，由运动学公式 v 0＝a 0t 0由公式r ＝12at 20－12a 0t 20 代入数据得a ＝5.25 m/s 2.答案：(1)0.8 m (2)60 N (3)5.25 m/s 2。
动力学方法和能量观点的综合应用
动力学方法和能量观点的综合应用
动力学方法是研究物体运动的一种基本方法，它建立在牛顿第二定律的基础上。
根据牛顿第二定律，物体的运动状态取决于作用在它上面的力和质量，加速度与所受外力成正比，反比于物体质量。
动力学方法的核心是通过分析物体所受的所有外力，并根据牛顿第二定律，求解加速度，并进而推导出物体的运动情况。
可以说，动力学方法和能量观点是两种不同的物理观点，但它们并不矛盾，而是相辅相成的。
在很多情况下，我们需要综合运用这两种方法来解决实际的物理问题。
在实际问题中，动力学方法和能量观点的综合应用也有许多其他的例子。
比如，在弹性碰撞问题中，我们可以通过动力学方法计算碰撞力和加速度的变化，然后利用能量观点来分析碰撞前后物体的动能变化，从而得到碰撞的结果；在机械振动问题中，我们可以通过动力学方法分析弹簧等外力对系统的作用，再利用能量观点来计算振动系统的总能量和势能的变化，从而得到振动的频率等。
综上所述，动力学方法和能量观点是物理学中重要的两种方法，在实际问题中可以综合运用，得到更全面准确的描述和分析。
无论是从力的角度还是从能量的角度来研究物体的运动，都有助于我们深入理解物理学的基本原理和应用。
用能量观点解决物理问题
电功 焦耳定律 闭合电路欧姆定律 法拉第电磁感应定律 爱因斯坦光电效应方程 玻尔假设 质能方程 变压器
W = qU = UIt Q = I2Rt Iεt =I2（R+r）t=qU+ I2 rt E电 =W EKm = hν- W hν= E2 - E1 E = m c2 ΔE = Δm c2 P 出= P入
• 例3．(2011·湖北黄冈)如右图所示，一个质量为 m的圆环套在一根固定的水平直杆上，环与杆的 动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，如 果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的 力F的作用，已知力F的大小F＝kv(k为常数，v为 环的运动速度)，则环在整个运动过程中克服摩擦 力所做的功(假设杆足够长)可能为( )
利器之三：动量的观点 动量定理：物体动量的增量等于它 所受合外力的冲量。 动量守恒定律：如果一个系统不受外 力或所受外力之和为零，那么这个系 统的总动量保持不变。
用能量观点解决物理问题
表现形式
动能定理 功能原理 机械能守恒定律 热力学第一定律 电功 焦耳定律
数学表达式 W合=W1+W2+… = ΔEK WF = ΔEK +ΔEP = ΔE ΔE = 0 ΔEK +ΔEP = 0 ΔE = Q+W W = qU = UIt Q = I2Rt
例 6、 如右图所示，平行金属导轨MN竖直放置于 绝缘水平地板上，金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动， 导轨间除固定电阻R 以外，其它部分的电阻不计，匀 强磁场B垂直穿过导轨平面。有以下两种情况：第一次， 先闭合开关S，然后从图中位置由静止释放 PQ，经一 段时间后PQ匀速到达地面，第二次，先从同一高度由 静止释放 PQ，当PQ下滑一段距离后突然闭合开关S， 最终PQ也匀速到达地面，不计空气阻 M R S N 力，试比较上述两种情况中产生的 焦耳热E 1和E2 的大小。 解：达到最大速度时mg=F安=B2 L2vm/R 两种情况中到达地面的速度相同，动能 相等，重力势能的减少相同，产生的焦 耳热E 1和E2也相等，∴ E 1 = E2
2024届高考物理复习讲义：专题强化九 动力学和能量观点的综合应用(一)——多运动组合问题
专题强化九动力学和能量观点的综合应用(一)——多运动组合问题学习目标掌握运用动力学和能量观点分析复杂运动的方法，进而利用动力学和能量观点解决多运动组合的综合问题。
1.分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况。
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
2.方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。
例1(2022·浙江1月选考，20)如图1所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。
已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度l AB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝7 8。
滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，图1(1)若释放点距B 点的长度l ＝0.7m ，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力F N 的大小；(2)设释放点距B 点的长度为l x ，求滑块第1次经F 点时的速度v 与l x 之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度l x 的值。
答案(1)7N (2)v ＝12l x －9.6(m/s)(0.85m ≤l x ≤3m)(3)见解析解析(1)滑块从A 到C 的过程只有重力做功，机械能守恒，则mgl sin 37°＋mgR (1－cos 37°)＝12m v 2C 在C 点根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2CR代入数据解得F N ＝7N 。
高中物理-专题三第2课时 动力学和能量观点的综合应用
第2课时动力学和能量观点的综合应用高考题型1多运动过程问题1.运动模型多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动或者是一般的曲线运动。
在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合。
2.基本规律运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理。
3.分析技巧(1)多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时应注意要独立分析各个运动过程，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单。
(2)如果涉及加速度、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。
【例1】(2021·全国甲卷，24)如图1，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。
已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。
观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。
小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。
已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
图1(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案(1)mgd sin θ(2)mg（29d＋L）sin θ－μmgs30(3)L>d＋μs sin θ解析(1)设小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE，由小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带损失的机械能，即ΔE＝mgd sin θ①(2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有mg(49d＋L)sin θ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0②联立①②解得ΔE0＝mg（29d＋L）sin θ－μmgs30③(3)要使ΔE0>ΔE，有mg（29d＋L）sin θ－μmgs30>mgd sin θ④解得L>d＋μssin θ。
综合运用动力学动量观点能量观点分析解决多物体多过程问题高三物理一轮复习专题
一.必备知识精讲1.解动力学问题的三个根本观点〔1〕力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
〔2〕能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
〔3〕动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2.力学规律的选用原那么〔1〕如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。
〔2〕研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理涉及时间的问题或动能定理涉及位移的问题去解决问题。
〔3〕假设研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
〔4〕在涉及相对位移问题时那么优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
〔5〕在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
3.解题技巧〔2〕通过画运动轨迹图和v-t图像，再现运动过程。
〔3〕明确研究对象，分析其不同的运动阶段的受力情况、运动特点、各力做功及系统能量转化情况，用量和未知量列出相关方程。
一个方程不能求解，那么通过方程组求解。
二.典型例题精讲：例1：(·高考)如下图，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。
物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。
物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)假设碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式。
高考物理专题——动力学和能量观点的综合应用
第2讲 动力学和能量观点的综合应用 专题复习目标学科核心素养 高考命题方向 1.本讲在应用机械能守恒定律解决问题的过程中，引导学生体会守恒的思想，领悟从守恒的角度分析问题的方法，增强分析和解决问题的能力。
2．掌握从动力学和能量观点分析问题的基本思路和方法。
1.物理观念：能量观念。
2．科学推理和论证：应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理以及能量守恒定律分析和推理。
高考以创设较为复杂的运动情景为依托，强调受力分析、运动过程分析以及应用动力学和能量观点进行分析和推理。
主要题型：动力学方法和动能定理的应用；动力学和能量观点分析多运动过程问题。
一、动力学方法1．匀变速直线运动的运动学公式 速度公式：v ＝v 0＋at ，位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2，速度位移公式：v 2－v 20＝2ax ，平均速度公式v －＝v 0＋v 2。
2．牛顿第二定律物体运动的加速度与物体受到的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与物体所受合外力的方向是一致的。
表达式：F 合＝ma ，加速度是联系受力和运动的桥梁。
二、能量观点1．动能定理(1)内容：物体所受合外力做的功等于物体动能的变化量。
(2)表达式：W ＝12m v 22－12m v 21。
(3)应用技巧：如果一个物体有多个运动过程，应用动能定理的时候，可以对全过程和分过程应用动能定理列式。
2．机械能守恒定律(1)内容：在只有重力(或者弹力)做功的物体系统内，动能和势能可以相互转化，但机械能的总量保持不变。
(2)表达式3．功率表达式P＝F v的应用(1)求v：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v，可求v＝PF阻＋ma。
(2)求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝PF阻。
题型一动力学方法和动能定理的应用1．规律方法运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理。
2．解题技巧如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法解决；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。
理化生用能量观点分析综合问题课件
[答案]2s－μh
2024/6/22
图 25－1
[高考命题者说] 本题考查考生对物理过程的分析能力，解 决问题的关键是能否了解此过程中能量的转换．根据题给的情 境，从初态到末态，在竖直方向上，物块所在的高度变化了(减
少了)h，由此可以判断出系统的重力势能减少．根据题设物块
的初末态动能均为零，且物块在运动过程中有摩擦力做功，又 可以判断出减少的重力势能全部转化为系统的内能，这是解决 此问题的第一步判断．
2024/6/22
2．摩擦力做功的特点 (1)静摩擦做功的特点：①静摩擦力对单个物体可以做正 功、负功，还可以不做功；②一对静摩擦力所做功的代数物体 转移到另一个物体(静摩擦力做功起着传递机械能的作用)，而 没有机械能转化为其他形式的能量，也不产生热量．
2024/6/22
(2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力对单个物体可以 做正功、负功，还可以不做功；②在相互摩擦的物体系统中， 一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功与路径有 关，其值是负值，等于摩擦力与相对位移的乘积，即 Wf＝－fx 相对，负号表示系统克服摩擦力做功，系统损失的机械能转变成 内能，即 ΔE 损＝fx 相对＝Q 热；③在一对滑动摩擦力做功的过程 中，能量的转化和转移有两种情况：一是相互摩擦的物体通过 摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体；二 是部分机械能转化为内能．
过定滑轮用力 F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上
移动．在移动过程中，下列说法正确的是(
)
2024/6/22
图 25－2
A．F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力 所做的功之和
B．F 对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的 功之和
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2019/5/19
► 知识点三 能量转化和守恒定律
1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只 会 从 一 种 形 式 转 化 为 _另__一__种___ 形 式 ， 或 者 从 一 个 物 体 __转__移____到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的 总量_保__持__不__变_．
2．表达式：ΔE 减＝ΔE 增．
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考向互动探究
► 探究考向一 功能关系的一般应用
功能关系的主要形式有以下几种：
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除重力和弹 簧弹力之外 的力做的功
机械能的 除重力和弹力之外的力做的功如果为正功，机械能
变化
增加；如果为负功，机械能减少：W除G、F＝ΔE
一对滑动摩 擦力的总功
电场力的功
内能的变 作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内
化
能增加：Wf＝－ΔE内
电势能的 电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势
变化
能增加：W电＝－ΔEp
安培力的功
安培力做正功过程中，电能转化为其他形式的能； 电能的变
克服安培力做功过程中，其他形式的能转化为电能： 化
考点自主梳理
► 知识点一 功与能的区别与联系
1．相同点：功和能都是___标__量_____，单位均为__焦__耳______． 2．不同点：功是___过__程_____量，能是___状__态_____量． 3．功能关系：(1)功是_能__量__转__化___的量度，做功的过程就 是 _能__量__转__化___ 的 过 程 ， 做 多 少 功 ， 就 有 多 少 能 量 发 生 了 __转__化____ ． (2) 做 功 的 过 程 一 定 伴 随 着 _能__量__转__化___ ， 而 _能__量__转__化___则必须通过做功实现．
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2．本讲教学可以按下面的思路安排： (1)通过例1和变式题帮助学生正确理解和巩固常 见的几种功能关系． (2)通过例2和变式题掌握应用功能关系解决传送 带问题的方法． (3)通过例3和变式题掌握能量守恒定律的一般解 题思路． (4)例4和变式题是图象问题在能量守恒中的应 用．
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W安培＝－Δቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ电
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在应用功能关系时应注意，搞清力对“谁”做功的问题，对 “谁”做功就对应“谁”的位移，引起“谁”的能量变化．功是能 量转化的量度，做功引起物体动能的变化，但不能说功就是能，也 不能说“功变成能”．
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例 1 [2010·全国卷Ⅱ]如图 25－1 所示，MNP 为竖直面内 一固定轨道，其圆弧段 MN 与水平段 NP 相切于 N，P 端固定 一竖直挡板．M 相对于 N 的高度为 h，NP 长度为 s.一物块自 M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞 后停止在水平轨道上某处．若在 MN 段的摩擦可忽略不计， 物块与 NP 段轨道间的滑动摩擦因数为 μ，求物块停止的地方 与 N 点距离的可能值．
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► 知识点二 常见的几种功能关系
1．物体动能的增量由__合__外__力____做的功来量度：ΔEk＝ W 外．
2．物体重力势能的增量由___重__力_____做的功来量度：ΔEp ＝－WG.
3．弹簧(弹簧类)的弹性势能的增量由_弹__簧__(_弹__簧__类__)_弹__力_ 做的功来量度：ΔEp＝－W 弹．
2013届高考物理复习课件
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第五章
功和能
第25讲 用能量观点分析综合问题
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编读互动
1．用能量的观点分析综合问题不仅为力学问题开 辟了一条重要途径，同时也是分析、解决电学、热学 问题的重要方法，本讲主要复习功能关系和能量转化 与守恒定律，高考对本讲的考查往往结合牛顿运动定 律、平抛运动、圆周运动、电磁感应等考点综合命 题．本讲复习重点是各种功能关系、能量转化与守恒 定律的应用，关注生产和生活实际及现代科学技术与 能量观点的联系，从功能关系出发，掌握应用能量守 恒定律解题的思路和方法．
想到这两种可能的情况． 本题物理情境和设问都不难，主要考查考生的分析能力和
应用物理规律解决实际问题的能力．本题抽样统计难度为0.515， 区分度为0.757，对全体考生有较好的区分度．有12%的考生得0 分，11%的考生得7分，19%的考生得13分，40%的考生得满分．
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【规范解答】 物块从开始下滑到静止的过程中，物块重力 势能减小的数值 ΔEp 与物块克服摩擦力所做功的数值 W 相等， 即 ΔEp＝W①
设物块质量为 m，在水平滑道上滑行的总路程为 s′，则 ΔEp＝mgh② W＝μmgs′③ 由①②③解得 s′＝μh④ 设物块在水平轨道上停住的地方与 N 点的距离为 d. 若物块在与 P 碰撞后，在到达圆弧形轨道前停止，则 s′＝2s－d⑤
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联立④⑤式得 d＝2s－hμ⑥ 此结果在hμ≤2s 时有效． 若μh＞2s，则物块与 P 碰撞后，可再一次滑上圆弧形轨道， 滑下后在水平轨道上停止，则有 s′＝2s＋d⑦ 联立④⑦式得 d＝μh－2s⑧ 所以物块停止的位置距 N 的距离可能为 2s－hμ或hμ－2s.
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第二步的判断是对物块运动过程的判断，由于题目只给出 了物块最后停在水平轨道上某处，所以物块的实际运动可能为 两种情况，第一种情况为物块在停止之前滑上了圆弧再由圆弧 上面滑下最后停止在水平轨道上；另一种情况，物块没有再次 滑上圆弧就在水平轨道上停止了运动．由于题目在设问时已提
出了求物块停止的地方与N点距离的可能值，所以考生一般可以
[答案]2s－μh
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图 25－1
[高考命题者说] 本题考查考生对物理过程的分析能力，解 决问题的关键是能否了解此过程中能量的转换．根据题给的情 境，从初态到末态，在竖直方向上，物块所在的高度变化了(减
少了)h，由此可以判断出系统的重力势能减少．根据题设物块
的初末态动能均为零，且物块在运动过程中有摩擦力做功，又 可以判断出减少的重力势能全部转化为系统的内能，这是解决 此问题的第一步判断．