高一物理功能关系问题专题粤教版知识精讲

高一物理功能关系问题专题粤教版
【本讲教育信息】
一. 教学内容：
功能关系问题专题
二. 学习目标：
1、理解功是能量转化的量度，知道各种具体的功与相对应能量变化的关系。

2、掌握利用功能关系解决典型相关问题的分析方法和思路。

考点地位：
功能关系是能量思想的核心内容，利用功能关系分析问题时，只关心能量的转化关系和过程的始末状态，使解决问题的思路变得简捷，并解决一些运用牛顿定律无法解决的问题，所以功能关系历来是高考考查的重点和难点所在，从出题形式上来看既可以通过选择题形式考查，也可以通过大型的综合性计算形式考查，题目的灵活性强，综合面大，能力要求高。

在2008年全国高考试卷中，广东卷第3题、广东文科根底卷第60题通过选择题形式考查，全国1卷第24题、全国2卷第23题、某某卷第24题、重庆卷第24题通过计算题形式考查。

三. 重难点解析： 〔一〕功能关系
1. 做功的过程就是能量的转化过程，做功的数值就是能的转化数值，这是功能关系的普遍意义。

不同形式的能的转化又与不同形式的功相联系，这是贯穿整个物理学的一个重要思想。

学会正确分析物理过程中的功能关系，对于提高解题能力是至关重要的。

力学领域中功能关系的主要形式
〔1〕合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，1k 2k W W W -=合，即动能定理。

〔2〕只有重力〔或弹簧的弹力〕做功，物体的机械能守恒。

即2p 2k 1p 1k E E E E +=+ 〔3〕重力的功等于重力势能增量的负值：p G E W ∆-=，弹力的功等于弹性势能增量的负值；p E W ∆-=
重力势能的变化用重力做功来量度，而弹性势能的变化用弹力做功来量度。

〔4〕除系统内的重力和弹簧的弹力外，其它力做的总功等于系统机械能的增量，即12E E W -=其他力。

在讨论机械能的变化时，实际上是通过计算其它力做的功来实现的。

〔二〕能的转化和守恒定律
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，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不变，这就是能的转化和守恒定律。

能量守恒定律可从下面两个角度理解：
〔1〕某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等。

〔2〕某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量一定与增加量相等。

这也是我们列能量守恒定律方程式的两条根本思路。

〔三〕应用能量守恒定律解题的步骤：
〔1〕分析物体的运动过程，从而在头脑中建立起一幅物体运动的正确图景
〔2〕研究物体在运动过程中有多少种形式的能〔如动能、势能、内能、电能等〕在转
化，关键是弄清什么形式的能增加，什么形式的能减少。

〔3〕增加的能量和减少的能量用相应的力做的功来表示，然后列出恒等式增减E E ∆=∆ 说明：应用能量守恒定律解题的关键是首先弄清有哪几种形式的能在相互转化与相应的增减情况，然后再把变化的能量用相应力做的功来表达。

确定力做的功是思维过程中的第二步，这一点是和动能定理的应用所不同的。

〔应用动能定理首先要考虑各力做功，而并不去考虑有什么形式的能和动能相互转化〕。

【典型例题】
题型1、利用功能关系分析变力做功问题：
〔2006年广东〕一个质量为4kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数1.0=μ。

从0t =开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F 作用，力F 随时间的变化规律如下列图。

求83秒内物体的位移大小和力F 对物体所做的功。

g 取
2s /m 10。

解析：一个运动周期时间为4秒，半个周期2t =秒，物体所受到的摩擦力大小为mg F f μ=。

前2秒内物体的加速度：
m
F F a f
11-=。

2~4秒物体的加速度：
m F F a f
2
2-= t a v ,t a 2
1
t v s ,t a 21s 112212211=+==
前4秒的位移大小：21s s s +=
第84秒的位移：220)2t
(a 21s -=
83秒时的速度：)2
t
(a v 2-=
83秒内的位移大小：083s s 21s -=， m 167s 83=。

83秒内外力F 对物体做的功为
J
676W s F mv 2
1
W F 83
f 2F =+= 变式：
〔2008年全国Ⅰ卷第24题〕图中滑块和小球的质量均为m ，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l 。

开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。

现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一外表涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继
续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点。

求小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。

解：〔1〕设小球第一次到达最低点时，滑块和小球速度的大小分别为1v 、2v ，由机械能守恒定律得
mgl mv 2
1mv 212
221=+① 小球由最低点向左摆动到最高点时，由机械能守恒定律得 )60cos 1(mgl mv 2
12
2︒-=② 联立①②式得 gl v v 21==③
〔2〕小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功为W ，由动能定理得
2
2mv 2
1W mgl =
+⑤ 联立③⑤式得mgl 21
W -=
小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小为
mgl 2
1。

问题2、传送带模型中的功能关系问题：
[考题5]如下列图，水平放置的传送带与一光滑曲面相接，一小滑块质量为kg 1.0m =，从离传送带m 2.0h =高处由静止滑下，传送带水平局部长s=1.8m ，滑块与传送带间动摩擦因数1.0=μ〔2s /m 10g =〕
〔1〕把传送带固定不动，问滑块能否滑离传送带？因摩擦产生的热量为多少？
〔2〕传送带逆时针以s /m 1v 2=匀速运动，问滑块能否滑离传送带？产生热量多少？ 〔3〕传送带顺时针以s /m 1v 3=匀速转动，求滑块滑离传送带的时间与产生的热量。

解析：〔1〕假设传送带足够长，在整个过程中运用动能定理 00mgs mgh 0-=μ-
要使滑块停下来，传送带至少长
m 0.2h
s 0=μ
=
因为0s s <，故能滑离传送带。

产生的热量为J 18.0mgs s mg Q 11=μ=∆μ=。

〔2〕传送带逆时针转，且0s s <，因此滑块与传送带间始终有动摩擦力，能滑离传送带。

滑块在斜面上下落过程中，由机械能守恒2
0mv 2
1mgh =
得：到达传送带时，s /m 2gh 2v 0==，由m a m g =μ得，滑块的加速度2s /m 1a =。

由2220at 2
1
t v s -=得滑块
在传送带上滑动时间s )4.02(t 2-=，所以传送带上一点通过的路程
m )10
1
1(2vt s 22-==，总共产生的热量为
J 32.0)s s (mg s mg Q 222=+μ=∆μ=。

〔3〕由〔2〕可知，20s /m 1a ,s /m 2v ==。

由303at v v -=得，相对滑动时间
m 5.1t 2
v v s ,s 1a v v t 33
03303=+==-=
位移，因此后面的m 3.0)s s (3=-要匀速运动，相对静止。

s 3.0v s s t 3
3
4=-=。

所以总时间s 3.1t t t 435=+=，产生的热量为
J 05.0)t v s (mg s mg Q 33333=-μ=∆μ=。

答案：〔1〕能滑离；0.18J 。

〔2〕能滑离；0.32J 。

〔3〕1.3s ；0.05J 。

变式：
如下列图，水平传送带AB 长1.0m 以s /m 1v =的速度匀速传动，把一质量为0.2kg 的小物体无初速地放于传送带上的A 点，物体与带间的动摩擦因数为0.5，如此在小物体由A 到B 的传送过程中，传送带对物体所做的功为_________J ，由于物体与传送带间的摩擦而产生的内能是________J 。

解析：物体放到传送带上后，受到传送带给的水平向右的滑动摩擦力mg F μ=，向右做匀加速运动，当速度达到v ，即与传送带同速时，F 消失，二者一起以速度v 匀速运动。

)s (2.051
t ,at v ,s /m 5g m F a 2==∴==μ==
)m (1)m (1.02.02
1
t 2v s 1<=⨯=⨯=，
说明物体是先匀加速后匀速通过传送带，传送带对物体做的功等于物体动能的增量，即
)J (1.012.02
1
mv 21W 22=⨯⨯=⨯=。

摩擦生热为)m (2.02.01vt s ,L F Q 2=⨯==⋅=相对，
m 1.0m 1.0m 2.0s s L 12=-=-=相对
J 1.0J 1.0102.05.0L mg FL Q =⨯⨯⨯=⋅μ==∴相对相对。

答案：0.1 0.1
题型3、链模型背景中的功能关系问题
［考题7］如下列图，总长为L 的光滑匀质铁链，跨过一光滑的轻质小定滑轮，开始底端相齐，当略有扰动时某一端下落，如此铁链脱离滑轮的瞬间，其速度多大？
解析：铁链一端上升，一端下落，是变质量问题，利用牛顿运动定律求解比拟麻烦，也超出了中学物理大纲的要求，但由题目的表示可知铁链的重心位置变化过程只有重力做功，或“光滑〞提示我们无机械能与其他形式的能转化，如此机械能守恒，这个题目我们用机械能守恒定律的总量不变表达式k p 12E E E E ∆-=∆=和增量表达式分别给出答案，以利于学生分析比拟掌握其各自的特点。

〔1〕设铁链质量为m ，开始时下端为零势能面，如此初状态动能0E 1k =，势能为
mgL 41E 1p =
；末状态设速度为v ，动能22k mv 21
E =，势能0E 2p =。

根据机械能守恒定律2p 2k 1p 1k E E E E +=+， 得
2gL v ,mv 21
mgL 412=∴=。

〔2〕利用k p E E ∆=∆求解。

设铁链单位长度的质量为0m ，初状态至末状态重力势能减少，重心下降
4
L
，重力势能减少4L gL m E 0p ⋅
=∆， 动能增加20k Lv m 21
E =∆，
2gL
v ,
Lv m 2
1
4L gL m 200=
∴=⋅∴
答案：2
gL。

变式：
如下列图在光滑的水平桌面上，放置一根长为l 的链条，链条沿桌边挂在桌外的长度为a 时，由静止开始释放，求链条全部离开桌面时的速度是多少？
解法一：选择桌面上和挂在桌边的链条整个系统为研究对象，由于桌面光滑，所以系统的机械能守恒，即链条的重力势能的减小量等于链条动能的增加量。

当链条从图示位置到全部离开桌面的过程中，原来桌面上的那段链条下降的距离为
2
a
l -，挂在桌边的那段链条
下降的距离为a l -，设链条单位长度的质量为m ，如此总的质量为'lm m =，由p k E E ∆=∆，即
2v 'lm 2
1
)a l (g a 'm 2a l g )a l ('m =-⋅+-⋅
-， 解得l
g
)a l (v 22-=。

解法二：利用图象法与动能定理求解。

开始使绳下滑的力是a 段绳所受的重力，此后下垂的绳逐渐增长，使绳下滑的力也逐渐增大，且随下垂段的增长成线性增大。

这是一个变力做功的问题，可用图示法分析。

设绳的质量为m ，开始使绳下滑的力是a 段绳所受的重力mg l
a
F =。

当绳在全部离开桌面时，绳下滑的位移是a l -，且此时下滑力是整条绳所受的重力mg 。

在此区间使绳下滑的重力均匀地增加，如下列图，那么，重力做的功在数值上就等于图线所包围的梯形面积，即
)a l ()mg mg l a
(21W -⋅+⋅=
l
2)
a l (mg 22-=
根据动能定理k E W ∆=，有
l
g
)a l (v 0
mv 21
l 2)a l (mg 2
2222-=
-=-解得
【模拟试题】
1. [海淀]如下列图，物体放在轻弹簧上，沿竖直方向在A 、B 之间做简谐振动，在物体沿DC 方向由D 点运动到C 点〔D 、C 两点在图中未标出〕的过程中弹簧弹性势能减少了3.0J ，物体的重力势能增加了1.0J ，如此在这段过程中〔 〕
A. 物体经过D 点时的运动方向是指向平衡位置的
B. 物体的动能增加了4.0J
C. D 点的位置一定在平衡位置以上
D. 物体的运动方向可能是向下的
2. [崇文]如下列图，A 、B 两物体质量分别是B A m m 和，用劲度系数为k 的弹簧相连，A 、B 处于静止状态。

现对A 施竖直向上的力F 提起A ，使B 对地面恰无压力。

当撤去F ，A 由静止向下运动至最大速度时，重力做功为〔 〕
A.
k g m 22A B. k g
m 2
2
B C. k g )m m (m 2B A A + D. k
g )m m (m 2B A B +
3. [皖中]如如下图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F 作用，这时物块的加速度大小为2s /m 4，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动过程中，正确的说法是〔 〕
A. 物块的机械能一定增加
B. 物块的机械能一定减小
C. 物块的机械能可能不变
D. 物块的机械能可能增加也可能减小
4. [福建省试题]如下列图，一个质量为m 的物体〔可视为质点〕以某一速度由A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为g 4
3，物体在斜面上上升的最大高度为h ，如此在这个过程中物体〔 〕
A. 重力势能增加了
mgh 4
3
B. 重力势能增加了mgh
C. 动能损失了mgh
D. 机械能损失了mgh 2
1
5. 如下列图，物体A 的质量为m ，A 的上端连接一个轻弹簧，原长为0L ，劲度系数为K ，整个系统置于水平地面上。

现将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，使B 点上移距离为L ，此时物体A 也已经离开地面，如此如下说法中正确的答案是〔 〕
A. 提弹簧的力对系统做功为mgL
B. 物体A 的重力势能增加mgL
C. 系统增加的机械能小于mgL
D. 上述说法都不正确
6. [05年某某联考试卷]传送带通过滑道将长为L 、质量为m 的柔软匀质物体以初速0v 向右送上水平台面〔如下列图〕，物体前端在台面上滑动s 距离停下来。

滑道上的摩擦不计，物体与台面间的动摩擦因数为μ，而且L s >，试计算物体的初速度0v 。

7. 如下列图的传送带以速率为s /m 2v =匀速运行，AB 局部水平，BC 局部与水平面之间
的夹角为30°，AB 间与BC 间距离L 都等于12m ，工件与传送带间的动摩擦因数为6
3=
μ，现将质量为5kg 的工件轻轻放在传送带的A 端。

假设工件始终没有离开传送带，g 取2s /m 10。

求：
〔1〕工件滑至C 点时速度的大小；
〔2〕工件从A 到C 的过程中，传送带对工件所做的功； 〔3〕工件从A 到C 的过程中产生的热量。

试题答案
1. 解析：因物体的重力势能增加，必定向上运动，又重力势能的增加小于弹性势能的减少，故动能一定增加，且D 点在平衡位置以下，故A 正确，B 、C 、D 错误。

答案：A 。

2. 答案：C
3. 解析：机械能变化的原因是非重力、弹力做功，此题亦即看F 与f 做功大小问题。

由ma F f sin mg =-+α
知0ma 30sin mg f F >-︒=-
即f F >，故F 做正功多于抑制摩擦力做功，故机械能增大。

答案：A
4. 解析：物体所受摩擦力mg 4
1
f =
，
所受合外力mg 43F =合，物体沿斜面向上的位移S=2h ，重力势能的增加量只决定于物体抑制重力所做的功，mgh E G =∆；A 错，B 正确。

根据动
能定理，mgh 2
3
h 2mg 43S F E k -=⨯-=⋅-=∆合，C 错，机械能的损失决定于物体抑制摩擦
力做的功等于mgh 2
1
s f =
⋅，D 正确。

答案：BD
5. 解析：由于是缓慢提起，一开始拉力F 小于重力，所以拉力F 做的功小于mgL ，应当选项C 是正确的。

答案：C
6. 解析：设x 为物体前端距台面左端的距离，如此
当L x 0≤≤；mgL 2
1
L F W ,gx L m F f 1f μ-=-=μ
= 当L x >，)L s (mg W ,mgL F 2f -μ-=μ=
由动能定理得2
0mv 210)L s (mg mgL 21-=-μ-μ-
)2L
s (g 2v 0-μ=
答案：)2
L
s (g 2-μ
7. 解析：假设工件在AB 局部滑行速度达到v 时还未到达B ，设滑行距离为1s ，如此有
21v gs 2=μ
所以L m 69.0s 1<=。

故假设正确，因此，工件到达B 时速度已达2m/s ，之后，当工件进入BC 时，由于
3
3tan =
θ<μ 所以工件将加速下滑，设下滑至C 时的速度为0v 。

从C B →的过程中，由动能定理可
得：
22
0mv 2
1mv 21L )cos mg sin mg (-=
θμ-θ 所以s /m 8v 0=
〔2〕对工件从C A →由动能定理有：
2
0mv 2
1sin mgL W =
θ+带 所以J 140W -=带，负号表示传送带做负功。

〔3〕在AB 段，工件相对滑动的距离为
m 5
3
2g 2v g v v s 21=μ-μ⋅=
在此过程中产生的热量为J 10mgs Q 11=μ= 在BC 段相对滑动的距离为vt L s 2-=
2
)v v (L
t 0+=
所以m 2.7s 2=
所以J 90s cos mg Q 22=⋅θμ=
A 到C 的过程中产生的总热量为J 100Q Q Q 21=+= 答案：〔1〕8m/s 〔2〕J 140-
〔3〕100J。