高三专题复习--《功能关系的应用》

【前言】

功能关系的应用实际上是从力在空间累积的效果角度去探究物理问题的思想方法。由于物质世界是一个依赖于时间和空间的真实世界，在实际解题中这一观点将成为我们解决物理问题的一条基本思路。沿着这条思路，选用恰当的功能关系（物理规律）结合数学技巧思考分析物理问题，形成了一条沿着空间位置变化着手去寻找解题方法的独特途径。值得注意的是在解题实际中这条思路并非独立，而是与动力学、动量知识常有交集，往往相互补充、交替运用。

【常见力的功能关系】

【典例与类题】

例题1.【含黄功能关系】(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环()。

A．下滑过程中，加速度一直减小

B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为 mv²/4

C．在C处，弹簧的弹性势能为 mv²/4－mgh

D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度

答案：BD

根据能量守恒定律，从A到C有mgh＝W_f＋E_p(W_f为克服摩擦力做的功)，从C到A有mv²/2＋E_p＝mgh＋W_f，联立解得：W_f＝mv²/4，E_p＝mgh－mv²/4，所以B正确，C错误；

根据能量守恒定律，从A到B的过程有mv/2+ΔE_p′＋W_f′＝mgh′，从B到A的过程有mv_B′²/2＋ΔE_p′＝mgh′＋W_f′，比较两式得v_B′>v_B，所以D正确。

【类题训练】(多选) 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则()。

A．下滑过程中，环受到的合力不断减小

B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为mv²/4

C．从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα－mv²/4

D．环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度

答案　BCD

解析　圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小后增大，则合力先减小后增大，故A错误；

研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式mgh－W_f－W_弹＝0－0＝0，在C处获得一沿杆向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式－mgh＋W_弹－W_f＝0－mv²/2，

解得W_f＝mv²/4，所以产生的热量为mv²，故B正确；

在C处获得一沿杆向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式 －mgh＋W_弹－W_f＝0－mv²/2， 其中h＝Lsinα，

解得 W_弹＝mgLsinα－mv²/4， 故C正确；

研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式 

mgh′－W_f′－W_弹′＝mv /2－0，

研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式

－mgh′－W_f′＋W_弹′＝0－mv_B′²/2，

由于W_f′>0， 所以mv /2 < mv_B′²/2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确。

例题2.【模型功能关系】如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，一质量为m的小物块受到一沿斜面向上的恒定拉力F的作用，从A点由静止开始向上加速运动，当小物块运动到斜面上的B点时，它的动能与重力势能之和增加了18 J，此时将拉力F反向，但大小不变，直到物块再次返回出发点A。已知物块从A到B的时间为从B返回A时间的一半。重力加速度为g，求：

(1)拉力F的大小；(用m、θ、g表示)(2)以A为零势能点，当物块动能为6 J时，物块的重力势能。

答案：(1) F = 9mgsinθ。

(2) E_P1=mg（x_B-Δx₁）sinθ= 0.75J；

    E_P2=mg（x_B+Δx₂）sinθ=3J.

解析：（1）令AB=X、t₁=t、t₂=2t，由题意x=a₁t₁²/2=-(a₁t₁)t₂+a₂t₂²/2 …① 

=> a₁=4a₂/5…②再由牛二律，对物块上下行得F- mgsinθ= ma₁…③ 

F+ mgsinθ= ma₂…④

联立解出 F = 9mgsinθ。

（2）设A->B为x_B，由 Fx_B=18J => x_B=2/mgsinθ，

所以B点的势能和动能分别为

E_PB=mgx_Bsinθ=2J、E_KB=18- E_PB=16J ;因E_K=6J<16J,对应于B点有下上Dx₁、Dx₂两处 ,由动能定理得FDx₁-mgDx₁sinθ=16-6=10J …⑤

-FDx₂-mgDx₂sinθ=6-16=-10J …⑥

解出 Dx₁=5/4mgsinθ、Dx₂=1/mgsinθ

对应（x_B-Δx₁）、（x_B+Δx₂）两处重力势能

E_P1=mg（x_B-Δx₁）sinθ= 0.75J

E_P2=mg（x_B+Δx₂）sinθ=3J.

【类题训练】如图所示，一质量m＝2 kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1 kg的小铁块以水平向左v₀＝9 m/s的速度从木板的右端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ₁＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ₂＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s²，木板足够长，求：

(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；

(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x。

解析(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a₂，由牛顿第二定律可得 μ₂Mg－μ₁(M＋m)g＝ma₂，解得 a₂＝0.5 m/s²。

(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a₁，由牛顿第二定律得μ₂Mg＝Ma₁，解得a₁＝μ₂g＝4 m/s²。

设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有v＝v₀－a₁t＝a₂t =>v＝1 m/s，t＝2 s。

铁块相对地面的位移 x₁＝v₀t－a₁t²/2＝10 m

木板运动的位移x₂＝a₂t²/2＝0.5×4/2 m＝1 m

铁块与木板的相对位移 Δx＝x₁－x₂＝10 m－1 m＝9 m

则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量

Q＝F_f·Δx＝μ₂Mg·Δx＝0.4×1×10×9 J＝36 J。

达共同速度后的加速度为a₃，发生的位移为s，则有：

a₃＝μ₁g＝1 m/s²，s＝（v²-0)/2a₃＝＝0.5 m。

木板在水平地面上滑行的总路程

x＝x₂＋s＝1 m＋0.5 m＝1.5 m。

例题3.【能量守恒】一质量为8.00×10⁴kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×10⁵ m处以7.50×10³ m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s²。(结果保留两位有效数字)

(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；

(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。

答案　(1)4.0×10⁸J2.4×10¹² J(2)9.7×10⁸J

解析　(1)飞船着地前瞬间的机械能为E_k0＝mv/2 ①

式中，m和v₀分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得E_k0＝4.0×10⁸ J ②

设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为

E_h＝mv_h²/2＋mgh ③

式中，v_h是飞船在高度1.60×10⁵m处的速度大小。由③式和题给数据得E_h≈2.4×10¹² J ④

(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为

E_h′＝m(0.02V₀)²/2＋mgh′⑤

由功能关系得W＝E_h′－E_k0 ⑥

式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×10⁸ J。

【类题训练】某海湾共占面积1.0×10⁷ m²，涨潮时平均水深20 m，此时关上水坝闸门，可使水位保持20 m不变，退潮时，坝外水位降至18 m(如图)。利用此水坝建立一座水力发电站，重力势能转化为电能的效率为10%，每天有两次涨潮，该电站每天能发出多少电能？(g＝10 m/s²，不计发电机的能量损失) 

【高考热点示例】

例题4.(多选)如图所示，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，开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力的作用，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(     )。

A．物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量

B．物块a机械能的减少量等于物块b机械能的增加量

C．摩擦力对物块a做的功等于物块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

.答案　ACD

解析　开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，则有m_agsinθ＝m_bg，则m_asinθ＝m_b，b上升h，则a下降高度为hsinθ，则a重力势能的减小量为m_aghsinθ＝m_bgh，即物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量，故A正确；

由于摩擦力对a做正功，系统机械能增加，所以物块a机械能的减少量小于物块b机械能的增加量，故B错误；

根据能量守恒得知系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加之和，故C正确；

任意时刻a、b的速率相等，对b克服重力做功的瞬时功率P_b＝m_bgv，对a有P_a＝m_agvsinθ＝m_bgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确。

例题5.(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以初速度v₀沿逆时针方向匀加速运行，t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v­t图象如图乙所示，设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s²。则(      )。

A．传送带的加速度可能大于2 m/s²

B．传送带的倾角可能小于30°

C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ一定为0.5

D．0～2.0 s内，摩擦力对物体做功W_f可能为－24 J

答案：BD

解析　由v-t图知物体在传送带上沿斜面向下运动，当物体速度小于传送带速度时，摩擦力方向沿斜面向下，对物体由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma₁，解得a₁＝(sinθ＋μcosθ)g，①

当t＝1 s后，加速度减小（突变），摩擦力f有两种可能性：当物体速度大于传送带速度时，摩擦力方向沿斜面向上，当物体速度等于传送带速度时，摩擦力为零，所以，在1～2 s，物体速度不小于传送带速度，故物体加速度不小于传送带加速度，所以传送带的加速度不大于2 m/s²，故A错误；

若1～2 s，摩擦力为零，那么物体加速度a₂＝gsinθ＝2 m/s²，则sinθ＝1/5，θ<30°，故B正确。

令a₁=Dv/Dt=10 由①得 μ＝(1-sinѲ)/cosѲ ,显然多值，故C错误；

当0～2 s，由mgxsinѲ + W_f = mv²/2 ,及0 < sinѲ <1，其中x=1.25×13 m（数格子） => W_f > -90.5J,故D正确。

例题6.如图所示，一根水平轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg的可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ₁＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝1.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ₂＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v＝5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的弹性势能Ep＝18 J全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10 m/s²。

(1)求右侧圆弧的轨道半径R；(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。

【功能关系使用条件】

1.动能定理：需要明确初、末动能，明确力的总功，适用于所有情况。

2.机械能守恒定律：根据机械能守恒条件判断研究对象的机械能是否守恒，只有满足机械能守恒的条件时才能应用此规律。

3．功能关系：根据常见的功能关系求解，适用于所有情况。

4.能量守恒定律：适用于所有情况。

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