2019高考物理快速提分法模型十功能关系学案（含解析）.docx

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1、1功能关系功和能的概念是物理学中重要的概念。能的转化和守恒定律是自然界最重要、最普遍、最基本的客观规律，运用功和能量的转化关系解题是解决物理学习题的一条重要途径和方法因此，功能问题是历年高考的重中之重考查的特点是：涉及知识面广、灵活性大、综合性强、对能力要求高掌握好这部分下车对真正实现知识、方法、能力的三维发展作用重大一、功和动能定理功是能量转化的量度外力对物体做正功，将使物体的动能增加，是其他形式的能转化为物体的动能的过程；物体克眼外力做功，物体的动能将减少，是动能转化为其他形式的能的过程这就是动能定理 KWE合 所揭示的本质。应用动能定理解题时，关键是分析物体在运动过程中受到哪些力的作用，

2、每个力是否做功，是做正功还是负功，并求出功的代数和另外就是明确做功过程始末两个状态的动能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：且力做功时可以是连续的，也可以是不连续的；可以在一条直线上，也可以不在一条直线上另外，动能定理既适用于力学中物体的机械运动，也适用于电磁学中电场力做功、电流做功、安培力做功等问题因此，动能定理的应用具有很大的普遍性和优越性二、功和能量守恒能量守恒定律是自然界普遍遵循的规律系统只有重力(或弹簧弹力)做功时，系统内部动能和势能相互转化，机械能守恒；系统克服摩擦力做功时；损失的机械能转化为等量的内能做功和热传递，都可以改变物体的内能；

3、电流力作功使电能转化；电场力做功，使电荷的电势能改变：电磁感应现象中，安阿片力作功，使电能发生改变等应用能的转化和守恒定律解题，由于不考虑中间复杂的变化过程，往往显示出很大的优越性，因此也是高考物理中的热点问题需要注意的是：功是一种过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；而能是一种状态量，它个一个时刻相对应。两者的单位是相同的（都是 J） ，但不能说功就是能，也不能说“功变成了能” 。在研究功和能的关系时，尤其要突出：“功是能量转化的量度”这一基本概念。物体动能的增量由外力做的总功来量度： W 外 =E k，这就是动能定理。2小锦囊力对物体所做的功的多少，只决定于力、位移、力和位移间夹角的大小

4、，而跟物体的运动状态无关。在一定的条件下，物体做匀加速运动时力对物体所做的功，可以大于、等于或小于物体做匀速直线运动时该力的功。物体重力势能的增量由重力做的功来量度： WG= -E P，这就是势能定理。物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度： W 其它 =E 机 ， （ W 其它 表示除重力以外的其它力做的功） ，这就是机械能定理。当 W 其它 =0 时，说明只有重力做功，所以系统的机械能守恒。一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用来量度该过程系统由于摩擦而减小的机械能，也就是系统增加的内能。 f d=Q（ d 为这两个物体间相对移动的路程） 。经典例题 总质量为 M 的列车，沿水

5、平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为 m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶 L 的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力。设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？分析与解答：对车头，脱钩后的全过程用动能定理得： 201)()(vmMgskFL对车尾，脱钩后用动能定理得：202vms而 1，由于原来列车是匀速前进的，所以 F=kMg由以上方程解得 mMLs。变式 1 用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升。如果前后两过程的运动时间相同，不计空气阻力，则（）A加速过程中拉力做的功比匀速过程中拉力做的功大B匀速过程中拉力做的功比加速

6、过程中拉力做的功大C两过程中拉力做的功一样大D上述三种情况都有可能分析与解答：应先分别求出两过程中拉力做的功，再进行比较。重物在竖直方向上仅受两个力作用，重力 mg、拉力 F。匀加速提升重物时，设拉力为 F1，物体向上的加速度为 a，3小锦囊分析该题，也可将水平的匀强电场等效成一新的重力场，重力为 Eq，A 是环上的最高点，B 是最低点；这样可以把该题看成是熟悉的小球在竖直平面内作圆周运动的问题。根据牛顿第二定律得 F1-mg=ma拉力 F1所做的功 2)(atgmsW 2)(atgm匀速提升重物时，设拉力为 F2，根据平衡条件得 F2=mg匀速运动的位移 2tvts所以匀速提升重物时拉力的功

7、 22mgatsFW比较可知：当 ag 时， 21W；当 a=g 时， 21；当 afm所以当 F=12N 时,A、B 出现相对滑动,A、B 相对运动距离是 1m,即 A 相对 B 向后打滑 1m,给定车长为 2m,所以 2s 时 A 仍在车上.F 对车做功 WF=FSB=60J摩擦力对 A 做功 Wf=fSA=8J小车动能增加： E K=(F-f)SB=50J变式 6 如图所示，虚线上方有场强为 E 的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外， ab 是一根长为 L 的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中， b 端在虚线上将一套在杆上的带正电的小球从 a

8、 端由静止释放后，小球先做加速运动，后做匀速运动到达 b 端.已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数 =0.3，小球重力忽略不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是 L/3，求6带电小球从 a 到 b 运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值.分析与解答：小球在沿杆向下运动时，受力情况如图所示：在水平方向： N=qvB，所以摩擦力 f=N =qvB当小球做匀速运动时： qE=f=qv bB小球在磁场中做匀速圆周运动时， Rvmqb2又 3LR，所以 Lvb3小球从 a 运动到 b 的过程中，由动能定理得： 21bfvW电而 mBqLvqEWb102电所以 bf 4522电则

9、 9电 f经典例题 如图所示，质量 M4kg 的木板长 L1.4m，静止在光滑水平面上，其上面右端静止一质量 m=1kg 的小滑块（可看作质点） ，滑块与木板间的动摩擦因数 0.4，先用一水平恒力 F28N 向右拉木板，要使滑块从木板上恰好滑下来，力 F 至少应作用多长时间（ g=10m/s2）？分析与解答：题中木板在恒力 F 的作用下由静止开始向右加速运动，滑块受摩擦力作用相对地面也向右滑动，因为am f/m=g =4m/s2， aM=（ F-f） /M=6m/s2。即木板的加速度大于滑块的加速度。所以在力F 作用时间内的任意时刻木板的速度必大于滑块的速度，若力 F 作用停止后，当两者的速度

10、恰好能够相等并且滑块到达下滑的临界状态，这时滑块相对于木板的位移为 L，则力 F作用在木板上的时间就是最短时间，设木板在力 F 作用期间的位移为 sM，通过上述物理过程的分析可知，要使滑块滑下来，其临界条件是 vM=vm=v，且滑块的相对位移 sM=L，明确这些条件后，求极值就不难了，对由 M 和 m 组成的系统有：由动量定理得： vFt)(fqvB NqEabEB7由功能关系得： 2)(1vmMgLFsM对木板有 21tta解得 mints变式 1 将质量为 2m 的长木板静止的放在光滑的水平面上，如图 743 甲所示。以质量为 m 的小铅块（可视为质点）以水平初速度 v0由木板左端恰能滑至

11、木板的右端与木板相对静止，铅块运动中所受的摩擦力始终不变。现在将木板分成长度与质量均相等的两段（1、2）后紧挨着仍放在此水平面上，让小铅块仍以相同的速度 v0由木板的左端开始滑动，如图 4 乙所示，则下列判断正确的是（）A小铅块仍滑到木板 2 的右端保持相对静止B小铅块滑过木板 2 的右端后飞离木板C小铅块滑过木板 2 的右端前就与之保持相对静止D乙过程产生的热量少于甲过程产生的热量分析与解答：小铅块在木板上滑动时，由于水平面是光滑的，小铅块和木板组成的系统在水平方向上动量守恒，木板的质量越大，小铅块在木板上滑动的距离越长，若是木板的质量无穷大，则铅块最终的速度为零，其动能全部转化为热，没有动

12、能转移到长木板上，这说明了长木板的质量越大，获得的动能越小；质量越小，获得的动能越大。在乙图中小铅块在木板 1 上运动时的情况与甲图中的情况完全相同，小铅块滑上木板 2 之后，由于木板 2 的质量变小，动能转移到木板 2 上多于转移到甲中的情况，那么小铅块与木板 2 相对静止时的速度比甲中的大，系统损失的动能小于甲中损失的动能。而 E 损 Q f s 相对 ，说明在乙中的相对位移比甲中的小，故小铅块会滑到木板 2 的右端前就与之保持相对静止，乙过程产生的热量少于甲过程产生的热量。答案为 CD位置 A B C速度(m/s) 2.0 12.0 08变式2 如图所示，某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点，

13、接着沿水平路面滑至C点停止人与雪橇的总质量为70kg表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题：(1)人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为多少？(2)设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小( g 10ms 2)分析与解答： (1)从A到B的过程中，人与雪橇损失的机械能为： 21BEmghvE=(701020+ 7020 2 170120 2)J9100J(2)人与雪橇在Bc段做减速运动的加速度： 12/04CBvamst根据牛顿第二定律：f=ma=70(-2)N=-140N变式 3 如图所示，电动机牵引一根原来静止的，长为 L=1m、质量 m=o.1kg 的导体

14、MN，其电阻 R=1，导体棒架在处于磁感应强度 B=1T，竖直放置的框架上，当导体棒上升h=3.8m 时获得稳定的速度，导体产生的热量为 12J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为 7V、1A，电动机内阻 r=1，不计框架电阻及一切摩擦，g 取 10m/s2，求：(1)棒能达到的温度速度.(2)棒从静止到达到稳定速度所需要的时间.分析与解答：(1)电动机的输出功率：P 出 =IU-Ir2=6W棒达到稳定速度时 F=mg+BIL=mg+ RvLBm2而电动机的输出功率 P 出 =Fvm由以上各式解得 vm=2/s(2)从棒开始运动到达到稳定速度的过程中，由能量守恒定律，有 QghtP21

15、出解得完成此过程所需要的时间 t=1s.变式 4 探究能力是物理学研究的重要能力之一。物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能，转动动能的大小与物体转动的角速度有关。为了研究某一砂轮的转动动能 EK与角速度 的关系。某同学采用了下述实验方法进行探索：先让砂轮由动力带动匀速旋转测得其角速度 ，然后让砂轮脱离动力，由于克服转轴间摩擦力做功，砂轮最后停下，测出砂轮时刻(s) 0 4 10M NAV9脱离动力到转动的圈数 n，通过分析实验数据，得出结论。经实验测得的几组 和 n 如下表所示： （ rad/s） 0.5 1 2 3 4n 5.0 20 80 180 320EK（J）另外已测得砂轮转轴的直径为

16、 1（cm） ，转轴间的摩擦力为 10/ （ N） 。（1）计算出砂轮每次脱离动力的转动动能，并填入上表中。（2）由上述数据推导出该砂轮的转动动能 EK与角速度 的关系式（3）若测得脱离动力后砂轮的角速度为 2.5（ rad/s） ，求它转过 45 圈后的角速度。分析与解答：（1） KfW0Kfs代入 f=10/ （ N）后得 )(1.0JnEn 5.0 20 80 180 320)(JEK0.5 2 8 18 32（2）分析后得 K其中 )(2SJ（3）根据能量守恒 56KfEW256f Ksf256)/(2.42srad经典例题 如图所示，物体以 100J 的初动能从斜面底端向上运动，当它

17、通过斜面某点M 时，其动能减少了 80，机械能损失了 32若物体能从斜面上返回底端，则返回底端时的动能为A.20J B.48J C.60J D.68J分析与解答：设物体的质量为 m，斜面的倾角为 ，物体从底端到 M 点沿斜面运动的位移为 s1.对物体做功的力有两个：重力沿斜面的分力 mgsin 和滑动摩擦力 F，而且上升的过程中这两个力都对物体做负功.v0M10根据动能定理可知：动能的减少量等于克服这两个力所做的功，即 JsFmg80)in(1由功能关系可知：机械能的减少量为 JFs321得： 32sing设物体从斜面底端运动到最高点位移为 s2，则上升过程中由动能定理得：JsFm10)i(2

18、得：Fs 2=40J，即上升过程中物体克服滑动摩擦力做了 40J 的功.因为上升和下降过程中物体都克服滑动摩擦力做功，且数值相等，所以往返一次克服滑动摩擦力所做的总功为 80J.由功能关系可知，往返一次机械能的减少量等于克服滑动摩擦力所做的总功，所以物体返回斜面底端时机械能减少了 80J，也就是说物体的动能减少了 80J(因为物体的重力势能没有变化),因此物体返回斜面底端时的动能为 20J,答案为 A变式 1 如图所示,m A=4kg,mB=1kg,A 与桌面动摩擦因数 =0.2,B 与地面间的距离s=0.8m,A、B 原来静止，求：B 落到地面时的速度？B 落地后,A 在桌面上能继续滑行多远

19、才能静止下来？（g 取 10m/s2）分析与解答：B 下落过程中,它减少的重力势能转化为 A 的动能和 A 克服摩擦力做功产生的热能,B 下落高度和同一时间内 A 在桌面上滑动的距离相等、B 落地的速度和同一时刻A 的速度大小相等由以上分析,根据能量转化和守恒有： vA=vB、 sA=sBvB=0.8m/sB 落地后,A 以 vA=0.8m/s 初速度继续向前运动,克服摩擦力做功最后停下,故 B 落地后,A 在桌面上能继续滑动 0.16m_变式 2 如图所示，在倾角 =草药 37的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电11场，场强 E = 4.0103N/C,在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性

20、挡板。质量 m = 0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰前的速率返回。已拓斜面的高度 h = 0.24m,滑块与斜面间的动摩擦因数 = 0.30，滑块带电荷 q = -5.010-4C.取重力加速度 g = 10m/s2,sin37= 0.60，cos37=0.80。求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小。（2）滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度。（3）滑块从开始运动到停下来的整全过程中产生的热量 Q（计算结果保留 2 位有效数字）分析与解答：（1）滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动磨擦力f =（ mg + qE） cos37，设到达斜面底端时

21、的速度为 v1，根据动能定理 20h(mg qE) -fsin37m解得 v1 = 2.4m/s 。（2）滑块第一次与档板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，设此高度为 h1，根据动能定理， 210h-(g +q) -fsin37v代入数据解得 h1 = 0.10m。（3）滑块最终将静止在斜面底端。 ；因此重力势能和电势能的减少等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热能，Q = （ mg + qE） h = 0.96J变式 3 如图所示，光滑水平面上放有 A、B、C 三个物块，其质量分别为mA=2kg，mB=mC=1kg，用一轻弹簧连接 A、B 两物块，现用力压缩弹簧使三物块靠近，此过程外力做功 72

22、J，然后释放，求：（1）释放后物块 B 对物块 C 一共做了多少功？（2）弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为多大？分析与解答：释放后，在弹簧恢复原长的过程中 B 和 C 和一起向左运动，当弹簧恢复原长后 B 和 C 的分离，所以此过程 B 对 C 做功。选取 A、B、C 为一个系统，在弹簧恢复原长的过程中动量守恒（取向右为正向）： 0)(BAvmv12系统能量守恒： JWvmvCBA72)(21B 对 C 做的功：联立并代入数据得： J8B 和 C 分离后，选取 A、B 为一个系统，当弹簧被压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，此时 A、B 具有共同速度 v，取向右为正向由动量守恒： )

23、()(CBABA vm弹簧的最大弹性势能：2211EAP联立并代入数据得： Ep=48J经典例题 如图所示，一块质量为 M、长为 l 的匀质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为 m 的物快，物快上连接一根很长的细线，细线跨过位于桌面边缘的定滑轮，某人以恒定的速度 v 向下拉绳，物快最多只能到达板的中点，而且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮.求：(1)物快与板的动摩擦因数及物快到达板的中点时板的位移；(2)若板与桌面间有摩擦，为使物快能到达板的右端，板与桌面间动摩擦因数的范围；(3)若板与桌面间的动摩擦因数取(2)问中的最小值，在物快从板的左端运动到右端的过程中，人拉绳的力所做的功(其它

24、阻力均不计).分析与解答：(1)对板由动量定理得 Mvmgt由物快和板的位移关系有 lvt21解得 mglM(2)要使物快到达板的右端，当二者保持速度相等时 ltv21对板由动量定理得 Mtgmt)(解得 glMv)(2MvmL13(3)绳对物快的拉力 mgF物快和板的位移关系有 ltv21所以物快的位移 lts则绳的拉力对物快所做的功为 2MvglFsW变式 1 如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度 B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m。两根质量均为 m=0.10kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑

25、动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为 R=0.50。在t=0 时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N 的恒力 F 作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过 t=5.0s，金属杆甲的加速度为 a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？分析与解答：设任一时刻 t 两金属杆甲、乙之间的距离为 x，速度分别为 v1和 v2,经过很短的时间 t，杆甲移动距离 v1 t，杆乙移动距离 v2 t，回路面积改变tllxtvxS )()( 212由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 tSBE回路中的电流 REi2杆甲的运动方程 maBliF由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量 0(t时为 0）等于外力 F 的冲量 21v联立以上各式解得 )(1maFBRv)(212aIBRmv代入数据得 svs/85.1/5.821乙甲F14应用动能定理解题的一般思路是：(1)选取研究对象，分析并明确其运动过程(2)分析变力及各力做功情况，弄清受哪些力?每个力是否做功?是做正功还是做负功?做多少功?求出功的代数和(3)明确过程始末状态的动能 1kE和 2(4)列方程 2W总 ，必要时通过分析题目的潜在条件，列出补充方程进行求解