人教版高中物理复习：功能关系练习

1、第2页/共1。页第 页/共10页一、理解功能关系牢记“功是能量转化的量度”1、重力做的功与重力势能的变化的关系： 2、弹力做的功与弹性势能的变化的关系： 3、合力做的功与动能的变化的关系（动能定理）：4、重力、弹力以外的力做的功与机械能的变化的关系： 5、系统内一对滑动摩擦力做的总功在数值上等于：二、【典例分析】 1、一小滑块A在力F的作用下沿斜面向下运动了一段距离 |。若已知此过程中|,拉力F做功数值 为Wi|,斜面对滑块的摩擦力做功数值为 W2|,重力做功数值为 W3 （ W1、W2、 W3都取绝对值） |,则：（1）小滑块动能增量为 W1-W2 + W3（2）小滑块重力势能增量为 -W3

2、（3）小滑块机械能增量为 W1-W22、质量为m的物体从静止开始以 g/2的加速度竖直向下运动了h|,下列说法中正确的是（AC ）A .物体的动能增加了 mgh/2B .物体的势能减少了mgh/2C.物体的机械能减少了mgh/2D.重力对物体所做的功为mgh/23、如图所示|,在竖直平面内的 AC两点间有两点间有三条轨道|。一个质量为 m的质点从顶点 A由静止开始先后沿三条不同的轨道下滑|,三条轨道的摩擦因数都是北转折点能量损耗不计|,由该物体分另1J沿着 AC、AEC、ADC到达C点时的速度大小正确的说法是（A .物体沿AC轨道下Vt到达C点速度最大B .物体沿AEC轨道下滑到达C点速度最大

3、C.物体沿ADC轨道下滑到达C点速度最大D.物体沿三条轨道下滑到达C点速度相同M4、如图所示|,物体以100J的初动能从斜面底端向上运动|,中途第一次通过斜面上M点时|,其动能减少了 80J|,机械能减少了32J|。则当物体沿斜面重新返回底端时|,其动能为多少 J?“板块”模型及拓展1 .“板块”模型研究 6、如图所示|, 一速率为vo的物块冲上一置于光滑水平面上且足够长的木板上.物块质量为 m|,木板质量M|,物块与木板间的动摩擦因数北 试问：物块将停在木板上何处?分析一：利用运动学一般方程研究由牛顿第二定律|,可知对物块mg mai ；对木板 科mg Ma2设两者共速时所用时间为 t|,则

4、vo-ait = a2t这段时间物块与木板的位移大小分别为xi= vot - 2ait .“板块”模型拓展一一弹打木块”问题x2=-2a2t2Mv o2两者的位移之差A x = xix2 结合上述方程|,可得 x =:77 2 G (M + m)分析二：利用图像作出物块与木板的运动图像如图所示.由牛顿第二定律|,可求得物块与木板的加速度ma1= pga2= m 四两者t时刻速度相等|,则vo-ait=a2t1分析可知|,图中阴影面积为板、块的相对位移|,由几彳S关系|,知Ax = 2votMvo2Ax =-2 闻(M + m)分析三：能量分析v - vo vM由于物块、木板运动时间相同|,可得

5、丁丁=了而&可求出最终的共同速度.1 c 1对物块mgx= 2mv2 2mvo2|,即物块动能的减少重.，11 c 1对木板mgx= 2Mv2|,即木板动能的增加重.上述两方程结合|,可得(img(x1 x2)=2mvo22(M +m)v2由相对位移A x=x1一x2 Q=科mgx=2mvo2-2(M + m)v2|,板块问题产生热量的计算方法.2一,口Mvo可得 A x =-2 闵(M + m)分析四：利用相对运动以地面为参考系|,由牛顿第二定律|,可知对物块)mg=ma1对木板mg= Ma 2以木板为参考系|,物块的初速度为vo|,加速度为一(a1 + a2)|,则Mvo2Ax=2 g (

6、 M + m)2两者相对位移为A x = -2 (a1+a2)第 页/共10页子弹打木块与 板块”模型非常相似|,但要注意子弹穿过木块的情况|, “板块”模型的方法依然适用.7、如图所示|, 一张薄纸板放在光滑水平面上|,其右端放有小木块|,小木块与薄纸板的接触面粗糙|,原来系统静止.现用水平恒力F向右拉薄纸板|,小木块在薄纸板上发生相对滑动|,直到从薄纸板上掉下来.上述过程中有关功和能的说法正确的是(D )A.拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B .摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C.离开薄纸板前小木块可能先做加速运动|,后做匀速运动D .小木块动能的增加量可能小于

7、系统中由摩擦产生的热量8、质量为M的木块静止在光滑的水平面上|,质量为m的子弹以初速度 vo水平射入初始静止的木块|,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动.已知子弹从刚射中木块到子弹相对木块静止时|,木块前进距离L|,子弹进入木块的深度为d|,若木块与子弹间的动摩擦因数为科求：(1)子弹克服摩擦力所做的功；(2)木块增加的动能；(3)子弹与木块组成系统损失的机械能.【解析】本题的重点是运动过程的分析.首先对子弹进行受力分析|,子弹受自身的重力 mg|,木块给其的支持力N|,木块给子弹的与 vo方向相反的摩擦力f= N=科mg,其中mg=N|,子弹所受的 合力为f=mg,故子弹做匀减速直线运动

8、 |,速度逐渐减小；另一方面 |,木块受自身的重力 Mg|, 子弹给其的压力 N|,水平面的支持力 Nm|,子弹给木块向前的摩擦力 f(与f为作用力与反作用力)|, 木块所受合力为f=科mg,为动力|,使木块以初速度为零做匀加速直线运动|,直到速度增大为 v|,子弹的速度减小为 v|,二者相对静止|,最后以共同速度 v做匀速直线运动.示意图如图所示 |,对 子弹从vo到v过程中|,应用动能定理|,可得 TOC o 1-5 h z 19 19一mg(曰 d)= 2mv22mvo2故子弹克服摩擦力所做的功为12 12pmg(L + d) = 2mvo2 2mv2 对木块由静止到 v过程中|,应用动

9、能定理|,可得1pmgL = 2Mv2 0c 1C联立两式 |,得mgd 2mvo2 2(M +m)v2 由于子弹和木块的重力势能没变|,故损失的机械能1212E 损= /mv02_ 2(M + m)v2=mgd12 121212 12【答案】mg(Ld) =2mvo2mv2(2y2Mv2=科 mgL (3) mgtmv。2 2(M + m)v2 9、如图所示|,上表面光滑|,长度为3 m、质量为M = 10 kg的木板|,在F=50 N的水平拉力作用下|,以vo=5 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动.现将一个质量为 m= 3 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端.当木板运动了

10、 L = 1 m时|,又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端|,以后木板每运动1 m就在其右端无初速度地放上一个同样的小铁块.(g取10 m/s2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个铁块时木板的速度；(3)从放第三个铁块开始(停止放后续铁块)到木板停下的过程|,木板运动的距离.【解析】(1)木板做匀速直线运动时|,受到地面的摩擦力为f由平衡条件得F=f f=科Mg 联立并代入数据得科=0.5(2)每放一个小铁块|,木板所受的摩擦力增加 mg|,令刚放第三个铁块时木板速度为V1|,对木板从放第一个铁块到刚放第三个铁块的过程|,由动能定理|,得1 o 1-mgL- 2mg

11、L= 2Mv 12- 2Mv o2 联立代入数据得 v = 4 m/s7(3)x = 3 m.四传送带问题.皮带传动问题与板块模型问题最大的区别是皮带一般是匀速运动|,要保证皮带的匀速运动|,皮带所受合力为零|,即电动机施加的牵引力与皮带受到的摩擦力平衡.电动机施加的牵引力做功多少|,表明整个皮带系统能量增加多少.求物块对皮带的摩擦力做功一定要找皮带的对地位移.求生成的热量要利用方程：Q=pINs相|,科为物体与传送带之间的动摩擦因数|, Fn为物体与传送带之间的正压力|, s相为物体与传送带之间的相对位移.10、某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图.皮带在电动机的带动下保持v= 1 m/

12、s的恒定速度向右运动.现将一质量为 m=2 kg的邮件轻放在皮带上.邮件和皮带间的动摩擦因数科=0.5.设皮带足够长.取g=10 m/s2|,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中 |,求(1)邮件滑动的时间t;(2)邮件对地的位移大小 x;(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.【解析】(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F|,则F=科mg由牛顿第二定律求出邮件的加速度a=F/m=科罗5 m/s 广生的热重为f(x 1 + x3) = 2mv12+ mv1v2|,第二过程中由于物块对地加速的位移为X2|,与物块、皮带 由匀变速直线运动规律v = at|,代入数据|,得

13、t=v/a=0.2 s .1(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中|,对邮件应用动能定理|,有Fx=mv20由式并代入数据|,彳导x=0.1 m (3)邮件与皮带发生相对滑动过程中|,设皮带相对地面的位移为s|,则s=vt摩擦力对皮带做的功W=- Fs由式并代入数据|,得W= 2 J【答案】(1)0.2 s (2)0.1 m (3)-2 J11、如图所示|,在匀速转动的电动机带动下|,足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动|,一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2(V2 V1)滑上传送带|,最后滑块返回传送带的右端.关于这一过程的下列判断|,正确的有()A.滑块返回传送带右端的速

14、率为V11cleB.此过程中传送带对滑块做功为2mv121mv22 1 c 1 cC.此过程中电动机对传送带做功为2mv12-2mv22 1CD.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为2m(V1 + V2)2【解析】滑块向左运动过程中|,运动方向受到皮带的阻力|,到达最左端|,对地速度为零|,由动1能定理可知|, -fx1=0-2mv22|,其后在皮带摩才力的作用下|,摩擦力为动力|,使滑块加速|,假1设加速至V1|,则有 仅1=2mv12 0|,以上两式中可知X2X1|,说明滑块返回传送带右端的速率能够.一， 1 C 1 C达到V1|, A选项正确；此过程中传送带对滑块做功|,由动能定理可知

15、|,为2mv123mv22|, B选项正1cle确；此过程中电动机对传送带做功|,分为两部分|, 一部分为木块增加的动能 2mv12jmv22|,另一部分产生内能Q|, C选项错误；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为摩擦力与相对路程的乘积|,分两个过程考虑|,第一过程为滑块从右端滑至最左端至对地速度为零|,假设运动时间为t1|,0 v2 V2 V1V2 _一则t= 一1|, t1时间内皮市对地向右的位移X3=v1t1=|,仅3= mv1V2|,即第一过程a g g闻1c.间的相对滑动距离相等|,故第二阶段产生的热量为2mv22|,此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热口、，11o 1O，一 ，

16、一一重为2mvi2+mviv2+2 mv22= m(vi+V2)2|, D 选项正确.【答案】ABD12、飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带|,传送带的总质量为 TOC o 1-5 h z M|,其俯视图如图所示|,现开启电动机|,传送带达到稳定运行的速度v后|,将行李依次轻轻放到传送带上|,若有n件质量均为 m的行李需通过传送带运送给旅客.假设在转弯处行李与传送带无相对滑动|,忽略皮带轮、电动机损失的能量.求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？【解析】设行李与传送带间的动摩擦因数为山，则行李与传送带间由于摩擦而产生的总热量Q = nmgx11-1)由运动学公式|得#Ax

17、=x带一x行=讥-2Vt = 2vt又丫 = 21=gt,联立解得 Q=2nmv21c 11cc由能重寸恒|, 4导E= Q + 2Mv2+2nmv2故电动机消耗的电能为 E=-Mv2 + nmv21 CC【答案】2Mv2+nmv21 c 1 C【学法指导】本题易错之处|,漏掉摩擦产生的热量|,答案错解为2Mv2+11nmv2|,要从能的转化和守恒的高度看待物理过程.课后巩固练习：|,质重为 m=1kg的物块 B以水平初速度 vo=3m/s.如图甲所示|,长木板A放在光滑的水平面上 从A的一端滑上水平上表面|,它们在运动过程 中的v-t图线如图乙所示.请根据图象求 ：(1)B在A上滑动的相对位

18、移；2) A、B组成的系统损失的机械能 E.【答案】(1) s相=1.5m (2) 3J【解析】：(1)B在A上滑动的相对位移即为图中三角形面积s相对=1.5m (2)由图象的物理意义可知：则由能量守恒可得: E几1mv2 1 (M m)v2 3J 222、如图所示|,倾角。=300、长L=2. 7m的斜面|,底端与一个光滑的1/4圆弧平滑连接|,圆弧底端 切线水平|。一个质量为m=1kg的质点从斜面最高点 A沿斜面下滑|,经过斜面底端B恰好到达圆弧=3 /6|, g=10m/s2|,假设质最高点C|,又从圆弧滑回|,能上升到斜面上的D点|,再由D点由斜面下滑沿圆弧上升|,再滑回|, 这样往复

19、运动|,最后停在B点|。已知质点与斜面间的动摩擦因数为科点经过斜面与圆弧平滑连接处速率不变|。求：(1)质点第1次经过B点时对圆弧轨道的压力;(2)质点从A到D的过程中质点下降的高度；(3)质点从开始到第 6次经过B点的过程中因与斜面摩擦而产生的热量.【答案】1. 30N|O 2. h=0.9m3. 12.75J【解析】设圆弧的半径为R|,则质点从C到B过程|,12mgR -mFn 3mg 310N=30N根据牛顿第三定律|,质点第1次经过B由22得:Fn mg m R点对圆弧轨道的压力为30N|。设质点第一次由B点沿斜面上滑的速度为i|, B点到D点的距离为LimgL sin30oo ,12

20、mgcos30 L 3mlomgL1 sin 30o1mgcos30 Li 0 - m代入数据解得：Li21则质点从A点到D点下降的高度h=0.9m设质点第2次由B点沿斜面上滑的速度为21|,沿斜面上滑的距离为L2.则mgL1 sin 30omgcos30oL1( m ；mgL2 sin 30omg cos30o L202mm1G L2 L13同理可推得：质点第n次由B点沿斜面上滑的距离6次经过B点的过程中|,在斜面上通过的路程为S=L+2 (L1+L2) =5.1 n (-)L所以质点从开始到第31mQ= pmgcos300S=12.75J3.(多选)如图所示|,质量为m的物体在水平传送带上

21、由静止释放 |,传送带由电动机带动|,始终保持以速率v匀速运动|,物体与传送带间的动摩擦因数为小物体过一会儿能保持与传送带相对静止.对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程|,下列说法正确的是()12A.电动机多做的功为 2mv21B.摩擦力对物体做的功为 2mv2C.电动机增加的功率为科mgv 1cD.传送带克服摩擦力做功为 2mv2答案：BC4、如图所示|,绷紧的传送带与水平面的夹角0= 30 |,皮带在电动机的带动下|,始终保持vo=2 m/s的速率运行.现把一质量为 m=10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端|,经过时间t=1.9 s|, 工件被传送到 h= 1.5 m的高

22、处|,取g=10 m/s2|,求：(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.，3答案：(I)；- (2)230 J解析：(1)由题图可知|,皮带长x = -h- = 3 m.工件速度达到 vo前|,做匀加速运动的位移xi=Vtisin uvo匀速运动的位移为 x-X1 = v0(t-11)解得加速运动的时间 t1 = 0.8 s加速运动的位移 xi= 0.8 m|,所以加速度a= v0=2.5 m/s2由牛顿第二定律有：mgos 0- mgsin 0= ma解得 严 乎.(2)根据能量守恒的观点|,显然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

23、之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量.在时间t1内|,皮带运动的位移 x皮=丫。七=1.6 m在时间力内|,工件相对皮带的位移*相=*皮-*1=0.8 m在时间t1内|,摩擦产生的热量 Q=mgos。耕目=60 J1工件获得的动能 Ek=2mv0=20 J 工件增加的势能 Ep=mgh=150 J电动机多消耗的电能W=Q + Ek+Ep=230 J.传送带模型是高中物理中比较成熟的模型|,典型的有水平和倾斜两种情况.一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程|,做好受力情况分析|,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

24、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.5.如图甲所示|, 一倾角为37。的传送带以恒定速度运行.现将一质量m=1 kg的小物体抛上传送带|,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示|,取沿传送带向上为正方向|,取g=10 m/s2|,sin 37 = 0.6|, cos 37 =0.8.求:(1)08 s内物体位移的大小；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)08 s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q.答案：(1)14 m (2)0.875 (3

25、)90 J 126 J解析：(1)08 s内物体位移等于 v-t图线与t轴所围面积.其中前4 s|,位移为零(观察图象)2+448 s的位移为x= 2 举m+42 m= 14 m.(2)02 s 内 |,物体向下减速 a=as 9 gsin 00=v0atV0+ gtsin 0 2+10 2X0.6解得 k gtcos 0 = 10X2X0.8 = 0.875.1cle(3)0 8 s 内物体机械能增重为AE= AEk+ZEp = 2mv2mv2+mgxsin 0= 90 J08 s传送带位移(从图象看物块最终与传送带同速)x = V0t= 4 8 m= 32 m.物体与传送带摩擦生热为Q =

26、 Wf=科 mgos 0 (x-x)= 0.875 1X10 0.8 2214) J= 126 J.(下tan。儿物块到达顶端前能与|,下列说法正确的是()A.电动机因运送物块多做的功为一 2mv2B.系统因运送物块增加的内能为u m2cos 02 (jcos 0- sin 0C.传送带克服摩擦力做的功为2mv2D .电动机因运送物块增加的功率为mgvos 0答案：BD解析：电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量.对物块|,增加的机械能为E = f L=科mgos 92-1|,系统增加的内能vQ = f zs= f (s 带一s 物)=f(vt2t)= it mgos 0 2t.故AE=Q.故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍|,大于mv2|,故A错误.系统增加的内能 Q= f性=mgos 92t 物块的加速度 a=m-9_= g( gos 0 sin 0.)2故加速时间t=a= g.os A sin。|故系统增加的内能Q = 2晨e sin。.故B正确.(多选)如图所示|,质量为m的物块从倾角为。的传送带底端由静止释放|,传送带由电动机带动 |,始终保持速率v匀速运动