功能关系-考点解读(附详细解析)

一、理解功能关系牢记“功是能量转化的量度”分析二：利用图像

作出物块与条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

1、重力做的功与重力势能的变化的关系：

a«=Mga2=j^Pg

2、弹力做的功与弹性势能的变化的关系：

两者I时刻速度相等，贝Uvo-ait=a2i

3、合力做的功与动能的变化的关系（动能定理）：分析可知，图中阴影面积为板、块的相对位移，由几何关系，知Ax=jv“

2

4、重力、弹力以外的力做的功与机械能的变化的关系：_Mvtl

"x2>g（M+m）

5、系统内一对滑动摩擦力做的总功在数值上等于：分析三：能量分析

二、【典例分析】由于物块、木板运动时间相同，可得^可求出最终的共同速度・

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W1,

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：对物块一jimgxi=点命一即物块动能的减少量.

（1）小滑块动能增量为WI-W2+W3

对木板川蜂2=如丫\即木板动能的增加量.上述两方程结合，可得umg（X]—X2）=热vo?—T（M+m）v2

（2）小滑块重力势能增量为_______________-W3

（3）小滑块机械能增量为--------------------W1-W222

物虞"由相对位移Ax=X|—X2Q=pmgAx=|mv0—1（M+m）v,板块问题产生热量的计算方法.

2、质量为用的物体从静止开始以g/2的加速度竖直向下运动了从下列说法中正确的是（AC）

可得Ax=2“g*L）

A.物体的动能增加了B.物体的势能减少了

C.物体的机械能减少了nigh/2D.重•力对物体所做的功为mgh/2分析四：利用而对运动

3、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由静止开始以地面为参考系，由牛顿第二定律，可知对物块umg=ma]对木板pmg=Ma2

先后沿条不同的轨道下滑，三条轨道的摩擦因数都是山转折点能量损耗不计，由该物体分别沿着AC、以木板为参考系，物块的初串度为vo,加速度为一呵+a?）,则

AEC、ADC到达C点时的速度大小正确的说法是（D）

A.物体沿AC轨道下滑到达C点速度最大两者相对位移为Ax=kfcrAx=2ug浅L）

B.物体沿AEC轨道下滑到达C点速度最大I弋替、

.“板块”模型拓展——“子弹打木块”问题

C.物体沿ADC轨道下滑到达C点速度最大B'2

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.

D.物体沿三条轨道下滑到达C点速度相同DC

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

4、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

80J,机械能减少了32A则当物体沿斜面重新返回底端时，其动能为多少J?’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I—I

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I一产

C.离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动777^7777777777777777777/777777"

D.小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量

三“板块”模型及拓展

1.“板块”模型研究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V。水平射入初始静止的木块，并最

6、如图所示，一速率为V。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,木板质量终留在木块中与木块•起以速度v运动.己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,

M,物块与木板间的动摩擦因数中试问：物块将停在木板上何处？v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人求：曳.

分析一：利用运动学一般方程研究=尸

（1）子弹克服摩擦力所做的功；二------------------1

由牛顿第二定律，可知口（2）木块增加的动能；^777^7777^7^77777777^77.

对物块pmg=mai；对木板|img=Ma2v77777T777T77T7777777T7~（3）子弹与木块组成系统损失的机械能.

设两者共速时所用时间为t,则v0-a,t=a2t【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

这段时间物块与木板的位移大小分别为x产vot-5/X2=1a/持力N,木块给子弹的与V。方向相反的摩擦力f=pN=pmg,其中mg=N,子弹所受的合力为f=pmg,故

子弹做匀减速直线运动，速度逐渐减小；另一方面，木块受自身的重力Mg,子弹绐其的压力N,水平面的

两者的位移之差AX=X|-X2结合上述方程，可得Ax=2ug愣j石，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=pmg,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V。到V过程中，应用动能定理，可得【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=Hmg①

22由牛顿第二定律求出邮件的加速度a=F/m=pg=5m/s2②

—gmg(L+d)=1mv—^mv0①

由匀变速直线运动规律v=al,代入数据，得t=v/a=0.2s③

故子弹克服摩擦力所做的功为(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=1mv2-0④

22

ymg(L4-d)=1mv0—1mv

由①④式并代入数据，得x=0.1m⑤

对木块由静止到v过程中，应用动能定理，可得(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$=vi

MmgL=1Mv2—0

②摩擦力对皮带做的功W=-Fs

由①③©⑦式并代入数据，得W=-2J

联立①(D两式，得从mgd=弥丫()2—“M+m)v?【答案】(1)0.2s(2)0.1m(3)-2J

11、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打匀速向右运动，一质量为

由于子弹和木块的重力势能没变，故损失的机械能

m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2(V2>V|)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端.关于这一过

E=^mv2—^(M4-m)v2=|.imgd

0程的下列判断，正确的有()

A.滑块返回传送带右端的速率为vi4

【答案】(l)nmg(LH-d)=|niv2—1mv2(2)1Mv2=pmgL(3)|.imgd=^nivo2—M+m)v2

0B.此过程中传送带对滑块做功为热修2—热丫22()C

9、如图所示，上表面光滑，长度为3m、质量为M=10kg的木板，在F=50N的水平拉力作用下，以v°

=5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动.现将一个质量为m=3kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在C.此过程中电动机对传送带做功为|mv/一|mv22

木板最右端.当木板运动了L=lm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

D.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为热(必+丫2)2

运动1m就在其右端无初速度地放上一个同样的小铁块.(g取10m/s?)求：

【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，由动能定理可

///////////////////////////////////////////知，一仅i=0一1mv22,其后在皮带摩擦力的作用下，摩擦力为动力，使滑块加速，假设加速至“，则有仅।

(1)木板与地面间的动摩擦因数：

=4mv/一0,以上两式中可知X2>x「说明滑块返回传送带右端的速率能够达到vi，A选项正确；此过程中

(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.

传送带对滑块做功，由动能定理可知,为|mv『一Imv??,B选项正

【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=ff=MMg②

联立并代入数据得H=0.5密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|mv/一/另一部分产生

(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加Nmg,

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

22

—pmgL—2nmgL=|Mv1-jMvo④联立代入数据得v〕=4m/s⑤考虑，第一过程为滑块从右端滑至最左端至对地速度为零，假设运动时间为小则口=、"=竟，射时间

(3)x=§m.内皮带对地向右的位移X3=VM=^,fic3=mvlv2,即第一过程

四传送带问题

产生的热量为f(xi+x3)=1niv/+mV|V2.第二过程中由于物块对地加速的位移为X2，与物块、皮带间的相

1.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.对滑动距离相等、故第二阶段产生的热量为最nv??,此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为£mv『+

2.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.

22

3.求物块对皮带的摩擦力做功一定要找皮带的对地位移.mV]V24-^,mv2=^ni(vi+v2),D选项正确.【答案】ABD

4.求生成的热量要利用方程：Q="NS梯，口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.12、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

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，将投放行李处:

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=lm/s的恒定速度向右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

运动.现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上.邮件和皮带间的动摩擦因数p=0.5.设皮带足够长.取旅客.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

g=10m/s\在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求量.求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？

(1)邮件滑动的时间t：取行李处

(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.

12

mgKD=—mv~

由2,得：£v=3,”g=3X1X10N=3ON根据牛顿第三定律，质点第I次经过B点对圆

【解析】设行李与传送带间的动摩擦因数为M，则行李与传送带间由于摩擦而产生的总热量Q=npmgAx

由运动学公式，得Ax=x¥—x?i=vt—1vt=|vt又丫=21=^8匕联立解得Q=1nmv2FN=m—

由能量守恒，得E=Q+：Mv2+*mv2故电动机消耗的电能为Eu^MG+nmv?弧轨道的压力为30N。

2

【答案】：MV2+nmv⑵设质点第一次由B点沿斜面上滑的速度为g,B点到D点的距离为L

【学法指导】本题易错之处，漏掉摩擦产生的热量，客案错解为gMv2+|nmv2,要从能的转化和守恒的

mgLsin30"-jumgcos30°L=；m忧

高度看待物理过程.代入数据解得：9m

一〃?gZqsin300-cos30%=0--zwu；

课后巩固练习：

1.如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为片1kg的物块B以水平初速度ro=3m/s从A的一端滑则质点从A点到D点下降的高度h=0.9m

上水平上表面，它们在运动过程中的v~t图线如

⑶设质点第2次由B点沿斜面上滑的速度为％,沿斜面上滑的距离为h则

图乙所示.请根据图象求：

(1)8在］上滑动的相对位移；

(2)/I、6组成的系统损失的机械能

mgLisin30"-pmgcos30°mv1

得：£2=1z,

1、

-nigL2sin30"-"mgcos30"4=0--wv；

同理可推得：质点第n次由B点沿斜而上滑的距离L为L”=(；)”£所以质点从开始到第6次经

【答案】(1)swx.Fl.5in(2)3J

【解析】：(1)2?在I上滑动的相对位移即为图中三角形面积SM=1.5m(2)由图象的物理意义可知:过B点的过程中，在斜面上通过的路程为5=1>2(Li+L。=5.ImQ=nmgcos30°S=12.75J

3.(多选汝I图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，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()

则由能量守恒可得：AE机=｝欣-+=3J

A.电动机多做的功为5n\J

2、如图所示，倾角。=30°、长「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。

B.摩擦力对物体做的功为%nv2

•个质量为m=lkg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，这样往复运动，最后停在B点。C.电动机增加的功率为gmgv

D.传送带克服摩擦力做功为当nv?

已知质点与斜面间的动摩擦因数为口=石/6,g=10m/s\假设质点经过斜面与圆弧平滑连接处速率不变。

答案：BC

求:4、如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角9=30。，皮带在电动机的带动下，始终保持v0=2〃心的速

<1)质点第1次经过B点时对圆弧轨道的压力；率运行.现把一质量为m=10和的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间t=1.9s,工件被传送

(2)质点从A到D的过程中质点下降的高度；到h=1.5刑的高处,取g=10m/s2,求：

(1)工件与传送带间的动摩擦因数；

(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.

(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.

【答案】1.30N»2.h=0.9m3.12.75J答案：(1)七-(2)2307

【解析】⑴设圆弧的半径为R,则质点从C到B过程,

解析：(1)由题图可知，皮带长x=V石=3m.工件速度达到Vo前，做匀加速运动的位移X1=V1|=%]

6.(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

匀速运动的位移为X—X|=v0(t—t])解得加速运动的时间ti=O.8s持速率v匀速运动，物块与传动带间的动摩擦因数为认卜>也〃0),物块到达顶端前能与传送带保持相对静

加速运动的位移Xi=0.8切，所以加速度a=^=2.5m/s2止.在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是()

儿电动机因运送物块多做的功为mv?,/©

由牛顿第二定律有：pmgcos0-mgsin0=ma解得从=坐.

B-系统因运送物块增加的内能为2(爆£器)

(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之间C.传送带克服摩擦力做的功为|mv2念/^

发生相对位移时摩擦力做功产生的热量.

在时间t|内，皮带运动的位移x?=voti=1.6/nD.电动机因运送物块增加的功率为Rngvcos0

在时间ti内，工件相对皮带的位移x^=x衣-Xi=0.8〃？答案：BD

在时间t|内，摩擦产生的热量Q=nmgco$0xw=601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.

工件获得的动能EA=|mv5=2OJ工件增加的势能Ep=mgh=l50J对物块，增加的机械能为dE=f・L—pmgcos0-^t,系统增加的内能Q=f\ds=F(s*—s物)=Rvt—/『imgco.s

电动机多消耗的电能W=Q+EA.+EP=230/0•笠.故/E=Q.故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mV?,故/错误.

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系统增加的内能Q=fzfs=gmgc?(w0物块的加速度a=~~嘴"'Q=g(pcos0-sin0).

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故加速时间~-：■故系统增加的内能Qf产喏驾K故B正确.

机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解.

传送带运动的距离s*=vt=„.n.„ftv故传送带克服摩擦力做功

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=l版的小物体抛上传送带，物体

C

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加6,$山37。=0.6,Wv=fs产bimgcos00)=N累;二：T故错误'

cos370=08求：

电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P=fV=Nmgcose-v,故D正确.

7.如图所示，•质量为m=l柱的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传

送带相接，传送带以v=2mis的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹

黄，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为1=4.5/若突然释放滑块，滑块向左

滑上传送带.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为从=0.2,传送带足够长，取g=10〃心2求：

(I)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间：N

(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量.力r-noooo^

(1)0〜8s内物体位移的大小；