高考物理专题复习四 功能关系

高考物理专题复习四功能关系

能量转化和守恒定律是自然界最普遍适用的规律之一。自然界的各种能量间可以相互转化，转化过

程中能量的总和守恒。

右图是功能关系的示意图。

功和能有密切关系，它们的单位也相同，在国际单位制中，单位都是J，

但功并不等于能。功是过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；能是状

态量，它与某位置（某时刻）相对应。

功能关系不仅能解决恒力作用下物体的运动问题，也能解决变力作用下物体的运动问题，因此它比

用牛顿运动定律解题更简洁、应用范围更广泛。除非要求匀变速直线运动的加速度a和时间t，一般首

选功能关系。

常用的有关功能关系的结论有：

⑴动能定理。力在一个过程中对物体所做的功（或者各个力对物体做功的代数和）等于物体在这个过程

中动能的变化。

W合=E k2-E k1（动能变化必须是末动能减初动能；研究对象是单个物体；研究过程往往选全过程。）⑵势能定理。重力做的功等于重力势能的减少。

W G=E p1-E p2（重力势能的减少，必须是初势能减末势能；重力做功只与始末状态的高度差有关，与路径无关，与其它力是否做功无关；势能定理适用于电势能、分子势能等各种势能。）

若某种力做的功只跟始末位置有关，而与物体运动的路径无关，就能定义与这种力相应的势能。

⑶机械能定理。重力（和弹簧弹力）以外的其他力对物体做的功等于物体机械能的增量。

W其=E机2-E机1（机械能变化必须是末状态机械能减初状态机械能；当W其=0，即只有重力做功时，系统的机械能守恒。）

⑷摩擦生热。系统内的摩擦生热Q（内能的增加）用系统内物体间相互作用的一对滑动摩擦力做的总功

来量度。

f d=Q（f为每个摩擦力的大小，d为系统内物体间相对移动的路程。这个结论可以直接使用。）

注意一个摩擦力对某个物体做的功W f=fx（f为这个摩擦力的大小，x为物体对地的位移。）

⑸安培力做功是机械能与电能相互转化的量度。

发电机模型中：克服安培力做功等于回路中电能的增加W克A=E电（如果是纯电阻电路，则电能又全

部转化为回路的焦耳热，W克A=E电=Q）；

电动机模型中：安培力做功等于机械能增加W A=E机（安培力做功不等于消耗的电能。该过程只有一部分电能转化为机械能，同时必然有一部分电能转化为焦耳热，E电=E机+Q）。

练习题

1．质量为m的物体在竖直向上的恒力F作用下减速上升了H，在这个过程中，下列说法中正确的有A．物体的重力势能增加了(F-mg)H

B．物体的动能减少了FH

C．物体的机械能增加了FH

D．物体重力势能的增加小于动能的减少

2．（2014年北京高考24⑴）导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示，固定

于水平面的U 形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN 在与其垂直的水平恒力F 作用下，在导线框上以速度v 做匀速运动，速度v 与恒力F 方向相同；导线MN 始终与导线框形成闭合电路。已知导线MN 电阻为R ，其长度L 恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B 。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。通过公式推导验证：在Δt 时间内，F 对导线MN 所做的功W 等于电路获得的电能W 电，也等于导线MN 中产生的焦耳热Q 。

3．（2015年北京高考23）如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，物块（可

视为质点）的质量为m ，在水平桌面上沿x 轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ，以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O ，当弹簧的伸长量为x 时，物块所受弹簧弹力大小为F=kx ，k 为常量。 ⑴请画出F 随x 变化的示意图；并根据F -x 图像求物块沿x 轴从O 点运动到位置x 的过程中弹力所做的功。

⑵物块由x 1向右运动到x 3，然后由x 3返回到x 2，在这个过程中， a ．求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量； b ．求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”

的概念。

4．轻弹簧上端固定在天花板上，下端连接一只小球，静止时小球处于图中O 位置。现用手竖直向下的

力缓慢向下拉小球，使小球下降一段距离后保持静止。突然放手后，小球开始运动，弹簧始终在弹

2 5．如图所示，长木板B 静止在光滑水平面上，小滑块A 以初速度v 0从左端冲上B ，滑到虚线位置时A 、

B 速度分别为v 1、v 2，已知A 、B 间滑动摩擦力大小为f ，该过程A 在B 上相对滑行的路程为d 。试根据动能定理和能量守恒定律，证明该过程系统的摩擦生热Q=fd

6．地球质量为M ，人造卫星质量为m ，人造卫星绕地球做圆周运动的轨道半径为r ，万有引力常量为G 。

若已经明确了地球和该人造卫星组成的系统的引力势能为r

GMm E p -=，总机械能为r

GMm E 2-=机。

由于稀薄大气对卫星的阻力的影响，卫星的轨道半径将非常缓慢地逐渐减小，该过程人造卫星的每

一圈仍可看做是圆周运动。求：该卫星的轨道半径逐渐减小在过程中，万有引力做的功W G 与克服大气阻力做的功W f 的比。

7．⑴如图1所示，光滑的U 形导轨固定在水平面内，宽为l ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，

磁场方向垂直于导轨平面向下。导轨左端串联有一只定值电阻。导体棒ab 宽也为l ，电阻与定值电阻相同，放在导轨上，始终保持与导轨垂直并与导轨接触良好。用细线将导体棒的中点通过光滑定滑轮与重物相连。重物质量为m ，正以速度v 匀速下降。重力加速度为g 。求： a ．导体棒中感应电流I 的大小及导体棒克服安培力做功的功率P A ； b ．闭合回路的总电功率P 电及闭合回路的电热功率P Q 。

⑵如图2所示，将图1中导轨左侧的定值电阻撤掉，换成一个电源，该电源的内阻是图1中定值电阻的一半。通电后经过一段时间，重物以同样的速度v 匀速上升。求： a ．导体棒所受安培力做功的功率P A ′及闭合回路的电热功率P Q ′； b ．闭合回路消耗的总电功率P 电′及电源电动势E 的大小。

8．如图所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，上面横放着两根平行导体棒，构成矩形回路。棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻不计。空间有方向竖直向下、磁感应强度为B的的匀强磁场。开始时棒Ⅰ静止，棒Ⅱ具有向右的初速度v0，最终两棒都达到稳定的速度。求：

⑴利用牛顿运动定律，分析该过程中棒Ⅰ和棒Ⅱ的速度、加速度的变化情况，并求棒Ⅰ的最大加速

度a m和最大速度v m；

⑵利用动能定理和能量守恒定律，分析整个过程外力（棒Ⅰ、棒Ⅱ所受的安培力）对系统做的总功

W总、系统动能的变化量ΔE k和系统内能的增加量（焦耳热）Q；

⑶分别以棒Ⅰ、棒Ⅱ为对象，分析从开始运动到稳定，棒Ⅰ作为发电机的能量转化情况和棒Ⅱ作为

电动机的能量转化情况。结论与上一问是否相同？

⑷利用动量定理，求安培力对棒Ⅰ、棒Ⅱ的冲量各多大？由此求全过程通过棒Ⅰ、棒Ⅱ的电荷量q

各多大？全过程棒Ⅰ、棒Ⅱ间距离的增加量x

参考答案

1．C （重力势能增加mgH ；动能减少(mg- F )H ；机械能增加FH ；重力势能增加大于动能减少。） 2．解：设该过程电动势为E ，回路电流为I ，由于导线框电阻为零，因此E=IR

电动势E=BLv

导线匀速运动，受力平衡F F BIL ==安 在t ?时间内

外力F 对导线做功W=Fv Δt=BILv Δt 电路获得的电能W 电=Eq=BLvI Δt

导线MN 中产生的焦耳热Q=I 2R Δt=EI Δt=BLvI Δt 可见，W= W 电==Q

3．解：⑴F -x 图像如右，F -x 图线与x 轴所围面积大小等于弹力做过的大小， 由于弹力做负功，因此22

1kx W -=

⑵a ．物块由x 1向右运动到x 3，弹力做功W 弹1=??

? ??-21232

1-2

1kx kx

物块由x 3向左运动到x 2，弹力做功W 弹2=??? ??222321-21kx kx 全过程弹力做的总功()

212221-2

1x x k W W W -=+=弹弹弹 而弹力做功等于弹性势能减少，因此()

2122-2

1-x x k W ΔE p ==弹 b ．物块由x 1向右运动到x 3，摩擦力做功W f 1=-μmg (x 3-x 1) 物块由x 3向右运动到x 2，摩擦力做功W f 2=-μmg (x 3-x 2) 全过程摩擦力做功W f =W f 1+W f 2=-μmg (2x 3-x 2-x 1)

弹力做功只与始末位置有关，与路径无关；摩擦力做功并不由始末位置决定，而是与路径有关，因此不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”。

4．设重力做的功为W G ，弹力做的功为W 弹

根据动能定理 W G + W 弹 = E k2 - E k1 由重力做功与重力势能的关系 W G = E p1 – E p2

由弹力做功与弹性势能的关系 W 弹 = E 弹1- E 弹2 联立以上三式可得 E k1 + E p1 +E 弹1 = E k2 +E p2 +E 弹2

5．解：设该过程A 、B 质量分别为m A 、m B ，对地的位移分别为x 1、x 2，分别对A 、B 用动能定理

A 的动能减少212012

12

1v m v m fx A A -=

B 的动能增加2

222

1v m fx B =

x 1-x 2=d

由以上三式可得系统动能减少fd v m v m v m E B A A k =+-=?)2

121(212

22120

根据能量守恒定律，系统动能减少等于系统内能增加，即摩擦生热Q ， 因此Q =fd

kx kx

6．解：设该过程初、末状态的轨道半径依次为r 1、r 2，

引力做功等于引力势能的减少：???

? ??-=????

??---

=-=12212111r r GMm r GMm r GMm E E W p p G 克服阻力做功等于机械能的减少：?

??

? ??-=???

? ?

?---=-=12

21

21112

22r r GMm r GMm r GMm E E W f 机机 得W G ∶W f =2∶1

7．解：⑴a ．重物匀速下降，细线对重物拉力等于重物的重力，导体棒匀速运动，细线对棒的拉力等于

安培力，因此BIl=mg 得Bl

mg I =

克服安培力做功的功率P A =F A v=mgv

b ．克服安培力做功的功率等于闭合回路的总电功率，因此P 电=mgv 回路中电流做功，把电能全部转化为电热，因此热功率P Q =P 电=mgv ⑵a ．导体所受安培力与细线拉力大小和重物重力大小相等，因此P A ′= mgv

由于BI ′l=mg ，图2与图1回路中电流相等，但图2与图1回路总电阻之比为3∶4，P Q =I 2R 总∝R 总， 得P Q ′=0.75mgv

b ．闭合回路消耗的总电功率等于安培力功率与电热功率之和， 因此P 电′=P A ′+P Q ′=1.75mgv 回路电功率P 电′=EI ′ 得E =1.75Blv 8．解：⑴设棒Ⅰ、棒Ⅱ的速度分别为v 1、v 2，由于安培力的作用，开始运动后v 1逐渐增大，v 2逐渐减小，

但始终有v 2>v 1，直到v 2=v 1为止。速度图象如右图所示。

该过程中回路的总电动势大小为E=BL (v 2>v 1)，方向逆时针， 回路的总电流R

E I 2=，棒Ⅰ、棒Ⅱ所受安培力大小均为F=BIL ，

分别对棒Ⅰ、棒Ⅱ用牛顿第二定律，()ma R

v v L B =-2122

2

，可见a 逐渐减小。

棒Ⅰ做加速度逐渐减小的加速运动，棒Ⅱ做加速度逐渐减小的减速运动。

刚开始v 2=v 0，v 1=0时棒Ⅰ的加速度最大mR

v L B a m 202

2=，

系统动量守恒，mv 0=2mv ，因此稳定后棒Ⅰ的速度最大v m =0.5v 0。 ⑵分别对棒Ⅰ和棒Ⅱ用动能定理，

W 1=2028121mv mv =

W 2=20

2028

32121mv mv mv -=- 外力对系统作的总功W 总=W 1+W 2=2

04

1mv -

系统动能的变化量2

2024

121221mv mv mv E k -=-=? 根据能量守恒定律，系统损失的动能最终全部转化为焦耳热，因此2

1mv Q =

t

v 0.5

⑶设棒Ⅱ克服安培力做的功为W 克A ，安培力对棒Ⅰ做的功为W A

作为发电机的棒Ⅱ，克服安培力做功的过程就是动能向电能转化的过程，

W 克A =E 电=20

2208

321-21mv mv mv = 这些电能一部分通过电流做功转化为棒Ⅱ的焦耳热Q 2，另一部分输出给作为电动机的用电器棒Ⅰ；

作为电动机的棒Ⅰ，消耗的电能一部分通过安培力做功转化为动能20

28

121mv mv W A ==， 另一部分通过电流做功把电能转化为棒Ⅰ的焦耳热Q 1，

由于棒Ⅰ、棒Ⅱ的电阻相同，由焦耳定律，Q=I 2Rt ，棒Ⅰ、棒Ⅱ产生的焦耳热相同，

因此Q 1=Q 2=20

8

1mv 可见系统损失的动能和系统内能的增加都是20

4

1mv ，和上一问的结论是相同的。 ⑷设初、末状态两棒间距分别为d 1、d 2，如图所示。

分别对棒Ⅰ、棒Ⅱ用动量定理， I A 1=mv ，I A 2=mv -mv 0

可见安培力对棒Ⅰ、棒Ⅱ冲量大小相同，均为0.5mv 0

而BLq t I BL I A ==，因此BLq=mv 得通过棒Ⅰ、棒Ⅱ的电荷量均为BL

mv q 20=

根据电流定义，t I q =，根据法拉第电磁感应定律，()t

d d BL t E ?-=??Φ=12，而R E I 2=，

由题意可知x=d 2-d 1，因此得220L

B R

mv x =