2019年高考物理一輪復習 第5章 機械能及其守恒定律 第4節(jié) 功能關系 能量守恒定律學案 新人教版

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1、 第四節(jié)　功能關系　能量守恒定律 (對應學生用書第89頁) [教材知識速填] 知識點1　功能關系 1．內容 (1)功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化． (2)做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必須通過做功來實現． 2．做功對應變化的能量形式 (1)合外力的功等于物體的動能的變化． (2)重力做功引起物體重力勢能的變化． (3)彈簧彈力做功引起彈性勢能的變化． (4)除重力和系統(tǒng)內彈力以外的力做功等于物體機械能的變化． 易錯判斷 (1)做功的過程一定會有能量轉化．(√) (2)力對物體做了多少功，物體就有多少能．(×) (3)力

2、對物體做功，物體的總能量一定增加．(×) 知識點2　能量守恒定律 1．內容 能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到另一個物體，在轉化和轉移的過程中，能量的總量保持不變． 2．適用范圍 能量守恒定律是貫穿物理學的基本規(guī)律，是各種自然現象中普遍適用的一條規(guī)律． 3．表達式 ΔE減＝ΔE增，E初＝E末． 易錯判斷 (1)能量在轉化或轉移的過程中，其總量會不斷減少．(×) (2)能量的轉化和轉移具有方向性，且現在可利用的能源有限，故必須節(jié)約能源．(√) (3)滑動摩擦力做功時，一定會引起能量的轉化．(√) [教材習題回訪]

3、考查點：對功能關系理解 1．(粵教版必修2P89T2)(多選)平直公路上行駛中的汽車制動后滑行一段距離，最后停下；流星在夜空中墜落并發(fā)出明亮的光焰；降落傘在空中勻速下降；條形磁鐵在下落過程中穿過閉合線圈，線圈中產生電流．上述不同現象中所包含的相同的物理過程是(　　) A．物體克服阻力做功 B．物體動能轉化為其他形式的能量 C．物體勢能轉化為其他形式的能量 D．物體機械能轉化為其他形式的能量 [答案]　AD 考查點：能量的轉化與守恒 2．(滬科版必修2P77T5改編)上端固定的一根細線下面懸掛一擺球，擺球在空氣中擺動，擺動的幅度越來越小，對此現象下列說法正確的是(　　) A．擺

4、球機械能守恒 B．總能量守恒，擺球的機械能正在減少，減少的機械能轉化為內能 C．能量正在消失 D．只有動能和重力勢能的相互轉化 [答案]　B 考查點：功能關系的計算 3．(滬科版必修2P55T1)(多選)某人用手將質量為1 kg的物體由靜止向上提起1 m，這時物體的速度為2 m/s，g取10 m/s2，下列說法中正確的是(　　) A．手對物體做功12 J B．合外力做功2 J C．合外力做功12 J D．物體克服重力做功10 J [答案]　ABD　 考查點：能量的轉化與守恒 4．(人教版必修2P82T2改編)三峽水力發(fā)電站是我國最大的水力發(fā)電站，平均水位落差約13

5、5 m，水的流量約1.35×104 m3/s.船只通航需要約3 500 m3/s的流量，其余流量全部用來發(fā)電．水流沖擊水輪機發(fā)電時，水流減少的機械能有20%轉化為電能． (1)按照以上數據估算，三峽發(fā)電站的發(fā)電功率是多少？ (2)設三口之家生活用電平均為0.5 kW，如果三峽電站全部用于城市生活用電，它大約可以滿足多少個百萬人口城市的生活用電？ [解析](1)用于發(fā)電的水流量Q＝(1.35×104－3.5×103) m3/s＝1.0×104 m3/s 發(fā)電功率P＝×20%＝×20%＝ρQgh×20%＝2.7×109 W. (2)可供給用戶數n＝＝5.4×106 人口數為N＝3n＝1

6、6.2×106 故可滿足16個百萬城市的生活用電 [答案](1)2.7×109 W　(2)16個 (對應學生用書第90頁) 對功能關系的理解及應用 幾種常見功能關系的對比 各種力做功 對應能 的變化 定量關系 合力的功 動能變化 合力對物體做功等于物體動能的增量W合＝Ek2－Ek1 重力的功 重力勢 能變化 重力做正功，重力勢能減少，重力做負功，重力勢能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 彈簧彈力的功 彈性勢 能變化 彈力做正功，彈性勢能減少，彈力做負功，彈性勢能增加，且W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、彈簧彈力做功 不引起機

7、 械能變化 機械能守恒ΔE＝0 非重力和彈力的功 機械能變化 重力和彈力之外的力做正功，物體的機械能增加，做負功，機械能減少，且W其他＝ΔE 一對相互作用的滑動摩擦力做的總功　 內能變化 作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負功，系統(tǒng)內能增加Q＝fs相對 [題組通關] 1．(多選)懸崖跳水是一項極具挑戰(zhàn)性的極限運動，需要運動員具有非凡的膽量和過硬的技術．跳水運動員進入水中后受到水的阻力而做減速運動，設質量為m的運動員剛入水時的速度為v，水對他的阻力大小恒為F，那么在他減速下降深度為h的過程中，下列說法正確的是(g為當地的重力加速度)(　　) A．他的動能減少了(F－mg)

8、h B．他的重力勢能減少了mgh－mv2 C．他的機械能減少了Fh D．他的機械能減少了mgh AC　[合力做的功等于動能的變化，合力做的功為(mg－F)h，動能減少了(F－mg)h，A正確；重力做的功等于重力勢能的變化，故重力勢能減小了mgh，B錯誤；重力以外的力做的功等于機械能的變化，故機械能減少了Fh，C正確，D錯誤．] 2．(2018·陜西西安聯(lián)考)(多選)如圖5-4-1所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d.桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點正下方距離為d處．現將環(huán)從A處由靜止釋放

9、，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(　　) 【導學號：84370232】 圖5-4-1 A．環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝ B．環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小相等 C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能 D．環(huán)能下降的最大高度為d [題眼點撥]?、佟拜p繩”和“光滑直桿”說明質量為m的環(huán)下滑過程中，與重物組成的系統(tǒng)機械能守恒；②“到達B處”要利用環(huán)沿繩的速度分量等于重物上升的速度． CD　[環(huán)到達B處時，對環(huán)的速度進行分解，可得v環(huán)cos θ＝v物，由題圖中幾何關系可知θ＝45°，則v環(huán)＝v物，B錯；因環(huán)從A到B，環(huán)與重物組成的系統(tǒng)機械能守恒，則環(huán)減少的機

10、械能等于重物增加的機械能，C對；當環(huán)到達B處時，由題圖中幾何關系可得重物上升的高度h＝(－1)d，A錯；當環(huán)下落到最低點時，設環(huán)下落高度為H，由機械能守恒有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正確．] 對能量守恒定律的理解及應用 1．對能量守恒定律的兩點理解 (1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等． (2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等． 2．能量轉化問題的解題思路 (1)當涉及滑動摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能的轉化和守恒定律． (2)解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀

11、態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解． [多維探究] 考向1　能量守恒定律的簡單應用 1. 蹦極是一項既驚險又刺激的運動，深受年輕人的喜愛．如圖5-4-2所示，蹦極者從P處由靜止跳下，到達A處時彈性繩剛好伸直，繼續(xù)下降到最低點B處，B離水面還有數米距離．蹦極者(視為質點)在其下降的整個過程中，重力勢能的減少量為ΔE1、繩的彈性勢能的增加量為ΔE2、克服空氣阻力做的功為W，則下列說法正確的是(　　) 圖5-4-2 A．蹦極者從P到A的運動過程中，機械能守恒 B．蹦極者與繩組成的系統(tǒng)從A到

12、B的過程中，機械能守恒 C．ΔE1＝W＋ΔE2 D．ΔE1＋ΔE2＝W C　[下落過程中有空氣阻力做功，所以機械能不守恒，A、B項錯誤；根據能量守恒，在下落的全過程，有ΔE1＝W＋ΔE2，故C項正確，D項錯誤．] 如圖所示，A、B、C質量分別為mA＝0.7 kg，mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，B為套在細繩上的圓環(huán)，A與水平桌面的動摩擦因數μ＝0.2，另一圓環(huán)D固定在桌邊外側，離地面高h2＝0.3 m．當B、C從靜止下降h1＝0.3 m，C穿環(huán)而過，B被D擋住，不計繩子質量和滑輪的摩擦，取g＝10 m/s2，若開始時A離桌邊足夠遠．試求： (1)物體C穿環(huán)瞬間的速度；

13、 (2)物體C能否到達地面？如果能到達地面，其速度多大？ [解析](1)由能量守恒定律得：(mB＋mC)gh1＝(mA＋mB＋mC)v＋μmAgh1 可求得：v1＝ m/s. (2)設物體C到達地面時的速度為v2，由能量守恒定律得： mCgh2＝(mA＋mC)v－(mA＋mC)v＋μmAgh2 可求得：v2＝ m/s，故物體C能到達地面，到達地面時的速度為 m/s. [答案](1) m/s　(2)能　 m/s 考向2　涉及彈簧(或橡皮繩)類的能量守恒問題 2．在兒童樂園的蹦床項目中，小孩在兩根彈性繩和蹦床的協(xié)助下實現上下彈跳．如圖5-4-3所示，某次蹦床活動中小孩靜止時處于

14、O點，當其彈跳到最高點A后下落可將蹦床壓到最低點B，小孩可看成質點，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) 圖5-4-3 A．從A運動到O，小孩重力勢能減少量大于動能增加量 B．從O運動到B，小孩動能減少量等于蹦床彈性勢能增加量 C．從A運動到B，小孩機械能減少量小于蹦床彈性勢能增加量 D．若從B返回到A，小孩機械能增加量等于蹦床彈性勢能減少量 A　[從A運動到O，小孩重力勢能減少量等于動能增加量與彈性繩的彈性勢能的增加量之和，選項A正確；從O運動到B，小孩動能和重力勢能的減少量等于彈性繩和蹦床的彈性勢能的增加量，選項B錯誤；從A運動到B，小孩機械能減少量大于蹦床彈性勢能增加量

15、，選項C錯誤；若從B返回到A，小孩機械能增加量等于蹦床和彈性繩彈性勢能減少量之和，選項D錯誤．] 3．(2018·河南名校聯(lián)考)如圖5-4-4所示，在某豎直平面內，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內壁光滑、半徑r＝0.2 m的四分之一細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數k＝100 N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊．一個質量為1 kg的小球放在曲面AB上，現從距BC的高度h＝0.6m處靜止釋放小球，它與BC間的動摩擦因數μ＝0.5，小球進入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧的彈性勢能E

16、p＝0.5 J．重力加速度g取10 m/s2.求： 圖5-4-4 (1)小球在C處受到的向心力大??； (2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm； (3)小球最終停止的位置. 【導學號：84370233】 [題眼點撥]?、佟皩ι瞎鼙谟蠪N的作用力”要想到在c點時向心力的來源；②“速度最大時彈簧的彈性勢能Ep＝0.5 J”要利用速度最大時小球重力等于彈簧彈力的條件分析彈簧的形變量． [解析](1)小球進入管口C端時，它與圓管上管壁有大小為FN＝2.5mg的相互作用力，故對小球由牛頓第二定律有 FN＋mg＝Fn 解得Fn＝35 N. (2)在壓縮彈簧過程中，速度最大時合力

17、為零． 設此時小球離D端的距離為x0，則有kx0＝mg 解得x0＝＝0.1 m 在C點，有Fn＝ 解得vC＝ m/s 由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝Ep＋(Ekm－mv) 解得Ekm＝mg(r＋x0)＋mv－Ep＝6 J. (3)小球從A點運動到C點過程，由動能定理得 mgh－μmgs＝mv 解得B、C間距離s＝0.5 m 小球與彈簧作用后返回C處動能不變，小球的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中． 設小球與彈簧作用后在BC上運動的總路程為s′，由能量守恒定律有 μmgs′＝mv 解得s′＝0.7 m 故最終小球在BC上距離C為0.5 m－(0.7 m－

18、0.5 m)＝0.3 m(或距離B端為0.7 m－0.5 m＝0.2 m)處停下． [答案](1)35 N　(2)6 J　(3)停在BC上距離C端0.3 m處(或距離B端0.2 m處) 如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數μ＝，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點．用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側繩子與斜面平行，A的質量為2m，B的質量為m，初始時物體A到C點的距離為L.現給A、B一初速度v0>，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點．已知重力加速度為g，不計空氣阻力，整個

19、過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求： (1)物體A向下運動剛到C點時的速度； (2)彈簧的最大壓縮量； (3)彈簧的最大彈性勢能． [解析](1)A與斜面間的滑動摩擦力Ff＝2μ mgcos θ，物體A向下運動到C點的過程中，根據能量守恒定律可得：2mgLsin θ＋·3mv＝·3mv2＋mgL＋FfL 解得v＝. (2)從物體A接觸彈簧，將彈簧壓縮到最短后又恰回到C點，對系統(tǒng)應用動能定理?。璅f·2x＝0－×3mv2 解得x＝－. (3)彈簧從壓縮到最短到恰好能彈到C點的過程中，對系統(tǒng)根據能量守恒定律可得：Ep＋mgx＝2mgxsin θ＋Ffx所以Ep＝Ffx＝－. [

20、答案](1)　(2)－ (3)－ 考向3　能量守恒定律與圖象的結合問題 4．(多選)如圖5-4-5所示，一質量為m的小球以初動能Ek0從地面豎直向上拋出，已知運動過程中受到恒定阻力f＝kmg作用(k為常數且滿足0

21、1＝，又E1＝mgh0，得h0＝，A項錯誤，B項正確．由圖可知，小球上升過程中克服阻力做功為Ek0－，因小球所受阻力恒定，且上升和下落高度相等，則小球下落過程中克服阻力做功為Ek0－，則小球落地時的動能Ek＝－＝Ek0，C項錯誤．在h1處，小球的動能和勢能相等，則有Ek0－(mg＋f)h1＝mgh1，解得h1＝，D項正確．] 摩擦力做功與能量的轉化關系 1．對摩擦生熱的理解 (1)從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內能的增加量． (2)從能量的角度看，是其他形式能量的減少量等于系統(tǒng)內能的增加量． 2．兩種摩擦力做功情況比較 靜摩擦力 滑動摩擦力

22、 不同點 能量的轉化方面 只有能量的轉移，而沒有能量的轉化 既有能量的轉移，又有能量的轉化 一對摩擦力的總功方面 一對靜摩擦力所做功的代數和等于零 一對滑動摩擦力所做功的代數和不為零，總功W＝－Ff·l相對，產生的內能Q＝Ff·l相對 相同點 正功、負功、不做功 方面 兩種摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功 [母題]　如圖5-4-6所示，在豎直平面內，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，C是最低點，圓心角∠BOC＝37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1.0 m，現有一個質量為m＝0.2 kg可視為質點的小物體，從D點的正上方E點處自由

23、下落，D、E距離h＝1.6 m，小物體與斜面AB之間的動摩擦因數μ＝0.5.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： 圖5-4-6 (1)小物體第一次通過C點時對軌道的壓力； (2)要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面至少要多長； (3)若斜面已經滿足(2)要求，請首先判斷小物體是否可能停在斜面上．再研究小物體從E點開始下落后，整個過程中系統(tǒng)因摩擦所產生的熱量Q. 【導學號：84370234】 [題眼點撥]?、佟按植谛泵妗币忙蹋?.5分析物體是否會停在斜面上；②“光滑圓弧”要想到物體有可能最終在圓弧上往復性運動． [解析](1)小物體從E點到

24、C點，由能量守恒定律得 mg(h＋R)＝mv ① 在C點，由牛頓第二定律得FN－mg＝m ② 聯(lián)立①②式解得FN＝12.4 N. 根據牛頓第三定律可知小物體對軌道的壓力大小為12.4 N，方向豎直向下． (2)從E→D→C→B→A過程，由動能定理得 WG＋Wf＝0 ③ WG＝mg[(h＋Rcos 37°)－LABsin 37°] ④ Wf＝－μmgcos 37°·LAB ⑤ 聯(lián)立③④⑤式解得LAB＝2.4 m. (3)因為mgsin 37°>μmgcos 37°(或μ

25、返運動，從E點開始直至運動穩(wěn)定，系統(tǒng)因摩擦所產生的熱量Q＝ΔEp ⑥ ΔEp＝mg(h＋Rcos 37°) ⑦ 聯(lián)立⑥⑦式解得Q＝4.8 J. [答案](1)12.4 N　方向豎直向下　(2)2.4 m (3)小物體不會停在斜面上　4.8 J [母題遷移] 遷移1　傳送帶問題中摩擦力做功分析 1.如圖5-4-7所示，質量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速度v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數為μ，物體經過一段時間能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程中，下列說法正確的是(　　) 圖5-4-7 A．電動機做

26、的功為mv2 B．摩擦力對物體做的功為mv2 C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 D．電動機增加的功率為μmgv D　[由能量守恒可知，電動機做的功等于物體獲得的動能和由于摩擦而產生的內能，選項A錯誤；對物體受力分析知，僅有摩擦力對物體做功，由動能定理知，其大小應為mv2，選項B錯誤；傳送帶克服摩擦力做功等于摩擦力與傳送帶對地位移的乘積，可知這個位移是物體對地位移的兩倍，即W＝mv2，選項C錯誤；由功率公式知電動機增加的功率為μmgv，選項D正確．] 如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機的帶動下，始終保持v0＝2 m/s的速率運行，現把一質量為m＝10 k

27、g的工件(可看做質點)輕輕放在皮帶的底端，經過時間1.9 s，工件被傳送到h＝1.5 m的高處，g取10 m/s2，求： (1)工件與傳送帶間的動摩擦因數； (2)電動機由于傳送工件多消耗的電能． [解析](1)由題圖可知，皮帶長x＝＝3 m．工件速度達v0前，做勻加速運動的位移x1＝ t1＝t1 勻速運動的位移為x－x1＝v0(t－t1) 解得加速運動的時間t1＝0.8 s 加速運動的位移x1＝0.8 m 所以加速度a＝＝2.5 m/s2 由牛頓第二定律有：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得：μ＝. (2)從能量守恒的觀點，顯然電動機多消耗的電能用于增加工件

28、的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功產生的熱量． 在時間t1內，皮帶運動的位移 x皮＝v0t1＝1.6 m 在時間t1內，工件相對皮帶的位移 x相＝x皮－x1＝0.8 m 在時間t1內，摩擦生熱 Q＝μmgcos θ·x相＝60 J 工件獲得的動能Ek＝mv＝20 J 工件增加的勢能Ep＝mgh＝150 J 電動機多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J. [答案](1)　(2)230 J 遷移2　“滑塊—木板”問題中摩擦力做功分析 2．(2018·衡水四調)如圖5-4-8甲所示，質量M＝1.0 kg的長木板A靜止在光滑水平面上，在木板的左端

29、放置一個質量m＝1.0 kg的小鐵塊B，鐵塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.2，對鐵塊施加水平向右的拉力F，F大小隨時間變化如圖乙所示，4 s時撤去拉力．可認為A、B間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2.求： 甲　 乙 圖5-4-8 (1)0～1 s內，A、B的加速度大小aA、aB； (2)B相對A滑行的最大距離x； (3)0～4 s內，拉力做的功W； (4)0～4 s內系統(tǒng)產生的摩擦熱Q. [題眼點撥]　①“木板A靜止在光滑水平面上”說明若水平方向對木板A

30、施力，木板A會做加速運動；②“F大小隨時間變化如圖乙所示”，要根據數據分析A、B兩物體是否發(fā)生相對滑動． [解析](1)在0～1 s內，A、B兩物體分別做勻加速直線運動 根據牛頓第二定律得μmg＝MaA F1－μmg＝maB 代入數據得aA＝2 m/s2，aB＝4 m/s2. (2)t1＝1 s后，拉力F2＝μmg，鐵塊B做勻速運動，速度大小為v1： 木板A仍做勻加速運動，又經過時間t2，速度與鐵塊B相等． v1＝aBt1 又v1＝aA(t1＋t2) 解得t2＝1 s 設A、B速度相等后一起做勻加速運動，運動時間t3＝2 s，加速度為a F2＝(M＋m)a a＝1 m/

31、s2 木板A受到的靜摩擦力f＝Ma<μmg，A、B一起運動 x＝aBt＋v1t2－aA(t1＋t2)2 代入數據得x＝2 m. (3)時間t1內拉力做的功W1＝F1x1＝F1·aBt＝12 J 時間t2內拉力做的功W2＝F2x2＝F2v1t2＝8 J 時間t3內拉力做的功 W3＝F2x3＝F2(v1t3＋at)＝20 J 4 s內拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40 J. (4)系統(tǒng)的摩擦熱Q只發(fā)生在t1＋t2時間內，鐵塊與木板相對滑動階段，此過程中系統(tǒng)的摩擦熱Q＝μmg·x＝4 J. [答案](1)2 m/s2　4 m/s2　(2)2 m　(3)40 J　(4)4 J [反思總結]　求解相對滑動物體的能量問題的方法 (1)正確分析物體的運動過程，做好受力情況分析. (2)利用運動學公式，結合牛頓第二定律分析物體的速度關系及位移關系. (3)利用Q＝Ffx相對計算熱量Q時，關鍵是對相對路程x相對的理解.例如：如果兩物體同向運動，x相對為兩物體對地位移大小之差；如果兩物體反向運動，x相對為兩物體對地位移大小之和；如果一個物體相對另一個物體往復運動，則x相對為兩物體相對滑行路徑的總長度. 14