2026届高考物理二轮专项提升课件：功能关系和能量守恒定律

该高中物理高考复习课件聚焦功能关系、能量守恒定律及摩擦力做功与能量转化三大核心考点，依据高考评价体系梳理考点权重，如功能关系与图像结合占比超40%，归纳出选择题、计算题等常考题型，实现备考针对性与实用性统一。 课件亮点在于“真题研析+素养导向”，通过典题3对Ek-h图像斜率与阻力关系的科学推理，培养学生模型建构能力，结合“其他力做功=机械能变化量”等技巧，助力掌握能量问题解题逻辑，教师可据此精准突破高频考点，提升复习效率。

功能关系、能量守恒定律 考点一　功能关系的理解与应用 强基础•固本增分 1.对功能关系的理解 (1)做功的过程就是　　　　　　的过程,不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。  (2)功是能量转化的　　　　,功和能的关系,一是体现在不同的力做功,对应不同形式的能转化,具有一一对应关系,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。  能量转化 量度 2.常见的功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能减少量 W=Ep1-Ep2=-Δep 弹力做的功等于弹性势能减少量 静电力做的功等于电势能减少量 分子力做的功等于分子势能减少量 动能 合外力做的功等于物体动能变化量 能量 功能关系 表达式 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他=E2-E1=ΔE 摩擦产生的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q=Ff·x相对 电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W电能=E2-E1=ΔE 研考点•精准突破 功的正负与能量增减的对应关系 (1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。 (2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功。 (3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。 考向一 功能关系的理解 典题1 急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示,急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成,空气阻力不能忽略,下列说法正确的是(　　) A.蹬地起跳时,运动员处于失重状态 B.助跑过程中,地面对运动员做正功 C.从起跳到最高点过程,运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量 D.从空中最高点到落地瞬间,运动员克服空气阻力做的功等于重力势能的减少量 C 解析 蹬地起跳时,运动员的加速度方向先向上、后向下,运动员先超重、后失重,故A错误;助跑过程中,地面对运动员的作用力没有位移,地面对运动员不做功,故B错误;空气阻力不能忽略,从起跳到最高点过程,一部分动能转化为与空气摩擦产生的热,所以运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量,故C正确;从空中最高点到落地瞬间,重力势能转化为动能和与空气摩擦产生的热,运动员克服空气阻力做的功小于重力势能的减少量,故D错误。 典题2 如图所示,某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h,斜面与水平面平滑连接,斜面倾角为θ,小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ,一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下,滑到水平面上距离O点为l的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系,改变斜面倾角和斜面长度,小木块仍在A点停下,则小木块静止释放点的坐标可能是(　　) D 考向二 功能关系与图像结合 Ek-x 图像 斜率:合外力 ①合外力沿+x方向,②合外力沿-x方向 Ep-x 图像 斜率:重力、弹力等 ①力沿-x方向,②力沿+x方向 E-x 图像 斜率:除重力、弹力以外的力 ①沿+x方向,②沿-x方向 E-t 图像 斜率:功率 典题3 将一个物体竖直向上抛出,若物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下图中可能正确反映小球抛出后上升过程中速度v、加速度a随时间t的变化关系,以及其动能Ek、重力势能Ep随上升高度h的变化关系的是(　　) C 解析 由题意可得F阻=kv,根据牛顿第二定律可得mg+F阻=ma,速度减小则加速度减小,所以物体不是匀变速运动,故A错误;根据牛顿第二定律可得mg+kv=ma,即加速度和速度是线性关系,因速度和时间不是线性关系,因此加速度与时间不成线性关系,故B错误;上升过程,由动能定理可得-mgh-F阻h=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-(mg+F阻)h=Ek0-(mg+kv)h,由于速度减小,则Ek-h图像的斜率的绝对值逐渐减小,故C正确;设初位置的重力势能为Ep0,则有Ep-Ep0=mgh,可得Ep=mgh+Ep0,可知Ep-h图像为一条倾斜直线,故D错误。 典题4 如图甲所示,物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面,上升过程中,物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10 m/s2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则(　　) A.物体的质量m=0.67 kg B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5 C.物体上升过程的加速度大小a=12 m/s2 D.物体回到斜面底端时的动能Ek=20 J B 解析 物体到达最高点时,机械能为E=Ep=mgh,由题图乙可知Ep=30 J,解得m=1 kg,故A错误;物体上升过程中,克服摩擦力做功,机械能减少,且减少的机械能等于克服摩擦力做的功,有ΔE=-μmgcos α ,由题图乙可知ΔE=30 J-50 J=-20 J,h=3 m,解得μ=0.5,故B正确;物体上升过程中,由牛顿第二定律得mgsin α+μmgcos α=ma,解得a=gsin α+μgcos α =(10×0.6+0.5×10×0.8) m/s2=10 m/s2,故C错误;由图像可知,物体上升过程中摩擦力做功为W=ΔE=-20 J,在整个过程中由动能定理得Ek-Ek0=2W,则有Ek=Ek0+2W=50 J+2×(-20 J)=10 J,故D错误。 典题5 (多选)某同学将一带传感器的木箱从倾角为30°的斜坡顶端由静止释放,木箱滑到斜面底端时速度刚好为0,木箱与斜坡上、下两部分的动摩擦因数分别为μ1、μ2,通过分析处理传感器的数据得到木箱的动能和机械能与木箱下滑位移的关系图像分别如图中a、b所示,已知木箱动能最大时,机械能与动能大小之比为3∶1,已知木箱可视为质点,重力加速度为g,以斜坡底端为重力势能零点。下列说法正确的是(　　) C.动能最大时,木箱的机械能为3mgL0 D.木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为1∶3 BC 考点二　能量守恒定律的理解与应用 强基础•固本增分 1.内容 能量既不会　　　　　　　　,也不会凭空消失,它只能从一种形式 　　　　为另一种形式,或者从一个物体　　　　到别的物体,在转化或转移的过程中,能量的总量　 。  2.表达式 (1)E1=E2。 (2)ΔE减=　　　　。  凭空产生 转化 转移 保持不变 ΔE增 研考点•精准突破 列能量守恒定律方程的两条基本思路 (1)某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增加,且减少量和增加量一定相等。 (2)某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量一定相等。 典题6 如图所示,轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上,弹簧下端与斜面底端的挡板相连,可看作质点的小物块A、B叠放在一起,在斜面的顶端由静止释放一起沿斜面下滑。弹簧被压缩到最短时,A物块刚好从B上滑离,此后弹簧将物块B弹出,B刚好又能滑到斜面顶端,已知重力加速度为g,B物块与斜面间动摩擦因数为 ,则关于A、B的质量m和m'之间的关系,正确的 是(　　) A.m'=2m B.m'= m C.m'=2 m D.m'=3m A 解析 从开始运动直到弹簧压缩最短的过程中,对整体研究,由于弹簧被压缩到最短时,A物块刚好从B上滑离,则二者速度为0,设运动距离为L,则根据能量守恒定律可知(m+m')gLsin 30°-μ(m+m')gcos 30°·L=Ep,对于弹簧将物块B弹出,B刚好又能滑到斜面顶端的过程中,根据能量守恒定律可知Ep=m'gLsin 30°+μm'gcos 30°·L,联立解得m'=2m,故选A。 典题7 如图所示,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的 ,小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求: (1)小球离开桌面时的速度大小; (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 (2)设小球刚离开桌面到第一次落地所用时间为t,第一次落地的竖直速度为vy,落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x,第一次落地后弹起的竖直速度为vy',则 x=v0t vy=gt vy'2=2gh 考点三　摩擦力做功与能量转化 两种摩擦力做功特点的比较 比较项 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 能量的 转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体,而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能,此部分能量就是系统机械能的损失量 一对摩擦力的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值,总功W=-Ffs相对,即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功,也可以做负功,还可以不做功 典题8 冬奥会钢架雪车比赛照片如图甲所示,而为了研究方便我们可以把运动中的一个片段简化为如图乙所示的模型。B点是斜面与水平地面的连接处,质量为0.4 kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放,最后停在C点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为μ。不计物块经过B点时的能量损失;已知xAB=9 m,物块在斜面上做匀加速直线运动过程的总时间的正中间1 s内的位移为3 m,A、C两点的连线与地面的夹角β=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　　) A.物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5 m/s2 B.物块与接触面间的动摩擦因数为0.8 C.物块的重力势能的减少量小于7.2 J D.物块从B运动到C,因摩擦产生的热量为7.2 J D 典题9 (多选)如图所示,倾角为θ的固定斜面AB段粗糙,BP段光滑,一轻弹簧下端固定于斜面底端P点,弹簧处于原长时上端位于B点,质量为m的物体(可视为质点)从A点由静止释放,第一次将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q。已知A、B间的距离为x,重力加速度为g,则(　　) A.物体最终停止于Q点 B.物体由A点运动至最低点的过程中,加速度先 不变后减小为零,再反向增大直至速度减为零 C.物体与AB段的动摩擦因数 D.整个运动过程中物体与斜面间摩擦生热为mgxsin θ CD 解析 从A点由静止释放,物体能够滑下,说明重力的分力大于滑动摩擦力,所以物体不能停止于Q点,故A错误;物体接触弹簧前,由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得a=gsin θ-μgcos θ,加速度保持不变,刚接触弹簧时,因BP段光滑,没有摩擦,加速度突然增大为gsin θ,接触弹簧后,由牛顿第二定律有mgsin θ-kx=ma,随着压缩量x的增大,加速度a减小,当满足mgsin θ =kx时,加速度为零,之后有kx-mgsin θ=ma,随着压缩量x的增大,加速度a增大,直至速度为零,综上所述可知,物体由A点运动至最低点的过程中加速度先不变后突然增大,再减小为零,最后反向增大直至速度减为零,故B错误; 物体从A开始运动到上滑到Q点的过程,由能量守恒得 ,故C正确;由于物体在AB段运动时会有机械能损失,故物体每次反弹后上升的高度逐渐减小,最终物体以B点为最高点做往复运动,之后不会产生热量,由功能关系可得,物体在从开始到最终停止的整个运动过程中摩擦生热为Q=mgxsin θ,故D正确。 W=Ek2-Ek1=mv2- A. C. 解析 小木块从斜面的顶端由静止开始滑下,最终停在A点,设斜面长为L,则斜面在水平面的投影为x1=Lcos θ,根据功能关系可得mgh=μmgLcos θ +μmg(l-x1),整理可得mgh=μmgl,解得μ=,改变斜面倾角和斜面长度,小木块仍在A点停下,设小木块静止释放点的坐标为(x',h')。根据前面的分析可得mgh'=μmg(l-x'),整理可得h'=h-·x',当x'=l时,解得h'=h,当x'=l时,解得h'=h,当x'=l时,解得h'=h,当x'=l时,解得h'=h,故A、B、C错误,D正确。 · A.μ1= B.μ2= 解析 木箱在斜面上段滑行的过程有(mgsin 30°-μ1mgcos 30°)L1=Ek-0,此时的机械能E1=E0-μ1mgcos 30°·L1,由题意有E1=3Ek,由题图可知L1=5L0,联立解得μ1=,Ek=mgL0,E1=3mgL0,故A错误,C正确;木箱在斜面下段滑行的过程有(mgsin 30°-μ2mgcos 30°)L2=0-Ek,由题图可知L2=4L0,解得μ2=,故B正确;根据功能关系可知,木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比,故D错误。 答案 (1)　(2) 解析 (1)对释放小球到小球刚离开桌面这一过程,根据能量守恒定律得 Ep= 解得v0=。 vy'=vy 联立解得x=。 解析 设物块沿斜面下滑的加速度为a,正中间1 s内的位移为3 m,则正中间1 s内的平均速度=3 m/s,正中间1 s的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度,由匀加速直线运动规律有,2axAB=,解得a=2 m/s2,故A错误;A'为A在地面上的投影,设斜面的倾角为α,如图所示,物块从A到C,由动能定理有mghAA'-μmgcos α·xAB-μmg·xBC=0,由几何关系有hAA'=xABsin α, A'C=A'B+BC,综合可得μ=,又因为=tan β,则μ=tan β=0.75,故B错误; 设Q1为物块在AB段因摩擦产生的热量,由可得vB=6 m/s,在物块沿斜面下滑过程中,由能量守恒定律有mghAA'=Q1+,可得重力势能的减少量为mghAA'=Q1+7.2 J,即物块重力势能的减少量大于7.2 J,故C错误;物块从B运动到C,设Q2为物块在BC段因摩擦产生的热量,由能量守恒定律有Q2==7.2 J,故D正确。 μ= mgsin θ·=μmgcos θ·,解得μ= $