专题2 第6讲 机械能守恒定律 能量守恒定律 功能关系-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件

第6讲　机械能守恒定律　能量守恒定律　 功能关系 [高考素养]　1.理解机械能守恒定律、能量守恒定律。2.掌握常见的功能关系,结合实际情景分析功和能的转化。3.会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量观点问题。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　机械能守恒定律 考点二　能量守恒定律 考点三　功能关系 内容索引 考点一　机械能守恒定律 一 4 机械能守恒的判断方法与表达形式 考向1　多物体机械能守恒 [例1]　(2025·江西景德镇三模)运动员为了练习腰部力量, 在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑,运动的简化模型如图 所示,倾角为37°的光滑斜面固定放置,质量为m的运动员 与质量为m的重物通过轻质细绳连接,细绳跨过天花板上 的两个定滑轮,运动员从斜面上的某点由静止开始下滑,当 运动到A点时速度大小为v0=,且此时细绳与斜面垂 直,当运动到B点时,细绳与斜面的夹角为37°,已知A、B两点之间的距离为2L,重力加速度为g,运动员在运动的过程中一直未离开斜面,细绳一直处于伸直状态,不计细绳与滑轮之间的摩擦,运动员与重物(均视为质点)总在同一竖直面内运动,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　) A.运动员在A点时,重物的速度大小为 B.运动员从A点运动到B点,重物重力势能的增加量为 C.运动员从A点运动到B点,系统总重力势能的减小量为 D.运动员在B点时,其速度大小为 [答案]　C [解析]　设运动员的速度为v',绳与斜面的夹角为α,则沿绳 方向的分速度即重物的速度为v1=v'cos α,垂直绳方向的分 速度为v2=v'sin α,在A点时,细绳与斜面垂直,所以运动员在 A点时,重物的速度大小为零,故A错误;运动员从A点运动到 B点,重物重力势能的增加量为ΔEp1=mg(-2Ltan 37°)= mgL,故B错误;运动员从A点运动到B点,运动员的重力势能减 少ΔEp2=2mgLsin 37°=mgL,所以系统总重力势能的增加量为ΔEp=ΔEp1-ΔEp2=-mgL,即减少了mgL,故C正确;根据系统机械能守恒可知,系统减少的重力势能等于系统增加的动能,有=mv2+m(vcos 37°)2-m,可得运动员在B点时,其速度大小为v=,故D错误。 考向2　含弹簧系统机械能守恒 [例2]　(多选)(2025·河南开封二模)如图所示,半径为R的光滑大圆环 用一细轻杆固定在竖直平面内,质量为m的小球A套在大圆环上。上 端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接,并一起套在杆上, 小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过铰链连接,当小球A位 于圆环最高点时弹簧处于原长。此时给A一个微小扰动(初速度视 为0),使小球A沿环顺时针滑下,当杆与大圆环相切时小球A的速度为 (g为重力加速度)。不计一切摩擦,A、B均可视为质点,则下列说 法正确的是(　　) A.小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒 B.当杆与大圆环相切时B的速度为 C.小球A从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中滑块B的重力势能减小(3-)mgR D.小球A从圆环最高点到达杆与大圆环相切的过程中弹簧的弹性势能增加了mgR-mgR CD [解析]　轻质弹簧、小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能守恒, 故A错误;当轻杆与大圆环相切时,设此时轻杆与竖直方向的夹角为θ, 将B的速度沿轻杆和垂直轻杆方向分解,可得vBcos θ=vA=,根据几 何关系有cos θ==,联立解得vB=,故B错误;开始时滑块 B到圆环最高点的距离为hB=2R,小球A从圆环最高点到达与大圆环 相切时,滑块B到圆环最高点的距离为hB'=-R=R-R, 滑块B下降的距离为Δh=hB-hB'=2R-(R-R)=(3-)R,可得滑块B重力 势能减小量为ΔEpB=(3-)mgR,故C正确;A到达杆与大圆环相切的过程中,由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能增加量为ΔEp弹=ΔEpA+ΔEpB-EkA-EkB,根据几何关系可得整个过程A重力势能的减小量为ΔEpA=mg(R-Rsin θ),联立解得ΔEp弹=mgR-mgR,故D正确。 [以图说法] 图形示例 方法总结 共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 图形示例 方法总结 共角速度模型 两物体角速度相同,线速度与半径成正比 图形示例 方法总结 关联速度模型 根据沿绳或杆方向速度相等,找出两物体速度的关系 图形示例 方法总结 轻弹簧模型 (1)同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小,在弹簧弹性限度内,形变量相等,弹性势能相等 (2)由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统:弹簧形变量最大时,弹簧两端连接的物体具有相同的速度;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零) 二 考点二　能量守恒定律 15 应用能量守恒定律的基本思路 (1)守恒观点:E初=E末,系统初、末状态总能量不变。 (2)转移观点:EA减=EB增,A物体减少的能量等于B物体增加的能量。 (3)转化观点:|ΔE减|=|ΔE增|,减少的某些能量等于增加的某些能量。 [例3]　如图所示,左端固定的轻弹簧可以锁定在不同的压缩状态,质量m=1.0 kg的小滑块静止于光滑水平面并紧靠弹簧右端,水平面的右端与倾角为θ=37°的传送带平滑连接。已知滑块滑上传送带前已经做匀速运动,传送带两转轴间的距离L=5 m,滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,弹簧始终处于弹性限度内,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8。 (1)传送带不动,弹簧解除锁定后滑块恰能滑至传送带顶端,求弹簧锁定时的弹性势能Ep1; 解析:根据题意,由能量守恒定律有mgLsin θ+μmgLcos θ=Ep1, 代入数据解得Ep1=50 J。 答案：50 J (2)若传送带以恒定速率v1=8 m/s顺时针转动,解除锁定时弹簧的弹性势能Ep2=18 J,解除锁定后滑块滑至传送带顶端,求电动机因传送滑块多做的功W。 解析:若弹簧的弹性势能为Ep2=18 J,设滑块滑上传送带前的速度为v3,根据能量守恒定律有Ep2=m,解得v3=6 m/s<v1。 因为μ<tan θ,所以滑块在传送带上做减速运动,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma1,解得a1=2 m/s2, 设滑块在传送带上运动时间为t1,由运动学公式有v3t1-a1=L, 解得t1=1 s,t1=5 s(舍去)。 滑块到达传送带顶端时的速度v4=v3-a1t1=4 m/s, 滑块与传送带的相对位移为Δx=v1t1-L=3 m, 根据能量守恒定律可得W=mgLsin θ+m-m+μmgcos θ×Δx=32 J。 答案：32 J 传送带问题的综合分析 涉及物体在传送带上运动的具体细节问题,一般用动力学观点进行解决。从能量的观点进行分析,传送带因传送物体多做的功,等于物体增加的动能、重力势能及摩擦产生的热量之和,而摩擦产生的热量需要用摩擦力与相对路程的乘积进行求解。 反思提升 [例4]　(2025·福建厦门二模)如图所示,从A点以v0的速度水平抛出一质量m=2 kg的小物块(可视为质点),当小物块运动至B点时,恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC,圆弧轨道BC的圆心角α=37°,C点在O点的正下方,圆弧轨道C端切线水平且与水平面平滑连接。C点右侧水平面粗糙,在水平面上固定一个弹簧,弹簧的左端D距C点的水平距离为L=0.4 m,小物块离开C点后继续在水平面上向弹簧滑去,将弹簧压缩了x=0.1 m后停止滑行。小物块和水平面间的动摩擦因数μ=0.2,A、B两点距C点的高度分别为H=0.6 m、h=0.15 m,圆弧半径R=0.75 m,cos 37°= 0.8,sin 37°=0.6,g取10 m/s2。求: (1)小物块水平抛出时,初速度v0的大小; 解析:设小物块做平抛运动的时间为t,则有 H-h=gt2, 设小物块到达B点时竖直分速度为vy,有vy=gt, 由以上两式代入数据解得vy=3 m/s。 由题意可知,在B点时速度方向与水平方向的夹角为37°,有tan 37°=, 解得v0=4 m/s。 答案：4 m/s (2)小物块滑动至C点时的速度; 解析:设小物块到达C点时速度为vC,从A至C,由动能定理得 mgH=m-m, 解得vC=2 m/s。 答案：2 m/s (3)小物块停止滑行时弹簧具有的弹性势能大小。 解析:当弹簧压缩到最短时,由能量守恒定律可得 m=μmg(x+L)+Ep, 解得Ep=26 J。 答案：26 J 含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统,优先选用能量守恒定律。 反思提升 三 考点三　功能关系 26 常见功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能的减少量 W=Ep1-Ep2=-ΔEp 弹力做的功等于弹性势能的减少量 静电力做的功等于电势能的减少量 分子力做的功等于分子势能的减少量 动能 合外力做的功等于物体动能的变化量 W=Ek2-Ek1=mv2-m 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的变化量 W其他=E2-E1=ΔE机 因摩擦 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,x相对为相对路程 电能 克服安培力做的功等于电能的增加量 W克安=E2-E1=ΔE [例5]　(多选)如图所示,用力F拉着一个物体从固定斜面上的A点运动到B点的过程中,重力做功-4 J,拉力F做功9 J,阻力做功-1 J,则下列判断正确的是(　　) A.物体的重力势能增加了9 J B.物体的机械能增加了3 J C.物体的机械能增加了8 J D.物体的动能增加了4 J CD [解析]　重力做功-4 J,则物体的重力势能增加了4 J,故A错误;根据动能定理可得ΔEk=WF+WG+Wf=9 J-4 J-1 J=4 J,即物体的动能增加了4 J,故D正确;物体的机械能增加量ΔE=ΔEk+ΔEp=4 J+4 J=8 J,故B错误,C正确。 [例6]　如图所示,足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面底端有一固定挡板,轻质弹簧下端与挡板相连,上端与物体A相连。用不可伸长的轻绳跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来,A与滑轮间的轻绳与斜面平行。初始时用手托住B,轻绳刚好伸直,此时物体A处于静止状态。不计滑轮质量与摩擦,弹簧始终在弹性限度内,忽略空气阻力。现由静止释放物体B,在B第一次向下运动的过程中(　　) A.轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量 B.物体B重力做的功等于物体B机械能的变化量 C.轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性 势能的变化量之和 D.两物体与轻绳组成的系统机械能变化量的绝对值 等于弹簧弹性势能变化量的绝对值 D [解析]　轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化量,故A错误;重力做的功等于物体重力势能的减少量,故B错误;依题意得,轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能与弹簧弹性势能的变化量之和,故C错误;两物体和弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律可知,故D正确。 四 课堂巩固 强化关键能力 1.质量为m的跳伞运动员在高空由静止下落,从静止下落到打开降落伞之前运动员一直做竖直方向的匀加速运动,此过程中,运动员减少的重力势能与增加的动能之比为9∶8,重力加速度为g,若此过程运动员下降的高度为h,则此过程中(　　) A.运动员的加速度大小为g B.合外力对运动员做的功为mgh C.运动员的机械能减少量为mgh D.空气阻力对运动员做的功为mgh C 解析:下降h高度过程,运动员减少的重力势能为mgh,根据题意可知,增加的动能为ΔEk=mgh,根据动能定理可知,合外力对运动员做的功为W=ΔEk=mgh,故B错误;根据动能定理,有mah=mgh,解得a=g,运动员机械能的变化量为ΔE=-mgh+mgh=-mgh,即运动员的机械能减少量为mgh,故A错误;C正确;根据功能关系,运动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的功,即空气阻力对运动员做的功为-mgh,故D错误。 2.(多选)(2025·陕西商洛三模)如图所示,倾角为53°的光滑斜面固定在水平面上,轻质弹簧(劲度系数未知)一端悬挂在O点,另一端与质量为m的小球(视为质点)相连,B点在O点的正下方。小球从斜面上的A点由静止释放,沿着斜面下滑,已知OA与斜面垂直,且O、A两点间的距离为L,重力加速度大小为g,小球刚到达B点时,对斜面的弹力刚好为0,弹簧的原长为L,且始终处于弹性限度内。劲度系数为k的轻质弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x的关系为Ep=kx2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。下列说法正确的是(　　) A.弹簧的劲度系数为 B.小球在B点时弹簧的弹性势能为 C.小球到达B点时的动能为mgL D.小球从A点运动到B点的过程中,弹簧的弹性势能一直增大 BD 解析:由几何关系可知OB=,又因为小球刚到达B点时与斜 面间的弹力刚好为0,则小球在垂直于斜面方向受力平衡,有 k(-L)cos 53°=mgcos 53°,解得k=,选项A错误;小球在 B点时弹簧的弹性势能EpB=k()2=,选项B正确;小球从 A点运动到B点,弹簧的伸长量一直增大,弹簧的弹性势能一直增大,由能量守恒定律有mg×sin 53°=EpB+Ek,解得Ek=,选项C错误,D正确。 感谢您的观看 $