专题二 第6讲 能量守恒、功能关系-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习学案

025 (1)求物块第一次到达Q点时的速度大小； (2)为满足上述运动，求物块从圆弧轨道上释放高度的范围； (3)当物块从半径大于100m圆弧轨道上高度为0.8m的位置由静止释放后，发现该物块在圆弧轨道上运动的 时间与从N点运动至第二次到达P点的时间相等，求圆弧轨道的半径。（结果保留到整数） 温馨提示：复习至此，请做练案[6] 第6讲 能量守恒、功能关系 〈核心知识固双基 凸“心备知识”提炼 1,机械能守恒：公式为Ek1+E。=E2+E卫，规律是只有重力或弹力做功时机械能守恒。 2.轻绳连接体机械能守恒时，两物体速度沿绳方向分量相等；抛体运动中机械能守恒，且任意两点机械能相等。 3.能量守恒定律：公式为△E增=△E做，规律是能量不会凭空产生或消失，只会转化或转移。 4.摩擦生热Q=∫·s相：传送带问题中，传送带消耗的能量等于产生的内能与被传送物获得的动能之和。 5.功能关系：公式有W。=-△E,、W合=△E等，规律是力做的功大小等于对应能量的变化量。 6.除重力和弹力外的其他力做功等于机械能的变化：弹簧弹力做功W=-△E。,且同一弹簧形变量相同时弹性势 能相等。 益：“关键能力”构建 1.机械能守恒的判断与应用：思维上紧扣“只有重力/弹力做功”的条件，可通过“做功判断法”（除重力、弹力外其 他力不做功或做功代数和为零)或“能量转化法”（只有动能与势能相互转化）判断。模型有轻绳连接体（如双 球摆动)、光滑曲面（滑块往返运动）、抛体运动（忽略空气阻力）。关键：明确零势能面选取不影响守恒结论，优 先选初末状态分析势能变化。 2.能量守恒定律的应用：核心是“系统选取与能量形式分析”，确定研究系统内的动能、势能、内能等能量形式。 典型模型包括含摩擦的传送带（机械能转化为内能）、碰撞问题（动能与内能转化）、电磁感应中的能量转化（机 械能与电能)。需注意：摩擦生热Q=∫·相对位移，且能量守恒式需涵盖所有参与转化的能量。 3.功能关系的应用：思维上建立“力做功与能量变化”的对应关系（如重力做功对应重力势能变化，合外力做功对 应动能变化)。模型涉及弹簧振子（弹力做功与弹性势能关系）、电场力做功（电势能与机械能转化）。关键：区 分“功是能量转化的量度”与“能量守恒”的逻辑，避免混淆力的做功对象与能量归属。 026 〈命题热点巧突破 题型1机械能守恒的判断与应用 )真题研究 (2025·河北廊坊模拟)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面体 甲中 左侧的适当位置固定一光滑竖直硬杆，质量均为m的两小球（均视为质点）用长为3L的 .3L 轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、乙由静止释放时，轻质硬杆与竖 直硬杆的夹角为30°，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，乙的动能为 ( A-1 10mgl B.3+1 10mgl 30C 洛 D.Togl. )规律克结 连接体的机械能守恒问题 共速率模型 B A 77777777 分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速度模型 R 两物体角速度相同，线速度与半径成正比 ⊙ 关联速度模型 7777777777777 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 ①同一根弹簧弹性势能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 轻弹簧模型 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧 B 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) 说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统（包含弹簧）机械能守恒，单个物体机械能不守恒。 题型2能量守恒定律的应用 】真题研究 (2025·云南卷)如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上 MN段的动摩擦因数为山，与其余部分的动摩擦因数为2，且山>u2。 第一次，滑块从I位置以速度向右滑动，通过MN段后停在水平面 上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1,所用时间为；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度向 右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2,所用时间为2。忽略 空气阻力，则 A.l<l2 B.t1>2 C.> D.<x2 027 规津总结 1.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。 2.应用能量守恒定律的基本思路 (1)守恒：E初=E末，初、末总能量不变。 (2)转移：EA减=E增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量。 (3)转化：I△E诚=△E增I,减少的某些能量等于增加的某些能量。 》对点训练 (2025·浙江绍兴二模)如图所示，质量为2000kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚 安全钳 接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s,缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安 全钳提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为E,=(:为弹簧的劲度 电梯 系数，x为弹簧的形变量)，安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g= 10m/s2,不计空气阻力，下列说法正确的是 ( A.弹簧的劲度系数为3000N/m B.整个过程中电梯的加速度一直在减小 C.电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N D.电梯从接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J 题型3功能关系的应用 》】真题研究 (2024·山东卷)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放 置的轻木板上，木板通过一根原长为1的轻质弹性绳连接，连接点等高且 甲 间距为d(d<1)。两木板与地面间动摩擦因数均为4，弹性绳劲度系数7 777777777777 为k,被拉伸时弹性势能E=(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚 要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 度大小为g,则F所做的功等于 () A.(umg) B.3(umg)2 2k +umg(I-d) 2k +umg(1-d) C.3(umg) +2umg(1-d) D.(umg)2 2k 2k +2μumg(l-d) 【审题指导】 关键表述 物理量及其关系 木板通过一根原长为！的轻质弹性绳连接 弹性绳不可等同于弹簧，只有拉伸状态下存在弹力 用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要 说明力F为变力，此时弹性绳弹力F弹=umg,伸长 离开原位置 量△x=m竖 k )对点训练 (2025·浙江诸暨模拟)如图所示，儿童沿倾斜的滑梯匀加速下滑。下列关于滑板与儿童裤料之间的动摩擦因 数4、儿童的速度大小、重力势能E。和机械能E随运动时间t的变化关系中正确的是 B C 温馨提示：复习至此，请做练案[7]设斜面的倾角为日，向上匀速运动时根据平衡条件有 F+mog=(m m2)gsin 0+k(m +m2)g ③ 向下匀速运动时根据平衡条件有m1gsin0=mg+km1g (④ 联立②③④式可得sin0=0.5,k=0.1。 (2)方法一：关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L 到达卸粮点过程，对整体由动能定理可得 -(m,+ma)glsin 0-k(m,+m2)gl mogl =(mi +m2+m)2 解得L=岛 方法二：关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线 运动，设加速度为a,对系统由牛顿第二定律有 (m m2)gsin 0+h(m+m2)g -mog =(m +m2+ mo)a 部程a-nm m/s2 由运动学公式可知v2=2aL .67 解得L=185m 对点训练 (1)4m/s(2)0.65m≤h≤0.95m(3)110m 【解析】（1)设物块质量为m,由动能定理可得 1 -umng(2+L:)=0-2mDo 解得vo=4m/s。 （2)物块狱匀加追运动，有g=了，2-宁n mgh,=之mn2 解得h,=0.65m 物块微句减选运动，有-ng山了m-了m】 1 解得h2=0.95m 0.65m≤h≤0.95mo (3)物块由h=0.8m处下滑，有mgh=2mw 解得v=4m/s 4-6+b4-24+2% 解得4=+L+2(L+2弘) 而ts R =4×2m√8 解得R-4 28≈110m。 26 第6讲能量守恒、功能关系 题型1 真题研究 3L B甲下降的高度为h年=2心心0。=L,乙下降的高度 为：=(5L-20)n30业，当轻质 2 硬杆与斜面刚好平行时，把甲的速度”甲分别沿着轻质 硬杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速 度为，有v=sin30°，小球乙的速度vz沿着斜面，轻 质硬杆与斜面平行，则z沿着轻质硬杆，有vz=v, 甲、乙两球组成的系统由机械能守恒定律可得mgh甲+ 1 1 h之)mwm2+)m心2乙的动能为Ez=)W气 3+1 综合解得Ez=10mgL,故B正确。 题型2 真题研究 A 对两种运动的整个过程” w 根据能量守恒有2m,= 1mgxM+2mg（x1-xMy）, 2 mvom+umg( 1 0 66t -x),可得x1=x2,故C、D 错误；根据牛顿第二定律mg=ma,可得a=g,由于 u,>42,故滑块在MN上时的加速度大，根据前面分析 可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中)-t 图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离 M点的距离较近，根据公式，2-v2-2μ2gx可知第二次 到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态 的v-t图像，可得t2>t,,故A正确，B错误。 对点训练 D电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4/s,缓冲 弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒得 之m+mg·Ax=A2+R,·4x,代入数据解得k 1 11000N/m,故A错误；与弹簧接触前，电梯做匀加速直 线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动 后做加速度逐渐增大的减速运动，故B错误；电梯停止 在井底时，由受力平衡得k△x=mg+F静，代人数据解得 F游=k△x-mg=22000N-20000N=2000N,故C错 误；当电梯速度最大时，加速度为零，则kAx'+Fr=mg, 解得△x'=mg-E-200017000m=3 k 11000 =立m,电梯从 60 接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系 统损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则△E=F,· 4-170×名146001.放D正确。 题型3 真题研究 B当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木 板整体有k。=wmg,解得弹性绳的伸长量，=m坚，则 k 此时弹性绳的弹性势能为么=子，：心兰，从开始 2k 拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过 程，乙所坐木板的位移为x,=x。+1-d,则由功能关系 可知该过程F所做的功W=E,+wmgx-3+ 2k umg(l-d),故选B。 对点训练 C儿童下滑过程中做匀加速直线运动，即加速度α不 变，则根据匀变速直线运动规律可知v=at,故v与t成 正比，故B错误；设滑梯与水平面倾斜角为0，根据牛顿 第二定律可知儿童所受合力为F合=mgsin0-umgcos8 =ma则a=gsin0-ugcos0,加速度不变则动摩擦因数 u不变，故A错误；设初始重力势能为E,。,则重力做正 功，重力势能减小，即mgh=mxsin0=mgsin0·之a =E,o-E,整理得E。=Eo-mgsin0.。 at2可知E。-t 图像应该是向下开口的抛物线，故C正确：设初始机械 能为E。,除重力和系统内弹力以外的其他力做功导致 a= 机械能改变，即-mgcos0·x=-umgcos日·】a -E。,整理得E=E。-mgcos6·2ad可知E-t图像 应该是向下开口的抛物线，故D错误。 第7讲动量定理、动量守恒定律 题型1 真题研究 B沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知mg- hm=ma①，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小， 当α=0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满 足mg=km.②，解得vm=2×l0-3m/s,由动量定理可得 mgt-kt=mw,即mgt-h=mw,则沙尘下落时间为t= +m,由于m<h,则t=幼=10s≈3h,故选B。 mg mg 20 对点训练 B在时间△t内车头遇到的水珠的质量△m,= vAtSnm,遇到空气的质量△m2=v△tSp,对这些水珠及空 气的整体研究，由动量定理F△t=(△m1+△m2)v,解得 F=(p+m)S0,由牛顿第三定律可知列车因与空气和 水珠冲击而受到的阻力约为F'=(p+nm)S2,故选B。 题型2 真题研究 DP、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mp+mv" =mpp'+mN',即mp(p-p')=mx(x'-),根据 图像可知(vp-p')>(x'-vx),故mp<mx;同理，Q、N 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mo"o+mxvx=mo"o +mxx',即mo(g-vo)=mx(vx'-"x),根据图像可知 （vg-"g)<(′-x),故mo>mx;故mo>mx>mp,故 选D。 对点训练 C对游客，从山坡滑下的过程有h=之m,解得： =6m/s,游客恰好不会脱离浮板有mw=2mw共，wmgL= 1 2-号×2mwt,解得比=0.5，故C正 题型3 真题研究 0。(223)(合)m 【解析】(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞， 由于钢球质量也为m,根据动量守恒和机械能守恒可 知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧 钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为"。 (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量 守恒定律有mo=mw1+3m2 21 1 由能量守恒定律有2mu,2=2m,’+2×3m, 2 解得，=m-3m 2m m+3m =-2%0,m+3m020 1 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为20 (3)根据题意结合(2)题分析可知，玻璃球与右侧第一 个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的】，右侧 第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换， 静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小 球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反 弹，且速度大小为碰撞前的？，综上所选，玻璃球碰拉 112m 2n次后速度大小为”=(2)%，则玻璃球碰撞2m次 1 4+1 后最终动能大小E= 2 2 ò1