第16讲　能量守恒定律 课件 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“能量守恒定律”专题，覆盖功能关系理解与应用、摩擦力做功与能量关系、弹簧能量问题三大核心考点，对接高考评价体系，通过表格对比力做功与能量变化关系，结合浙江选考等真题典例，明确高频考点分布，归纳板块模型、传送带等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+模型建构+易错警示”策略，如功能关系选用原则、板块模型能量规律解析，以2026浙江选考足球运动题为例，培养科学推理和模型建构素养，帮助学生掌握摩擦生热计算等技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

第16讲　能量守恒定律 考点一　功能关系的理解和应用 必备知识•全方位凝练 1.功能关系 (1)功是能量转化的量度,即做了多少功就有多少能量发生了转化,而且能的转化必须通过做功来实现。 (2)几种常见力做功与能量转化的关系 ①重力做功:重力势能和其他能相互转化。 ②弹簧弹力做功:弹性势能和其他能相互转化。 ③滑动摩擦力做功:机械能转化为内能。 ④电场力做功:电势能与其他能相互转化。 ⑤安培力做功:电能和机械能相互转化。 (3)几种常见的功能关系 几种常见的力做功 对应的能量变化 数量关系式 重力 正功 重力势能减少 WG=-ΔEp 负功 重力势能增加 弹簧等 的弹力 正功 弹性势能减少 W弹=-ΔEp 负功 弹性势能增加 电场力 正功 电势能减少 W电=-ΔEp 负功 电势能增加 合力 正功 动能增加 W合=ΔEk 负功 动能减少 重力以外 的其他力 正功 机械能增加 W其=ΔE 负功 机械能减少 2.功能关系的选用原则 (1)在应用功能关系解决具体问题的过程中,若只涉及动能的变化,则用动能定理分析。 (2)只涉及重力势能的变化,用重力做功与重力势能变化的关系分析。 (3)只涉及机械能变化,用除重力之外的力做功与机械能变化的关系分析。 (4)只涉及电势能的变化,用电场力做功与电势能变化的关系分析。 [练一练] 判断下列说法对错 (1)力对物体做了多少功,物体就具有多少能量。(　　) (2)能量在转移或转化的过程中,其总量会不断减少。(　　) (3)在物体的机械能减少的过程中,动能有可能是增大的。(　　) × × √ 关键能力•多维度提升 典例　(2026浙江1月选考)如图所示,质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中达到最高点2的高度为h,则足球(　　) A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 B 解析 斜抛运动在最高点2左右两侧轨迹不对称,说明足球受到空气阻力作用,所以从1到2,动能的减少量大于重力势能的增加量mgh,A错误,B正确。从2到3,重力做功为mgh,但由于空气阻力做负功,所以动能增加量小于mgh,机械能减小,C、D错误。 变式练 (2025浙江湖州模拟)如图所示,轻弹簧一端悬挂在横杆上,另一端连接质量为m的重物,弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上、大小为F=mg的恒力,重物上升的最大高度为h,已知弹簧的弹性势能表达式为Ep=kx2,则(　　) A.上升过程中系统机械能守恒 B.开始时弹簧的弹性势能为mgh C.上升过程中重物的最大动能为mgh D.上升到最高点过程中重物的重力势能增加mgh B 解析 上升过程中,恒力F对系统做正功,系统的机械能增加,故A错误;设初始时弹簧伸长量为x1,对重物有mg=kx1,重物上升的最大高度为h的过程中,对系统由能量守恒定律+Fh=mgh+k(x1-h)2,解得h=x1,所以开始时弹簧的弹性势能为Ep1=mgh,故B正确;上升过程中,当重物所受合力为零时,速度达到最大,则此时弹簧的形变量为x2,故F+kx2=mg,解得x2=x1=h,在此过程中由能量守恒定律F(x1-x2)+=mg(x1-x2)+,上升过程中重物的最大动能为Ekm=mgh,故C错误;上升到最高点过程中重物的重力所做的功为WG=-mgh,根据重力势能与重力做功的关系可知,重物重力势能的增加量为Ep=mgh,故D错误。 考点二　摩擦力做功与能量的关系 必备知识•全方位凝练 1.两种摩擦力做功的比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做的功的代数和为零,即要么一正一负,要么都不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值,即至少有一个力做负功 只有能量的转移,没有能量的转化 既有能量的转移,又有能量的转化 两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功,还可以不做功 2.板块模型的动力学和能量规律 (1)两个分析角度 ①动力学角度:首先隔离物块和木板,分别分析受力,求出加速度,根据初速度分析两者的运动过程,画出运动轨迹图,找到位移和相对位移的关系,根据时间关系列位移等式和速度等式。 ②能量角度:物块在木板上滑行时,速度减小的物块动能减小,速度增大的木板动能增大,根据能量守恒,减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和。 (2)三种处理方法 ①求解对地位移可优先考虑应用动能定理。 ②求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。 ③地面光滑时,求速度可优先考虑应用动量守恒定律。 3.传送带的动力学和能量规律 (1)两个设问角度 ①动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系。 ②能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解。 (2)两个功能关系 ①传送带电动机做的功W电=ΔEk+ΔEp+Q=Fx传。 ②传送带摩擦力产生的热量Q=Ff·x相对。 关键能力•多维度提升 典例　(2025浙江温州龙湾中学高三期末)从地面竖直向上抛出一物体,运动过程中空气阻力保持恒定,以地面为参考平面,图甲为物体机械能E随物体距地面高度h变化的关系图像,重力加速度取10 m/s2 。根据图中信息,下列说法正确的是(　　) A.图像中的MN段表示物体在下降 B.可以计算出物体的质量为0.2 kg C.可以计算出空气阻力大小为2 N D.此过程中的动能Ek随物体运动路程s的变化图像可用图乙表示 C 解析 从地面竖直向上抛出一物体,空气阻力一直做负功,机械能一直减小,则物体上升阶段的机械能大于下降阶段的机械能,故图像中的MN段表示物体在上升,故A错误;物体上升阶段克服空气阻力做功等于下降阶段克服空气阻力做功,有EM-EN=EN-EP,则EN=70 J,在最高点,物体的动能为零,则物体的机械能等于重力势能,为EN=mgh,解得物体的质量为m=1.4 kg,故B错误;物体上升阶段克服空气阻力做功为Wf=EM-EN=Ffh,解得空气阻力大小为Ff=2 N,故C正确;物体刚开始运动时,动能不为零,运动到最高点时即运动路程为5 m时,动能为零,故此过程中的动能Ek随物体运动路程s的变化图像不可用题图乙表示,故D错误。 易错提醒 (1)无论是计算滑动摩擦力做功,还是计算静摩擦力做功,都应代入物体相对于接触面的位移。摩擦生热Q=Ffl相对中,若物体在接触面上做往复运动,则l相对为总的相对路程。 (2)曲面上的摩擦力做功一般不能直接用力乘以物体的位移或路程来计算,物体在运动过程中的摩擦力大小是不断变化的。曲面上的摩擦力做功多结合圆周运动问题,需运用动能定理求解摩擦力做的功。 考点三　涉及弹簧的能量问题 必备知识•全方位凝练 从能量的角度看,弹簧是储能元件。处理涉及弹簧的能量问题时,要特别注意: (1)当涉及弹簧的弹力做功时,由于弹簧的弹力是变力,故一般不直接采用功的定义式求解。中学阶段通常根据动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律来间接求解弹簧弹力做的功或弹簧储存的弹性势能。 (2)弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关,对同一根弹簧而言,无论是处于伸长状态还是压缩状态,只要形变量相同,其储存的弹性势能就相同。 关键能力•多维度提升 典例　(2025浙江温州期末)某固定装置的竖直截面如图所示。弹簧装置处在水平直轨道AC的左侧,圆轨道与水平直轨道相交于B点,B点位于AC中点处。现压缩弹簧以发射质量为m的滑块a,滑块a滑过AB段、圆轨道和BC段后,与静止在C点的质量为3m的滑块b碰撞(时间极短)。碰撞后滑块b恰能到达圆弧轨道上的D点,并被立即锁定不再运动。已知发射时弹簧的弹性势能Ep=26 J,弹性势能会全部转化为动能,m=0.2 kg,水平轨道长LAC=1.0 m,圆轨道半径R1=0.1 m,圆弧轨道半径R2=8.0 m,D点和圆弧轨道圆心的连线与竖直方向的夹角θ=53°,滑块与AC间的动摩擦因数μ=0.2(其他轨道均光滑,轨道间均平滑相切连接,滑块可视为质点,不计空气阻力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)。求: (1)滑块a第一次滑至圆轨道最高点时受到的轨道作用力大小FN; (2)滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE; (3)若改变B点位置,使滑块a在整个滑动过程中不脱离轨道,求满足条件的BC长度LBC。 答案 (1)506 N　(2)0　(3)LBC≤0.5 m 解析 (1)从开始发射到滑至圆轨道最高点,由能量守恒定律得 Ep-μmgLAC-2mgR1=mv2 在圆轨道最高点时,由牛顿第二定律和向心力公式得 FN+mg=m 联立解得 FN=506 N。 (2)在C点,碰撞前滑块a的速度为v0,由能量守恒定律得Ep-μmgLAC= 解得v0=16 m/s 碰撞后滑块b的速度为vb,由动能定理得3mgR2·3m 解得vb=8 m/s 碰撞后滑块a的速度为va,由于碰撞时间极短,碰撞过程动量守恒,得 mv0=mva+3mvb 解得va=-8 m/s 即碰撞后滑块a反向运动,速度大小为8 m/s 则滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为 ΔE=·3m=0。 (3)滑块a碰撞后从C点开始向左运动,滑块a具有的初始动能为E0==6.4 J 滑块a将在轨道间往复运动,直到最后无法完整通过圆轨道而停在直轨道上。 ①若某时刻滑块a恰好能通过圆轨道最高点,有mg=m 从滑块a开始向左运动至此刻,由动能定理可得-μmgx1-2mgR1=-E0 联立解得x1=14.75 m 14LAC<14.75 m<15LAC 分析可知在最后一个周期中,滑块会从C点向左运动,若BC距离小于等于0.75 m,滑块一定能通过最高点,即满足条件的BC长度LBC≤0.75 m ②若某时刻滑块a恰好到达圆心等高处,由动能定理 -μmgx2-mgR1=0-E0 解得x2=15.5 m 15LAC<15.5 m<16LAC 分析可知在最后一个周期中,滑块会从A点向右运动,若AB距离大于0.5 m,滑块将到不了圆心等高处,满足不脱离轨道的条件,故 LBC≤0.5 m 综合①②分析可知,满足条件的BC长度LBC≤0.5 m。 [真题信息拓展] (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μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0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t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0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t2。忽略空气阻力,则(　　) A.t1<t2 B.t1>t2 C.x1>x2 D.x1<x2 A 解析 对两次运动的整个过程,根据能量守恒定律,有=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN),=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN),可得x1=x2,故C、D错误;根据牛顿第二定律,有μmg=mg,可得a=μg,由于μ1>μ2,故滑块在MN上滑动时的加速度更大。根据上述分析可知两次运动的总位移相等,即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积相等。由于第二次滑动时滑块距离M点较近,根据公式-v2=2μ2gx,可知第二次到达M点时速度较大,作出整个过程中两次滑动的v-t图像如图所示,可得t2>t1,故A正确,B错误。 $