第6章 专题提升七 功能关系 能量守恒定律(word教师用书)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

该高中物理讲义聚焦功能关系与能量守恒定律高考核心考点，涵盖摩擦力做功与能量转化、综合应用等重点内容，按“基础理解—定律应用—综合模型”逻辑架构知识点，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生构建能量问题分析框架。 资料突出科学思维与模型建构素养，如对比静摩擦力与滑动摩擦力做功特点培养分析能力，结合传送带、滑块—木板模型强化应用。设计分层练习配合例题解析，即时反馈突破难点，助力学生高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供结构化指导。

专题提升七　功能关系　能量守恒定律 【学习目标】　1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题。2.理解能量守恒定律并会应用其解决有关问题。3.掌握摩擦力做功与能量转化的关系。4.会应用能量观点解决综合问题。 提升点一　功能关系的应用 1.功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。 (2)功是能量转化的量度 ①不同的力做功，对应不同形式的能量转化，具有一一对应的关系。 ②做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。 2.几种常见的功能关系及其表达式 学生用书⬇第103页 (多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝3R，重力加速度为g，则小球从P点到B点的运动过程中(　　) A.重力势能减少了2mgR B.机械能减少了2mgR C.动能增加了mgR D.克服摩擦力做功mgR 答案：AD 解析：小球从P点到B点的运动过程中，重力做功为WG＝mg·2R＝2mgR，故重力势能减少了2mgR，A正确；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律有mg＝m，解得vB＝，从P点到B点过程，重力势能减小量为ΔEp减＝2mgR，动能增加量为ΔEk增＝m＝mgR，故机械能减少量为ΔE减＝2mgR－mgR＝mgR，从P点到B点过程，克服摩擦力做的功等于机械能减少量，则克服摩擦力做的功为mgR，B、C错误，D正确。故选AD。 在大力士比赛中，选手竖直向上抛出一重物。取抛出点所在水平面为参考平面，上升阶段重物的机械能E总和重力势能Ep随它离开抛出点的高度h的变化如图所示。重力加速度g取10 m/s2，由图中数据可得(　　) A.重物的质量为2.5 kg B.h＝8 m时，重物的动能为200 J C.重物上升过程中，阻力大小恒为100 N D.重物上升过程中，合力做功为－1 000 J 答案：D 解析：由题图可知，h＝8 m时E总＝Ep＝mgh＝800 J，则此时重物的动能为零，解得重物的质量为m＝10 kg，故A、B错误；根据功能关系有ΔE总＝－F阻h＝800 J－1 000 J，解得重物上升过程中，阻力大小F阻＝25 N，故C错误；根据题意可知，重物从抛出到最高点，重力做功－800 J，阻力做功－200 J，可知合力做功为－1 000 J，故D正确。 提升点二　能量守恒定律的理解及应用 1.能量守恒的两种方式 (1)转化：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)转移：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。 2.运用能量守恒定律解题的基本思路 如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子始终与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离L＝1 m。现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后恰好能弹回到C点。已知重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中： (1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能。 答案：(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J 解析：(1)在物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ×2mgcos θ×L＝×3m－×3mv2＋2mgLsin θ－mgL 解得v＝2 m/s。 (2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即×3mv2－0＝μ×2mgcos θ×2x，其中x为弹簧的最大压缩量 解得x＝0.4 m。 (3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点到弹簧被压缩至最短过程中，由能量守恒定律可得×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ×2mgcos θ×x＋Epm 解得Epm＝6 J。 学生用书⬇第104页 提升点三　动力学与能量观点的综合应用 摩擦力做功与摩擦生热的计算 两种摩擦力做功特点的比较 异同 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 擦力做 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＝－Ffx相对，即发生相对滑动时产生的热量 相同点 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 将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中，下列说法不正确的是(　　) A.沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同 B.沿着1下滑到底端时，物块的速度最大 C.物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多 D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量相同 答案：A 解析：设木板1、2、3与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1－μmgl1cos θ1＝m－0；当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2－μmgl2cos θ2＝m－0，又h1＞h2，l1cos θ1＝l2cos θ2，可得v1＞v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cos θ3＝m－0，又h2＝h3，l2cos θ2＜l3cos θ3，可得v2＞v3，故A错误，B正确。三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cos θ1，Q2＝μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，因为l1cos θ1＝l2cos θ2＜l3cos θ3，则Q1＝Q2＜Q3，故C、D正确。 传送带模型中的功能关系 1.分析方法 (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，常根据功能关系或能量守恒定律求解。 2.功能关系分析 (1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。 (2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对。 (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。 (多选)(2026·河南豫东十校模拟)传送带经常用于工厂物件输送，机场行李箱传送、快递物流分拣等各个领域。如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下，始终保持v＝4 m/s的速率逆时针运行，现把一质量为m＝9 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，工件被传送到高h＝18 m的顶端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，以工件在传送带底端时的势能为零，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　) A.工件从底端运送到顶端所需的时间为12.5 s B.工件到达顶端时的机械能为846 J C.工件与传送带之间因摩擦而产生的热量为1 152 J D.电动机由于传送工件而多消耗的电能为2 844 J 答案：ACD 解析：工件先做匀加速直线运动，有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2，则工件匀加速至速度等于v＝4 m/s时所用时间t1＝＝10 s，通过的位移为x1＝＝20 m＜L＝＝30 m，共速时，由于μmgcos θ＞mgsin θ，所以之后工件随传送带匀速上升，t2＝＝ s＝2.5 s，则共需时间t＝t1＋t2＝12.5 s，故A正确；工件到达顶端时的动能Ek＝mv2＝72 J，重力势能Ep＝mgh＝1 620 J，机械能E＝Ek＋Ep＝1 692 J，故B错误；工件匀加速运动的时间内传送带的位移x带＝vt1＝40 m，t1时间内工件与传送带间的相对位移大小Δx＝x带－x1＝20 m，摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δx，解得Q＝1 152 J，故C正确；电动机多消耗的电能E电＝E＋Q＝2 844 J，故D正确。 学生用书⬇第105页 “滑块—木板”模型中的功能关系 对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律时，要注意区分三个位移： (1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑； (2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板； (3)求摩擦生热时用相对位移Δx。 (多选)如图所示，质量M＝3 kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝3 kg表面粗糙的物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，经过时间Δt＝2 s物块和长木板达到共同速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.长木板加速运动的加速度大小是3 m/s2 B.物块与长木板之间的动摩擦因数为0.2 C.长木板长度至少为8 m D.物块与长木板系统损失的机械能为36 J 答案：BC 解析：长木板做匀加速运动的加速度大小a＝＝2 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律，对长木板有μmg＝Ma，解得物块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，故B正确；前2 s内长木板的位移x1＝·Δt＝×2 m＝4 m，物块的位移x2＝·Δt＝×2 m＝12 m，所以长木板最小长度Lmin＝x2－x1＝8 m，故C正确；根据能量守恒定律可得物块与长木板系统损失的机械能ΔE＝m －(m＋M)v2＝48 J，故D错误。 如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2； (2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。 答案：(1)0.5　0.375　(2)90 J 解析：(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L，物块B的质量为m，则斜面长为2L，长木板A的质量为2m 以长木板为研究对象，则L＝a1t2 根据牛顿第二定律，有 2mgsin θ－μ1·3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1 以物块B为研究对象，则2L＝a2t2 根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2 联立解得μ1＝0.5，μ2＝0.375。 (2)因摩擦产生的总热量 Q＝μ1·3mgcos θ·L＋μ2mgcos θ·L 代入数据解得Q＝90 J。 学科网（北京）股份有限公司 $