第6章 5.第4 节 功能关系 能量守恒（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦“功能关系 能量守恒”核心章节，依据高考评价体系明确两大考查方向，功能关系理解应用（T1、3、6）和能量守恒定律理解应用（T2、4、5、7），通过真题归类分析考点权重，归纳蹦极能量变化、水泵功率计算等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于高考真题深度训练与科学思维培养，如以2024江苏重力储能题为例，通过动力学与能量观点双解法渗透模型建构和科学推理素养，针对机械能守恒条件判断等易错点提供解题导引，帮助学生掌握能量转化分析技巧，教师可据此精准定位薄弱环节，提升复习效率。

第4节 功能关系　能量守恒 返回目录  常见的功能关系的理解和应用T1、3、6　     能量守恒定律的理解和应用T2、4、 5、7 返回目录 1.★★(2023浙江1月,4,3分)一位游客正在体验蹦极,绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵 身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中     ( ) A.弹性势能减小 B.重力势能减小 C.机械能保持不变 D.绳一绷紧动能就开始减小 　    B　     高考真题 返回目录 解析　游客下落过程中,橡皮绳绷紧后,形变增大、弹性势能增大,A错误;此过程中重力 做正功,重力势能减小,B正确;对游客,该过程中有除重力以外的力对游客做功,故机械 能不守恒,C错误;绳恰好绷紧时,游客所受合力仍向下,速度仍会增大,动能并未开始减 小,D错误。 返回目录 2.★★★(2024安徽,7,4分)在某地区的干旱季节,人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农 田,简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面 的高度为h,与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变,水泵输出能量的η 倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ,水管内径的横截面积为 S,重力加速度大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出功率约为     ( )   　    B　     A.  　　　    B.   C.  　　　    D.   返回目录 解析　设水从出水口射出的初速度为v0,取单位时间内射出的水为研究对象,该部分水 的质量为m=v0Sρ,根据平抛运动规律有v0t=l,h= gt2,解得v0=l ,根据能量守恒定律得P η= m +mg(H+h),联立解得水泵的输出功率P= · ,B正确。 返回目录 3.★★★(2024山东,7,3分)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l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(d<l)。两木 板与地面间动摩擦因数均为μ,弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E= kx2(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 ( )   　    B　     A. +μmg(l-d)　　　　    B. +μmg(l-d) C. +2μmg(l-d)　　　　    D. +2μmg(l-d) 返回目录 解题导引　“轻木板”“轻质弹性绳”,表示它们的质量忽略不计;“缓慢”拉动表示 乙与所坐木板处于动态平衡状态。 解析　甲所坐木板刚要离开原位置时,设弹性绳伸长量为x,则有kx=μmg,x= ;水平力 F“缓慢”拉动乙所坐木板,故可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零,由功能关系 可知水平力F做的功W=μmg(l-d+x)+ kx2,将x的表达式代入得W= +μmg(l-d), B正确。 返回目录 4.★★★(2024江苏,15,12分)某重力储能系统的简化模型如图所示,长度为L,倾角为θ的 斜坡ABCD上,有一质量为m的重物通过绳索与电动机连接。在电动机牵引下,重物从斜 坡底端A点由静止开始运动,到达B点时速度达到最大值v,然后重物被匀速拉到C点,此 时关闭电动机,重物恰好能滑至顶端D点,系统储存机械能。已知绳索与斜坡平行,重物 与斜坡间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不计空气阻力和滑轮摩擦。 (1)求CD的长度x; (2)求重物从B到C过程中,电动机的输出功率P; (3)若不计电动机的损耗,求在整个上升过程中,系统 储存的机械能E1与消耗电能E2的比值。 返回目录 答案 (1)  (2)mgv  (3)  返回目录 解析    (1)解法一     动力学观点 重物在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得 mg sin θ+μmg cos θ=ma 由运动学公式有0-v2=-2ax 联立解得x=  解法二     能量观点 重物在CD段运动过程中,由动能定理有 - x=0- mv2 返回目录 解得x=  (2)重物在BC段匀速运动,则电动机对重物的牵引力为F=mg sin θ+μmg cos θ 由P=Fv得P=mgv  (3)全过程中重物初、末态的动能均为0,重力势能增加,则重物增加的机械能为E1=mgL sin θ 整个过程根据题意及能量守恒可知,电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能(即 系统储存的机械能)和因摩擦产生的热量,故可知E2=E1+μmg cos θ·L 可得 = =  返回目录 5.★★★(多选)(2025届河南名校联盟三模)某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数 足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力为定 值。轻杆向右移动的距离不超过L时,装置可安全工作。若一小车分别以初动能Ek和2 Ek撞击弹簧,导致轻杆分别向右移动 和 。已知装置安全工作时,轻杆与槽间的最大 静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面间的摩擦。比较小车这两次撞击缓冲的 过程,下列说法正确的是 ( )   　    AD　     高考模拟 A.弹簧的最大弹性势能为  B.轻杆与槽间的滑动摩擦力为  C.两次小车反弹离开弹簧的速度不同 D.为使装置安全工作,小车撞击弹簧的最大动能为  返回目录 解析　小车撞击弹簧使轻杆移动时,弹簧弹力等于滑动摩擦力【点拨:轻杆不考虑质】, 所以两次弹簧的最大压缩量相等,最大弹性势能相等,设弹簧的最大弹性势能为 Ep,根据能量守恒有Ek=Ep+f× ,2Ek=Ep+f× ,解得f= ,Ep= ,A正确,B错误;因两次撞 击弹簧的最大弹性势能相等,小车反弹后获得的动能相等,速度相同【点拨:小车被反弹 离开弹簧时,弹簧的弹性势能完全转化为小车的动能】,C错误;为使装置安全工作,小车 撞击弹簧的最大动能E'k=Ep+fL= ,D正确。 返回目录 6.★★★(多选)(2026届四川绵阳平武中学开学考)如图所示,一根轻质弹簧一端固定于 光滑竖直杆上,另一端与质量为m的滑块P连接,P穿在杆上,一根轻绳跨过定滑轮将滑块 P和重物Q连接起来,Q的质量为4m。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动, 当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ=53°(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6),OB长为3L、与AB垂直,不计滑轮的摩擦,重力加速度为g。则P从A 点到B点的过程中 ( ) A.P和Q组成的系统机械能守恒 　    CD　     B.P的速度一直增大 C.轻绳对P做的功为8mgL D.P运动至B点的速度为v=2  返回目录 解析　滑块P、重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒;弹簧的弹性势能不断变化,故P和 Q组成的系统机械能不守恒,A错误。滑块经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相 等,即滑块在A、B两点时弹簧分别处于压缩和伸长状态,则滑块位于B点时加速度向下, 到B点前已经减速了一段时间,B错误。【关键:由关联速度可知,滑块到达B处时,重物 的速度为零,滑块位于A、B两点时,弹簧的弹性势能相等】滑块P从A点运动至B点的过 程中,对P、Q组成的系统,根据能量守恒可得4mgH-mgh= mv2,其中h=3L· tan 53°=4L、 H=OA-OB= -3L=2L,联立解得v=2 ,D正确;对滑块P,根据功能关系可得轻绳对 P做的功W=mgh+ mv2,解得W=8mgL,C正确。 返回目录 7.★★★(2024届河北雄安新区部分学校联考)如图所示,某同学设计了一款小球循环运 动的“永动装置”。小球从漏斗A点处静止释放,沿粗糙双金属杆组成的轨道运动,小 球运动至轨道水平部分时经过一电磁作用区,然后从轨道末端D抛出,最终刚好以大小 为v的水平速度回到漏斗中。小球撞击漏斗后立即减速为零继续下一周期的运动。小 球的质量为m,重力加速度为g,漏斗和轨道末端距离轨道水平部分的高度分别为h1和h2, 轨道末端与水平方向所成的角度为θ,不计小球在拐弯处机械能损失,下列说法正确的 是 ( ) 　    D　     返回目录   A.从静止释放到第一次撞击漏斗前的过程中,电磁作用区给小球提供的能量等于小球 机械能的增加量 B.从静止释放到第一次撞击漏斗前的过程中,电磁作用区给小球提供的能量等于  C.若撤去电磁作用区,其他条件不变,则小球仍可从D点抛出 D.h1-h2=  返回目录 解析    从静止释放到第一次撞击漏斗前的过程中,根据能量守恒可得电磁作用区给小 球提供的能量等于小球机械能的增加量与因摩擦产生的热量之和,即E电= mv2+Q 【点拨:初、末状态的重力势能相等,初动能为0,末动能为 mv2】,A、B错误。若撤去 电磁作用区,其他条件不变,由于不知道重力做功与摩擦力做功的关系,故不能确定小球 是否仍能从D点抛出,C错误。根据速度的合成与分解可得,小球在D点时竖直方向的分 速度vy=v tan θ,竖直方向有0- =-2g(h1-h2),解得h1-h2= ,D正确。 返回目录  对比重力势能、重力做功与重力势能的关系理解“新势能” (多选)(2025届湖南衡阳模拟)“水往低处流”是一种自然现象,同一滴水在水面的不同 位置具有相同的重力势能,即水面是等势面。通常稳定状态下的水面为水平面,但将一 桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动,稳定时水面呈凹状,如图所示。这一现 象依然可用势能来解释:以桶为参考系,桶中的水还多受到一个“力”,同时水还将具有 一个与该“力”对应的“势能”。为便于研究,在过桶竖直轴线的平面上,以水面最低 处为坐标原点O、以竖直向上为y轴正方向、以水平向右为x轴正方向建立xOy直角坐 标系,质量为m的小水滴(可视为质点)在这个坐标系下,因该“力”具有的“势能”可 创新风向·知识迁移 返回目录 表示为Epx=- mω2x2。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能,水会向总势能 更低的地方流动,稳定时水面上相同质量的水将具有相同的总势能。下列说法正确的 是( )   A.若增大桶转动的角速度ω,则稳定时,凹液面的最低点位置应下降 B.稳定转动时桶中水面的纵截面为双曲线的一部分 C.小水滴距离y轴越远,该“势能”越小 D.与该“势能”对应的“力”的大小随x的增大而减小 　    AC　     返回目录 解析　由Epx=- mω2x2可知,距离y轴越远,x2越大,该“势能”越小,C正确。设与该“势 能”对应的“力”为F,在x>0区间,取极短一段Δx,则有FΔx=Epx-E'px=- mω2x2+ mω2(x+Δ x)2,即F= mω2(Δx+2x),又已知Δx趋近于0,解得F=mω2x,故在x>0区间,该“势能”对应的 “力”的大小随x的增大而增大,D错误。由于整个水面上质量相等的小水滴的总势能 相等,设质量为m的小水滴在O点处的总势能为零,则质量为m的小水滴在该水面上任何 位置的重力势能和该“势能”的和均为零,即mgy- mω2x2=0,解得y= x2,所以稳定转动 时,桶中水面的纵截面为抛物线的一部分,B错误。由y= x2知,若增大桶的角速度ω,则 抛物线开口变小,故稳定时凹液面的最低点位置下降【点拨:水面作为总势能的零势能 面,是动态变化的】,A正确。 返回目录 $