第17讲 功能关系和能量守恒定律-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习学用Word（提升版）

该高中物理学案系统覆盖功能关系、摩擦力做功与能量转化、能量守恒定律及图像问题等高考核心考点，以双基落实为起点，通过表格梳理功能关系表达式、摩擦力做功特点等知识，结合教材母题改编与高考真题链接，构建从基础到综合的递进式知识网络，引导学生通过易错判断、尝试解答等任务自主梳理考点逻辑。 亮点在于诊断性自测与科学思维培养，开篇设易错判断和基础选择题帮助学生自主诊断，考点中“注意区分两个位移”等方法指导、图像斜率分析任务，结合分层例题（从光滑水平面到粗糙斜面情境），培养模型建构与科学推理素养，教师可依据学生自测结果和尝试解答情况，精准定位薄弱环节，支持个性化复习指导。

第17讲　功能关系和能量守恒定律 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.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系。 3.会应用能量守恒观点解决综合问题。 　　 双基落实 1.易错判断 （1）力对物体做了多少功，物体就具有多少能。（　　） （2）滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的变化。（　　） （3）一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。（　　） 2.〔人教版必修第二册P92图8.4－4改编〕某运动员在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功2 000 J，他克服阻力做功500 J。在此过程中（　　） A.动能增加了2 500 J B.动能增加了2 000 J C.重力势能减小了1 500 J D.机械能减小了500 J 考点一　功能关系的理解和应用　 　 几种常见的功能关系及其表达式 何种力做功 对应能的变化 定量的关系 合外力做功 动能变化 W合＝Ek2－Ek1 重力做功 重力势能变化 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 弹簧弹力做功 弹性势能变化 W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、系统内弹力做功 机械能不变化 机械能守恒ΔE＝0 非重力和弹力做功 机械能变化 W其他＝ΔE （2026·北京房山期末）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中，下列说法中正确的是（　　） A.火箭的加速度为零时，动能最大 B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C.火箭受到推力的冲量小于重力和空气阻力的冲量之和 D.高压气体的推力对火箭做的功小于重力和空气阻力对火箭做功之和 尝试解答 教材母题 　〔多选〕〔教科版必修第二册P101·T2改编〕如图，轻弹簧K一端与墙相连，质量为4 kg的木块A，沿光滑水平面以5 m/s的速度运动，并压缩弹簧，则下列说法正确的是（　　） A.在压缩弹簧的过程中，木块A的机械能守恒 B.在压缩弹簧的过程中，木块A与弹簧系统的机械能守恒 C.当木块的速度为2 m/s时，弹性势能为40 J D.弹簧的最大弹性势能为50 J 链接高考 　〔多选〕（2025·云南高考10题）如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（　　） A.P、M两点之间的距离为 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间 链接分析 　教材母题和2025·云南高考10题： （1）都考查了功能关系的理解和应用； （2）教材母题考查的是光滑水平面的物块弹簧组合，高考题考查的是粗糙斜面上的物块弹簧组合，情境更为复杂； （3）充分体现了“源于教材、高于教材”的高考命题理念。 考点二　摩擦力做功中的能量转化　　 　两种摩擦力做功特点的比较 　　类型 比较　　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 能量的转化方面 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 不同点 做功 方面 一对相互作用的静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，其绝对值等于发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功 情况 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 〔多选〕（2026·天津南开期末）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是（　　） A.小物块到达小车最右端时具有的动能为（F－Ff）（L＋x） B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx C.小物块克服摩擦力所做的功为Ff（L＋x） D.系统产生的内能为Fx 尝试解答 注意区分两个位移 （1）计算摩擦力对物体（或木板、传送带）做功时用物体对地的位移x。 （2）计算摩擦生热时用相对位移Δx。 　（2026·陕西商洛期末）如图所示，以恒定速率v＝1.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角θ＝37°，转轴间距L＝4.8 m。工作人员将一个装有10 kg小麦的布袋（可视为质点）轻放在传送带的底部，布袋与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A.摩擦力对布袋做的功为12.8 J B.布袋和传送带间因摩擦而产生的内能等于布袋机械能的增加量 C.布袋与传送带间产生的内能为204.8 J D.因传送小麦，多消耗的电能为492.8 J 考点三　功能关系中的图像问题　 功能关系中的常见图像 图像类型 图像示例 图像分析 Ek-x图像 ①物体的动能先减小后增大； ②Ek-x图像的斜率表示物体受到的合外力 Ep-h图像 ①物体的重力势能增大； ②Ep-h图像的斜率表示物体受到的重力 E-s图像 ①物体的机械能减小； ②E-s图像的斜率表示物体受到的除重力或弹力之外的力，而s常与滑动摩擦力做功及摩擦生热相联系 〔多选〕（2026·湖南长沙模拟）如图甲所示，一质量为1.0 kg，可视为质点的小铁块在平行于固定斜面的力F作用下由静止开始从斜面底端向上滑动，力F由一个初始值开始逐渐减小到0后就不再作用。以出发点为零势能点和原点，铁块的机械能E与其滑行位移x的关系如图乙中OABC所示，其中OAB段是曲线，BC段是直线，曲线OAB段的最高点A的横坐标是xA，B点和C点的坐标已在图乙中标出；铁块的重力势能Ep与其滑行位移x的关系如图乙中直线OC所示，取重力加速度g＝10 m/s2，斜面粗糙程度均匀，则下列说法正确的是（　　） A.外力F做的功为11.3 J B.铁块与斜面间的动摩擦因数是0.45 C.铁块上滑xA时，其加速度大小为11 m/s2 D.铁块滑回出发点时的动能为4.7 J 尝试解答 　★（2026·浙江金华期末）我国的深海载人潜水器处于世界领先水平。某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与下潜的速度大小成正比，下列关于潜水器的速度—时间图像、动能—位移图像、重力势能—时间图像和机械能—位移图像，可能正确的是（　　） 考点四　能量守恒定律的理解及应用 　　 1.对能量守恒定律的理解 （1）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）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.应用能量守恒定律解题的思路 （1）分清有多少形式的能（动能、势能、内能等）发生变化。 （2）明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增的表达式。 （3）列出能量守恒关系式ΔE减＝ΔE增。 （2026·河南安阳模拟）如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P（可视为质点，质量可调）接触但不连接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆轨道BCD相切，D点在O点的正上方，C点与圆心O等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 （1）求弹簧压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能Ep； （2）改变滑块P的质量为M，使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求M的可能值； （3）若滑块P能滑上圆轨道，且所在位置与O的连线与OC方向的夹角为37°时恰好脱离圆轨道，求P的质量M'。 尝试解答 涉及弹簧的能量问题 两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点： （1）能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。 （2）如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。 　（2026·山东东营模拟）图1所示为消防员采用的高压水枪，图2为某次灭火的示意图，消防员将出水管与水平地面成θ＝53°角架好，着火点与出水口的竖直距离H＝11 m，水平距离L＝12 m，水落在着火点。已知出水管的横截面积S＝ 0.005 m2，灭火过程中水枪机器的效率η＝80％，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力及出水口与水箱液面的高度差，则水枪机器消耗的功率为（　　） A.20 kW B.25 kW C.40 kW D.50 kW 提示：完成课后作业　第六章　第17讲 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 第17讲　功能关系和能量守恒定律 【立足“四层”·夯基础】 动能　重力势能　机械能　转化　转移　保持不变　ΔE减＝ΔE增 双基落实 1.（1）×　（2）√　（3）√ 2.D　重力对他做功2 000 J，则重力势能减少了2 000 J，故C错误；克服阻力做功500 J，则合力对他做功为1 500 J，由功能关系可知动能增加了1 500 J，机械能减少了500 J，故A、B错误，D正确。 【着眼“四翼”·探考点】 考点一 【例1】　A　火箭向上运动过程中受重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力，且推力大小不断减小，故火箭先向上做加速度减小的加速运动，当火箭的加速度为零时，再向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据功能关系，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知I推－I重－I阻＝0，解得I推＝I重＋I阻，即火箭受到推力的冲量等于重力和空气阻力的冲量之和，故C错误；根据功能关系，可知W推＝W重＋W阻，故D错误。 教材母题　BD　由功能关系可知，木块减小的动能转化为弹簧的弹性势能，木块A的机械能不守恒，故A错误；在压缩弹簧的过程中，只有弹簧的弹力做功，木块A与弹簧系统的机械能守恒，故B正确；由功能关系得，当木块的速度为2 m/s时，弹簧的弹性势能为Ep＝mv2－mv'2＝×4×52－×4×22＝42 J，弹簧的最大弹性势能Epm＝mv2＝×4×52＝50 J，故C错误，D正确。 链接高考　CD　过程Ⅰ：对滑块，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，又μ＝tan θ，解得a＝2gsin θ，则P、O两点之间的距离为xPO＝，解得xPO＝，过程Ⅱ：当滑块的速度最大时，滑块的加速度为0，此时滑块的合力为0，则有kx＝mgsin θ＋μmgcos θ，解得弹簧的伸长量x＝，则P、M两点之间的距离为xPM＝xPO－x，解得xPM＝，A错误；过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程，重力势能增大，动能增大，所以Q的机械能增大，B错误；设经过O点后滑块沿斜面向上滑动的最大距离为x'，对滑块从P点到速度减为0的过程，由功能关系得k＝μmg（x'＋xPO）cos θ＋mg（x'＋xPO）sin θ＋kx'2，过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移xm＝x'＋xPO，解得xm＝，C正确；由于μ＝tan θ，则滑块静止时弹簧可能处于伸长状态也可能处于原长状态，则滑块一定停在OM（含O、M）之间，D正确。 考点二 【例2】　ABC　小物块滑到小车的最右端时，物块的位移为L＋x，根据动能定理有（F－Ff）（L＋x）＝Ek1，故A正确；对小车进行分析，根据动能定理有Ffx＝Ek2，故B正确；小物块的位移为L＋x，小物块克服摩擦力所做的功为Wf克＝Ff（L＋x），故C正确；小物块与小车的相对位移为L，则系统产生的内能为Q＝FfL，故D错误。 强化训练 　C　布袋先做匀加速运动，由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2，设布袋与传送带共速需要的时间为t1，由v＝at1，得t1＝＝4 s，则x1＝t1＝3.2 m，因μ＞tan θ，之后布袋受静摩擦力作用，在传送带上匀速运动，匀速运动的位移x2＝L－x1＝1.6 m，则摩擦力对布袋做的功W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·x2＝300.8 J，A错误；布袋机械能的增加量等于摩擦力做的功，而布袋和传送带间因摩擦而产生的内能只在t1时间相对滑动中产生，在t1时间内，设传送带通过的位移为x3，由x3＝vt1，解得x3＝6.4 m，则布袋与传送带间的相对位移为Δx＝x3－x1＝3.2 m，由Q＝Ffs相对，解得Q＝204.8 J，故B错误，C正确；由功能关系知，多消耗的电能为ΔE＝mv2＋mgLsin θ＋Q＝505.6 J，D错误。 考点三 【例3】　AD　设斜面倾角为θ，铁块的重力势能与上滑位移间的关系是Ep＝mgxsin θ，由Ep-x图线可知sin θ＝0.8，则cos θ＝0.6；铁块上滑0.5 m后，其机械能均匀减小，即铁块上滑0.5 m时力F减为0。图像BC段的斜率的绝对值为铁块受到的摩擦力大小，故铁块受到的摩擦力大小为f＝ N＝3.3 N，在铁块滑行1.0 m时，其机械能与重力势能相等，铁块速度为0，由动能定理得WF－fx0－mgx0sin θ＝0，其中x0＝1 m，解得WF＝11.3 J，故A正确；根据f＝μmgcos θ，解得μ＝0.55，故B错误；铁块上滑xA时，F与f相等，设此时铁块的加速度为a，则有mgsin θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故C错误；铁块下滑过程，由动能定理得mgx0sin θ－fx0＝Ek，解得Ek＝4.7 J，故D正确。 强化训练 　B　根据牛顿第二定律得mg－kv＝ma，速度v增大，加速度a减小，v-t图像切线的斜率减小，图像向下弯曲，当mg＝kv时，潜水器向下做匀速运动，v-t图像的斜率等于0，故A错误；根据动能定理得Ek＝mgx－kvx＝（mg－kv）x，Ek-x图像斜率为k1＝mg－kv，v增大，k1减小，当潜水器匀速向下运动时，图像切线的斜率等于0，动能不变，故B正确；重力的功率为P＝mgv，重力势能为Ep0－Ep＝Pt，解得Ep＝Ep0－mgvt，Ep-t图像切线斜率的大小为k2＝mgv，潜水器先加速下降，后匀速下降，图像的斜率先增大后不变，故C错误；根据功能关系－kvx＝E－E0，解得E＝E0－kvx，E-x图像切线斜率大小为k3＝kv，潜水器先加速下降，后匀速下降，图像切线的斜率先增大后不变，故D错误。 考点四 【例4】　（1）3.8mgR　（2）m≤M＜m　（3）m 解析：（1）若滑块P刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点，则在最高点由牛顿第二定律有mg＝m 滑块P由静止运动到圆轨道最高点过程，由能量守恒定律可得 Ep＝μmgcos 37°·R＋mg（Rsin 37°＋R＋Rcos 37°）＋m 联立解得Ep＝3.8mgR。 （2）设滑块P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，则它到达B点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得Ep＞μMgcos 37°·R＋Mg·Rsin 37° 解得M＜m 要使滑块P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上升的高度不能超过与圆心等高处， 由能量守恒定律可得Ep≤μMgcos 37°·R＋Mg（Rsin 37°＋Rcos 37°） 解得M≥m 综上所述可得 m≤M＜m。 （3）依题意滑块恰好脱离圆轨道时，滑块重力沿半径方向的分力充当向心力，有M'gsin 37°＝M' 由能量守恒定律可得 Ep＝μM'gcos 37°·R＋M'g（Rsin 37°＋Rcos 37°＋Rsin 37°）＋M'v2 联立解得 M'＝m。 强化训练 　B　设水做斜抛运动的初速度为v0，经t时间水到达着火点，在竖直方向上有H＝v0sin θ·t－gt2，在水平方向上有L＝v0cos θ·t，联立解得t＝1 s，v0＝20 m/s，设水枪机器消耗的功率为P，经Δt时间喷出水的质量为m＝ρSv0Δt，根据能量守恒定律有PΔt×80％＝m ，解得P＝25 kW，故选B。 学科网（北京）股份有限公司 $