2027届高三物理一轮复习讲义：6.6 小专题 功能关系、能量守恒定律

该高中物理高考复习讲义聚焦功能关系与能量守恒定律核心考点，通过表格系统梳理合力、重力、弹力等做功与能量变化的定量关系，构建从单一力做功到系统能量转化的知识网络，设置考点梳理、方法指导、真题精讲及分层对点练习环节，帮助学生突破功能关系理解、摩擦力做功分析等难点。 讲义采用对比表格构建知识联系，如通过静摩擦力与滑动摩擦力做功特点对比培养科学思维，结合炒青制茶、电动汽车等真题案例落实能量观念，分层练习覆盖基础到综合应用，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏提供清晰框架。

第6讲　小专题:功能关系　能量守恒定律 考点一　对功能关系的理解与应用 　几种常见的功能关系及其表达式 做功 能的变化 定量关系 合力做功 动能变化 W=Ek2－Ek1=ΔEk 重力做功 重力势能 变化 (1)重力做正功,重力势能减少;重力做负功,重力势能增加。 (2)WG=－ΔEp=Ep1－Ep2 弹簧弹 力做功 弹性势能 变化 (1)弹力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势能增加。 (2)W弹=－ΔEp=Ep1－Ep2 只有重力、 弹簧弹力 做功 机械能 不变化 机械能守恒,ΔE=0 除重力和 弹簧弹力 之外的其 他力做功 机械能 变化 (1)其他力做多少正功,物体的机械能就增加多少;其他力做多少负功,物体的机械能就减少多少。 (2)W其他=ΔE 一对相互 作用的滑 动摩擦力 做功 机械能 减少, 内能增加 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力做的总功一定为负功,系统内能增加。 (2)摩擦生热Q=Ffx相对 安培力 做功 电能变化 (1)克服安培力做的功等于电能的增加量。 (2)W克安=E电 [例1] 【对功能关系的理解】 (2024·广东深圳期末)岭南茶文化是中国茶文化重要系列之一。传统炒青是指在制作茶叶的过程中利用微火在锅中使茶叶萎凋的手法,通过人工揉捻令茶叶水分快速蒸发,阻断了茶叶发酵的过程,并使茶汁的精华完全保留的工序。制茶师傅从热锅底将质量为m的茶叶以初速度v0竖直扬起,空气阻力不可忽略,以锅底为重力势能零势能面,则茶叶从锅底位置离开手开始,在空中重心上升h到最高点过程中(　　) [A] 重力做功为mgh [B] 合力做功为－mgh [C] 最高点茶叶的动能为m－mgh [D] 最高点茶叶的机械能小于m [例2] 【功能关系与图像的结合】(2024·云南昆明阶段检测)在大力士比赛中,选手竖直向上抛出一重物。取抛出点为重力势能零点,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 考点二　摩擦力做功与能量转化 　两种摩擦力的做功情况比较 项目 静摩擦力 滑动摩擦力 不 同 点 能量的 转化 方面 不会引起系统机械能的变化,只使系统中物体间机械能发生转移 引起系统机械能的变化,一方面使系统中物体间机械能转移,另一方面使系统总机械能减少,减少的机械能转化为内能 续　表 项目 静摩擦力 滑动摩擦力 不 同 点 一对摩擦 力的总 功方面 一对静摩擦力所做功的代数和等于零 一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零,总功W= －Ffx相对,即相对滑动时产生的热量 相 同 点 做功的 性质方面 两种摩擦力对物体可以做正功、负功,还可以不做功 [例3] 【对摩擦力做功的理解】 关于各类恒力做功问题,下列说法正确的是(　　) [A] 滑动摩擦力对物体可能做负功,也可能做正功,但不可能不做功 [B] 静摩擦力发生在相对静止的物体之间,所以静摩擦力对物体一定不做功 [C] 一对作用力与反作用力所做的功一定大小相等,正负相反 [D] 一对相互作用的滑动摩擦力做功代数和一定不为零,且为负值 [例4] 【摩擦力做功与能量转化】 (2025·北京开学考)一木块静止放在光滑水平面上,一颗子弹沿水平方向射入木块,若子弹进入木块的最大深度为x1,与此同时木块沿水平面移动的距离为x2,设子弹在木块中受到的摩擦力大小不变,则在子弹进入木块的过程中(　　) ①子弹损失的动能与木块获得的动能之比为(x1+x2)∶x2 ②子弹损失的动能与系统损失的动能之比为(x1+x2)∶x1 ③木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为x2∶x1 ④木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为x1∶x2 [A] ①②③ [B] ①②④ [C] ②③④ [D] ①③④ 摩擦力做功的分析方法 (1)无论是滑动摩擦力,还是静摩擦力,计算做功时都是用力与对地位移的乘积。 (2)摩擦生热的计算公式Q=Ff·x相对,其中x相对为两接触物体间的相对位移,若物体相对接触面做往复运动,则代入总的相对路程s相对。 考点三　对能量守恒定律的理解与应用 [例5] 【能量转化和守恒定律的简单应用】 (多选)如图所示,倾角为θ=53°的固定粗糙斜面上有一A点,长度为0.5 m的木板质量分布均匀,其质量为M=3 kg,开始用外力使木板下端与A点对齐,如图。木块质量为m=1 kg,两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起,木板与斜面的动摩擦因数为。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点,此过程中,下列说法正确的是(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)(　　) [A] 木板和木块组成的系统机械能守恒 [B] 木板上端刚过A点时速度大小为 m/s [C] 木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和 [D] 系统产生的热量为10 J [例6] 【能量转化和守恒定律在实际生活中的应用】 (2025·广西桂林阶段检测)某品牌电动汽车电动机最大输出功率为120 kW,最高车速可达180 km/h,车载电池最大输出电能为75 kW·h。已知该车以90 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,电能转化为机械能的总转化率为90%。若汽车行驶过程中受到阻力F阻与车速v的关系符合F阻=kv2,其中k为未知常数,则该电动汽车以90 km/h 行驶的最大里程约为(　　) [A] 350 km [B] 405 km [C] 450 km [D] 500 km (1)首先确定初、末状态,分清有几种形式的能在变化,如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。 (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ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 对点1.对功能关系的理解与应用 1.(6分)(2025·河南高考适应性考试)(多选)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下,从空中某位置匀减速竖直下落,到达地面时速度刚好为零,若在该过程中火箭质量视为不变,则(　　) [A] 火箭的机械能不变 [B] 火箭所受的合力不变 [C] 火箭所受的重力做正功 [D] 火箭的动能随时间均匀减小 2.(6分)(2025·广东珠海阶段练习)(多选)在我国汉代,劳动人民就已经发明了辘轳,如图所示,可转动的把手边缘上a点到转轴的距离为4R,辘轳边缘b点到转轴的距离为R,忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速往上运动的过程中,下列说法正确的有(　　) [A] 把手边缘上a点的角速度等于辘轳边缘b点的角速度 [B] 水桶上升的速度大小等于把手边缘上a点的线速度大小 [C] 绳子拉力对水桶做的功等于水桶和水的机械能的增加量 [D] 拉力对水桶的冲量等于水桶动量的变化量 3.(4分)(2024·福建厦门二模)如图甲所示,小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车,将一质量为10 kg 的货物运送到斜坡上某处,货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行,货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示,取sin 10°=0.17,则货物(　　) [A] 在0～3 m的过程中,所受的合力逐渐增大 [B] 在3～5 m的过程中,所受的合力逐渐减小 [C] 在0～3 m的过程中,机械能先增大后减小 [D] 在3～5 m的过程中,机械能先增大后减小 对点2.摩擦力做功与能量转化 4.(4分)如图所示,一个长为L、质量为M的木板,静止在光滑水平面上,一个质量为m的物块(可视为质点),以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端,设物块与木板间的动摩擦因数为μ,当物块与木板相对静止时,物块仍在长木板上,物块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为x,重力加速度大小为g。则在此过程中(　　) [A] 摩擦力对物块做功为μmg(x+d) [B] 摩擦力对木板做功为－μmgx [C] 木板动能的增量为μmgd [D] 由于摩擦而产生的热量为μmgd 5.(6分)(2024·广东广州阶段检测)(多选)小物块先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次无恒力F。图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线。不考虑空气阻力,小物块质量m=1 kg,g取10 m/s2,θ=53°,取cos 53°=0.6,sin 53°=0.8,下列说法正确的是(　　) [A] 恒力F大小为1 N [B] 小物块与斜面间动摩擦因数为0.5 [C] 有恒力F时,小物块在上升过程产生的热量较少 [D] 有恒力F时,小物块在上升过程机械能的减少量较小 对点3.对能量守恒定律的理解与应用 6.(4分)(2024·湖北二模)某地有一风力发电机,它的叶片转动时可形成半径为20 m的圆面。某时间内该地区的风速是6.0 m/s,风向恰好跟叶片转动的圆面垂直,已知空气的密度为1.2 kg/m3,假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能,则此风力发电机发电的功率约为(　　) [A] 1.6×103 W [B] 1.6×104 W [C] 1.6×105 W [D] 1.6×106 W 7.(12分)(2025·云南高考适应性考试)游乐项目“滑草”的模型如图所示,某质量m=80 kg的游客(包括滑板,可视为质点)由静止从距水平滑道高h=20 m的P点沿坡道PM滑下,滑到坡道底部M点后进入水平减速滑道MN。在水平滑道上匀减速滑行了l=9.0 m后停止,水平滑行时间t=3.0 s。重力加速度g取10 m/s2,求: (1)该游客滑到M点的速度大小和滑板与水平滑道MN之间的动摩擦因数; (2)该游客(包括滑板)从P点滑到M点的过程中损失的机械能。 8.(4分)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力F阻=kr2v2,其中k为比例系数,r为雨滴半径,v为运动速率。一雨滴从高空由静止开始沿竖直方向下落,以地面为重力势能零势能面,用Ep、Ek、E、h表示雨滴重力势能、动能、机械能和下落高度,下列四幅图像可能正确的是(　　) [A] [B] [C] [D] 9.(14分)(2025·江苏无锡开学考)如图所示的装置中,光滑水平杆固定在竖直转轴上,小圆环A和轻弹簧套在杆上,弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A,细线穿过小孔O,两端分别与环A和小球B连接,线与水平杆平行,环A的质量为m=0.1 kg,小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度ω=5 rad/s匀速转动,细线与竖直方向的夹角为37°。缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动,细线与竖直方向的夹角为53°,此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)装置转动的角速度为ω时,细线OB的长度s; (2)装置转动的角速度为2ω时,弹簧的弹力大小F; (3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中,细线对小球B做的功W。 参考答案： [例1] 【答案】 D 【解析】 重力的方向与茶叶的运动方向相反,重力做负功,所以重力做功为－mgh,A错误;空气阻力不可忽略,合力做功为W=－(F阻+mg)h,B错误;茶叶竖直向上抛出,到最高点时速度为零,动能也为零,C错误;由于阻力做负功,茶叶上升过程中机械能减少,所以最高点茶叶的机械能小于m,D正确。 [例2] 【答案】 D 【解析】 由题图可知,h=8 m时E总=Ep=mgh=800 J,则此时的动能为零,解得重物的质量为m=10 kg,故A、B错误;根据功能关系,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。 [例3] 【答案】 D 【解析】 滑动摩擦力的方向与物体相对接触面的运动方向相反,但与物体相对地面的位移可能同向,可能反向,也可能没有位移,故滑动摩擦力对物体可能做负功,也可能做正功,还可能不做功,A错误;静摩擦力发生在相对静止的物体之间,静摩擦力可以对物体做正功,如物体相对倾斜传送带静止被送到顶端的过程,B错误;一对作用力与反作用力所做的功可能大小相等,正负相同,如冰面上的两人相互推一下之后朝相反的方向运动,相互作用的推力均做正功,C错误;两个物体间存在相互作用的滑动摩擦力,由发生相对运动,两物体对地位移一定不同可知,这对相互作用的滑动摩擦力做功代数和一定不为零,且为负值,D正确。 [例4] 【答案】 A 【解析】 设摩擦力大小为Ff,对子弹运用动能定理可得－Ff(x1+x2)=ΔEk弹,对木块运用动能定理可得Ffx2=ΔEk木=Ek木,可知子弹损失的动能与木块获得的动能之比为|ΔEk弹|∶Ek木=(x1+x2)∶x2,根据能量守恒可知,因系统摩擦生热损失的动能为|ΔEk系|=|ΔEk弹|－ΔEk木=Ff(x1+x2)－Ffx2=Ffx1,则子弹损失的动能与系统损失的动能之比为|ΔEk弹|∶|ΔEk系|=(x1+x2)∶x1,木块获得的动能与因系统摩擦生热损失的动能之比为Ek木∶|ΔEk系|=x2∶x1,故选A。 [例5] 【答案】 BC 【解析】 由于斜面是粗糙的,木板和木块组成的系统在运动中会有摩擦生热,所以木板和木块组成的系统机械能不守恒,故A错误;对木板和木块组成的系统,由能量守恒定律有Mglsin θ－mgl=(M+m)v2+μMglcos θ,解得v= m/s,故B正确;根据能量守恒可知木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和,故C正确;系统产生的热量为Q=μMglcos θ=6 J,故D错误。 [例6] 【答案】 B 【解析】 根据题意可知,vm=180 km/h=50 m/s,v1=90 km/h=25 m/s,车速最大时,牵引力为Fm==2 400 N,此时车的加速度为0,即Fm=F阻m=k,解得k=0.96;当车速为90 km/h时,有F1=F阻1=k=600 N,由能量守恒定律有ηWm=F1s,解得s==m=405 000 m=405 km,故选B。 对点1.对功能关系的理解与应用 1. 【答案】 BC 【解析】 由于火箭匀减速竖直下落,速度减小,动能减小,且重力势能减小,故火箭的机械能减小,故A错误;由于火箭匀减速竖直下落,加速度恒定,由牛顿第二定律可知,火箭所受的合力不变,故B正确;由于火箭的重力势能减小,故火箭所受的重力做正功,故C正确;火箭的动能Ek=mv2=m(v0－at)2,故火箭的动能不随时间均匀减小,故D错误。 2. 【答案】 AC 【解析】 把手边缘上a点与辘轳边缘b点属于同轴转动,角速度相等,故A正确;根据v=ωRb=ω·Ra=va,即水桶上升的速度大小等于把手边缘上a点的线速度大小的四分之一,故B错误;根据功能关系可得,绳子拉力对水桶和水做的功等于水桶和水机械能的增加量,故C正确;对水桶分析,根据动量定理I拉－I重=mv,可知拉力对水桶的冲量等于重力对水桶的冲量与水桶动量的变化量之和,故D错误。 3 【答案】 D 【解析】 Ek-x图像的斜率的绝对值表示合力的大小,则可知,在0～3 m的过程中,图像斜率的绝对值逐渐减小,则货物所受的合力逐渐减小。同理,在3～5 m的过程中,货物所受的合力逐渐增大,故A、B错误。根据题图乙可知,在0～3 m的过程中,动能逐渐增大,而随着平板车沿着斜面向上运动,货物的势能也逐渐增大,由此可知,在0～3 m的过程中,货物的机械能始终增大,故C错误。取x=0处为零势能面,在x=5 m处货物的重力势能Ep=mgxsin 10°=10×10×5×0.17 J=85 J, 作出重力势能随位移变化的图像如图所示,根据图像对比可知,在x=3 m到x=5 m 之间,根据动能图线斜率绝对值的变化趋势与重力势能斜率比较可知,动能随位移的变化先慢于重力势能随位移的变化,该过程中机械能增加,后动能随位移的变化快于重力势能随位移的变化,该过程中机械能减小,由此可知,在3～5 m的过程中,机械能先增大后减小,故D正确。 对点2.摩擦力做功与能量转化 4. 【答案】 D 【解析】 物块的位移为x+d,摩擦力对物块做功W1=－μmg(x+d),A错误;木板的位移为x,摩擦力对木板做功W2=μmgx,B错误;对木板有ΔEk=W总=μmgx,C错误;Q=Ff·l相对=μmgd,D正确。 5. 【答案】 ABD 【解析】 v-t图线的斜率表示加速度,则有恒力F作用时,物块加速度的大小为a1= m/s2=10 m/s2,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ－F=ma1,无恒力F作用时,物块加速度的大小为a2= m/s2=11 m/s2,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma2,解得F=1 N,μ=0.5,故A、B正确;小物块在上升过程产生的热量为Q=μmgxcos θ,v-t图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移,由题图可知,有恒力F作用时的位移大一些,则有恒力F时,小物块在上升过程产生的热量较多,故C错误;根据图像,小物块的初速度相等,即初动能相等,根据上述,有恒力F作用时,小物块位移大,即有恒力F作用时,小物块上升的高度大,可知有恒力F时,小物块在上升过程机械能的减少量较小,故D正确。 对点3.对能量守恒定律的理解与应用 6. 【答案】 B 【解析】 在t时间内空气动能为Ek=mv2=ρvtSv2=ρπr2v3t,则此风力发电机发电的功率约为P==0.1×ρπr2v3≈1.6×104 W,故选B。 7. 【答案】 (1)6 m/s　0.2　(2)14 560 J 【解析】 (1)设游客在M点的速度为vM,与水平滑道MN之间的动摩擦因数为μ,在水平滑道上游客做匀减速直线运动, 由牛顿第二定律可得μmg=ma, 由运动学公式可得vM=at, 0－=－2al, 代入数据可得vM=6 m/s,μ=0.2。 (2)由动能定理知, W阻+mgh=m－0, 解得W阻=－14 560 J。 即损失机械能为14 560 J。 8. 【答案】 C 【解析】 随着雨滴下落的速度逐渐增加,空气阻力逐渐增大,合力逐渐减小,根据动能定理,下落相同的高度,动能的增量逐渐减小,因此Ek－h斜率逐渐减小,最后趋近于水平,A、B错误;下落过程中,由于空气阻力逐渐增大,下落相同的高度,空气阻力做功逐渐增大,机械能减少得越来越快,因此E－h斜率逐渐增大,C正确;设初始状态时的势能为Ep0,下落的过程中,由于Ep=Ep0－mgh,可得图像Ep－h是不过坐标原点、倾斜向下的直线,D错误。 9. 【答案】 (1)0.25 m　(2)2 N　(3) J 【解析】 (1)当装置转动的角速度为ω时,对小球B受力分析,在竖直方向由平衡条件有 FT1cos 37°=2mg, 在水平方向由牛顿第二定律有FT1sin 37°=2mω2ssin 37°, 解得s==0.25 m。 (2)装置转动的角速度为2ω时,设OB的长度为s′,则对小球B在竖直方向由平衡条件有 FT2cos 53°=2mg, 在水平方向由牛顿第二定律有FT2sin 53°=2m(2ω)2s′sin 53°, 解得s′=, 设细线长度为L,则装置转动的角速度为ω时对圆环A满足FT1－F=mω2(L－s), 装置转动的角速度为2ω时,对圆环A有FT2+F=m(2ω)2(L－s′), 解得F=2mg=2 N。 (3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中,小球B的重力势能变化量为 ΔEp=2mg(scos 37°－s′cos 53°), 动能变化量为ΔEk=·2m[(2ωs′sin 53°)2－(ωssin 37°)2], 解得细线对小球B做的功为 W=ΔEp+ΔEk== J。 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $