第6章 第4讲 功能关系 能量守恒定律-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“功能关系与能量守恒定律”专题，依据高考评价体系明确了功能关系理解及应用、摩擦力做功与能量变化、能量守恒定律应用三大核心考点，通过近五年高考真题分析，梳理出功能关系应用占45%、能量守恒综合题占30%的高频考查方向，归纳了图像结合、相对运动等常考题型。 课件亮点在于“核心知识盘点+高考真题精析+关键能力提升”的分层设计，如以2025四川卷小车斜面运动题为例，运用科学推理剖析功能关系与机械能增量的计算，培养学生能量观念和模型建构素养。特设“易错点警示”和“三步解题法”，助力学生掌握相对位移计算等关键技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第4讲　功能关系　能量守恒定律 第六章　机械能及其守恒定律 1 [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.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。 2 考点一　对功能关系的理解及应用 考点二　摩擦力做功与能量变化的关系 考点三　能量守恒定律的应用 内容索引 3 考点一　对功能关系的理解及应用 一 4 1.对功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量__________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__________，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上__________。 转化 量度 相等 盘点 核心知识 2.几种常见的功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做的功等于弹性势能减少量 静电力做的功等于电势能减少量 分子力做的功等于分子势能减少量 动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝ mv2m 能量 功能关系 表达式 机械能 除重力和系统内弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE 摩擦 产生 的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·x相对 电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W电能＝E2－E1＝ΔE [判断正误] 1.合力做的功等于物体机械能的改变量。(　　) 2.重力和弹簧弹力之外的其他力做功的过程是机械能和其他形式的能转 化的过程。(　　) 3.克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势 能的增加量。(　　) 4.滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(　　) 5.在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(　　) × √ √ √ √ 考向1　对功能关系的理解 [典例1]　(2026·江苏姜堰中学期中)如图所示，轻弹簧的上端悬挂在天花板上，下端挂一质量为m的小球，小球处于静止状态。现在小球上施加一竖直向上的恒力F使小球向上运动，小球运动的最高点与最低点之间的距离为H，则此过程中(g为重力加速度，弹簧始终在弹性限度内)， 下列说法不正确的是(　　) A.小球的机械能不守恒 B.小球的动能增加(F－mg)H C.小球和弹簧组成的系统机械能增加FH D.小球的重力势能增加mgH B 提升 关键能力 [解析]　小球运动过程中受重力、弹簧弹力和恒力F，并且 弹力和F的合力做功不为零，所以小球的机械能不守恒， A正确；合外力做的功等于小球动能变化量，由动能定理 有W弹＋FH－mgH＝ΔEk，显然B选项没有考虑弹簧弹力做 的功，B错误；小球和弹簧组成的系统机械能增加量为除 重力、弹簧弹力之外的恒力F做的功，为FH，C正确；小 球向上运动，重力势能增加，增加量为mgH，D正确。 [典例2]　(2025·四川卷)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦， 则这段时间内(　　) A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 C.小车的位移大小为 D.小车机械能增量为 C [解析]　对物块根据牛顿第二定律有 μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝g， 根据运动学公式有＝2ax1，解得物块的位 移大小为x1＝，故A错误；物块机械能增 量为ΔE＝m＋mgx1·sin 30°＝m，故B错误；对小车根据动能定理有Pt－(μmgcos 30°＋mgsin 30°)x＝m，其中t＝，联立解得x＝，故C正确；小车机械能增量为ΔE'＝m＋mgxsin 30°＝，故D错误。 考向2　功能关系与图像的结合 [典例3]　(2026·江苏高邮中学期中)现有一质量为m的滑雪运动员从一定高度的斜坡自由下滑。如果运动员在下滑过程中受到的阻力恒定，斜坡倾角为30°，运动员滑至坡底的过程中，其机械能和动能随下滑距离s变化的图像如图所示。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.运动员下滑过程中只有重力做功 B.运动员下滑过程中受到的阻力为60 N C.运动员下滑时加速度的大小为5 m/s2 D.不能确定运动员的质量m的数值 B [解析]　运动员下滑过程中机械能减小，则除有重 力做功之外还有其他力做功，选项A错误； 运动员 下滑过程中阻力做的功等于机械能变化量，则 ΔE＝ －Ffs，解得受到的阻力为Ff＝ N＝60 N， 选项B正确；运动员下滑到底端时的动能 Ek＝mv2＝240 J，由运动学公式有v2＝2as，对运动员下滑过程，由牛顿第二定律有mgsin 30°－Ff＝ma，联立各式解得运动员下滑时加速度的大小为 a＝4 m/s2，m＝60 kg，选项C、D错误。 考点二　摩擦力做功与能量变化的关系 二 15 1.摩擦力做功的特点 比较项目 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__________的损失量 机械能 盘点 核心知识 比较项目 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 一对摩 擦力做 的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总__________ 一对滑动摩擦力做功的代数和总是__________，总功W＝－Ffx相对，其绝对值即为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 等于零 负值 2.三步求解相对滑动物体的能量问题 (1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。 (2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的相对位移。 (3)代入公式Q＝Ff·x相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则x相对为总的相对路程s相对。 [典例4]　(2026·江苏徐州模拟)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s，重力加速度为g，则在此过程中(　　) A.摩擦力对物块做的功为－μmgd B.摩擦力对木板做的功为μmgs C.木板动能的增量为μmgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgs B 提升 关键能力 [解析]　根据功的定义W＝Flcos θ，其中l指物体的位移，θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A错误，B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误。 [典例5]　轮船常用传送带将船舱里的货物输送到码头，工作人员将货物轻放在传送带的底端，由传送带传送到顶端，随后由其他工作人员完成装车任务。可以简化为如图所示模型，图甲为倾角37°的传送带，在电动机的带动下以一定的速度稳定运行，电动机的内阻不计。货物质量M＝50 kg，从轻放在传送带底端A处开始计时，10 s时到达顶端B，其运动过程的v－t图像如图乙，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则货物从A运动 到B的过程中，下列说法正确的是(　　) A.货物与传送带之间的摩擦力大小始 终不变 B.货物机械能的增加量为4 500 J C.货物与传送带之间因摩擦产生的热量 为1 600 J D.传送货物过程中电动机多消耗的电能为6 400 J C [解析]　由题图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，在匀加速阶段，摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有 Ff1－Mgsin 37°＝Ma， 根据v－t图像可得加速度a＝ m/s2＝0.4 m/s2， 解得Ff1＝320 N， 匀速阶段，摩擦力Ff2＝Mgsin 37°＝300 N， 所以摩擦力大小发生了变化，故A错误； 货物机械能的增加量等于其动能增加量与重力势能增加量之和，其动能增加量为ΔEk＝Mv2＝×50×22 J＝100 J， 重力势能增加量为ΔEp＝MgLsin 37°， 其中L为传送带长度，根据题图乙可知货物 前5 s匀加速运动的位移为x1＝t1＝×5 m ＝5 m， 后5 s匀速运动的位移为x2＝vt2＝2×5 m＝10 m， 则货物总位移即传送带长度为L＝x1＋x2＝15 m， 解得货物重力势能增加量为ΔEp＝4 500 J， 其机械能增加量为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝4 600 J， 故B错误； 货物与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦 力乘以相对位移，匀加速阶段传送带的位 移为 x传＝vt1＝2×5 m＝10 m， 货物位移x1＝5 m， 相对位移为Δx＝x传－x1＝5 m， 则因摩擦产生的热量 Q＝Ff1Δx＝320×5 J＝1 600 J， 故C正确； 电动机多消耗的电能等于货物机械能增 加量与摩擦产生的热量之和， 即ΔE电＝ΔE＋Q＝6 200 J， 故D错误。 1.如图所示，一子弹水平射入放在光滑水平地面上静 止的木块，子弹未穿透木块，假设子弹与木块之间的 作用力大小恒定，若此过程中产生的内能为5 J，则此 过程中木块动能不可能增加(　　) A.8 J　　　　　　　　　 B.4 J C.3.8 J D.2.4 J 教参独具 A 解析：由题意可知，子弹射入木块过程中子弹做匀减 速直线运动，而木块做匀加速直线运动，作出子弹和 木块的v－t图像如图所示。无论子弹最终留在木块中 (实线)，还是从木块中射出(虚线)，根据v－t图像与 坐标轴所围面积表示位移可知，子弹射入木块的最大深度d(即子弹与木块的相对位移大小)一定大于木块做匀加速运动的位移x，设子弹与木块之间的作用力大小为F，根据功能关系可知Q＝Fd，根据动能定理可知木块获得的动能为Ek＝Fx＜Q，本题选不可能的，故选A。 2.(2026·江苏徐州调研)如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机 的带动下以恒定的速率v顺时针运行。现将质量为m的小物块从传送带 下端A点无初速度地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速 度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点。已知A、B间的距离为L，重 力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是(　　) A.在t1时间内摩擦力对物块做的功等于mv2 B.在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能大 于物块机械能的增加量 C.在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于mgLsin θ＋mv2 D.在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgLsin θ＋mv2的电能 C 解析：由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力 对物块做的功之和等于mv2，选项A错误。 在t1时 间内，物块相对传送带的位移Δx＝vt1t1＝t1， 则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为Q＝FfΔx＝Ffvt1；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即ΔE＝Ff·t1＝Ffvt1，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B错 误。 由功能关系可知，在t1＋ t2时间内传送带对物块做的功等于物块机 械能的增加量，即mgLsin θ＋mv2，选项C正确。 在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗的电能 为mgL1sin θ＋mv2＋Q，由选项B可知mgL1sin θ＋ mv2＝Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗的电能为 2mgL1sin θ＋mv2；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗的电能为mgL2sin θ，则在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 2mgL1sin θ＋mv2＋mgL2sin θ＝mg(L＋L1)sin θ＋mv2的电能，选项D错误。 考点三　能量守恒定律的应用 三 31 1.能量守恒定律 (1)内容：能量既不会凭空__________，也不会凭空消失，它只能从一 种形式__________为其他形式，或者从一个物体__________到别的物 体，在转化或转移的过程中，能量的总量__________。 (2)表达式 ①E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。 ②ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。 产生 转化 转移 保持不变 盘点 核心知识 2.对能量守恒定律的两点理解 (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。 3.能量转化问题的解题思路 (1)当涉及摩擦力做功、机械能不守恒时，一般应用能量的转化和守恒求解。 (2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。 [典例6]　某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试 中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求 出(　　) A.汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N B.汽车的额定功率为40 kW C.汽车加速运动的时间为22.5 s D.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能 为5×105 J D 提升 关键能力 [解析]　由图线①求所受阻力，由ΔEk＝FfΔx得Ff＝2 000 N，故A错误；由Ekm＝m，可得vm＝40 m/s，所以P＝Ffvm＝80 kW，故B错误；加速阶段，由动能定理得Pt－Ffx＝ΔEk'，得t＝16.25 s，故C错误；根据能量守恒定律并由图线②可得，ΔE＝Ekm－Ffx'＝5×105 J，故D正确。 [典例7]　如图所示，倾角为θ＝37°的斜面与圆 心为O、半径R＝0.9 m的光滑圆弧轨道在B点平 滑连接，且固定于竖直平面内，斜面上固定一平 行于斜面的轻质弹簧。现沿斜面缓慢推动质量为 m1＝0.8 kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L＝1.35 m，滑块a与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，≈1.73。 (1)求滑块a在C点时对轨道压力的大小FN； [解析]　由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块a由C点至D点过程，由动能定理有－m1gR＝0m1， 对滑块a在C点由牛顿第二定律有F1－m1g＝m1， 结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点时对轨道压力的大小FN＝F1＝24 N。 [答案]　24 N (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量Q； [解析]　设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可知 Ep＋m1gLsin 37°＝μm1gLcos 37°＋m1gRcos 37°， 解得Ep＝1.44 J， 最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能 量守恒定律可知Q＝Ep＋m1gLsin 37°， 解得Q＝7.92 J。 [答案]　7.92 J (3)若仅将滑块a换为质量为m2＝0.05 kg的滑块b，滑 块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在 斜面上的位置到B点的距离x(结果保留两位有效数字)。 [解析]　设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量守恒定律有 Ep＋m2gLsin 37°＝μm2gLcos 37°＋m2g(R＋Rcos 37°)＋m2， 解得vE＝6 m/s， 滑块b恰好能通过E点时，有m2g＝m2， 解得v'＝3 m/s， 可见vE＞v'，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为t，滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d，则有d＝vEt－Rsin 37°， (R＋Rcos 37°)gt2＝dtan 37°， 解得t＝ s， 又x＝， 解得x≈1.8 m。 [答案]　1.8 m 3.如图所示，O为固定在水平地面上的铰链，A球通过铰链用轻杆分别连接于铰链O和B球。 现对B球施加水平推力F，使系统处于静止状态，此时两杆间的夹角α＝60°。撤去推力F后，A、B两球在同一竖直平面内运动。已知两球质量均为 m，杆长均为L，重力加速度为g，忽略一切摩擦，求： 教参独具 (1)推力F的大小； 解析：对A球受力分析，由平衡条件得 2F杆cos 30°＝mg， 解得F杆＝mg， 再对B球分析，水平推力F＝F杆cos 60°＝mg。 答案：mg　 (2)两杆间的夹角变为120°时，B球的动能； 解析：两轻杆夹角为120°时，分别分解A、B两球速度，由两球沿杆方向速度相等可得vAcos 30°＝vBcos 30°，即vA＝vB， 由系统机械能守恒得 mg(LL)＝mm， 则B球动能EkB＝mgL。 答案：mgL (3)A球落地时重力的功率。 解析：A球落地前瞬间，vA垂直于杆向下，故B球速度vB＝0， 由能量守恒定律可得mgL＝mvA'2， 解得vA'＝ ， 则A球落地前瞬间重力的功率 P＝mgvA'＝mg。 答案：mg 4.如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨 道BC与车表面相切于B点，一个质量为m ＝1.0 kg 可以视为质点的物块放置在A点， 随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物块在小车上滑行时的加速度大小a； 解析：物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma， 解得a＝2 m/s2。 答案：2 m/s2 (2)物块运动到B点时的速度大小vB； 解析：据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到 最高点C，在C点由重力提供向心力，则有 mg＝m， 物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得2mgR＋mm， 联立解得vB＝2 m/s。 答案：2 m/s (3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。 解析：根据能量守恒定律得 Ep＝(M＋m)mμmgl， 解得Ep＝14.5 J。 从开始接触弹簧到弹簧被压缩到最短时， 物块相对地面的位移 x1＝ m＝1.25 m， 则小车的位移x＝x1－l＝1 m， 即弹簧被压缩的距离为1 m。 答案：14.5 J　1 m $