第6章 课时作业33 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 能量守恒定律”核心考点，依据高考评价体系明确功能关系应用、能量守恒定律计算等考查要求，通过2025-2026年江苏、河北等地模拟题分析，梳理出传送带摩擦生热、斜面运动图像、功率计算等高频题型，占机械能板块约45%的分值，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的突破策略，如以传送带问题为例，通过分析相对位移与摩擦生热关系，培养学生能量观念和科学思维。针对功率计算题型，结合瀑布、高压水枪等实际情境，指导学生运用密度、流量公式推导功率表达式，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准定位学生薄弱点，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 (1－6题，每题4分) 1.(2026·江苏盐城检测)足够长的水平传送带始终以恒定速度v匀速运动， 某时刻一个质量为m的小物块静止放到传送带上，在小物块与传送带间 发生相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传 送带间因摩擦产生的热量为Q，则(　　) A.Q＝mv2　　　　　　 B.Q＝mv2 C.W＝mv2 D.W＝mv2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 夯实基础 A 2 解析：对小物块进行分析可知，小物块先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，速度增大至与传送带速度相等时，与传送带保持相对静止做匀速直线运动，此后，小物块不再受到摩擦力作用，设小物块加速到与传送带速度相等历时为t，根据动能定理可知，滑动摩擦力对小物块做的功为W＝μmg·t＝mv2－0＝mv2，此过程两者的相对位移为x＝vtt，则小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmgx，结合上述有μmgx＝mv2，解得Q＝mv2，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3 2.如图，一质量为m、长度为L的均匀柔软细绳PQ竖直 悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点， M点与绳的上端P相距，重力加速度大小为g。在此过 程中，外力做的功为(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 4 解析：由题知PM段绳的机械能不变，MQ段绳的重心升高了Δh＝，则重力势能的增加量为ΔEp＝mg·，根据功能关系，在此过程中，外力做的功等于MQ段系统重力势能的增加量，则W＝，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5 3.如图所示，两个倾角相同的斜面固定在水平地面上，底端通过光滑小圆弧连接，一物块从右侧斜面顶端由静止下滑，滑上左侧斜面至最高 点，物块与两斜面间动摩擦因数相同，通过底端时无能量损失，此过程中下列图像正确的是(v为速率，Ep为重力势能，t为运动时间，Ek为动 能，E为机械能，s为路程，选取地面为零势能面)(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 6 解析：v－t图线的斜率表示加速度，根据牛顿第二 定律，物块沿斜面下滑时，有mgsin θ－μmgcos θ＝ ma1，解得加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ，物块沿 斜面上滑时，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，解得加 速度大小a2＝gsin θ＋μgcos θ，故a1＜a2，故A错误；Ep－t图像的斜率的绝对值表示重力的瞬时功率，物块沿斜面下滑，速度越来越大，竖直方向的速度也越来越大，故重力的功率越来越大，故B错误；动能随路程变化图像的斜率的绝对值表示合力大小，根据牛顿第二定律知，沿斜面下滑的合力F1＝ma1是定值，沿斜面上滑的合力F2＝ma2也是定值，故C错误；根据功能关系知，摩擦力做负功，机械能减少，又机械能随路程变化图像的斜率的绝对值表示摩擦力大小，根据题意知摩擦力为 μmgcos θ，为定值，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7 4.(2025·江苏镇江期末)如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上， 质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板 相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙)，该滑块仍以v0从木 板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变，则下列分析正 确的是(　　) A.滑块滑到木板的右端后飞离木板 B.滑块滑到木板的右端前就与木板 保持相对静止 C.两过程滑块的动量变化相同 D.两过程系统产生的热量相等 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 8 解析：第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块与木板之间的摩擦力先使整个木板加速，滑块运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，平均加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到共同速度，所以滑块还没有运动到最右端时滑块与木板已相对静止，故A错误，B正确；根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；根据上述分析可知，第二次滑块相对木板的位移没有第一次的长，由Q＝Ffx相对可知，第二次运动过程产生的热量小于第一次运动过程产生的热量，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9 5.(2026·河北秦皇岛模拟)某瀑布高100 m，水的流量50 m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为60%，已知重力加速度g取10 m/s2，水的 密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则发电功率为(　　) A.3×104 W B.3×105 W C.3×106 W D.3×107 W 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：Δt时间内流过水的质量为m＝ρQ·Δt，发电过程中重力势能的减小量为ΔEp＝mgh，重力势能转化为电能，则发电功率P＝，联立可得P＝ηρQgh＝60%×1.0×103×50×10×100 W＝3×107 W，D正确。 D 10 6.如图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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 11 解析：设水做斜抛运动的初速度为v0，经t时间水打到着火点，在竖直方向有H＝v0sin θ·tgt2，在水平方向有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时间打出水的质量为m＝ρSvΔt，根据能量守恒定律有PΔt×80%＝m，解得P＝25 kW，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 12 (7－8题，每题4分) 7.(2026·江苏盐城期中)如图所示，在竖直平面内，倾斜固定长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。当物块位于A点时，细线自然拉直且垂直于长杆，弹簧处于原长。现将物块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C是AB的中点，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则下列说法正确的是(　　) A.下滑过程中物块机械能守恒 B.物块在B点时加速度为零 C.A到C过程物块所受合力做的功等于C到B过程物 块克服合力做的功 D.物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程 的增量等于C到B过程的增量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 能力提升 C 13 解析：在物块下滑过程中，由于细线拉力对物块做 负功，则物块的机械能减少，故A错误；物块从A运 动到B的过程中先加速运动后减速运动，故物块在 B点时加速度方向由B指向A，此时加速度不为零， 故B错误；由于A到B过程动能变化量为0，则合力 做功为0，故A到C过程中物块所受合力做的功等于 C到B过程物块克服合力做的功，故C正确；物块从 A到C过程与从C到B过程重力势能减少量相等，从A 到C过程，物块的重力势能减少量等于弹簧的弹性势能增加量和物块的动能增加量之和，从C到B过程，物块的重力势能减少量和动能减少量之和等于弹簧的弹性势能增加量，则弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 14 8.(2026·广东广州模拟)如图(a)，砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化的图像如图(b)。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因 数均相同，则(　　) A.0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移相同 B.0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度相同 C.0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功大于砝码动能的变化量 D.0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 15 解析：0~t1时间内砝码与钢板相对滑块，加速度大小a1＝μg，方向与砝码运动方向相同，t1~t2时间内，砝码在桌面减速，加速度大小a2＝μg，方向与砝码运动方向相反，故0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度大小相等、方向相反，故B错误；由v＝a1t1＝a2(t2－t1)可知t1＝t2－t1，v－t图像与时间轴所围图形的面积表示位移，根据题图(b)可知，0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移相同，故A正确；砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量，故C错误；根据能量守恒定律有W拉＝ΔEk总＋Q，即0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与两者之间因摩擦产生的热量之和，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 16 9.(12分)(2025·江苏泰州期末)如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景，喷泉喷出的水柱达到的高度为h。已知喷管的直径为d，水的密度为ρ，若不计空气阻力，重力加速度为g，则： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 17 (1)水离开喷管口时速度v为多大？ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：水从离开喷口至最高点的过程中，由机械能守恒定律得 mv2＝mgh， 解得v＝。 答案： 18 (2)用于给喷管喷水的电动机输出功率P至少为多大？ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：在喷管喷水口处，设经过Δt时间喷出水的质量为Δm＝ρπ()2v·Δt， 由能量守恒定律有P·Δt＝Δmv2， 联立解得P＝πρghd2。 答案：πρghd2 19 (3)取地面处的重力势能为零，若喷水口直径约为10 cm，水柱高约为100 m，稳定时空中水的机械能E约为多大(π＝3.14，ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2)？ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：稳定时空中水的质量为m＝ρπ()2v·t， 水从喷出到落地所用时间为t＝2， 根据机械能守恒定律，空中水的机械能等于这些水喷出时的动能E＝mv2， 联立解得E＝πρgh2d2＝3.14×106 J。 答案：3.14×106 J 20 10.(15分)如图所示，一长为L的轻杆可绕过 O点的轴在竖直平面内转动，轻杆的另一端 固定一个质量为m的小球P。一条不可伸长 的轻绳跨过两个定滑轮，一端连接小球， 另一端连接质量为2m的物块A。物块A放置 于倾角为53°的光滑斜面上，连接A的轻绳与斜面平行。用一水平外力作用于小球P，可使小球P静止于图示位置，此时轻绳与竖直方向成37°，轻杆与竖直方向成53°。撤去水平力后，轻杆可运动到竖直位置。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 21 (1)水平外力的大小； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：对物体A受力分析，由平衡条件，绳中拉力 F1＝2mgsin 53°＝1.6mg， 对小球P受力分析，如图所示， 由平衡条件得 F1＝mgcos 37°＋Fsin 37°， 解得F＝mg。 答案：mg 22 (2)撤去水平力瞬间绳上张力大小； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：撤去水平拉力瞬间，物体A和小球P具有相同大小的加速度a，对物体A受力分析，由牛顿第二定律有 2mgsin 53°－FT＝2ma， 对小球P受力分析，由牛顿第二定律有 FT－mgcos 37°＝ma， 解得FT＝mg。 答案：mg 23 (3)杆运动到竖直位置时，小球的速度大小。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：设杆运动到竖直位置时小球速度大小为v，由速度分解知，此时物体A的速度大小为0，由几何关系可知，右侧绳收缩的长度 x＝Ltan 53°－(L)＝L， 对物块A和小球P组成的系统由能量守恒定律得 2mgxsin 53°－mgL(1－cos 53°)＝mv2， 解得v＝。 答案： 24 $