第6讲 功能关系 机械能守恒定律 能量守恒定律-【创新教程】2027年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

第一部分：专题二能量与动量 第6讲 功能关系 机械能守恒定律 能量守恒定律 核心素养>助学提能 考点一功能关系 核心透视 典题例析 1.功能关系的理解和应用 [例] (多选)(2025· 功能关系反映了做功和能量转化之间的对 云南卷，10)如图所示， WWWW 应关系，功是能量转化的量度， 倾角为0的固定斜面，其 0 (1)根据功能之间的对应关系，判定能的转 顶端固定一劲度系数为 化情况. k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O (2)根据能量转化，可计算变力做的功， 点.质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的 2.常见功能关系 动摩擦因数u=tan0.过程I:Q以速度，从斜 能量 功能关系 表达式 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 重力做功等于重 点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时 力势能减少量 速度最大，过O点后能继续上滑.弹簧始终在 。。。。 弹力做功等于弹 弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦 性势能减少量 W=Epl-Epe 力，忽略空气阻力，重力加速度为g.则() 势能 静电力做功等于 =-△E A.P,M两点之间的距离为w好-4 mg sin20 4kg sin 0 电势能减少量 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点 分子力做功等于 分子势能减少量 的过程中损失的机械能为4md C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的 合外力做功等于 W=E2一Ek1= 动能 最大位移为 v-8mg'sin'0 物体动能变化量 1 1 2 mg 2kg sing 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O、M(含O、M点) 除重力和弹力之 外的其他力做功 W共他=E2一E 之间 机械能 等于机械能变 =△E机 [解题指导] 化量 ①受力分析和过程分析，由动能定理分析 出P、O的距离；过程Ⅱ中，Q速度最大时 摩擦 对相互作用的 产生 摩擦力做功之和 Q=F:·S湘对 受力平衡，由平衡条件计算出M、O的 的内 的绝对值等于产 S相对为相对路程 距离； 能 生的内能 ②由功能关系，克服摩擦力做的功等于Q 在从P点单向运动到O点的过程中损失 克服安培力做功 电能 等于电能增加量 W克安=E2一E1=△E 的机械能； ③Q从P点沿斜面向上运动过程应用能 量守恒及动能定理求最大位移， 27 物理 对点集训 板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度 1.(多选)如图，质量为m m 系数为k,被拉伸时弹性势能E=2kx(x 的小物块（可视为质 M 点)静止在质量为M、长为1的木板上的最 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， 右端，木板放在光滑水平桌面上，某时刻木 此过程中两人与所坐木板保持相对静止，及保 板以速度。开始运动.已知物块与木板间 的滑动摩擦力大小为F,当物块从木板左 持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 端离开时 加速度大小为g,则F所做的功等于（) ( A.物块的动能等于F: 甲 B.物块的动能小于F礼 a C.木板的动能大于2M6-FL A.≤ung)2 2k umg(l-d) D,木板的动能小于2M6-Fl B.3(mg)2 23 +umg(l-d) 2.(2024·山东卷，7)如图所示，质量均为m C.3(umg) 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木 2k +2umg(I-d) 板上，木板通过一根原长为1的轻质弹性绳 D.mg)2 2k +2μmg(l-d) 连接，连接点等高且间距为d(d<l).两木 考点二 机械能守恒定律 核心透视 典题例析 1.判断机械能守恒的两个角度 春间1 单物体机械能守恒 (1)若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体 [例2] 如图所示，半径为R的 和弹簧组成的系统机械能守恒， 大圆环悬挂固定在竖直平面 (2)若系统内部只有动能和势能的相互转化， 内，圆心为O,质量为m的小 没有其他形式的能（如内能）与机械能相互 0 圆环套在大圆环上，从大圆环 转化，且系统与外部也没有能量的转移或 顶端由静止开始下滑，当小圆 转化，则系统机械能守恒， 环运动到P点时，向心加速度大小等于重 2.系统机械能守恒的三种表达式 力加速度g的3倍，下列说法正确的是 盟 E1=E2 需要选择 ( ) 参考平面 A.小圆环运动到P点的过程中重力势能减 种表达 转化 不用选择 少mgR 观点 △E=-△E。 参考平面 B.小圆环运动到P点时的速度大小 式 转移 △E,=-△EB 不用选择 为√2gR 观点 参考平面 C.PO连线与竖直方向的夹角为60 3.应用机械能守恒定律解题的基本思路 D.小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的 定对家 单个物体、多个物体组成的系统或 含弹簧系统 弹力大小为3mg 两分柳 对研究对象进行受力分析和做功情 况的分析 [解题指导] 判守 根据机械能守恒的条件判断研究对 象机械能是否守恒 由向心加速度大小等于重力加速度g的3 选公式 灵活选取E十Epl=Fe十E2 倍可求P点速度大小，由机械能守恒求P △Ex=一△Fp或AEA=一△EB 点小球与圆心的连线与竖直方向的夹角， 28 第一部分：专题二能量与动量 春间2】 多物体机械能守恒 [例3]半径为R的光滑圆环 竖直放置，环上套有两个质 量分别为m和√3m的小球A B 和B.A、B两球之间用一长为 √2R的轻杆相连，如图所示.开始时，A、B两 球都静止，且A球在圆环的最高点，现将 A、B两球由静止释放，试求： (1)B球到达最低点时的速度大小； (2)B球到达最低点的过程中，杆对A球做 的功； (3)B球在圆环右侧区域内能达到的最高点 位置 专向3轻弹簧连接的系统机械能守恒问题 [解题指导] [例4幻（多选)如图，一顶角 45°45 (1)圆环光滑，无摩擦力做功，系统机械能 为直角的“∧”形光滑细杆 守恒， 竖直放置.质量均为m的 (2)B球通过杆对A球做功，A球机械能 两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系 不守恒，A球的运动过程可用动能定 数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长。.两 理分析. 金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸 长在弹性限度内.已知弹簧的长度为1时，弹 性势能为(1一，)2.对其中一个金属环，下列 说法正确的是 A.金属环的最大加速度为√2g B.金属环的最大速度为g√2k m C.金属环与细杆之间的最大压力为32， 2 mg D.金属环达到最大速度时重力的功率为 mg景 [解题指导] (1)根据对称性可知，在运动过程中，弹簧 始终水平，金属环刚释放时加速度 最大； (2)平衡位置也就是弹簧的弹力沿杆方向 的分力与重力沿杆方向的分力相等 时，速度最大； (3)只有弹簧的弹力和重力做功，机械能 守恒；由几何关系可知，金属环下落的 高度是弹簧形变量的一半 29 物理 考点三 能量守恒定律 核心透视 应用能量守恒定律的基本思路 (1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的 能增加，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. 典题例析 [例5](2024·江苏卷，14)如图所示，粗糙 对点集训 斜面的动摩擦因数为，倾角为0，斜面长为 1.(2025·云南卷，6)如图所示，质量为m的 L.一个质量为m的物块，在电动机作用下， 滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩 从A点由静止加速至B点时达到最大速度 擦因数为41，与其余部分的动摩擦因数为 ,之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从 2,且1>2.第一次，滑块从I位置以速度 C点又恰好到达最高点D.求： o。向右滑动，通过MN段后停在水平面上 的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移 电动机 大小为x1,所用时间为七1；第二次，滑块从Ⅱ 位置以相同速度v,向右滑动，通过MN段 后停在水平面上的另一位置，整个运动过程 中，滑块的位移大小为x2,所用时间为t2.忽 略空气阻力，则 (1)CD段长x; (2)BC段电动机的输出功率P; 77777777777 (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机 N 消耗的总电能E,的比值 A.t<t B.ttz [解题指导] C.x1x2 D.x<x2 (1)由牛顿第二定律结合运动学公式求 2.如图所示，倾角为 CD段长； 0=37°的斜面与圆 (2)物块在BC段匀速运动，由平衡条件 心为O、半径 求牵引力； R=0.9m的光滑 37C (3)全过程物块增加的机械能等于重力势能 圆弧轨道在B点 的增加，由能量守恒得电动机消耗的总 平滑连接，且固定于竖直平面内.斜面上固 电能转化为物块增加的机械能和摩擦产 定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢 生的内能. 推动质量为m1=0.8kg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=1.35m,滑块a与斜面间 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，取g=10m/s2, sin37°=0.6，c0s37°=0.8，√3≈1.73. 30 第一部分：专题二能量与动量 (1)求滑块a在C点对轨道压力的大小， (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而 产生的热量 (3)若仅将滑块a换为质量为m2=0.05kg 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至B 点的距离（结果保留2位有效数字）. 课堂评价>高考预测 1.如图所示，倾角为30°的光甲 (1)货物从电梯底端运动到顶端所用的时间； 滑斜面固定在水平地面 3L (2)电机因运送该货物多做的功（忽略电梯 3 上，在斜面体左侧的适当 自身动能的变化). 位置固定一光滑竖直硬 杆，质量均为m的两小球 30°m (均视为质点)用长为√3L的轻质硬杆连接， 甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、乙 由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角 为30°，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，乙的 动能为 () A.3-1 10 mgL B.3+1 10mgL C.jg D.ogd 2.如图所示为某小型购物商场 的电梯，长L=7.0m,倾角 L 0=37°.在某次搬运货物时， 售货员将质量为m=50kg 的货物无初速度放在电梯的最下端，然后启 动电机，电梯先以a。=1m/s2的加速度顺 时针做匀加速运动，速度达到v。=2m/s后 匀速运动.已知货物与电梯表面的动摩擦因 c温馨提 数u=0.8,重力加速度g=10m/s2,sin37 学习至此，请完成配套训练专题精准强化6 =0.6,不计空气阻力.求： 31物理 设从C,点向上滑动距离x后运动员速度减为零，据动能 定理可得-mgxcos0-mgzsin0=0-之m呢， 运动员从A点进入圆孤滑道到回到A点的过程，由动能定 理可得一2mgn0=0-7md,解得=品≈019. 答案：(1)=3m/s(2)FN=1550N(3)u≈0.19 课堂评价·高考预测 1.C2.D 第6讲功能关系机械能守恒定律能量守恒定律 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]设P、O两，点的距离为L,过程I,根据动 能定理有-mgsine·L-mgcos0·L=0-2m6, 设M、O两，点的距离为L1,过程Ⅱ中，当Q速度最大时， 根据平衡条件L1=mgsin0十μngcos0,P、M两点之间 的距离L,=L一L4,联立可得L,8mgsn0,故 4kg sind A错误； 根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P,点单向运动到 O点的过程中损失的机械能△E=μng cos日·L, 结合-mgsin0.L-mgc0s0L=0-7mu话， 可得△E=子m6,但在过程Ⅱ中，单独对于Q而言机械 能是增加的，故B错误； 设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x, 根据能量守恒定律2kL2=mgsin0·x十mgcos0·x +2(x-L3, 、1 结合-mgsin0,L-umgcos0,L=0-2m6,， 解得x-6-8mg2sin2 ,故C正确； 2kg sin0 无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q 初始时的势能变为摩擦热，当在M,点时，满足L1= mgsin 0+umgcos 0, 当在O点时，满足mgsin日=ngcos日， 所以在O、M(含O、M点)之间速度为零时，Q将静止，故 D正确， [答案]CD [对点集训] 1.BD 2.B 考点二考向1 [例2][解析]小圆环运动到P点 ∠∠∠∠←∠∠∠∠ v 时，有a,=尺=3g,根据机械能守 恒得，小圆环运动到P点的过程中重 力势能的减少量等于动能的增加量， mgcos 6 即△E,城=之mw,联立可得v= mgsin 9 3 √3gR,△Et=2mgR,故AB错误； 设小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为日，如图所示， 小圆环从初始位置运动到P的过程中，有mgR(1十cos) 1 md,在P点，有N-mge0sg=m只，联立可得 N=号mg,e0s9=号所以9=50，故C正确，D错民。 [答案]C 3( 考向2 [例3][解析](1)释放后B球到达最低，点的过程中， A、B两球和杆组成的系统机械能守恒，有mAgR十mBgR =号m+m， 因为A、B间的轻杆长为√2R,取O为圆环的圆心，由几 何关系可得OA⊥OB,故OA、OB与杆间夹角均为45°， 又因为两球沿杆方向速度相等，则UACOS45°=sin45°， 可得VA=B, 解得=√2gR. (2)设杆对A球做的功为W杆A,对小球A应用动能定理 可得W#A十mAgR=2mA 又A=,解得W#A=0. (3)设B球到达右侧最高点时，OB与竖直方向之间的夹 角为日，取圆环的圆心O所在的水平面为参考平面，由系 统机械能守恒可得 mAgR-mBgRcos 0-mAgRsin 0, 代入数据可得0=30°， 所以B球在圆环右侧区域内达到最高点时，高于圆心O 的高度A:=Re0s9=停R [答案](1)√2gR(2)0(3)高于圆环圆心O的高度 R处 考向3 [例4][解析]刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，所以 金属环的最大加速度为aa:=gsin45°=号g,故A错 误；设在平衡位置弹簧的伸长量为x1,根据平衡条件，沿 杆方向有mngsin45°=kx1c0s45°，由机械能守恒定律得 2加g·台-号十号·2m,解得会满环的最大建度 为奶一8√员，金属环达到最大连度时重力的功率为 P=mgc0s45°g√匹，故B正确，D错误；当金属 环下落到最低点，金属环速度为0，金属环与细杆之间的 压力最大，设此时弹簧的形变量为x2,由机械能守恒定 律得2mg·受=，对金属环进行受力分折，垂直于 2 杆方向有FN=mgcos45°十kx2sin45°，解得金属环与细 杆之间的景大区力为F=3mg故C正璃。 [答案]BC 考点三 [例5][解析](1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第 二定律得mg sin0叶mg cos0=ma,由运动学公式0- =一2ax,联立解得x=2g(sin0十4cosD 2 (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为F= mg sin0+ngcos0,由P=Fv得P=mgu(sin0+cos). (3)全过程物块增加的机械能为E1=ngL sin8, 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物 块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E2= E十mg cos0,L,故可得= mgL sin 6 E2 mgL sin 0+umgL cos 0 sin 0 -sin 0 gcos0 [答案](（1)2g(sin0+cos历 (2)mgu(sin 0+ucos 0) sin 0 (3)sin ucos 02 [对点集训] 1.A 2.解析：(1)由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块 a由C至D点过程，由动能定理有一mgR=一之m吃， 对滑块a在C点由牛顿第二定律有F一m8="R,结 合牛顿第三定律可知，滑块在C点对轨道压力的大小 FN=F1=24N. (2)设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为E。,由能 量守恒定律可知E,十m1 gLsin37°=m1 gLcos37°十 m1 gRcos37°，解得E,=1.44J,最终滑块a在B与B关 于C对称的点之间运动，由能量守恒可知Q=E。十 m1 gLsin37°，解得Q=7.92J. (3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能 量守恒有E。+m2 gLsin37°=m2 gLcos37°+m2g(R+ Rc0s37)十7m呢，解得g=6m/s,滑块b拾好能通 过E点时，有mg= R,可知>，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=vst一Rsin37°，(R十 Rcos37-之gt=dan37,解得1=91Ds,又有 20 d x=c0837,解得x≈1.8m 答案：(1)24N(2)7.92J(3)1.8m 课堂评价·高考预测 1.B 2.解析：(1)对货物进行受力分析，货物受到重力、支持力 和沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律有mgcos37° -mgsin37°=ma, 解得a=0.4m/s2<1m/s2, 所以货物先以0.4m/s2的加速度向上做匀加速运动，当 速度与传送带速度相等时再做匀速直线运动.根据匀变 速直线运动规律，货物加速阶段的位移x满足2ax=6, 6=5m, 代入数据解得x=2 匀加速运动所需要的时间为4=必=5s, a 之后做匀速直线运动，匀速运动的时间为t2= L一x=1s, 00 货物从电梯底端运动到顶端所用的时间t=t1十t2=6s. (2)根据功能关系可知，电机因运送该货物多做的功等 于货物增加的动能、重力势能以及在皮带上产生的热量 之和，则有W-合m+mgh+Q, Q=μmgS相对cos37°， S相对=工度一L, g=2a9十oot一a -）=10m, h=Lsin37°，联立解得W=3160J. 答案：(1)6s(2)3160J 第7讲动量动量守恒定律 核心素养·助学提能 考点一考向1 [例1】[解析]根据FA=Ap可得F=是依题意知， 头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小 了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；头 盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故 B错误：根据I=F△t知，头盔对头部的作用力与头部对 的 讲解册参考答案 头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对 头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确；若事 故中头部以6/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的 撞击力F=△p-2X6 X6X10N=2000N,故D正确. [答案]ACD 考向2 [例2][解析门△t时间内冲击船帆的空气的体积V=SL =S(v一飞)△t△t时间内冲击船帆的空气质量为m=pV= pS(v-%)△t,空气的动量改变量为△p=m(一o),取船速 方向为正，设帆对空气的作用力大小为F,由动量定理可得 一FL=△p,即-F·△=S(v-)△(h一) 又帆船匀速前行，根据平衡条件F=f,联立解得V= [答案]A 考点二 [例3][解析](1)小铜块和10个长木板整体受到的合 外力为零，所以系统动量守恒，设小铜块刚滑到第二块 木板上时，木板的速度为v2,由动量守恒定律得M= Mo1+10mv2, 解得2=2.5m/s,方向与小铜块初速度方向相同. (2)由题可知小铜块最终停在第二块木板上，设最终速 度为，由动量守恒定律得Mu十9m2=(M十9m), 得u=3.4m/5,方向与小铜块初速度方向相同. [答案](1)2.5m/s,方向与小铜块初速度方向相同 (2)3.4m/s,方向与小铜块初速度方向相同 [对点集训门 1.D 2.AD 考点三 [例4][解析]设A、B小球的质量均为m,忽略空气阻 力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定 理可得mgL(1-c0s60)=2mui, A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守 恒定徘有maA=mo,'十m,号m暖=弓mu十 m”,可得A'=A, 1 由于号m<音mgL, 1 所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心 上升的最大高度为h,则对B从碰后至上升到最大高度 的过程，由动能定理可得一mgh=0-名m”, 。L 解得h=2 [答案]A [对点集训门 1.D 2.AD 3.解析：(1)P、Q发生正碰，由动量守恒定律 %=n2to十m1v, 由能量恒定律2m:号=m6+7m+△E, 。1 联立可得vo=3.5m/s,△E=24.5J; (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律um1g=m1a,物 块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式一品，= 2al2,=v-at1,解得p=5m/s, 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1=0.4S, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l=,解得 5=0.6$,物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式 2-2=2al2,2=g一al3,解得2=1m/s, 3