2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-第4讲　功能关系　能量守恒定律

第4讲功能关系能量守恒定律学习目标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。考点一常见的功能关系的理解和应用1.对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。(2)功是能量转化的量度，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相等。2.几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W=Ek2－Ek1=ΔEk重力的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)WG=－ΔEp=Ep1－Ep2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)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的功机械能变化(1)其他力做正功，物体的机械能增加(2)其他力做负功，物体的机械能减少(3)W其他=ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少，内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，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增加量(2)W克安=E电3.功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合力对物体做正功还是做负功。(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功。(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。判断正误(1)一个物体的能量增加，必定有其他物体的能量减少。(√)(2)合力做的功等于物体机械能的改变量。(×)(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。(√)例1(2025·江苏南京高三月考)如图所示，在电梯中的斜面上放置了一滑块，在电梯加速上升的过程中，滑块相对斜面静止，则在该过程中()A.斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功B.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能C.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能D.滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能答案B解析在电梯加速上升的过程中，对滑块受力分析可知，摩擦力沿斜面向上，与速度方向夹角为锐角，故摩擦力做正功，故A错误;根据功能关系可知，弹力和摩擦力做功之和等于滑块机械能增加量，两力均做正功，故弹力对滑块做的功小于滑块机械能增加量，故B正确;由于加速度大小未知，根据题目信息无法判断支持力沿竖直方向分力与重力大小关系，无法判断弹力做功与重力做功大小关系，故无法判断弹力对滑块所做的功与滑块增加的重力势能大小关系，故C错误;除重力之外其他力做的功等于滑块机械能的增加量，合力包含重力，故合力对滑块所做的功不等于滑块增加的机械能，故D错误。例2(2025·河北邯郸模拟)如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m的小物块静止在斜面底端，某时刻给物块一个沿斜面向上的初速度v0使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角θ=30°，取水平地面为参考平面，在物块上滑过程中，物块的机械能E和动能Ek随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，下列说法正确的是()A.图线a为物块动能的变化图线，图线b为物块机械能的变化图线B.物块的质量为m=0.5kgC.物块与斜面之间的动摩擦因数为μ=3D.物块的初速度v0=15m/s答案C解析物块沿斜面上滑过程中动能和机械能均减小，取水平地面为参考平面，则物块上升到最高点时动能为零，但物块此时的机械能等于重力势能，机械能不等于零，则图线a为机械能的变化图线，图线b为动能的变化图线，故A错误;动能随位移的变化图线斜率大小等于合力，机械能随位移的变化图线斜率大小等于摩擦力，由此可得54J/m=mgsinθ+μmgcosθ，5-24J/m=μmgcosθ，由题图乙知初动能为5J，则12mv02=5J，联立解得m=0.1kg，μ=32，v0=10m/s，故C例3(多选)(2025·河南三门峡模拟)如图(a)所示，足够长的固定斜面倾角为θ=37°，斜面底端有一质量为2kg的物块(可视为质点)。现用一沿斜面向上的恒力F=32N使物块由静止开始沿斜面向上运动，取斜面底端为参考平面，运动过程中物块的机械能E与物块的位移x的关系如图(b)所示，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是()A.物块的加速度大小为6m/s2B.物块与斜面之间的动摩擦因数为0.4C.物块由静止开始沿斜面向上滑动2m时的速度大小为26m/sD.物块沿斜面向上滑动2m的过程中，物块与斜面间因摩擦产生的热量为24J答案AC解析由功能关系可知，拉力F和摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，所以题图(b)中图线的斜率k=48J2m=24N=F－μmgcos37°，解得μ=0.5，故B错误;由牛顿第二定律可知，物块沿斜面上滑的加速度大小a=F-μmgcos37°-mgsin37°m=6m/s2，故A正确;由运动学公式可知，物块向上滑动2m时，速度的大小v=2ax=26m/s，故C正确;物块沿斜面向上滑动2m的过程中，物块与斜面间摩擦产生的热量Q=μmgxcos例4(2024·山东卷，7)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=12kx2(x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，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(A.(μmg)22k+μmgB.3(μmg)22k+C.3(μmg)22k+2D.(μmg)22k+2μmg答案B解析当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有μmg=kx0，解得弹性绳的伸长量x0=μmgk，则此时弹性绳的弹性势能为E0=12kx02=μ2m2g22k;水平力F缓慢拉动乙所坐木板，可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1=x0+l－d，由功能关系可知该过程F所做的功W=E0+μmgx1=鲁科版教材必修第二册P29节练习T5与本高考试题均考查功能关系在“滑块—弹簧”模型中的应用，不同点在于高考题结合了共点力平衡的临界与极值问题，对学生的综合应用能力要求进一步提高。5.如图所示，轻弹簧k一端与墙相连，质量m=4kg的木块沿光滑水平面以v0=5m/s的初速度向左运动。求:(1)弹簧在被压缩过程中的最大弹性势能;(2)木块压缩弹簧后速度减小到3m/s时弹簧的弹性势能。考点二能量守恒定律的理解和应用1.内容:能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。2.表达式(1)E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。(2)ΔE增=ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。3.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。4.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，一般应用能量守恒定律。(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。5.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。思考现在市场上有一种手表叫自动机械手表，只要每天有一定时间把表戴在手上，不用手动上发条，表针便可走动计时，自动手表的工作运行，是否违背能量守恒定律?提示不违背能量守恒定律。自动手表的运行是把人运动的机械能转化为发条的弹性势能，然后再转化为表针的动能，同样遵守能量守恒定律。例5(2025·浙江湖州模拟)如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上、大小为F=12mg的恒力，重物上升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达式为12kx2，x为弹簧的形变量，则(A.上升过程中系统机械能守恒B.开始时弹簧的弹性势能为12C.上升过程中重物的最大动能为14D.上升到最高点过程中重物的重力势能增加12答案B解析上升过程中，恒力F对系统做正功，系统的机械能增加，故A错误;初始时对重物有mg=kx1，重物上升的最大高度为h的过程中，对系统由能量守恒定律有12kx12+Fh=mgh+12k(h-x1)2，解得h=x1，所以开始时弹簧的弹性势能为Ep1=12kx12=12mgh，故B正确;上升过程中，当重物所受合力为零时，速度达到最大，设此时弹簧的形变量为x2，则F+kx2=mg，解得x2=12x1=12h，从开始到动能最大的过程中由能量守恒定律有F(x1－x2)+12kx12=mg(x1－x2)+12mvm2+12kx22，解得上升过程中重物的最大动能为Ekm=1例6(2025·山东省名校联盟联考)极限单车是指车手骑着单车跨越障碍做着各种腾空动作的一项极限运动，深受年轻人喜爱，现将极限单车比赛中一段运动简化如下，车手骑着单车从一平台上以初速度v0从P点水平飞出，恰好从A点无碰撞地落到倾角θ=30°的斜坡AB上，PA高度差h=3.2m，AB为长L=10m的光滑斜面;若车手让单车自由滑行，经粗糙水平轨道BC和光滑圆弧轨道CD后到达D点时速度v=2m/s，DE为一宽为d=4.8m平台，圆弧轨道CD半径R=20m，圆心角α=53°，车手和单车总质量为80kg，将车手和单车整体当质点处理，g取10m/s2，已知sin53°=0.8。(1)求初速度v0的大小;(2)若车手只在BC段踩单车脚踏板，为了让单车能够跃过平台DE，求车手在BC段至少做功多少?答案(1)83m/s(2)1840J解析(1)单车在A点的竖直速度vAy=2gh=8故vA=vAysinθ则v0=vAcosθ=83m/s。(2)车手让单车自由滑行，到达D点时速度v=2m/s，设BC段克服摩擦力做功为Wf，从A到D过程由能量守恒定律有12mvA2=Wf+mg(R－Rcosα－Lsinθ)+1为了让单车能够飞跃平台DE，设单车在D点的最小速度为vD，从D到E所用时间t=2d=vDcosα·t设车手在BC段对单车做功为W，从A到D过程，由能量守恒定律可得W+12mvWf+mg(R－Rcosα－Lsinθ)+12m联立解得W=12mvD2－12mv2限时作业(限时:45分钟)基础对点练对点练1常见的功能关系的理解和应用1.(多选)(2025·湖南长沙高三月考)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，克服重力做功4J，拉力F做功8J，空气阻力做功－0.5J。则下列判断正确的是()A.物体的重力势能增加了4J B.物体的机械能减少了4JC.物体的动能增加了3.5J D.物体的动能增加了8J答案AC解析重力做功等于重力势能的变化量的相反数，克服重力做功4J，重力势能增加4J，故A正确;除重力做功外，其他力做功为WF+Wf=(8－0.5)J=7.5J，则物体的机械能增加7.5J，故B错误;合力做功为WG+WF+Wf=(－4+8－0.5)J=3.5J，合力做功等于动能的增加量，即动能增加3.5J，故C正确，D错误。2.(2025·江西南昌联考)如图甲所示，在水平面上固定倾角为θ=37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面底端静止一质量为m的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用向上运动，拉力F随位移x变化的关系图像如图乙所示，当拉力F变为0时，物块恰好静止。重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。对于整个过程，下列说法正确的是()A.拉力对物块做功F0x0 B.物块机械能一直增加C.物块的重力势能增加了mgx0 D.系统的内能增加了12F0x0－0.6mgx答案D解析根据题意可知，拉力对物块做的功等于F－x图线与横轴所围图形的面积，即WF=12F0x0，故A错误;根据功能关系可知，除重力以外的其他力做功等于机械能的变化量，而其他力即拉力F和摩擦力的合力，拉力沿斜面向上，摩擦力一直沿斜面向下，初始一段时间内拉力与摩擦力的合力沿斜面向上，即其他力做正功，机械能增加，之后拉力小于摩擦力，拉力与摩擦力的合力沿斜面向下，即其他力做负功，机械能减少，故B错误;物块重力势能的增加量为ΔEp=mgx0sin37°=0.6mgx0，故C错误;根据能量守恒定律有Q=12F0x0－0.6mgx0，故3.(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为参考平面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度g取10m/s2，根据图中数据可知()A.物体的质量为2kgB.物体上升过程中所受阻力大小为4NC.在物体上升至h=2m处，物体的动能为40JD.在物体上升后返回至h=2m处，物体的动能为30J答案AD解析根据Ep=mgh结合图像可得物体的质量为2kg，故A正确;根据ΔE=－fh，解得f=204N=5N，故B错误;由题图可知，物体初动能为100J，在物体上升至h=2m处，根据动能定理得－fh－mgh=Ek1－Ek0，解得Ek1=50J，故C错误;从地面上升后返回至h=2m处，根据动能定理得－fs－mgh=Ek2－Ek0，又s=6m，解得Ek2=30J，故D4.(多选)(2025·北师大附中高三开学考)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()A.子弹损失的动能与木块获得的动能之比为(x1+x2)∶x2B.子弹损失的动能与系统损失的动能之比为(x1+x2)∶x1C.木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为x2∶x1D.木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为x1∶x2答案ABC解析设摩擦力大小为Ff，对子弹根据动能定理可得－Ff(x1+x2)=ΔEk弹，对木块根据动能定理可得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，故A正确;根据功能关系可知，因系统变热损失的动能为|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，故B正确;木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为Ek木∶|ΔEk系|=x2∶x1，故C正确，D错误。5.(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中()A.重力做功2mgR B.机械能减少mgRC.合力做功12mgR D.克服摩擦力做功1答案CD解析小球从P点运动到B点的过程中，重力做的功WG=mg(2R－R)=mgR，故A错误;小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，有mg=mvB2R，解得vB=gR，此过程中机械能的减少量为ΔE=mgR－12mvB2=12mgR，故B错误;根据动能定理可知，合力做功W合=12mvB2－0=12mgR，故C正确;根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，W对点练2能量守恒定律的理解和应用6.(2025·河北唐山高三期末)如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中()A.小球的机械能守恒B.小球距地面高度为mgkC.小球最大动能为mghD.弹簧最大弹性势能为mg(h+x)答案D解析当小球与弹簧接触后，弹簧的弹力对小球做负功，小球的机械能减少，弹簧的弹性势能增加，小球的机械能不守恒，故A错误;当小球所受合力为零时，小球的速度最大，此时小球的动能最大，设此时弹簧的形变量为x1，根据平衡条件有mg=kx1，解得x1=mgk，弹簧原长未知，小球距地面的高度未知，故B错误;设此时弹簧的弹性势能为Ep1，根据能量守恒定律可知，小球的动能为Ek=mgh+mgk－Ep1，故C错误;当小球运动到最低点时，小球的动能为零，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大。设此时弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律可得Ep=mg(h+x)7.(2024·河北沧州八县联考)如图所示，斜面的倾角为θ，轻质弹簧的下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于B点。一质量为m的物块从斜面A点由静止释放，将弹簧压缩至最低点C(弹簧在弹性限度内)，后物块刚好沿斜面向上运动到D点。已知斜面B点上方粗糙，B点下方光滑，物块可视为质点，AB=2BC=2L，AB=3BD，重力加速度为g，弹簧弹性势能与形变量的关系Ep=12kx2(其中k为劲度系数，x为形变量)。下列说法中正确的是(A.物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数tanB.弹簧弹性势能的最大值为mgLsinθC.弹簧的劲度系数k为2D.小球动能的最大值为98mgLsin答案D解析物块从A到D的全过程中由动能定理有mg×2L×1-13sinθ－μmgcosθ×2L×1+13=0，解得μ=tanθ2，故A错误;物块从A到C的过程中由能量守恒定律有mgsinθ×3L－μmgcosθ·2L=Epmax，解得Epmax=2mgLsinθ，故B错误;由题意可知Epmax=2mgLsinθ=12kL2，解得k=4mgsinθL，故C错误;当物块加速度为0时动能最大，有mgsinθ=kx，从物块开始运动到动能最大的过程中有mgsinθ·(2L+x)－μmgcosθ·2L=12kx2+Ekmax，解得8.(多选)(2025·辽宁大连高三期中)如图所示，倾角为θ=53°的固定粗糙斜面上有一A点，长度为l=0.5m的木板质量分布均匀，其质量为M=3kg，开始用外力使木板下端与A点对齐，如图。木块质量为m=1kg，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μ=23，g=10m/s2，sin53°=0.8，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(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22C.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10J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;木板和木块组成的系统由能量守恒定律有Mglsinθ－mgl=12(M+m)v2+μMglcosθ，解得v=22m/s，故B正确;根据能量守恒定律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=μMglcosθ=6J，故综合提升练9.(多选)(2025·广东广州模拟)如图，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8km/h(18m/s)的速度冲上高度为4m的坡顶车站时，速度减为7.2km/h(2m/s)，设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减少量之比)，g取9.8N/kg，则()A.该过程列车的机械能守恒 B.该过程列车的机械能减少C.η约为10% D.η约为25%答案BD解析列车在冲上坡顶车站时，需要克服阻力做功，减少的动能一部分转化成了列车的重力势能，一部分克服了阻力做功，该过程中列车增加的重力势能与减少的动能之间的关系为