第六章　第30课时　功能关系　能量守恒定律-2027版高考物理一轮复习

第30课时功能关系能量守恒定律目标要求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。考点一几种常见的功能关系及其表达式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，对应不同形式的能量转化，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.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动能合外力做的功等于物体动能变化量W=Ek2-Ek1=12mv2-12机械能除重力和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克安=ΔE电例1(2026·江苏苏州市四校联考)如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的小球乙在油中由静止开始下落。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。设地面处重力势能为零，在这两种情况下，下列说法正确的是()A.甲球的重力势能变化量大B.乙球的末机械能大C.甲球的动能变化快D.乙球重力势能变化快答案C解析重力势能的变化量由重力做功决定，因为两球质量相同，下落的高度差也相同，所以两球的重力势能变化量相等，故A错误；甲球在真空中下落，只有重力做功，机械能守恒；乙球在油中下落，除了重力做功外，还要克服油的阻力做功，机械能减少，因此甲球的末机械能大，故B错误；根据动能定理，合外力做的功等于动能的变化量，所以合外力的功率大小等于动能的变化快慢，对于甲球：a甲=mgm=g，v甲=2a甲h，对于乙球：a乙=mg-fm<g，v乙=2a乙h，因此在同一高度甲球的速度始终大于乙球的速度，同时甲球所受的合外力mg也大于乙球所受的合外力(mg-f)，所以甲球所受合外力的功率mgv甲大于乙球所受合外力的功率(mg-f)v乙，即甲球的动能变化得更快，故例2(2024·江苏省高邮中学期中)现有一质量为m(含滑雪装备)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10m/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60NC.运动员下滑时加速度的大小为5m/s2D.不能确定运动员的质量m的数值答案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功等于机械能减小量，则ΔE=Ffs，解得受到的阻力为Ff=ΔEs=601.0N=60N，选项B正确；下滑到底端时的动能Ek=12mv2=240J，v2=2as，mgsin30°-Ff=ma，解得运动员下滑时加速度的大小为a=4m/s2，m=60kg，选项考点二摩擦力做功与能量转化两种摩擦力做功特点的比较类型比较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机械能的损失量一对摩擦力做的总功一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W=-Ffx相对，即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，还可以不做功例3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，重力加速度为g。则在此过程中()A.摩擦力对物块做的功为-μmg(x+d)B.摩擦力对木板做的功为μmgdC.木板动能的增量为μmgdD.由于摩擦而产生的热量为μmgx答案A解析根据功的定义W=Flcosα，其中l指物体的位移，而α指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1=-μmg(x+d)，摩擦力对木板做的功W2=μmgx，A正确，B错误；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk=W2=μmgx，C错误；由于摩擦而产生的热量Q=Ff·Δx=μmgd，D错误。用功能关系分析光滑水平面上“滑块—木板”问题时要注意区分三个位移：(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。[变式]如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动。物块和小车之间的摩擦力为Ff。物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s。在这个过程中，以下结论正确的是()A.物块到达小车最右端时具有的动能为F(l+s)B.物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfsC.物块和小车系统增加的内能为Ff(l+s)D.物块和小车系统增加的机械能为F(l+s)答案B解析物块相对于地面的位移为l+s。对物块受力分析，根据动能定理，物块到达小车最右端时的动能Ek物=(F-Ff)(l+s)，故A错误；对小车，水平方向仅受摩擦力Ff，小车的位移为s，摩擦力对小车做的功为Wf=Ffs，根据动能定理，小车获得的动能Ek=Wf=Ffs，故B正确；物块与小车之间的相对位移为l，滑动摩擦力做功产生的内能Q=Ff·l，即系统增加的内能为Ffl，故C错误；外力F对系统做的功为WF=F(l+s)，根据功能关系，外力做的功等于系统增加的机械能与增加的内能之和，即F(l+s)=ΔE机械+Q，因此系统增加的机械能为ΔE机械=F(l+s)-Ffl，故D错误。考点三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.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。例4(2024·安徽卷·7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为()A.ρgSl2gh2ηh(H+B.ρgSl2gh2ηh(H+C.ρgSl2gh2ηh(D.ρgSl2gh2ηh(答案B解析设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m=v0tSρ根据平抛运动规律v0t'=lh=12gt'解得v0=lg根据能量守恒定律得Ptη=12mv02+mg(H联立解得水泵的输出功率为P=ρgSl2gh2ηh(H+故选B。例5如图所示，将原长为L的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，弹簧的一端固定在A点，另一端与质量为m的滑块接触但不连接(滑块可视为质点)。AB长为2L，B端与半径为L的光滑圆轨道BCD相切，D点在圆心O的正上方，C点与O点等高。滑块与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动滑块至P点，使得AP=L2，然后放开，滑块由静止开始沿轨道AB运动，之后刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)求滑块初始位于P点时，弹簧的弹性势能Ep；(2)若更换另一个质量为m1的滑块，仍将滑块从P点由静止释放，滑块能滑上圆轨道且能沿着圆轨道滑下，求m1的可能取值范围。答案(1)3.8mgL(2)3823m≤m1<38解析(1)对滑块在D点，由牛顿第二定律得mg=m对滑块从P点到D点，由能量守恒得Ep=μmgcos37°×3L2+mg3L2sin37°+mgL(1+cos37°)联立解得Ep=3.8mgL(2)若滑块质量较大，恰好运动到B点，由能量守恒得Ep=μm2gcos37°×3L2+m2g3L若滑块质量较小，恰好运动到C点，由能量守恒得Ep=μm3gcos37°×3L2+m3g3L2sin37°+m3解得m2=3815m，m3=38所以m1的可能取值范围为3823m≤m1<3815(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。课时精练[分值：52分][1~7题，每题4分]1.(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球()A.从1到2动能减少mghB.从1到2重力势能增加mghC.从2到3动能增加mghD.从2到3机械能不变答案B解析由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。2.(2025·江苏盐城市检测)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=12mv2 B.Q=14C.W=14mv2 D.W=mv答案A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，根据动能定理可知，滑动摩擦力对小物块做的功为W=12mv2-0=12mv2，故C、D错误；设小物块加速到与传送带速度相等历时为t，则此过程的相对位移为x=vt-vt2=v2t，则小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgx，根据上述有μmgx=12mv2，解得Q=12mv3.(2025·江苏南通市检测)如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，已知mB>mA，A球静置于水平地面，用手托住B球，轻绳刚好被拉紧，然后释放B球。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，空气阻力不计，重力加速度为g，则在B球落地前()A.若增大mB，绳的拉力减小B.若减小mA，绳的拉力增大C.A、B球的动能变化量相等D.A、B球的机械能变化率大小相等答案D解析对A、B分别由牛顿第二定律得FT-mAg=mAa，mBg-FT=mBa联立解得FT=2可知增大任何一小球的质量，绳的拉力都增大；反之减小，故A、B错误；小球的动能变化量为ΔEk=12mv2-0=12mv2，两球速度大小相等，而B球质量大，则B球动能变化量大，故C错误；小球的机械能变化率为ΔEΔt=FTΔ4.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.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功12答案D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，则有mg=mvB2R，解得vB=gR，则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，合外力做功W合=12mvB2-0=12mgR，故C错误；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，则5.(2024·江苏镇江市检测)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由木板左端滑上木板，滑至木板的右端时恰能与木板相对静止。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答案B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，第二次滑块先使整个木板加速，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，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；根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，分析可知在题图乙中木板上相对运动的位移没有题图甲中的长，所以产生的热量小于在题图甲中木板上滑行产生的热量，故D错误。6.(2025·江苏镇江市检测)风力发电机是由风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A.2PπC.4Pπ答案A解析风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V=vt·S=vtπl2，则风柱的质量M=ρV=ρvtπl2，因此在t时间内吹过的风的动能为Ek=12Mv2=12ρvtπl2·v2，在t时间内发电机输出的电能E=P·t，则风能转化为电能的效率为η=EEk=2Pπρl27.(2025·江苏镇江市检测)将一初动能为E的物体(可视为质点)竖直上抛，物体回到出发点时，动能为E2，取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体动能与重力势能相等时，其动能为(A.E4 B.3E10 C.答案B解析设上升的最大高度为h，根据动能定理可得Ff·2h=E-E2=根据能量守恒可得E=mgh+Ffh可得mgh=34E，Ffh=14E，所以Ff=若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，则Ek+mgH=E-FfH，Ek=Ep=mgH所以Ek=mgH=37若在下降阶段离出发点H'处动能和重力势能相等，则Ek'+mgH'=E-Ff(2h-H')Ek'=Ep'=mgH'解得Ek'=310E，故选B[8、9题，每题4分]8.(2026·江苏淮安市检测)物块以初速度v0沿粗糙的固定斜面向上运动，刚好到达最高点，物块向上运动过程中，其速度v、动能Ek、重力势能Ep、机械能E与运动时间t、位移x的关系图像，正确的是()答案D解析设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，动摩擦因数为μ，则上滑过程加速度大小a=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ，可知加速度大小不变，上滑过程中，v2-v02=-2ax，故A错误；动能Ek=12mv2=12m·(v0-at)2，可知Ek-t图像是一个开口向上的抛物线，故B错误；重力势能Ep=mgsinθ·x，可知Ep-x图像是一条过原点的倾斜直线，故C错误；根据功能关系可知E=E初态-Ffx=E初态-μmgcosθ·x=E初态-μmgcosθ·(v0t-9.(2025·浙江6月选考·7)如图所示，风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机，单晶硅太阳能板，额定电压48V容量200Ah的储能电池，功率60W的LED灯。已知该路灯平均每天照明10h；1kg标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳2.6kg。则()A.风力发电机的输出功率与风速的平方成正比B.太阳能板上接收到的辐射能全部转换成电能C.该路灯正常运行6年，可减少二氧化碳排放量约1.2×106kgD.储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作答案D解析设Δt时间内，风力发电机的扇叶半径为r，假设风的动能全部变成电能输出，输出功率为P出=12mv2Δt=12ρ·πr2·v·Δt·v2Δt=12ρπr2v3，即风力发电机的输出功率与风速的三次方成正比，故A错误；太阳能板上接收到的辐射能不能全部转换成电能，在转换的过程中存在能量损耗，故B错误；已知路灯的功率为P=60W=0.06kW，每天照明t=10h，一年按365天计算，6年的总时间t总=6×365×10h=21900h，可得总耗电量为W=Pt总=0.06kW×21900h=1314kW·h=1314度，因1kg标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳2.6kg，则减少的二氧化碳排放量为M=13142.8×2.6kg≈1220kg≠1.2×106kg，故C错误；已知储能电池的额定电压U=48V，容量Q=200Ah，则电池的电能为E=UQ=9600W·h=9.6kW·h，而路灯连续一周的耗电量为W10.(12分)(2025·江苏海安市检测)如图所示，粗糙程度相同的水平地面上的O处固定一竖直光滑杆，质量为m的小滑块P套在杆上，质量为m的小滑块Q放在地面上。滑块P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一水平轻弹簧右端与Q相连，左端与固定在地面上的竖直挡板连接。已知Q在初始位置A处时两杆夹角α=37°，弹簧为原长，两小滑块均恰好静止。现给滑块Q一水平外力F，使P以a=0.4g向下做匀加速运动，Q从A位置运动到B位置，此处两杆夹角为53°，该过程中P、Q始终在同一竖直平面内，已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2，k为弹簧的劲度系数x为弹簧的形变量，且k=3mg2L，弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g，(1)(3分)滑块Q静止在位置A时，受到的摩擦力Ff大小及支持力FN大小；(2)(3分)滑块Q到达位置B时的速度大小vQ；(3)(6分)滑块Q从位置A到达位置B过程中，力F做的功WF。答案(1)0.75mg2mg(2)0.3gL(3)0.075mgL解析(1)滑块Q恰好静止在A处时，对滑块P受力分析FNP=mgtanα对两滑块整体受力分析FN=mg+mg，FNP=Ff解得Ff=0.75mg，FN=2mg(2)滑块