2027年高考物理一轮复习学案练习含答案06-第六章 机械能04-第四讲 功能关系 能量守恒定律（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习学案练习含答案06-第六章 机械能04-第四讲 功能关系 能量守恒定律（教用）试卷主要包含了功能关系的理解和应用，摩擦力做功与能量转化的关系，能量守恒定律的应用等内容，欢迎下载使用。
考点一 功能关系的理解和应用
1.功能关系
（1）力做功的过程就是能量转化的过程。
（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
例1 （2025·广西南宁阶段练习）多选 如图所示，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球P，小球所处的空间存在着方向竖直向上的匀强电场，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态。现给小球一竖直向上的初速度，小球最高能运动到M点。在小球从开始运动到运动至最高点的过程中 （ ）
A. 小球的电势能减小
B. 小球机械能的改变量等于电场力做的功
C. 弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量
D. 小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和
【答案】AC
【解析】小球带正电，电场方向竖直向上，电场力做正功，电势能减小，故A正确；根据功能关系，小球机械能的改变量等于电场力与弹簧弹力做功之和，故B错误；由题意可知，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态，所以电场力等于小球重力，在运动过程中，小球受的合外力就是弹簧的弹力，根据动能定理可知，克服弹力做的功等于小球动能的减少量，而克服弹力做的功等于弹簧弹性势能的增加量，电场力等于小球重力，所以电场力和重力做功的代数和为0，故C正确，D错误。
例2 （2025·广东东莞期末）多选 一小物块由静止开始沿倾角θ=37∘ 的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，物块经过连接处时速度大小不变，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为0.25，取地面为零势能面，取sin37∘=0.6、cs37∘=0.8。该过程中，物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】机械能减少量等于克服阻力做功，在斜面上的位移为L时，则E=E0−μmgcsθ⋅L=E0−μmg⋅x，在水平地面上时E=E1−μmg⋅x′，因此在斜面与水平地面上的E−x图像斜率一致，故A错误；摩擦产生的热量与机械能变化量相同，即Q=μmgx，D正确；重力势能与水平位移之间的关系为Ep=Ep0−mgxtanθ ，Ep与x成线性关系，故B正确；动能等于合力做的功，在斜面上有Ek=(mgsinθ−μmgcsθ)xcsθ=12mgx，在水平地面上有Ek=Ek0−μmgx′=Ek0−14mgx′，由斜率大小可知，C错误。
例3 （2025·湖南长沙模拟）多选 如图甲所示，一质量为1.0kg、可视为质点的小铁块在平行于固定斜面的力F作用下由静止开始从斜面底端向上滑动，力F由一个初始值开始逐渐减小到0后就不再作用。以出发点为零势能点和原点，铁块的机械能E与其滑行位移x的关系如图乙中OABC所示，其中OAB段是曲线，BC段是直线，曲线OAB段的最高点A的横坐标是xA，B点和C点的坐标已在图乙中标出；铁块的重力势能Ep与其滑行位移x的关系如图乙中直线OC所示，重力加速度g取10m/s2，斜面粗糙程度均匀，则下列说法正确的是（ ）
A. 外力F做的功为11.3J
B. 铁块与斜面间的动摩擦因数是0.45
C. 铁块上滑xA时，其加速度大小为11m/s2
D. 铁块滑回出发点时的动能为4.7J
【答案】AD
【解析】设斜面倾角为θ ，铁块的重力势能与上滑位移间的关系是Ep=mgxsinθ ，由Ep−x图线可知 sinθ=0.8，则 csθ=0.6，铁块上滑0.5m后，其机械能均匀减小，即铁块上滑0.5m时力F减为0，题图乙中BC段的斜率的绝对值表示铁块受到的摩擦力大小，故铁块受到的摩擦力大小为f=9.65−8.01.0−0.5N=3.3N，在铁块滑行1.0m时，其机械能与重力势能相等，铁块速度为0，由动能定理得WF−fx0−mgx0sinθ=0，其中x0=1m，解得WF=11.3J，故A正确；根据f=μmgcsθ ，解得μ=0.55，故B错误；铁块上滑xA时，F与f相等，设此时铁块的加速度为a，则有mgsinθ=ma，解得a=8m/s2，故C错误；铁块下滑过程，由动能定理得mgx0sinθ−fx0=Ek，解得Ek=4.7J，故D正确。
考点二 摩擦力做功与能量转化的关系
1.两种摩擦力做功特点的比较
2.三步求解相对滑动物体的能量问题
例4 （2025·天津河西期末）子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中，最终和木块一起运动。已知子弹受到的平均阻力大小为f，射入深度为d，子弹射入木块的过程中木块移动的距离为L，忽略空气阻力，在子弹和木块相互作用的射入过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 子弹动能的减少量一定等于木块动能的增加量
B. 子弹和木块组成的系统机械能减少量为fL
C. 子弹动能的减少量为f(L+d)
D. 木块动能的增加量为fd
【答案】C
【解析】子弹进入木块的过程中，由于受到阻力的作用会产生热量，故子弹动能的减少量一定大于木块动能的增加量，A错误；滑动摩擦力对系统做功，子弹和木块组成的系统机械能减少量等于fs相对，其中s相对为子弹相对木块的位移，即为d，而不是木块移动的距离，B错误；对子弹，由动能定理有−W克f=ΔEk子弹，解得ΔEk子弹=−f(L+d)，即子弹动能的减少量为f(L+d)，C正确；对木块，由动能定理有Wf=ΔEk木块，解得ΔEk木块=fL，D错误。
变式．如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平地面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d，若木块对子弹的阻力Ff视为恒定，则下列关系式中不正确的是（ ）
A. Ffl=12Mv2B. Ffd=12Mv2
C. Ffd=12mv02−12(M+m)v2D. Ff(l+d)=12mv02−12mv2
【答案】B
【解析】当木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d时，子弹相对于地面发生的位移大小为l+d，由牛顿第三定律可知，子弹对木块的作用力大小也为Ff。子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得Ffl=12Mv2，木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得−Ff(l+d)=12mv2−12mv02，联立解得Ffd=12mv02−12(M+m)v2，故选B。
例5 （2025·河北保定阶段练习）如图所示，BC段为一半径R=1m的圆弧轨道，其圆心为O，BC、AB均为粗糙轨道面，两轨道相切于B点，B在圆心O的正下方，整个轨道固定在竖直平面内，且BC、AB之间的距离均与圆弧半径相等。将一质量m=1kg的物块（可视为质点）以某一初速度从A点向右滑上水平轨道，恰好能运动到C点，后又返回水平轨道。已知物块与AB间的动摩擦因数μ=0.25，物块第一次经过B点时对轨道压力大小是其重力的2.5倍，重力加速度g取10m/s2。求：
（1） 物块从A点滑上水平轨道的初速度的大小；
（2） 物块从B点上升到C点过程中克服摩擦力做的功；
（3） 试判断物块能否再次经过A点，并说明理由。
【答案】（1） 25m/s
（2） 2.5J
（3） 见解析
【解析】
（1） 由题意可知A、B之间的距离为R，物块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有−μmgR=12mvB2−12mv02，
由牛顿第三定律可得物块在B点受到的支持力为FN=2.5mg，
由牛顿第二定律可得FN−mg=mvB2R，
联立解得v0=25m/s。
（2） 由题意可知B、C两点连线的距离等于R，由几何关系可知∠BOC=60∘ ，
由此可得B、C之间的高度差为
ℎ=12R=0.5m。
设物块在BC轨道上克服摩擦力做的功为Wf，则物块从A点到B点再到C点过程中，由动能定理有−μmgR−Wf−mgℎ=0−12mv02，
解得Wf=2.5J。
（3） 因为在圆弧BC上运动过程中，物块与圆弧间压力与速度有关，所以摩擦力与速度大小也相关，返回过程中通过每一点的速度比上升过程中经过此点的速度小，故压力小、摩擦力小，所以返回圆弧过程中克服摩擦力做的功小于2.5J，
物块能返回到B点，重力做的功为WG=mgℎ=5J，
因此物块返回B点时动能大于2.5J，
若物块能回到A点，还需克服摩擦力做功μmgR=2.5J，
因此物块能返回A点，且会静止在A点的左侧。
考点三 能量守恒定律的应用
1.能量守恒定律
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另一种形式，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.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，一般应用能量守恒定律。
（2）解题时，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。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。
例6 （2025·山东济宁模拟）多选 如图所示，轻质弹簧一端固定在O点，另一端与放在斜面上M处质量为10kg的物块（可视为质点）相连。斜面与水平面的夹角为30∘ ，M点与N点间的高度差为ℎ=0.2m，MP=PN，OM=ON，OP等于弹簧原长。物块从M处由静止开始下滑，经过P处的速度为2m/s，并恰能停止在N处。已知重力加速度g取10m/s2，物块与斜面间的动摩擦因数为33。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块通过P点时的加速度大小为0
B. 物块通过MP段与PN段摩擦力做功相等
C. 弹簧具有的最大弹性势能为10J
D. 从M点到P点过程中，物块和弹簧组成的系统损失的机械能为20J
【答案】AB
【解析】物块通过P点时弹簧弹力为0，则物块的加速度大小为a=gsin30∘−μgcs30∘=0，故A正确；由对称性可知，物块在经过MP段与PN段上关于P点对称的位置时弹簧的弹力大小相同，物块对斜面的压力大小相等，摩擦力大小相等，摩擦力做功相等，故B正确；物块从M点到N点由能量守恒定律可知mgℎ=Wf，从M点到P点由能量守恒定律可知Ep+mg⋅ℎ2=12mvP2+12Wf，解得弹簧具有的最大弹性势能为Ep=20J，故C错误；从M点到P点过程中，克服摩擦力做功为Wf′=12mgℎ=10J，可知物块和弹簧组成的系统损失的机械能为10J，故D错误。
例7 （2025·海南海口期末）多选 如图，质量为m=4kg的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆弧轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径R1=3m，A、B两点的高度差为ℎ=0.8m，光滑圆弧BC对应的圆心角为53∘ ，滑块与CD间的动摩擦因数μ=0.1，LCD=2m，重力加速度g取10m/s2。则(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)（ ）
A. 弹簧对滑块做的功为18J
B. 滑块到达B点时的速度大小为4m/s
C. 滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为3163N
D. 若滑块冲上光滑半圆弧轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径R2满足的条件为R2≤0.9m或R2≥94m
【答案】ACD
【解析】滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则在B点满足mgℎ=12m(vBsin53∘)2，解得滑块到达B点时的速度大小为vB=5m/s，滑块从P点运动到A点，由功能关系可知，弹簧对滑块做的功为W=12m(vBcs53∘)2=18J，故A正确，B错误。滑块从B点运动到C点，由动能定理有mg(R1−R1cs53∘)=12mvC2−12mvB2，在C点，由牛顿第二定律有FN−mg=mvC2R1，由牛顿第三定律有F′N=FN，解得滑块在C点对轨道的压力大小为F′N=3163N，故C正确。滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为0；二是滑块恰好能到达半圆弧轨道最高点。第一种情况：当到达与圆心等高处时速度恰好为0，由动能定理得−μmgLCD−mgR2=0−12mvC2，解得R2=94m，即满足R2≥94m，滑块中途不会脱离半圆轨道。第二种情况：当滑块能够到达半圆弧轨道最高点，由动能定理得−μmgLCD−mg⋅2R2=12mvE2−12mvC2，在最高点，重力恰好提供向心力，则有mg=mvE2R2，解得R2=0.9m，即满足R2≤0.9m，滑块中途不会脱离半圆轨道。所以若滑块冲上光滑半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径R2满足的条件为R2≤0.9m或R2≥94m，故D正确。
温馨提示 请完成《分层突破训练》课时作业32几种常见力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG=−ΔEp
负功
重力势能增加
弹簧等的弹力
正功
弹性势能减少
W弹=−ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电=−ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合=ΔEk
负功
动能减少
除重力和系统内弹力以外的其他力
正功
机械能增加
W其=ΔE
负功
机械能减少
一对相互作用的滑动摩擦力
负功
机械能减少，内能增加
Q=Ffx相对
安培力
正功
电能减少
W安=ΔE其他
负功
电能增加
W克安=ΔE电
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
一部分机械能从一个物体转移到另一个物体；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
一对摩擦力的总功
一对静摩擦力所做功的代数和总等于0
一对滑动摩擦力做功的代数和总是小于0
相同点
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，摩擦力做功与路径有关