2025届高三物理二轮复习 专题训练5 功能关系及其应用

2025届高三物理二轮复习专题训练（五） ——功能关系及其应用 一、选择题（本题共10小题，共46分。在每个小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，选对的得4分；第8-10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。） 1．(2023·四川德阳·一模)随着技术的不断进步和成本的不断降低，无人机快递物流将会逐渐普及，无人机配送将在未来重塑物流行业。某次无人机载重测试，无人机在8个相同旋转叶片的带动下竖直上升，其动能Ek随位移x变化的关系如图所示。已知无人机及其载重总质量为m=10kg，重力加速度大小为10m/s2，不计空气阻力，此过中无人机（　　）   A．0~5m加速阶段，每个叶片提供的升力大小为8N B．5m~10m减速阶段，每个叶片提供的升力大小为6N C．0~10m的上升过程中，无人机及其载重的机械能增加了320J D．5m~10m的上升过程中，无人机受到的升力的平均功率为144W 2.（2024·安徽高考）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，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． B． C． D． 3．(2024·福建厦门·二模)如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，，则货物（　　）  A．在0～3m的过程中，所受的合力逐渐增大 B．在3m～5m的过程中，所受的合力逐渐减小 C．在0～3m的过程中，机械能先增大后减小 D．在3m～5m的过程中，机械能先增大后减小 4．(23-24·江苏徐州·期末)如图所示，两相同高度的直轨道AB、BC在转弯处平滑衔接，小物块与轨道间的动摩擦因数相同。小物块自轨道顶端A点由静止滑下。与在AB轨道运动过程相比，在BC轨道运动过程中（　　）  A．摩擦力做功相同 B．动能变化量相同 C．重力势能减小量较大 D．机械能减少量较大 5．(2023·山东青岛·模拟预测)如图半径为R的圆弧曲面固定在水平面上，圆弧曲面各处粗糙程度相同。小物块从圆弧上的A点由静止释放，下滑到最低点B。规定B点重力势能为零。物块下滑过程中，重力势能和机械能E与高度h关系图像中，最接近真实情况的是（　　）  A． B． C． D． 6．(2024·山东高考)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=kx2（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． B． C． D． 7．(2024·江苏南通·三模)如图所示，一处于电场中的竖直金属板左侧面均匀涂有绝缘薄层，沿板表面建立竖直向下的轴，场强大小随轴方向均匀增大，关系为（、为常数），。将带电小物块放在A点时，物块恰好静止。现将该物块由原点O静止释放，则物块下滑过程中（　　） A．电场力做正功，物块的电势能减小 B．电场力不做功，物块机械能守恒 C．摩擦力不断增大，物块会在A、B间的某点停止运动 D．物块刚好在B点停下，之后不再上滑 8．(23-24高三下·新疆·阶段)如图，物体以的初动能由A点滑上固定斜面，此斜面B点以下光滑，B点以上粗糙。已知物体所能达到的最高点为C。物体由B到C过程中机械能的减少量等于由C到B过程中动能的增加量。第一次经过B和再次回到A的动能相等且均为Ek，则（　　） A． B． C．B为AC的中点 D．物体由C到B的时间为由B到C的时间的3倍 9．(2024·湖南岳阳·三模)如图所示，古代起重的一个辘轳由两个直径不同，固定在同一轴上的圆柱体组成，一根轻绳绕在两圆柱上，摇把匀速转动时，小圆柱体上绳子下降，大圆柱体上绳子上升，从而提起重物，不计摩擦、滑轮和摇把重力的影响，已知重物重力大小为G，小圆柱和大圆柱体的半径分别是r和R，摇把的半径为L，摇把匀速转动的角速度为ω，则（　　） A．摇把匀速转动时，重物上升的速度为 B．摇把匀速转动时，重物上升克服重力做功的功率为 C．摇把匀速转动时，作用在摇把上的力最小为 D．摇把上的力对摇把做的功等于重物动能的增加量 10. 如图（a）所示，两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接有一阻值为R的电阻。将一质量为m、阻值为R、长度也为L的金属棒通过绝缘细绳悬挂在距离导轨底端h高度处。空间中存在方向垂直于导轨平面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化图像如图（b）所示。已知在t0时刻，细绳刚好断开，金属棒开始向下运动，下落高度为d时达到最大速度（d＜h）。金属棒始终与轨道垂直且保持良好接触。则下列说法正确的是（　　） A.金属棒下落的最大速度为 B.金属棒运动过程中机械能守恒 C.细绳断裂前电路的总功率为 D.细绳断裂后至金属棒达到最大速度的过程中，电路中产生的总热量为 二、计算题（本题共4小题，共54分。要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤（推理、说明过程要简洁、清晰），有数字计算的题要写出明确的数值和单位，只有最后结果的得零分。） 11.（2024·新课标）(10分)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量，重力加速度大小，当P绳与竖直方向的夹角时，Q绳与竖直方向的夹角 （1）求此时P、Q绳中拉力的大小； （2）若开始竖直下降时重物距地面的高度，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 12.（2024·江苏高考题）（15分）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后作匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到达最高点D。求： （1）CD段长x； （2）BC段电动机的输出功率P； （3）全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。 13．(2023•安徽安庆市高三月考)（18分）缓冲器是一种吸收相撞能量的装置，起到安全保护作用，在生产和生活中有着广泛的应用，如常用弹性缓冲器和液压缓冲器等装置来保护车辆、电梯等安全，如图所示是一种弹性缓冲器的理想模型．劲度系数足够大的水平轻质弹簧与水平轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff.轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．现用一质量为m的小车以速度v0向右撞击弹簧，撞击后将导致轻杆能向右移动，已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．求： (1)该小车与弹簧分离时的速度大小； (2)改变小车的速度，保证装置安全工作前提下，轻杆向右运动的最长时间； (3)该小车撞击弹簧的最大动能满足什么条件时，能够保证装置安全工作． 14．(23-24·重庆·期末)（20分）如图1所示，两个分别以A、D和B、C为端点且半径均为R=0.25m的半圆形光滑管道固定在同一竖直平面内，A、B间和C、D间均为长度L=2m的固定水平面，P、Q分别为AB和CD的中点，两个完全相同的物块甲、乙分别静置于P、Q处。已知CD和PB段水平面光滑，物块与AP间的动摩擦因数μ随物块到A点的距离x变化的关系如图2所示。已知甲、乙两物块的质量均为m=100g，两物块均可视为质点，管道内径不计，不考虑两物块与管道内部的碰撞，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，甲、乙两物块发生碰撞后速度交换，即碰撞后，原来运动的物块静止，原来静止的物块以原来运动物块的速度运动。现给物块甲一水平向右的初速度v0=7m/s，求： （1）物块甲第一次与物块乙碰撞后瞬时，物块乙的动能； （2）物块乙第一次到达P点时的动能； （3）最终物块甲、乙各自的位置。 试卷第6页，共6页 试卷第5页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题训练5《功能关系及其应用》答案 1.【答案】D 【详解】A．根据的图像可得，在0~5m加速阶段，由动能定理可得 即图像的斜率的大小表示合外力的大小，则由图像可得 设每个叶片提供的升力大小为，则由牛顿第二定律有 解得,故A错误； B．5m~10m减速阶段，同理可知，图线斜率的绝对值表示合外力的大小，设此阶段升力的大小为，合外力为，则由牛顿第二定律有解得故B错误； C．0~10m的上升过程中，无人机及其载重的机械能增加量等于升力所做的功，而在整个上升过程中，升力做功为 则可得机械能的增加量故C错误； D．设5m~10m的上升过程中无人机的加速度大小为，则由牛顿第二定律有 解得 上升到5m时的速度设为，则 解得 5m~10m的上升过程中所用的时间为 5m~10m的上升过程中升力所做的功为 则该过程中无人机受到的升力的平均功率为故D正确。故选D。 2.答案：B。设水从出水口射出的初速度为，取时间内的水为研究对象，该部分水的质量为，根据平抛运动规律 ，解得 根据功能关系得 联立解得水泵的输出功率为 3.【答案】D 【详解】A．图乙所示图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则可知，在0～3m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，则货物所受的合力逐渐减小，故A错误； B．在3m～5m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐增大，则可知货物所受的合力逐渐增大，故B错误； C．根据图乙可知，在0～3m的过程中，动能逐渐增大，而随着板车沿着斜面向上运动，货物的势能也逐渐增大，由此可知，在0～3m的过程中，货物的机械能始终增大，故C错误； D．取处为零势能面，在处货物的重力势能 做出重力势能随位移变化的图像如图所示 根据图像对比可知，在到之间，根据动能图线斜率绝对值的变化趋势与重力势能斜率比较可知，动能随位移的变化先慢与重力势能随位移的变化，该过程中机械能增加，后动能随位移的变化快于重力势能与位移的变化，该过程中机械能减小，由此可知，在3m～5m的过程中，机械能先增大后减小，故D正确。故选D。 4.【答案】D 【详解】A．摩擦力做功为 BC轨道的倾角较小，可知在BC轨道运动过程中摩擦力做功较大，故A错误； B．，根据动能定理 ，根据动能定理 可知动能变化量不同，故B错误；C．重力做功为 可知小物块在AB轨道运动过程重力做功等于在BC轨道运动过程重力做功，根据功能关系可知重力势能减小量相同，故C错误； D．机械能减少量等于克服摩擦力做功大小，在BC轨道运动过程中摩擦力做功较大，故在BC轨道运动过程中，机械能减少量较大，故D正确。故选D。 5.【答案】A 【详解】根据重力势能与重力做功的关系，在下落高度h时，其重力势能为 故重力势能与高度h的图像是一条斜率不变的倾斜直线，且当h=0时，重力势能最大，h=R时，重力势能为零。物块下落高度h时，由功能关系可得此时物块的机械能为 在下滑的过程中，物块的速度逐渐增大。设在运动过程中重力与速度的夹角为θ，则在运动过程中根据牛顿第二定律得 根据滑动摩擦力的定义可知 即物块在下滑的过程中，物块所受摩擦力逐渐增大，故摩擦力做的功逐渐增大，即在下滑相同的高度时，物块的机械能损耗的越多。综上所述，故A正确，BCD错误。故选A。 6.【答案】B 【详解】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 解得弹性绳的伸长量,则此时弹性绳的弹性势能为 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 则由功能关系可知该过程F所做的功,故选B。 7.【答案】D 【详解】A B．带电物块放在A点时，物块恰好静止，可知物块在A点所受电场力垂直金属板向右，由力的平衡可得，水平方向电场力和弹力平衡 竖直方向最大静摩擦力与重力平衡 物体下滑全过程电场力与运动方向垂直，所以电场力不做功，摩擦力一直做负功，由功能关系可知小物块的机械能减少，故AB错误； C D．物块下滑过程中所受摩擦力 则物块的合力 可作出物块下滑时受到的合力随下滑位移的关系，如下图所示 图像的面积表示合力做功，且 可知从O点到B点合力做功为零，所以从O点由静止释放物块，根据动能定理可知物块刚好在B点速度减为零，物块在B点所受电场力大于在A点所受电场力，可知物块在B点的最大静摩擦力大于重力，故物块在B点速度减为零后，停止在B点，物块合力为零，速度为零，所以物块不再上滑，也不下滑，故C错误，D正确；故选D。 8.【答案】BC 【详解】．设AB段长为，BC段长为，物体在BC段克服摩擦力做功为，则根据动能定理可得 从A到再回到A过程中，由动能定理可得 物体由B到C过程中机械能的减少量等于由C到B过程中动能的增加量 解得 ,, 故A错误，BC正确； D．物体由B到C过程中，根据牛顿第二定律可得 物体由C到B过程中，根据牛顿第二定律可得 解得, 故D错误。故选BC。 9.【答案】BC 【详解】A．由题可知大圆柱体绳子上升的速度 小圆柱体绳子下降的速度 故绳子实际上升的速度 故重物上升的速度A错误； B．根据功率的公式 可知，物体克服重力的功率.B正确； C．摇把转动一周所做的功为,施加在摇把上的力为,克服重力所做的功为，则有 摇把转动一周，绳子上升的距离 则重物上升的高度 故克服重力所做的功,由功能原理可知 所以最小力为 ,C正确；D．摇把上的力所做的功，除了使重物的动能增加，还使重物的重力势能也增加了，D错误。故选BC。 10.答案：AC 解析：金属棒在下落的运动中，受重力和安培力的作用，由静止开始做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零时，金属棒的速度最大，此时重力与安培力大小相等，则有F安＝B0IL＝mg，其中I＝，解得vm＝，A正确；金属棒运动过程中重力做正功，安培力做负功，机械能不守恒，B错误；细绳断裂前，由电磁感应定律可得，感应电动势大小为E＝＝·hL＝，由电功率公式，可得电路中的总电功率为P＝＝，C正确；金属棒向下运动到达到最大速度的过程中，由能量守恒定律可得mgd＝m＋Q，电路中产生的总热量为Q＝mgd－m＝mgd－，D错误。 11.【参考答案】（1），；（2） （1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为和，竖直方向 水平方向 联立代入数值得 ， （2）整个过程根据动能定理得 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 12. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 由运动学公式 联立解得 （2）物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为 由得 （3）全过程物块增加的机械能为 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 故可得: 13. [答案]　(1)　(2) (3)Ekm≤mv＋FfL [解析]　(1)从开始压缩到分离，由能量守恒得mv－mv＝Ff， 则v1＝. (2)小车与轻杆整体减速的加速度a＝ 轻杆向右运动L，刚好减速为零时运动时间最长，有L＝at2， 解得最长时间t＝. (3)轻杆开始移动后，弹簧压缩量x不再变化，弹性势能一定，速度为v0时，则由系统能量关系有， mv＝Ep＋Ff， 速度最大为vm时，则由系统能量关系有mv＝Ep＋FfL， 得mv－mv＝FfL， 最大动能Ekm≤mv＋FfL. 14.【答案】（1）1.95J；（2）2.05J；（3） 【详解】（1）设物块甲第一次沿管道到达点时的动能为，对物块甲，由动能定理有 由题知，物块甲、乙第1次碰撞后瞬时，物块甲动能变为0，物块乙的动能 代入数据可得 （2）由图2可知，甲、乙两物块与间的动摩擦因数 因此，甲、乙两物块与间的滑动摩擦力 可得图像，如图所示 由图像可知，物块每次从A点运动到点过程中，克服摩擦力对物块做功 因此，物块甲、乙第1次碰撞后，物块乙到达A点时的动能 物块乙到达点时的动能 （3）由可知，物块乙可以通过半圆形管道，与物块甲发生第2次碰撞物块甲、乙第2次碰撞后，物块甲到达点时的动能 以此类推……同理可知：物块甲、乙第次碰撞后，其中一物块到达点时的动能 当，即时，该物块将不能通过管道到达平面与另一物块发生碰撞因此，物块甲、乙发生碰撞的次数为5次，当时，即物块甲、乙发生第5次碰撞后，物块甲最终静止在Q点，物块乙向右运动到达点时的动能 由且可知，之后物块乙将先向右滑上管道（未到达点），又向左滑下管道，然后向左滑上管道（未到达点），再向右滑下管道，最终停在之间；物块乙最后一次向右经过A点时的动能 设最终物块乙到A点的距离为，结合图像，可得 联立解得 即物块乙最终静止在之间、距离A点的位置。 学科网（北京）股份有限公司 $$