第六章 专题探究9 功能关系的综合应用-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

专题探究9功俞 ☑专题强化热点聚焦，重难突破|限时：60mim 1.(2024·陕西宝鸡二模)如图为某缓冲装置 模型，轻质弹簧与杆相连，杆可在固定的槽内 沿水平方向左右移动，杆与槽间的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，现小车以水平速度 撞击弹簧，杆恰好向右移动距离1，不计小车 与地面间的摩擦，则 轻杆 QM0吸 A.杆移动距离【的过程中先做匀加速运动 再做匀减速运动 B.弹簧被压缩到最短时，杆的速度达到最大 C.根据小车运动的对称性可知，小车以 的速率被弹簧弹回 D.弹簧的弹性势能最大时，杆向右加速的加 速度达到最大 2.(2025·河北邯郸一模)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”。使物块沿斜面上滑，物块与斜面之 间的动摩擦因数为4，斜面的倾角0=30°，取 水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑 过程中，物块的机械能E和动能E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 1E(EVJ 12345m 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m=0.5kg 第六章机械能守恒定律学霸高春 关系的综合应用 C.物块与斜面之间的动摩擦因数μ= 3 2 D.物块的初速度o=15m/s 3.(2024·江苏十校期中联考)如图所示，一根 轻质弹簧与质量为m的滑块P连接后，穿在 一根光滑竖直杆上，弹簧下端与竖直杆的下 端连接，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重 物Q连接起来.图中O、B两点等高，线段OA 长为L,与水平方向的夹角0=37°，重物Q的 质量M=5m,把滑块从图中A点由静止释放 后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点 时，弹簧对滑块的弹力大小相等，不计滑轮的 摩擦，重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37°= 0.8.在滑块从A到B的运动过程中() 0 A.滑块P的速度一直增大 4 B.滑块P在位置B的速度e=5L C.轻绳对滑块P做功0.5mgL D.P与Q的机械能之和先减小后增大 4.(2024·湖北武汉质检)（多选）两长度均为L 的水平细杆AB、CD上下正对放置，距离为d, 它们的右端用光滑半圆环相连，轻弹簧的一 端在AD、BC的交点处固定，另一端与一质量 为m的有孔小球相连，小球套在细杆上，小 球与两细杆间的动摩擦因数均为山.小球以一 定的初速度从A点向右出发，若小球能到达 C点，已知整个过程中弹簧始终处于压缩状 学霸高春白题物理 态，并且弹簧的弹力始终小于小球的重力，重 力加速度为g,则小球从A点运动到C点的 过程中 ( A.小球机械能一直减小 B.小球减少的动能等于小球增加的重力势 能与摩擦产生的热量之和 C.摩擦产生的热量等于2μmgL D.若只想小球能到达D点，则小球在A点的 动能可以恰好等于mgL+mgd 5.(2025·山东枣庄一模)（多选）如图，倾角为 30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、 Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接， Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P 和Q的质量分别为4m和m.初始时，控制P 使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈 上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性 限度范围内，弹簧劲度系数为k,重力加速度 大小为g.现无初速释放P,则在物体P沿斜 劈下滑过程中 0 A.轻绳拉力大小一直增大 B.物体P的加速度大小一直增大 C.物体P沿斜劈下滑的最大距离为6mg D.物体P的最大动能为8mg 5k 6.(2025·甘肃酒泉一模)如图所示，竖直平面 内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ,所对应圆 心角0=53°，半径R=2.5m,0为圆心，圆弧 轨道末端与粗糙水平地面相切.圆弧轨道左 侧有一速度大小=3m/s且沿顺时针方向转 动的足够长的水平传送带，传送带上表面与 P点高度差H=0.8m现一质量m=1kg(可 视为质，点)的滑块从传送带的左侧由静止释 放后从右侧水平飞出，由P点沿圆弧切线方 向进入圆弧轨道，最后在水平地面滑行一段 距离后静止在地面上.已知滑块与传送带、地 面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g 取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)滑块从传送带右端飞出时的速度大小： (2)滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力 大小： (3)滑块运动全过程因摩擦产生的热量. H R 7.(2025·陕西咸阳检测)如图所示，左右斜面 倾角均为37°，轻弹簧两端分别连接固定的 挡板C和滑块A,轻细绳跨过固定光滑滑轮 两端分别连接滑块A和B,细绳平行于斜面， 斜面足够长.用平行于斜面的外力作用在滑 块B上，此时弹簧刚好处于原长，滑块A恰好 不向上运动现撤去作用在滑块B上的外力， 使B由静止开始运动.滑块A的质量为1kg, 滑块B的质量为7kg,弹簧的劲度系数为 80N/m,滑块A与斜面间的动摩擦因数u= 0.5,右侧斜面光滑，弹簧的弹性势能为E。= (k为劲度系数，x为弹簧的形变量)，弹 簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8.求： (1)撤去外力瞬间，滑块B的加速度大小： (2)滑块A运动的最大速度和此时的弹簧形 变量x; (3)当滑块A向上滑行到最高点时，细线断 开，此后A沿斜面向下运动的最大距离. 37m 第六章机械能守恒定律学霸高春 8.(2025·浙江名校协作体模拟)如图所示，是 一款考验“力度把控能力”游戏装置示意图. 高h=0.4m的水平台面左端固定发射小筒 OA,简壁光滑.可视为质点的小球质量m= 0.2kg,静止在O处，通过手拍击对小球做 功，进入后面的轨道.改变拍击力度，使小球 获得不同的初动能.小球在轨道AB段运动 时，所受阻力为重力的0.5倍，AB段长度L= 0.5m.BC段和CD段均为半径r=0.1m的四 分之一光滑圆弧管道，DP段为半径R=0.2m 的四分之一光滑圆弧轨道.PQ为竖直圆筒， 筒口P与桌面等高，小球在圆筒内运动时所 受阻力大小恒为∫=1N,小球与筒底碰撞后 以原速率反弹.发射小筒、圆弧管道和圆筒的 内径都略大于小球直径，轨道的连接处均相 切且平滑. (1)若拍击时，手对小球做功W,=1.2J,求小 球刚进入BC管道B点时对管道的压力： (2)若小球从0处击出至第一次到达P过程 中恰好不脱离轨道，求拍击时手对小球 做功W2的大小： (3)小球从O处击出至第一次到达P过程不 脱离轨道的情况下，试讨论小球在PQ圆 筒中运动的路程s与拍击时手对小球做 功W的函数关系 095品)，解得e(号）（品）广-（总）广：(3)把光电 门安装在轻杆的中点，则小球直实线滤度5>2品>2品用原 来的方法计算动能的增加量会出现△E测<△E真：(4)小球由任意 位置静止释放，作出示意图如图所示，若机械能守恒，则有 mgscos 0=1 2mw2,其中cos0=2次，R=C+ 2,=2 4解得， 出7故斜率=24√ 2L+D ,则可说明小球运动过程机械 能守恒. 0 光电门上 片0 第5节功能关系 1。C解析：B.下降h高度过程，减少的重力势能为mgh,根据题意可 知，城加的动能△=号，根据动能定理可知，合外力对运动员 8 做的功W=△L=)mgh,故B错误：AC.根据动能定理，有mah g,解得a=号g,运动员机被能的变化量4B:-m+ 8 8 。=号4，即运动员的机械能减少量为)，放A销误， 8 C正确：D.根据功能关系，运动员机械能的减少量等于克服空气阻力 做的功，即空气阻力对运动员做的功为gmg,故D错误故选C 2。A解析：原来系统静止时弹簧处于压缩状态，B恰好离开地面时弹 簧处于伸长状态，由于A、B的质量均为m,设弹簧的压缩量和伸长 量均为，由胡克定律P=:,可得x=学，弹簧压缩时的弹性势能与 仲长时的弹性势能相等，在此过程中拉力做的功等于系统机械能的 增量，即=△E=mgh=gx2坚=2(m,故选A 3.D解析：对甲、乙两球组成的系统受力分析可知，水平杆OP对小 球甲的支持力F、=2mg,甲球受到的滑动摩擦力F=uF,在甲球缓 缓向右移动距离x=0.7m时，由数学知识可知，乙球上升h=0.7m, 设作用力F做功为W,,对两球组成的系统应用功能关系有 W,=mgh+Fx,代入数据联立解得W,=14J,ABC错误，D正确.故 选D. 4C解析：A.0~4s内轻绳拉力与摩擦力的合力对A做的功等于A 机械能的增加量，故A错误：B,0-4内，对A、B系统，由牛顿第二 定律可得magsin37°-m4gin37°-m4g0os37°=(ma+mg)a,代入 数据解得a=075m/s2,则h1=4s时A的速度大小e=a山1=075× 4m/s=3m/s,故B错误：C.0-4内设绳对B做的功为W,由动能 定理有m8n37×71+f=m,2,解得=-157.51，可知B的 机械能减少了157.5J.故C正确：D.0~4s内A、B系统机械能的减 少量等于A克服牵擦力所做的功，4△B=”复=um,g37×宁1，代 人数据解得△E=36】,故D错误.故选C. 5。C解析：A,环由A到C,初速度和末速度均为0，可知环先加速后 减速圆环所受弹簧的弹力逐渐增大，弹簧一直处于伸长状态并且， 弹簧弹力方向越来越靠近斜杆，分析圆环的受力可知，其合力先沿 着斜杆向下，再沿着斜杆向上，且合力的大小先减小后增大，所以圆 环的加速度先减小后增大，故A错误：B.环由A到C,设环与杆摩黎 产生的热量为Q,有mglsin a=Ec+Q,环由C到A,有Ec-Q- 1 mglsin a2mw,解得Q-4me,E,c=mglain-4mr2,故B错 误，C正确：D.由功能关系可知，园环由A下滑至B,有mgh-W- W弹=2m听-0，圆环由B上滑至A,有-mgh-用+W=0- 一学霸高考·白员 2m(g)尸，则>g,即环经过B时，上滑的速度大于下滑的速 度，故D错误故选C 6.AD解析：A.当小球运动到某点P时，弹性绳的伸长量是x即，小球 受到如图所示的四个力作用，其中F,=:即，将F:正交分解，则F, 的水平分量F山9=血0=c=受，小球水平方向平衡，则 F=F,im8,又F=uF=了mg,F,的竖直分量F,=F,os8= 缸㎡c0s=:c心，由以上推导可知小球受到的摩旅力为恒力，则CD 段与DE段摩藤力所做的功相同，则在DE段弹性绳和小球组成的 系统机械能的减小量等于CD段弹性绳和小球组成的系统机械能的 减小量，故A正确：B.小球从C到E,根据动能定理有mgh一 1 4 mg-W件=0，解得克服弹性绳弹力做功W殊了mgh,故B错误 C对小球从C运动到E过程，应用动能定理得mgh-了mgh-W 0,若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得-mgh+W弹- =0之2联立求解得=√兮，故c错误：D.若只把 1 4 小球质量变为2m,小球受到的摩擦力不变，小球从C点由静止开始 1 到达E点时根据动能定理有2mgh-平鼻了mh=) 0,解得小球到达E点时的速度大小，=√，故D正确故选AD. B 0F: P mg 7.(1)见解析(2)4.8J(3)1.8J 解析：(1)圆环从M点水平拉至A点过程中弹性势能增加量等于克 服弹力数的功E,=W, 弹力随伸长量增大而均匀增大，克服弹力嫩的功罗=2·。，可证 得，2品 (2)圆环由A运动至C过程，根据动能定理得mgh-W弹-W,=0-0, 克服弹力做功=-之品，山：V后环，期得，=子， 代入数据得圆环从A下滑至C过程中克服摩擦力做的功为W,= 4.81. (3)设下带过程中绳与竖直方向夹角为B,则杆与圆环间摩擦力= 。·血0=点，始终不变，圆环从4至C过程=，可得厂4N, sin 0 圆环受合力为零时动能最大，此时《=。·0m04以.可得。 0.6m, 例环下滑至动能最大的过程中，根据动能定理得mgh'--h'= Ein-0, 其中听产之仙解得=181 专题探究9功能关系的综合应用 1.D解析：A.杆移动距离1的过程中先做加速运动再做碱速运动，杆 所受的摩擦力不变，但所受的弹簧的弹力是变力，所以杆所受的合 外力为变力，加速度大小和方向都变化，故A错误：B.弹簧菽压缩 到最短时，杆所受的合外力最大，杆正在做加速运动，其速度没有达 到最大，故B错误：C.根据能量守恒定律，由于杆与固定槽之间的 滑动摩擦力做功，系统的机械能有一部分转化为内能，所以小车被 弹簧弹回的速案小于o,故C错误；D.弹簧的弹性势能最大时，弹 簧的弹力最大，轻杆受到的合外力最大，向右加速的加速度也达到 最大，故D正确故选D. 2。C解析：A,物块沿斜而上滑过程中动能和机械能均减小，取水平 题·物理·36 地面为零重力势能参考而，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，图线为机械能 的变化图像，图线b为动能的变化图像，故A错误：BCD.动能随位 移的变化图线斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线斜率 大小等于家浆力，由此可得子/a=g咖9rmgm,子a ungcos日，由图像知初动能为5J,上升到最高点的机械能为2】，则 之m5J,mg4mx血9=2J,解得m=01kg4- F26=10m/s, 故C正确，BD错误故选C 3.B解析：A由A、B两点弹簧对滑块的弹力大小相等可知，A点弹 簧处于压缩状态，B点弹簧处于伸长状态，在B点P所受合力聚直 向下，则P在越来越靠近B点过程中必有所受合力方向竖直向下的 阶段，该阶段P的速度减小，故A错误：B.滑块P在A、B两点时，弹 簧对滑块的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能 相等，到B点时，Q的速度为零，则由系统机械能守恒可得5mg(L- am37r)-mg×号=之m听.解得，√兮L,放B正确：C由 4 B项分析知A、B两点弹簧弹性势能相等，即弹簧对P做功为零，所 以细绳对P做的功等于P增加的机械能，则甲=g×号L+ 2后=mgL,故C错误；D.由A项分析知，从A点到B点过程中， 弹簧对P、Q整体先做正功，后做负功，所以P与Q的机械能先增大 后减小，故D错误故选B 4.BC解析：A.如图所示，从B到E段，弹力与速度夹角小于90°，弹 力做正功，机被能增加，故A错误； B.根据能量守恒可知，整个过程，小球减少的动能等于小球增加的 重力势能与摩擦产生的热量之和，故B正确： C.对AB段和CD段，用微元法结合对称性，在AB和CD上运动无穷 小的As距离，摩擦力做功之和△W=u(mg+F弹，)△+μ(mg-F弹，)· △s=24ng△s, 所以全程摩擦力做总功即产热Q=2mgΣAs=24umgL,故C正确； B mg D.从A到D根据动能定理-4(mg+F,)△-mgd=0-Ba, 小球在A点的动能等于E,=(mg+F,)△+mgd,故D错误 故选BC 5.AD解析：B.设物体P向下运动过程中的位移为x,弹簧的形变量 为△x,开始时弹簧的弹力表现为支持力，从释放P到弹簧恢复原长 过程中，对P、Q整体根据牛顿第二定律4mgin30°-mg+△x= (4m+m)a,可得a=”mg,随着x增大4减小，则加速度逐渐诚 5m 小，当弹簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，弹簧弹力为拉力，随 着x增大△x增大，根据牛顿第二定律4mgin30°-mg-k△x= (4m+m)a,可得a=mg,随着x增大△增大，当mg>k仙r时， 5m 随着x增大，加速度逐渐减小，当k△x>mg时，随着x增大，加速度 反向增大，所以物体P的加速度大小先或小后反向增大，故B错 误：A.以P为研究对象，设绳子拉力为T,根据牛领第二定律 4mgin30°-T=4ma,可得弹簧恢复原长前T=1.2mg-0.8k△x,随着 △x减小T增大：弹簧恢复原长后T=1.2mg+0.8k△x,可知随着△x增 大，T逐渐增大，所以轻绳拉力大小一直增大，故A正确：C.没有释 放物体P前，根据平衡条件mg=:,可得，=飞，物体P沿斜劈下 滑的最大距离为xmr,根据系统机械能守恒可得4 ng&mus si加30°+ 之=mg+o)户，解得放C错误：0当P 一学霸高考·白 的加速度为零时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件4g m30°=kx'+mg,解得x=,可知P动能最大时，弹簧的弹性势能 与初始状态相等，设P的动能为B,根据=2·4m2可知Q的 动能为，根据动能定理4mg(x+1)sm30°-mg(+)加+4 解得瓦=8，放D正确放选AD】 6.(1)3m/s(2)28N(3)27J 解析：(1)带块离开传送带做平抛运动，竖直方向有，2=2gH,滑块 沿P点切线滑人圆弧轨道，放a0=,联立解得滑块从传送带右 端飞出时速度大小%=3m/:(2)滑块在P点的速度大小p= 、。5ms,滑块从P到Q.由动能定理有mgR(1-c0)= 】 2.2-1.2,在Q点，由向心力公式有FN一mg=m尽，联立解 得F￥=28N,由牛顿第三定律可知，滑块经过Q点时对圆弧轨道的 压力大小F、'=F、=28N:(3)滑块在传送带上做匀加速运动的时间 06位移大小：%Q9m,传送霜的位移大个。 g 1.8m,滑块和传送带组成的系统产生的热量Q,=mg(x'一x)= 45J,滑块由P至最终静止，由能量守恒定律有Q2=mgR(1-c0s)+ 2m子=25J,滑块运动全过程因摩擦产生的热量Q=Q,+0,=271 (1)4mg2(2)2/10m/s,0.4m(3)1.65m 解析：(1)撤去外力腰间，对B研究，由牛顿第二定律有mgin37°- T=mna,对A研究，由牛顿第二定律有T-mAgsin37°-m4B cos37°=m44,解得a=4m/。2;(2)当滑块A的加速度为零时，速度 最大，对A研究可得T=magsin37+m4g0s37°+，对B研究可 得mggsin37°=T,解得x=0.4m,当加速度为0时，此时速度最大， 由能量守瓶定律得mgin37·x=子+mg血37P·+m,8 m3·+之mm)2,解得=子1而a6:(3)设物块A沿斜 面向上滑行的最大距离为L,据能量守恒定律有mgsn37°= 】2+mgin37P+m4ge37P·L,解得L=0.8m设细线断开 后，滑块A沿斜面向下运动的最大距离为d,则据能量守恒定律有 之2+m8dn3护m1gs37°，d4(d-)2,解得de165m 8.(1)16N,方向竖直向下(2)11J(3)见解析 解析：(1)球运动到B点过程中，根据动能定理W,-0.5mgL= 之m。子，解得a=7ms,在B点时，根据牛顿第二定徘N-mg 1 一，解得N16N,根据牛领第三定律，球刚进人BC管道B点时 对管道的压力为16N,方向竖直向下，(2)第一次到达P过程恰好不 脱离轨道，则小球在D点时，重力恰好提供向心力，由击处到D点过 程，根据动能定理用-05mgL-2mgr=2m02,在D点时mg= mU R,解得=1.1小上(3)由以上分折可知，小球从0处击出至第-一 次到达P过程不脱离轨道的情况下，必定有W≥1.1J,小球从0至 进人简后第一次反弹恰好到达P(即刚好不出简)，由动能定理可 得：W-0.5mgL-2h=0-0,解得：W=1.3J,讨论如下：①当L1J≤ W≤13J时，进筒但不出篇简，经多次反弹最终停在筒底，全程由动能 定理可得：W-0.5mgl+mgh-=0-0,化简可得：s=(F+0.3)m, ②当W>13J时，进筒且第一次反弹出简，则：=2h,解得：5=0.8m; 综上，当1.1J≤W≤1.3J时，s=(W+0.3)m:当甲>1.3J时，s=0.8m 第六章综合测试 1.C解析：喷管的直径约为10cm,则半径约为：=)×10cm=5cm= 题·物理·37一