专题9 功能关系综合-【重难点手册】2025-2026学年高中物理必修第二册同步练习册（人教版）

专题9功 题型①单个物体在阻尼过程中的功能关系 1.如图所示，一物体质量m=2kg,在倾角为0= 37的斜面上的A点以初速度vo=3m/s下滑， A点到弹簧上端B的距离AB=4m,当物体到 达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC= 0.2m,然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位 置为D点，D点到A点的距离AD=3m挡板及 弹簧质量不计，g取10m/s2,sin37°=0.6，求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数4. (2)弹簧的最大弹性势能Em· D 2.(2025·湖北武汉二中月考)如图甲所示，在倾角 为37的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m= 2kg、可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定， 滑块与弹簧不拴连.t一0时刻解除锁定，计算机 通过传感器描绘出滑块的v-t图像如图乙所示， 其中O6段为曲线，bc段为直线，已知滑块在 0~0.2s内运动的位移为0.8m,取g=10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的 是(). v/m·s) 4.0f b 2.0-- 00.20.40.60.8is 乙 A,滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离 B.滑块在0.2s时机械能最大 C.滑块与斜面间的动摩擦因数为4=0.2 D.t=0时刻弹簧的弹性势能为32J 第八章机械能守恒定律 能关系综合 题型②连接体在阻尼过程中的功能关系 3.(2024·海南卷)如图所示，一轻质弹簧一端固定 在O点，另一端与小球相连.小球套在竖直固 定、粗细均匀的粗糙杆上，OP与杆垂直，小球在 P点时，弹簧处于自然伸长状态，M、N两点与 O点的距离相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力.小球由M点静止释放，在运动过程中，弹簧 始终在弹性限度内，下列说法正确的是(). A.小球运动到P点时速度最大 B.小球运动到N点时的速度是运动到P点速 度的√2倍 C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩 擦力先变大再变小 D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程 中，小球受到的摩擦力做功相等 题型③传送带模型中的功能关系 4.如图甲，工人用传送带运送货物，传送带倾角为 30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到 顶端B点，其速度随时间变化关系如图乙所示. 已知货物质量为10kg,重力加速度取10m/s2.则 下列说法中不正确的是( ↑m·s) B 0.4 16t/s & 乙 A.传送带匀速转动的速度大小为1m/s B.货物与传送带间的动摩擦因数为 C.运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功为 795J D.A、B两点间的距离为16m 71 铺重难点手册高中物理必修第二册RJ, 5.(2025·广东惠州二模)如图所示，水平 平台上一轻弹簧左端固定在A点，原 长时在其右端B处放置一质量为m= 2kg的小滑块（可视为质点），平台AB段光滑， BC段长x=2m,与滑块间的动摩擦因数1 0.25.平台右端与水平传送带相接于C点，传送 带长L=5m,与滑块间的动摩擦因数μ2=0.4. 传送带右端D点与一光滑竖直圆形轨道相切， 圆形轨道半径R=0.4m,最高点E处有一弹性 挡板，滑块碰撞挡板前后无机械能损失.现将滑 块向左压缩弹簧后突然释放，滑块可在静止的传 送带上滑行至距C点1.5m处停下.已知传动 带只可顺时针转动，重力加速度g=10m/s2. 求： (1)释放滑块时弹簧的弹性势能E。: (2)若在相同位置释放滑块，要使滑块恰好上升 到E点，传送带的速度v为多大. (3)若在相同位置释放滑块，要使滑块不脱离圆 弧形轨道，且不再返回压缩弹簧，传送带的速 度大小范围. R ☐ m】 D 1+x=2mL=5m 72 题型④木板滑块模型中的功能关系 6.(2025·江西师大附中期中)如图所示，长度L= 5m、质量M=2kg的木板在粗糙水平面上向右 滑行，当其速度为v=9m/s时，在其右端轻轻 放上一个质量为m=1kg的滑块，已知滑块与 木板间的动摩擦因数为1=0.2，木板与地面间 的动摩擦因数为42=0.4.求： (1)滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度 大小 (2)从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产 生的热量Q. (3)从开始至木板刚停止时，滑块、木板和地面组 成的系统增加的内能U. 77777777777777777777777777减少量为△E,=(M一m)gh,系统动能的增加量为△Ek= 号cMm(号)，则系统机械能守恒的表达式为M-mg动 =M+m(）月： 3.(1)不需要(2) (3)m+M0d 22 ;mgL (4)m+M0d2 2mg 【解析】(1)本实验验证机械能守恒定律，不需要将砂和砂桶 的总重力近似等于滑块所受的拉力，所以不需要满足M远 易错点：注意本实验与牛顿第二定律实验的 大于m的条件.相似与区列 (2)遮光条通过光电门的时间很短，用平均速度近似等于瞬 时速度，故意光条通过光电门时的速度大小为，=号 1 (3)遮光条通过光电门时，系统的动能增加量为△Ek=2(m十 M)v2=(m+M)d2 2t2 系统的重力势能减少量为△E。=mgL. (④)若满足机械能守恒定律，则满足mgL=m+MDd, 2t2 ,化 简可得1=如心·士，则图线斜率的理论值为 2mg (m+M)d2 2mg 综合提能练 1.(DB(2)小(3)不需要（④）号 (5)不变；斜率与弹簧 自身质量无关 【解析】(1)铁球的密度大，在相同体积下，铁球的质量大，当 增大铁球的质量时，体积不会明确增大，空气阻力影响较小， 故选B. (2)弹簧劲度系数越小，在相同的外力作用下，弹簧的形变量 越大，弹簧形变量的测量值误差越小， (3)不考虑弹簧的质量，小球静止时，根据平衡条件有F。= g,小球下落过程中力的传感器显示最大值时，根据胡克定 律有Fm=kx,根据机械能守恒有mgx=之x,联立解得 F,=号F。,放下。F。图像的斜率为及=，因此不需要测 量弹簧的劲度系数。 (0由上述分析可知F,F。图像的斜率为k=子 (5)设小球质量为m,弹簧的质量为mo,小球静止时，根据受 力平衡有F。=(m十mo)g,小球下落过程中力的传感器示 数为最大值时，根据胡克定律有Fm=x,根据机械能守恒 1 1 1 定律有mgx十2m8x=2kx,即mg十2mg=之虹， 40 可得F,=P。十弓mg,可见，E。图像的斜率为k= 1 之，图像的斜率不变理由是图像的斜率与弹簧自身的重力 无关 2.(1)4 2)是+38mg4,-)④√展 m 【解析】(1)遮光条的宽度为d,通过光电门的时间t,则物块 d 通过光电门时的速度为v= t ②)若系统机械能守恒，则有mg1=之+号加（任）广，变 式为 2一一飞三2十乙器，所以图像若能在误差允许的范围 内足是 ,2十2是，即可验证弹簧和小物块组成的 系统机械能守恒。 (3)由图像可知1=l1和l=l3时，时间相等，则物块的速度 大小相等，动能相等，可得mgl3=E十Ek,mgl1=Epl十 Ek,联立可得Ep1一E=mg(L1一l3). (4)由图像可知1=12时，遮光板挡光时间最短，此时物块通 过光电门时的速度最大，可得：=受，又mg,=合+ m 乞m2,联立可得va8√发 培优突破练 1.(1)不需要(2)2gL(1-0s0)= +2 (3) 2L (4)存在空 气阻力和摩擦阻力的影响 【解析】(1)若小球从释放到A点过程机械能守恒，则有 △E,=△E,即mgL1-cas0)=2m2=m(）°，两边 1 质量约去，可得281(1-Q0s0》-号，故不需要测量小球的 质量 （2①间可知，若得到关系武2gL1-os0)-号，即可 验证在误差允许范围内机械能守恒， (3)根据公式2g1(1-0s9)- 京变形得子-一2 d2 cos0+ 华则0图像的斜率能对值=兴解得g一。 kd (4)实验中发现小球动能增加量△Ek总是稍小于重力势能 减少量△E。,可能的原因是存在空气阻力和摩擦阻力的 影响. 专题9功能关系综合 1.(1)0.52(2)24.4J 【解析】(1)物体在D点与A点比较，动能减少 Ew=7mi=2×2XgJ=9j小 重力势能减少E吵=mglaD sin37°-2X10X3X0.6J=36J, 机械能减少E少=Ek炒十E=(9十36)J=45J, 机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即W克=f(Lc十 关键点：往返运动中应用功能关系时优先考虑研究整个过程 lcD)=mg(LAc+lcm)cos37°， 代入数据解得4≈0.52. (2)由A到C的过程，动能减少 1 Ew=2m6=2×2×32J=9J, 重力势能减少E吵=mglAc sin37°=2×10×4.2×0.6J= 50.4J, 克服摩擦力做功W克：=f1Ac=mglAc cos37°=35J, 由能量守恒得Em=E少十E吵一W克r=24.4J. 易错分析 滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力和相对路程 的乘积，而非相对位移或位移的乘积」 2.D【解析】滑块上升过程对其分析受力，当滑块速度最大时 满足F弹=mgsin0+mgcos0,此时弹力不为0，滑块与弹 簧还没有脱离，故A错误；根据功能原理，滑块的机械能增 量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩 擦力，此过程中弹力做功大于摩擦力做功，滑块的机械能增 大.最后阶段弹力小于摩擦力，弹力做功小于摩擦力做功，此 过程中滑块的机械能减小，则滑块在0.2s时所受弹力为0， 此时滑块的机械能不是最大，故B错误；滑块脱离弹簧后向上 做成速运动，由题乙可求得如流度为a合品是。 10m/s2,根据牛顿第二定律有mg sin37°十mg cos37°= a,代入数据解得滑块与斜面间的动摩擦因数为u=0.5, 故C错误；由能量关系可知，t=0时刻弹簧的弹性势能等 于1=0.2s时的机棱能，E,=号md十mgssin37°+ mgs60s37°=号×2XJ+2X10X0.8X0.6J+0.5X2X 10×0.8×0.8J=32J,故D正确 3.D【解析】小球在P点时，弹簧处于自然伸长状态，弹力为 0,摩擦力为0，小球只受重力，小球运动到P点时加速度不 为0，小球运动到P点时速度不是最大，故A错误；小球从M 点向P点运动过程，设弹簧与竖直方向夹角为0，弹簧的拉力 F=(品)一L),拉力逐新减小，支持力为r=Fn9= k(L一Lsin 0),摩擦力逐渐减小，小球从M到P,根据功能 关系有mgh+E,=Q+2mui,从M到N根据功能关系有 2mgh=2Q+7m,比较不出两者速度关系，故B错误；从 M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变 大，故C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩 擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力 做功大小相等，故D正确。 关键点：弹簧模型不论是动力学还是功能问题，都需重点 关注弹簧的形变情况 4.D【解析】由图像可知，货物先向上匀加速运动，再向上匀 速运动，所以传送带匀速转动的速度大小为1m/s,故A正 确：开始时贷物的加速度a一是。m/修=25m/,由 牛顿第二定律有mg cos30°-mgsin30°=ma,解得货物与 传送带间的动摩擦因数为以-号，放B正确：由图像可知， A,B两点间的距离为：=号×(16+15.6)X1m=15.8m, 故D错误，由动能定理可知W一mgs·sin30°2m0,代 入数据解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功W:= 795J,故C正确， 5.(1)E。=22J(2)v=25m/s (3)0<w≤2√2m/s或2W5m/sv5V2m/s 【解析】(1)滑块从释放到在传送带上静止，由能量守恒定律 得Ep=μ1mgx十2mgx1, 其中x1=1.5m,解得E。=22J. v正 (2)滑块恰好到达E点，有mg=mR, 得vE=√gR=2m/s. 分析得滑块在传送带经历了加速过程，设滑块在传送带上加 速的位移为L1, 由动能定理得W弹-1mgx十mgL1-2mgR=7mu2, W弹=E。, 解得L1=1m,又因L1<L=5m,故滑块在传送带先加速 后匀速， 从D到E,由动能定理有-2mgR-名mi一方m, 1 联立解得传送带速度v=oD=2√5m/s. (3)情况一：滑块恰好上升至圆心等高处时，设传送带速度为 v2,由动能定理有一mgR=0-之mui, 解得v2=√2gR=2√2m/s. 假设滑块返回经过传送带速度减为0时，与D点相距为L', 1 则有一42mgL'=0-之mu, 解得L'=1m<L=5m. 故滑块不会冲过C点，在传送带与圆心等高处做往复运动. 则此情况要使滑块不脱离圆弧轨道，速度应满足0<v≤ 2v2 m/s. 41 情况二：滑块滑到最高点E后再恰好返回B点，设滑块在传 送带上的加速位移为s, 对全程分析由动能定理有 E。-21mgx十H2mgs-A2mgL=0, 解得s=4.75m. 设此时传送带速度为v3,则由动能定理有E。一1mgx十 1 r2mgs=之mu5, 解得03=5V2m/s. 故此情况滑块不脱离圆弧轨道只需满足2√5m/s≤v≤ 5√2m/s, 总结：要使滑块不脱离圆弧轨道，传送带的速度需满足的条 件为0<v≤2√2m/s或2W5m/s≤u≤5√2m/s. 方法总结 1.两个设问角度 (1)动力学角度：首先要正确分析滑块的运动过程，作 好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求滑 块及传送带在相应时间内的位移，找出滑块和传送带之间 的位移关系 (2)能量角度：求传送带对滑块所做的功、滑块和传送 带由于相对滑动而产生的热量、因放上滑块而使电动机多 消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解 2.两个功能关系 (I)传送带电动机做的功W=△Es十△E。十Q=Fx传. (2)传送带摩擦力产生的热量Q=F:·x相对· 6.(1)a1=2m/s2;a2=7m/s2(2)10.2J(3)80.28J 【解析】(1)滑块与木板取得相同的速度前，由牛顿第二定律 对滑块有1mg=ma1, 对木板有41mg十2(m十M)g=Ma2, 代入数据解得a1=2m/s2,a2=7m/s2. (2)滑块做初速度为0的匀加速直线运动，木板做匀减速直 线运动，设经过时间t1两者速度相等，共同速度为1，则有 v1=a1t1=v-a2t1, 代入数据解得t1=1s,v1=2m/s. 滑块与木板取得相同速度前，滑块的位移为 4=号×1m=1m, 木板的位移为：=”4，-9生X1m=5.5m 2 第一阶段滑块与木板的相对位移为△x1=x2一x1=(5.5一 1)m=4.5m. 滑块与木板共速后，设它们一起做匀减速直线运动，对整体， 由牛顿第二定律有2(m十M)g=(m十M)a,代入数据解 得a=4m/s2. 滑块受到的摩擦力为∫=ma=1×4N=4N>1mg。 42 故此后两者做加速度不同的匀减速运动，滑块相对木板向前 运动，由牛顿第二定律对滑块有2mg=ma3,对木板有 μ2(m+M)g-h1mg=Ma4, 代入数据解得a3=2m/s2,a4=5m/s2. 滑块与木板都做匀减速直线运动，滑块减速为0的位移为 x3=2a-2X2m=1m, 122 木板减速到0的位移为x4一202Xm=0.4m, 第二阶段相对位移为△x2=xg一x4=(1一0.4)m=0.6m, 滑块与木板间因摩擦增加的内能为Q=1mg(△x1十△x2), 代入数据解得Q=10.2J. (3)因a3<a4,所以木板停止时，滑块还没有停止. 设共速后木板经过时间t停止，则v1一a4t=0,可得t=0.4s. 木板停止时，滑块的速度为 v3=v1-a3t=(2-2X0.4)m/s=1.2m/s. 根据能量守恒定律可知，从开始至木板刚停止时，滑块、木板 和地面组成的系统增加的内能U=合Mw-立m=号× 2X9J7×1X1.2J=80.281 方法总结 1.两个分析角度 (1)动力学角度：首先隔离滑块和木板，分别分析受力， 求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画出运动轨 迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式 和速度等式 (2)能量角度：滑块在木板上滑行时，速度减小的滑块 动能减小，速度增大的木板动能增大，根据能量守恒，减少 的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和， 2.三种处理方法 (1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理. (2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律. (3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律 第八章单元学能测评 1.B【解析】用W=Fxcos0只能求解恒力做功，选项A错误； 用W合=Ee一Ek:可以计算变力做功，选项B正确；用W= Pt也能计算变力做功，例如汽车以恒定功率启动时，牵引力 为变力，可以用此公式计算，选项C错误；用P-?可以计 算平均功率，选项D错误 2.D【解析】小鸟在和弹弓接触的过程中，力和位移方向相 同，故力做正功，而当小鸟离开弹弓后，弹力对小鸟不再做 功，故A、B、C错误；由于小鸟离开弹弓后只受重力，加速度 易错点：注意乌离开弹号后有位移，但弹号对鸟没有力的作用