专题四 二轮复习3步走2 微专题(十) 涉及功能关系的三类题型-【新高考方案】2026年高考物理二轮复习专题增分方略配套课件

涉及功能关系的三类题型 微专题（十） 题型1　连接体中的机械能守恒问题 共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化的关系 共角速度模型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比 关联速度模型 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 续表 轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等。 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零) 续表 说明：以上连接体不计阻力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。 [例1]　(2025·河南十校联盟联考)如图所示， 半径为R的光滑半圆弧固定在光滑水平面上且与 水平面平滑连接于C点，AC是竖直直径，B距离 光滑水平面高度为R，质量均为m的小球甲、乙 (视为质点)用轻质细杆连接，小球甲套在半圆弧的A点，小球乙放置在C点，甲、乙均处于静止状态，现让小球甲受到轻微的扰动，小球甲沿半圆弧向下运动，小球乙沿着水平面向左运动，重力加速度为g，则在小球甲从A到B的运动过程中，下列说法正确的是 (　　) A.甲的重力势能全部转化为甲的动能 B.甲克服杆的作用力做的功大于杆对小球乙所做的功 C.当甲刚运动到B点时，甲、乙的速度大小之比为∶1 D.当甲刚运动到B点时，甲的动能为mgR √ [解析]　甲的速度沿圆弧切线方向，在B点时，根据几何关系可知，杆与竖直方向夹角为60°，则此时v1cos 60°=v2cos 30°，解得甲、乙的速度大小之比为v1∶v2=∶1，所以乙的速度不为零，则甲的重力势能全部转化为甲和乙的动能之和，故A错误，C正确； 因为杆是轻杆，根据机械能守恒定律可知，甲克服杆的作用力做的功等于杆对乙所做的功，故B错误；甲运动到B点时，根据机械能守恒定律有mgR=m+m，甲的动能为Ek=m=mgR，故D错误。 题型2　弹簧模型中的功能关系 运用功能关系求解弹簧模型问题的一般思路 第一步 明确对象 选取物体或物体和弹簧整体为研究对象 第二步 动量分析 (1)动量定理：分析各力的冲量与研究对象动量变化情况。 (2)动量守恒定律：分析研究对象初、末状态的动量及是否满足动量守恒定律 第三步 能量分析 (1)分析弹力及其他力做功情况，利用动能定理列式。 (弹力做的功和弹簧弹性势能变化量的数值相等) (2)分析能量转化情况，利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解弹力做功 第四步 列式求解 结合能量守恒定律、动能定理、动量守恒定律准确列式求解 续表 [例2]　(2025·江西重点中学协作体联考)如图所示， 一根粗细均匀的光滑细杆竖直固定，与细杆相距d处固 定一个光滑的轻质小滑轮。质量均为m的小物体A、B 用轻弹簧相连，竖直放在水平面上，没有弹性的轻绳 一端与物体A相连，另一端与穿在细杆上、质量也为m 的小环C相连。将小环C拉至P点时，轻绳与细杆的夹角为θ，物体B刚好对水平面无压力。现让小环C从P点由静止释放，依次经过M点和N点，M点与滑轮等高，P点和N点关于M点对称。已知小环经过M点时弹簧处于原长状态，重力加速度为g。下列选项正确的是 (　　) A.轻弹簧的劲度系数为 B.小环从P点运动到M点的过程中，弹簧弹性势能的减少量大于小环动能的增加量 C.小环经过N点时，物体A的速度大小为2cos θ D.小环经过N点时，物体A的速度大小为2sin θ √ [解析]　小环在P点时根据胡克定律可得k=mg，可得k=，A错误；小环运动到M点时物体A的速度为零，该过程由能量关系可知，小环重力势能减少量与弹簧弹性势能的减少量之和等于小环动能的增加量，可知该过程中弹簧弹性势能的减少量小于小环动能的增加量，B错误；因P点和N点关于M点对称，则小环经过N点时，v环cos θ=vA，由能量关系可知mg·=m+m，解得物体A的速度大小为vA=2cos θ，C正确，D错误。 题型3　功能关系与图像的结合问题 其解题思路： [例3]　(2025·湖北武汉模拟)重力 储能是一种新型储能方式，其基本原 理如图甲所示，斜面倾角θ=37°，平 台上固定一台电动机，斜面与平台交接处有一光滑轻质定滑轮，质量m=2 kg的重物(可视为质点)停在斜面底端a点，通过轻绳与电动机相连，重物与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，轻绳与斜面平行。在t=0时刻启动电动机；在t1时刻，重物到达b点，速度为4 m/s，电动机的输出功率为100 W；在t2=4.6 s时刻，重物到达c点，轻绳突然断裂；在t3时刻，重物到达d点。上述过程中重物的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列选项正确的是 (　　) A.电动机的额定输出功率为100 W B.在t=3 s时电动机的输出功率为80 W C.以斜面底面为零势能面，重物运动到d点时的重力势能为320 J D.从d点自由滑到a点的过程中，重物的重力势能转化为动能的效率约为67% √ [解析]　电动机的输出功率为100 W，是实际功率，但不一定是额定功率，故A错误；重物到达b点，速度为4 m/s，电动机的输出功率为100 W，此时绳的牵引力T==25 N，由牛顿第二定律有T-mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得a=2.5 m/s2，v1=at1，解得t1=1.6 s，故在t=3 s时重物做匀速运动，电动机的输出功率P2=v1=80 W，故B正确； 在c点轻绳突然断裂，由牛顿第二定律有-mgsin θ-μmgcos θ=ma'，解得a'=-10 m/s2，重物从c点运动到d点所用时间Δt==0.4 s，重物上升总位移x=v1t1+v1+v1Δt=16 m，以斜面底面为零势能面，重物运动到d点时的重力势能为mgxsin θ=192 J，故C错误；从d点自由滑到a点的过程中，由动能定理有mgxsin θ-μmgxcos θ=ΔEk，重物的重力势能转化为动能的效率为=≈33%，故D错误。 [例4]　(2025·山东潍坊三模)某次训练中，运动员将质量m=4 kg的铅球以初速度v0斜向上抛出，忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。已知铅球在t1=0.5 s时动能达到最小值Ekmin=150 J。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能Ek、重力势能Ep随时间t或高度h变化关系的图像正确的是 (　　) √ [解析]　铅球做斜抛运动，在t1=0.5 s时动能达到最小值Ekmin=150 J，此时到达最高点，且重力势能最大；设抛出时的水平速度为v0x，则m =Ekmin=150 J，解得v0x=5 m/s，抛出时的竖直速度v0y=gt1=5 m/s，可知初动能Ek0=m(+)=200 J，则上升过程中t时刻的动能Ek=Ek0-mgh=Ek0-mgt，可知Ek-t图像是二次函数曲线，不是直线； 因Ek=Ek0-mgh=200-40h(J)，其中h最大值hm=g=1.25 m，则Ek-h图像是倾斜直线，且上升时和下降时的图像重合，A错误，C正确；重力势能Ep=mgh=mgt，可知Ep-t图像是二次函数曲线，不是直线；Ep-h图像是一条直线，h最大值为1.25 m，下降过程图像与上升过程图像重合，B、D错误。 专题验收评价 测评内容：微专题(九)(十) 1 2 3 4 5 6 7 1.(2025·江苏宿迁一模)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在光滑斜面的挡板上。物块从图示位置静止释放，弹簧始终处于弹性限度内。则物块与弹簧有相互作用的整个下滑过程中 (　　) A.挡板对弹簧做负功 B.物块的速度逐渐减小 C.物块在最低点时的加速度最大 D.物块的机械能先增大后减小 √ 8 6 7 解析：挡板对弹簧的力无位移，挡板对弹簧不做功，故A错误；物块与弹簧组成弹簧振子，在平衡位置速度最大，在最低点速度为零，故速度先增大后减小，故B错误；物块与弹簧组成弹簧振子，可知物块在最低点时的加速度最大，故C正确；压缩弹簧过程中，弹性势能一直增大，物块的机械能一直减小，故D错误。 1 2 3 4 5 8 1 5 6 7 2.(2024·安徽高考)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 (　　) A.Mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 2 3 4 √ 解析：人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2，故选D。 8 1 5 6 7 3.(2025·江西五校联考)如图所示，物流传送带在电动机的带动下始终以大小为v0的水平速度匀速运动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m的小物箱，小物箱在传送带上做匀变速运动，经时间t小物箱的速度与传送带的速度相同，重力加速度大小为g，则在这段时间内，下列说法正确的是 (　　) A.小物箱相对传送带的位移大小为v0t B.小物箱与传送带间的动摩擦因数为 C.小物箱与传送带间因摩擦产生的热量为m D.因传送小物箱，电动机至少要多做的功为m 2 3 4 √ 8 1 5 6 7 解析：小物箱相对传送带的位移就是传送带与小物箱在t时间内的位移差，有Δx=v0t-t=v0t，故A错误；小物箱在时间t内做匀加速直线运动，加速度a==μg，速度v0=at，解得μ=，故B正确；小物箱与传送带间因摩擦产生的热量Q=fΔx=μmg×v0t=m，故C错误；由功能关系可知因传送小物箱，电动机至少要多做的功等于小物箱增加的动能与系统摩擦产生的热量之和，有W=m+Q=m，故D错误。 2 3 4 8 1 5 6 7 4.(2025·福建高考)(多选)传送带顺时针 转动的速度大小恒为1 m/s。两个物块A、 B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1 kg，B的质量为 2 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2 m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧的弹性势能Ep=0.75 J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度g取10 m/s2，则 (　　) 2 3 4 8 1 5 6 7 A.在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小 B.t=t0时，B的速度为0.5 m/s C.t=t0时，弹簧的压缩量为0.2 m D.0~t0过程中，A在传送带上留下的痕迹小于0.05 m 2 3 4 √ √ 8 1 5 6 7 解析：根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等，f=0.5×1× 10 N=0.25×2×10 N=5 N，初始时A相对传送带向右运动，B相对传送带向左运动，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒，有mAv0=mAv+mBvB，代入数值解得t=t0时B的速度为vB=0.5 m/s，在A与传送带第一次共速前任意时刻，对A、B，根据牛顿第二定律有f+F弹=mAaA，f+F弹=mBaB，由于mA<mB，可知aA>aB，故A错误，B正确； 2 3 4 8 1 5 6 7 在0~t0时间内，设A、B向右的位移分别为xA、xB，由功能关系有-fxA+fxB +mA=mAv2+mB+Ep，解得xA-xB=0.1 m，故弹簧的压缩量为Δx=xA-xB=0.1 m，故C错误；A与传送带的相对位移为x相A=xA-vt0，B与传送带的相对位移为x相B=vt0-xB，故可得x相A+x相B=xA-xB=0.1 m，由于0~t0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动， 2 3 4 8 1 5 6 7 且满足aA=2aB，作出A、B、传送带的v-t图像如图所示，可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA的面积，故可得x相A<x相B，结合x相A+x相B=0.1 m，可知x相A<0.05 m，故D正确。 2 3 4 8 1 5 6 7 5.(2025·四川高考)如图所示，倾角为30°的光滑 斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机 通过不可伸长的轻绳与小车相连，小车上静置一 物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦 因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内(　　) 2 3 4 8 1 5 6 7 A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 C.小车的位移大小为 D.小车机械能增量为+ 2 3 4 √ 8 1 5 6 7 解析：对物块，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma，解得a=g，根据运动学公式有=2ax1，解得物块的位移大小为x1=，故A错误；物块机械能增量为ΔE=m+mgx1sin 30°=m，故B错误；设物块与小车达到共速时所用时间为t，则t==，对小车，根据动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m，解得x=，故C正确；小车机械能增量为ΔE'=m+mgxsin 30°=+，故D错误。 2 3 4 8 1 5 6 7 6.如图所示，光滑斜面体OAB固定在水平桌面上， 斜面OA和OB的倾角分别为α=53°、β=37°。质 量相同的物块a和b(均可视为质点)从顶端O处分别 沿斜面OA和OB由静止滑下，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法正确的是 (　　) A.a和b下滑过程，所用时间之比为ta∶tb=4∶3 B.a和b下滑过程，重力的冲量大小之比为Ia∶Ib=3∶4 C.a和b下滑到底端时，重力的瞬时功率大小之比为Pa∶Pb=1∶1 D.a和b下滑到底端时，动能大小之比为Eka∶Ekb=3∶4 2 3 4 √ 8 1 5 6 7 解析：设斜面的高度为h，则=gsin α·=gsin β·，所以ta∶tb =3∶4，故A错误；下滑过程中重力的冲量大小为I=mgt，所以Ia∶Ib=ta∶tb =3∶4，故B正确；下滑到底端时，重力的瞬时功率大小为Pa=mgvasin α= mg·gsin α·ta·sin α，Pb=mg·gsin β·tb·sin β，所以Pa∶Pb=4∶3，故C错误；根据动能定理可得Ek=mgh，所以Eka∶Ekb=1∶1，故D错误。 2 3 4 8 1 5 6 7 7.(16分)(2025·广东高考)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f=f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m、底面积为S、加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。求：(提示：可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功) 2 3 4 8 1 5 6 7 (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。(4分) 2 3 4 答案：　 8 1 5 6 7 解析：木塞的速度等于齿轮边缘的线速度，在木塞离开瓶口的瞬间，对木塞，根据运动学公式有v2=2ah 根据v=ωr，联立可得ω=。 2 3 4 8 1 5 6 7 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。(6分) 2 3 4 答案：mah+mgh+f0h+ΔpSh 解析：根据题意画出木塞所受摩擦力与运动 距离的关系如图所示， 可得摩擦力所做的功为Wf=-f0h 对木塞，根据动能定理有W+Wf-mgh-ΔpSh=mv2-0，解得W=mah+mgh+f0h+ΔpSh。 8 1 5 6 7 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。(6分) 2 3 4 答案：P=magt+ma2t+f0at-×t3+SatΔp 解析：设拔塞钻对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律有F-mg-f-ΔpS=ma 速度v'=at，位移x=at2 拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P=Fv' 联立可得P=magt+ma2t+f0at-×t3+SatΔp。 8 1 5 6 7 8 8.(16分)(2025·安徽高考)如图所示，M、N为固定 在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。 一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂 质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压 力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着轻绳绕过N、M运动到M正下方与M相距L的位置时，轻绳刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，轻绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 (1)求轻绳被拉断时小球的速度大小，及轻绳所受的最大拉力大小；(6分) 2 3 4 解析：小球从最下端运动到M正下方距离为L的位置过程中，根据机械能守恒定律有 m=mg·2L+mv2 在该位置时根据牛顿第二定律有T-mg=m 解得轻绳被拉断时小球的速度大小为v=4 m/s，轻绳所受的最大拉力大小为T=17 N。 8 答案:4 m/s　17 N 1 5 6 7 (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；(4分) 2 3 4 答案：4 m　 解析：小球做平抛运动时，设抛出点到落地点的水平距离为x，由平抛运动规律有x=vt1，2L=g 解得x=4 m。 8 1 5 6 7 (3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且轻绳不松弛，求初速度的最小值。(6分) 2 3 4 答案：2 m/s 解析：设小球恰好通过N的正上方时的速度为v'，则小球的初速度有最小值，由牛顿第二定律有mg=m 从最低点到该位置，由机械能守恒定律有 mv0'2=mg·5L+mv'2 解得v0'=2 m/s。 8 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $