第8章 专题探究11 功能关系-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

专题探究十一功能关系 黑题专题强化 限时：60min 题型1外力（非摩擦力）做功问题 的轻绳两端，细绳跨过固定在倾角为30°的斜 1.*★(2024·湖南岳阳期末)如图所示，质量 面顶端的轻质定滑轮上，此时物体A离地面 为m的小球（视为质点）用长为L的轻绳悬于 的高度为0.8m,如图所示，斜面光滑且足够 O点，小球在水平恒力F的作用下从最低点P 长，始终保持静止，g取10m/s2.不计空气阻 由静止移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的 力，下列说法正确的是 () 夹角为0，重力加速度大小为g.不计空气阻 A.物体A落地的速度为4m/s 力，下列说法正确的是 √10 A.水平恒力F做的功为FLcos0 B.物体A落地的速度为 5m/s B.小球克服重力做的功为mgL(1-cos) C.物体B沿斜面上滑的最大高度为0.68m C.小球受到的合力做的功为mgLcos0 D.物体B沿斜面上滑的最大高度为0.96m D.小球移动到Q点的动能为FLsin0- 03R mgLcos 0 0.8m 30 30° (第3题) (第4题) 97 4.锌如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点 6 钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将 (第1题) (第2题) 斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙.一长为 2.**如图，abc是竖直平面内的光滑固定轨 3R的轻绳一端系于斜面0点，另一端系一质 道，ab水平，长度为2R;bc是半径为R的四分 量为m的小球，现将轻绳拉直，小球从A点由 之一圆弧，与ab相切于b点.一质量为m的小 静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动 球，始终受到与重力大小相等的水平外力的 的最高点B点，已知OA与斜面底边平行，OP 作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加 距离为2R,且与斜面底边垂直，不计空气阻 速度大小为g,不计空气阻力，则 力，则小球从A到B的运动过程中 A.小球恰好能运动到轨道最高点c B.小球从a点开始运动到c点的 视频 A.合外力做功2mgR 过程中动能增量为2mgR B.重力做功mgR C.小球从a点开始运动到c点的过程中机械 能的增量为2mgR C.克服摩擦力做功3 gR D.小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过 程中机械能的增量为3mgR D.机械能减少mgR 4 题型2斜面模型问题 题型3板块模型问题 3.**(2024·湖南岳阳期末)质量分别为 5.★*(2025·湖南长沙期中)如图所示，质量 2kg、3kg的物体A和B,系在一根不可伸长 为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面 第八章黑白题091 上.质量为m的小物块（可视为质点）放在小 取sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： 车的最左端现用一水平恒力F作用在小物块 (1)长木板A与斜面间的动摩擦因数~，和物 上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动. 块B与A间的动摩擦因数2； 小物块和小车之间的摩擦力大小为F,小物 (2)从开始到A下端滑到斜面底端的过程中， 块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为 A与B间、A与斜面间因摩擦产生的热量 x,在这个过程中，以下结论错误的是( 之和 m→F A.小物块到达小车最右端时具有的动能为 F(L+x) B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动 能为Fx C.摩擦力对小物块所做的功为-F(L+x) D.小物块在小车上滑行过程中，系统产生的 题型4传送带模型问题 内能为FL 8.装(2025·辽宁盘锦联考)如图所示，水平 6.接(2025·陕西西安期中)一质量为M的长 地面上固定一条倾角0=37°、长度L=8m的 木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的 传送带用于传送包裹，传送带以恒定速度“。= 物体B(视为质，点)以初速度o从A的左端滑 2m/s顺时针转动.某工人将一个质量m= 上长木板A的上表面到从A的右端滑下的过 1kg的包裹轻放在传送带的下端A处，包裹 程中，B的动能减少量为△EB,A的动能增加量 与传送带之间的动摩擦因数w=0.8.已知g取 为△E4,A、B间存在摩擦，摩擦生热为Q.关于 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列说法 △EB、△E4、Q的值，下列可能的是 正确的是 B to A.△EkB=7J、△EA=5J、Q=2J B.△EkB=7J、△EkM=3J,Q=4J C.△EB=7J、△Ek4=2J、Q=9J A.包裹到达传送带上端B所需的时间为8s D.△EkB=5J、△EM=3J、Q=2J B.在这个过程中，包裹与传送带摩擦产生的 7.禁如图所示，倾角0=37°的斜面体固定在水 热量是51.2J 平地面上，斜面的长为6m,长为3m、质量为 C.在这个过程中，摩擦力对包裹做功为50J 4kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端 D.由于包裹的加入，传送带电动机需要额外 对齐，质量为2kg的物块B放在长木板的上 消耗的能量为50J 端，同时释放A和B,结果当A的下端滑到斜 9.禁(2025·江苏苏州月考)如图 面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运 所示，在竖直平面内长为L=0.9m 频讲解C 动的时间为2s,重力加速度g取10m/s2,不 的粗糙水平面MN左侧与半径R=0.89m的 计物块B的大小，不计空气阻力，各接触面粗 四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，右侧与一 糙程度均匀，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 足够长的传送带平滑连接.传送带以恒定的速 必修第二册黑白题092 率v=2m/s逆时针转动.将物块A从光滑圆弧 C.第四次经过B点时的速度为零 最高点由静止释放，经过M点运动到N点，再 D.物体由A到B过程中增加的动能大于由 滑上传送带.已知A的质量为m=1kg,物块A B到D的过程中减小的动能 与MN间的动摩擦因数及传送带间的动摩擦因 11.（江苏高考)一转动装置如图所示，四根 数都为=0.1，重力加速度g取10m/s2.求： 轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环 (1)物块A第一次运动到N点时的速度大 通过铰链连接，轻杆长均为，球和环的质量 小vN; 均为m,0端固定在竖直的轻质转轴上，套在 (2)物块A在传送带上第一次向右运动到最 转轴上的轻质弹簧连接在0与小环之间，原 右端的过程中，两者摩擦产生的热量； (3)物块A在MN上运动的总路程s: 长为L,装置静止时，弹簧长为，转动该装 (4)整个过程中，因物块A传送带电动机多消 置并缓慢增大转速，小环缓慢上升.弹簧始终 耗的电能E. 在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力， 重力加速度为g,求： (1)弹簧的劲度系数k; (2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速 度w0 弹簧长度从缓慢缩短为)七的 中，外界对转动装置所做的功W. 题型5含弹簧系统问题 10.*如图所示，物体从固定的粗糙斜面顶端 A点无初速度下滑，压缩轻质弹簧到最低点 C,然后被弹回，最高到达D点，已知B点为 弹簧原长所在位置，D点为A、B中点，物体 可看作质点，则下列说法正确的是( A.物体运动到B点时速度最大 B.第一次经过B点和第二次经过B点的速 度大小之比为2：1 第八章黑白题093两点时对圆环的压力差为4mg,故C正确；小球从A到C的 过程中，根据功能原理可知，弹簧对小球做的功等于小球机 械能的增加量，故D错误故选C. 黑题应用提优 1.B2.C 3.D解析：剪断A、B间的绳子后，对B和C组成的系统，只有 B的重力对系统做功，所以B和C组成的系统机械能守恒， 故A错误；剪断A、B间的绳子后，在C的运动半径增大的过 程中，绳子的拉力对C做负功，C的机械能减小，故B错误； 剪断A、B间的绳子前，根据牛顿第二定律得3mg+mg= c,C的动能Emg,联立解得Ec=2mgR,剪断A 间的绳子后，根据牛顿第二定律得mg=mc2R,C的动能 Bc=2mc,联立解得Ec=mgR,则绳子对小球C做功 1 为-mgR,故C错误，D正确.故选D. 4.A解析：链条从静止至左侧斜面上的链条完全滑到右端的 过程中，重力做功为g-子g·台血30°=号 =9mgL,然后链 条下端到达斜劈底端这一过程重力做功为W2=mg· Lsin30°=2mgL,设链条运动至底端的速度为，有 g+,=分，解得=四Z,可知P=gm0 g匹mg,故选A 6 5.D解析：AB.对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q做功，所 以P、Q组成的系统的机械能不守恒.但对P、Q、弹簧组成的 系统，只有重力和弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，P从 开始向下运动，轻杆一直阻碍P下落，对P做负功，所以P 的机械能一直减小，故AB错误C.P下降过程中动能达到 最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上，根据牛顿 第二定律有3mg-N=ma,当P达到最大动能时有a=0,可 得N=3mg,故C错误；D.当P运动到最低点时，速度为0，Q 的速度也为0，此时弹簧的弹性势能最大，根据系统机械能 守恒可得E,=mgL(cos30°-cos60°)，解得弹性势能的最大 值为E,=3-1 2mgL,故D正确故选D. 6.C解析：A.对B受力分析，由平衡条件得Tcos a=mg,对A, 由平衡条件得T=Mg,解得a=60°，故A错误；B.当m到达最 低点时，其速度为0，则m从A到最低点的过程中，对M、m 组成的系统，有mgh=Mg(√P+h-L),解得=16。 3m,故 B错误：C.假设当m运动到B点时速度最大，由A知α= 60,对从m组成的系统，有g二。（品。- 2m2+分M据，又因为，=esa,解得=3.8W,放C正 确；D.当m下降3m时，有vM=COs0,由几何关系有cos0= H ,则M上升的高度为H1=√+正-L,对系统 √+L 有-=宁+分妮解得兴对，故D错说故 1 选C 参考答案与解析 压轴挑战 1.(10N 2gL (2)l(3)能回弹，最大距离为 4 解析：(1)物体A从静止释放后下滑到D点的过程中，对物 体A,B,根据机械能守恒定律得4 nglin0=子x4nm2+ 1 /2gL 2mm2+mgL,解得二√5； (2)物体A从静止释放后下滑到E点的过程中，对物体A、B L 和弹簧组成系统，根据机械能守恒定律得4mg(L+2)sin0= 3 En+mg(+宁)，解得E。=2g: (3)根据题意，物体A在E点时有子L=宁（台厂，又 Pa=k子，解得下a=6mg>4 mgsin0,所以物体A能够回弹， 设物体A回弹过程能离开弹簧，根据机械能守恒定律有Em 4mgsin 0. (宁+)，解得x=年>0，所以假设正确，物体在斜 面上回弹的最大距离为x。=4+24 LL 3L 专题探究十一功能关系 黑题专题强化 1.B 2.B解析：A.设小球到达c点的速度为v,则从α到c由动能 定理有PX3R-mR=之m2,解得=2vgR,则小球不是恰 好能运动到轨道最高点c(到达c点时的速度为零)，A错误； B.小球从a到c的过程中，动能增量为△E,=2m-0= 2mgR,B正确；C.小球从a点开始运动到c点的过程中机械 能的增量为△E=△E,+AE。=3mgR,C错误；D.小球离开c点 后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀 加速直线运动，设小球从c点达到最高点的时间为t,则有 4=”=2 及，此段时间水平位移为s=号2= 名片√石)广-2R所以小球从点开始运商到其铁 迹最高点，小球在水平方向的位移为L=3R+2R=5R,水平外 力做功为5mgR,则机械能的增量为5mgR,D错误 3.B 4.D解析：A.以小球为研究对象，则小球第一次通过圆周运 动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面 的支持力，重力沿斜面向下的分力充当向心力，则有 1 gsin30°="，解得wn=gKsin30°三√28R.小球从d 到B的运动过程中，合外力做功等于动能的增加量，合外力 做功为哪台=之=ngR,故A错误，B小球从A到B的运 1 动过程中，重力做功为。=mgRsin30°=2mgR,故B错误； C.小球从A到B的运动过程中，设摩擦力做功为W,根据动 黑白题33 能定理可得+。=弓m2-0,解得，=gR,即小球克 服摩擦力做功为4mgR,故C错误；D.由于小球克服摩擦力 做功为4gR,根据功能关系可知机械能损失 mgR,故 D正确.故选D. 5.A解析：A.小物块到达小车最右端过程，对于小物块根据 动能定理可得(F-F)(L+x)=E1-0,小物块到达小车最右 端时具有的动能为E1=(F-F)(L+x),故A错误，符合题 意；B.小物块到达小车最右端过程，对于小车根据动能定理 可得Fx=E2-0,小车具有的动能为E2=Fx,故B正确，不 符合题意；C.摩擦力对小物块所做的功为Wa=-F(L+x), 故C正确，不符合题意；D.小物块在小车上滑行过程中，系 统产生的内能为Q=Fx相=FL,故D正确，不符合题意.故 选A. 6.B解析：画出物体B和木板A的速度一时间图线分别如图 中1和2所示，图中1和2之间的面积表示板长1,1与t轴 所围的面积表示物体B的位移x1,2与t轴所围的面积表示 木板A的位移x,,由图易知x1>l,x2<;又根据动能定理，对B 物体有：△EB=压1，对A木板有：△E4=压2，又因为摩擦生热 有：Q=f1,所以动能与热量之间的关系为：△EB>Q>△E4,根 据能量守恒可得△EB=△E4+Q,故B正确，ACD错误故 选B. 0 7.(1)0.50.375(2)90J 解析：(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为 a1、a2,物块B运动到斜面底端经历时间为t,令长木板A的 长为L、物块B的质量为m,则斜面长为2L、长木板A的质量 为2m,以长木板为研究对象，则L=2a,.根据牛顿第二定 律有2 ngsin0-41×3 ngcos0+u2 mngcos0=2ma1.以物块B为 研究对象，则2L=2,.根据牛顿第二定律有mgsi血0- 2 mgcos0=ma2.联立以上各式并代入数据解得41=0.5,2= 0.375.(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别 为”2，根据运动学公式有L= 26,2L=1 4根据能量守 恒定律知，因摩擦产生的总热量Q=mg×2Lsin+2 ngLsin0- 22m,或Q=hx3mgos0.lHu,mgeos0.Lf代入 1. 数据解得Q=90J. 8.C解析：A.包裹首先在摩擦力的作用下加速，直到与传送 带共速，由牛顿第二定律得加速阶段的加速度α= umgcos6-mgsin9=0.4m/s',包裹达到传送带速度o所需的 m 时间为4=。=5s,在这段时间内，包裹的位移=7财 1 5m,剩余的距离s2=L-s,=3m,包裹以速度，匀速运动的时 间，=2=1.5s,因此，包裹从A端运动到B端的总时间为 必修第二册 t=t1+2=6.5s,故A错误；B.在加速阶段，包裹相对传送带 的位移△x=o1-s1=5m,包裹在传送带上运动的过程中，因 摩擦产生的内能Q=f·△x=mgcos0·△x=32J,故B错误； C.滑动摩擦力做的功W1=∫·s1=mgcos8·s1=32J,静摩 擦力做的功W2=f静·s2=mgsin0·s2=18J,所以整个过程 中，摩擦力对包裹做的功为W=W,+W2=32J+18J=50J,故 C正确：D.电动机多消耗的能量等于包裹机械能的增加量 (动能和重力势能)和摩擦产生的热量之和，即△E=△E,+Q+ 1 △E,u=2m6+Q+mglsin0=82J,故D错误.故选C, 9(4s(2②161(3)29m(4)(2,4g0力 解析：(1)从圆弧最高点静止释放到N点，根据动能定 理mgR-mgL=2m,2,解得=4/s;(2)物块A在传送 带上，向右做匀减速运动，速度减为0时第一次运动到最右 0+UN 端，根据mg=ma,"w=a1,物块A的位移为名1=24，= 8m,传送带的位移为x1带=t,=8m,两者摩擦产生的热量为 Q=mg(x1带+x1)=16J;(3)物块A第一次从传送带上向N 点运动做匀加速运动，与传送带共速时的位移为x2= v 2a2m<,A第一次从传送带上回到N点时速度为 "m=2m/s,方向向左滑上水平轨道，设最终停在MN上，运 动的路程为L,根据能量守恒mg=之mn2,解得1=2m>L, 说明A从传送带上滑上水平轨道会再次回到N点第二次滑 上传送带，设第二次滑上传送带的速度为"a,根据能量守恒 wg2=子n',解得0=写。 m/s,小于传送 5 带速度，故第二次从传送带上回到N点的速度大小仍为"2， 再在MN上运动路程为s,根据能量守恒m。2=ung,解 得s1=0.2m,物块A在MN上运动的总路程s=L+2L+s1= 2.9m;(4)物体A第一次上传送带到回到与传送带共速所用 的时间为1=+”=68，物体A第二次上传送带到回到 ☑ 与N点所用的时间为=22-20。，物块1传送带电动 机多消耗的电能等于克服摩擦力所做的功有E=umgx带= ma(cr=(24） 10.D解析：A.物体运动到B点，弹簧弹力为0，受力分析可知 合力沿斜面向下，物块继续做加速运动，故B点速度不是 最大，故A错误；B设AD高为h,长为x,第一次到达B点， 根据动能定理得g·2小-寸·2=m,第二次到达B点 到返回D点，根据动能定理得-nsh-=一弓m,联立得 品20am些2子则装<径，故B错误； 21 C.设BC长为x,再次压缩弹簧长度为x1,第一次回到D点 根据动能定理得mgh-f(3x+2x。)=0,从D点再次回到B 黑白题34 点，正好为第四次到达B点，根据动能定理mgh- +2x)=之公则宁>0，故C错误：D,从1到B增加 1 的动能△E=2m,从B到D减小的动能△E=-2m,因 为哈<B,故|AE|<△E,故D正确.故选D. 1a'(a√(ge,162 L 解析：(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、 T1,0A杆与转轴的夹角为01，小环受到弹簧的弹力F弹1= 宁，小环受力平衡有=g+2ros0,小球受力平衡 有R,os0,+Tos8,=mg,Fsn8,=7sn8,解得= (2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与转轴的夹 角为02，弹簧长度为x,小环受到弹簧的弹力F2=k(x-L), 小环受力平衡有F阳=mg,解得x=三L对小球有 4 Roe=mg,Ftn,=mwan,且m=分，解得 /8g 00=√5L (3)弹簧长度为宁时，设01，M8杆中的弹力分别为B,、工， 01杆与弹簧的夹角为？，小环受到弹簧的弹力P米=k 2 小环受力平衡有2T,os风=ne+P,且cm月=名对小球 F cos 03=T cos 0 +mg,Fsin 0,+T sin 0=molsin 03. ,6g整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做 得ω=L 功为零，由动能定星：甲-g(受子）-2g( 子)-2xn(a,m8户，解得期=ng+62 第5节实验：验证机械能守恒定律 白题基础过关 1.C2.A3.C 4.(1)甲(2)4.8m/s2乙(3)B解析：(2)根据逐差法公 式得a-*4c_16.7+21.5)×102-(7.2+1.9)×102 m/s2≈ 4T2 4×(0.1)2 4.8m/s2.因a明显小于g,故为斜面上小车下滑的加速度，即 该纸带是采用题图乙所示的实验方案得到的 黑题应用提优 1.(1)CD(2),△ (3)mgs=- △t (是](4aD 解析：(1)对于钩码和滑块构成的系统有之(M+m)后 2(M+m)听=mgs;可知需要使用天平测量滑块与钩码的质 量，需要刻度尺测量两光电门之间的距离，通过光电门的时 间直接由光电门测得，故不需要打点计时器和秒表.故 参考答案与解析 选CD. (2)滑块通过光电门A时的瞬时速度大小为，品，滑块通 过光电门B时的瞬时速度大小为 d (3)根张机械能守恒有子（m)后-(M+m)后=g,整 =安（足广-（品户门 (4)A.气垫导轨未调至完全水平，会导致系统重力势能减少 量不是mg,增大实验误差，故A正确；B.验证本系统机械能 守恒不需要滑块质量M和钩码质量m满足m≤M,故B错 误：C遮光条宽度较大，会导致通过遮光条的平均速度与瞬 时速度间的差值变大，增大实验误差，故C正确；D两光电门 间距过小，可能使长度测量误差增大，可能增大实验误差，故 D正确.故选ACD. 压轴挑战 2.(1)不需要(2)B(3)x√ :(4)小铁块的飞离速度小 于重锤中心在最低点的速度 解析：(1)在验证机械能守恒时，验证的是重力势能减少量 △，=mgAh和动能的增加量AC,=了m2是否相等，即 mgAh=2m',左右两侧的质量可约去，不需要测量重锤的 质量，故填不需要 (2)A.测量重锤的下降高度时，测量重锤中心到悬点0的距 离L和释放时轻绳与竖直方向的夹角日，重锤下降高度为 △h=L(1-cos0),但0角不容易测量，测量精确度不高，故A 不是最佳方案；B.测量重锤中心在释放位置的高度h,和在最 低点时的高度h2,重锤下降高度△h=h,-h2,高度容易测量， 该测量方案最佳故选B. 1 (3)根据平抛运动规律，竖直方向有h=28,水平方向有 x=,联立解得=x√h (4)小铁块和重锤的角速度相等，但重锤中心运动的半径 大，则小铁块的飞离速度小于重锤中心在最低点的速度，在 实验中用小铁块的平抛初速度代替重锤的速度是有误差的. 第八章章末检测 1.C2.D3.D 4.D解析：C两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的 机枝能守恒，放有mgR+mg×2R=7×2m,解得。=√3gR, 即a、b球滑到水平轨道上时速度大小均为v=√3gR,故 C错误；D.b球在滑落过程中，设杆对b球做功为W,根据动 能定理可得+mgx2R=了m2,联立解得P:gR,对a 1 球由动能定理可得W'+mgR=2m,解得杆对a球做功为 W=弓msR,故D正确；AB结合D项分析可知，杆对a球 做正功，对b球做负功，故下滑过程中α球机械能增大，b球 机械能减小，即对单个球来看，机械能均不守恒，故AB错误 黑白题35