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）

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 粗糙程度均匀的粗糙斜面上的同一高度同时 1.(2024·湖南岳阳期末)如图所示，质量为m 开始运动，A由静止释放；B的初速度方向沿 的小球（视为质，点）用长为L的轻绳悬于O 斜面向下，大小为；C的初速度方向沿水平 点，小球在水平恒力F的作用下从最低点P 方向，大小为o斜面足够大，A、B、C运动过程 由静止移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的 中不会相碰，不计空气阻力，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 ( 力，下列说法正确的是 ( A.A和C将同时滑到斜面底端 A.水平恒力F做的功为FLcos0 B.滑到斜面底端时，B的动能最大 B.小球克服重力做的功为mgL(1-cos) C.滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多 C.小球受到的合力做的功为mgLcos0 D.滑到斜面底端时，C的机械能减少最多 D.小球移动到Q点的动能为FLsin0 3R mgLcos 0 、R (第3题) (第4题) 4.如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有 (第1题) (第2题) 一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面 2.如图abc是竖直平面内的光滑固定 分为二，上部光滑，下部粗糙.一长为3R的 视频讲 轨道，ab水平，长度为2R;bc是半 轻绳一端系于斜面0点，另一端系一质量 为m的小球，现将轻绳拉直，小球从A点由静 径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点， 止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的 质量为m的小球，始终受到与重力大小相等 最高点B点，已知OA与斜面底边平行，OP距 的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右 离为2R,且与斜面底边垂直，不计空气阻力， 运动，重力加速度大小为g,不计空气阻力，则 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 A.合外力做功2mgR B.小球从a点开始运动到c点的过程中动能 B.重力做功mgR 增量为2mgR C.小球从a点开始运动到c点的过程中机械 C,克服率擦力做功eR 能的增量为2mgR D.小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过 D.机械能减少 mgR 程中机械能的增量为3mgR 题型3板块模型问题 题型2斜面模型问题 5.（多选)如图所示，一个长为L,质量为M的木 3.(多选)如图所示，A、B、C三个一样的滑块从 板静止在光滑水平面上，一个质量为m的物 第八章黑白题091 块（可视为质点），以水平初速度o,从木板的 等于滑动摩擦力，取sin37°=0.6，cos37= 左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦 0.8.求： 因数为心，当物块与木板相对静止时，物块仍 (1)长木板A与斜面间的动摩擦因数，和物 在长木板上，物块相对木板的位移为d,木板 块B与A间的动摩擦因数山2； 相对地面的位移为s.不计空气阻力，则在此过 (2)从开始到A下端滑到斜面底端的过程中， 程中 A与B间、A与斜面间因摩擦产生的热量 之和. A.摩擦力对物块做功为-umg(s+d) B.摩擦力对木板做功为mgs C.木板动能的增量为umgd D.由于摩擦而产生的热量为umgs 6.(2024·安徽皖北五校联考)一块质量为M 长为1的长木板A静止放在光滑的水平面上， 题型4传送带模型问题 质量为m的物体B(视为质，点)以初速度。从 8.(2024·浙江湖州期末)如图为某运送快递的 左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下.该 倾斜传送带的简化模型，倾角0=30的传送带 过程中，物体B的动能减少量为△EB,长木板 在电动机的带动下能以o=2m/s的恒定速率 A的动能增加量为△Ek4,A、B间摩擦产生的热 顺时针转动，皮带始终是绷紧的.现将质 量为Q,不计空气阻力，关于AEB、△E4、Q的 量m=1kg的快递包（可视为质点）无初速度 值，下列情况可能的是 地放到传送带底端A点.已知传送带A点到顶 B 端B点的距离L=8m,快递包与传送带之间 777777 A.△EkB=7J,△EA=4J,Q=4J 的动廖擦因数4=2，最大静摩擦力等于治 B.△EB=7J,△EM=3J,Q=4J 动摩擦力，不计空气阻力，则快递包从A点运 C.AEkn=8 J,AEu=3 J,Q=2 J 送到B点 D.AEkn=8 J,AEM=5 J,Q=3 J 7.如图所示，倾角0=37°的斜面体固 定在水平地面上，斜面的长为6m, 长为3m、质量为4kg的长木板A放在斜面 A.所需时间为4s 上，上端与斜面顶端对齐，质量为2kg的物块 B.传送带对快递包做功为12J B放在长木板的上端，同时释放A和B,结果 C.因摩擦产生的热量为48J 当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好 D.电动机因运送此快递包多做了54J的功 滑到斜面的底端，运动的时间为2s,重力加速 9.(2024·江苏无锡期中)如图所示， 度g取10m/s2,不计物块B的大小，不计空气 在竖直平面内长为L=0.9m的粗糙 阻力，各接触面粗糙程度均匀，最大静摩擦力 水平面MN左侧与半径R=0.89m的四分之 必修第二册·RJ黑白题092 光滑圆弧轨道平滑连接，右侧与一足够长的传 的是 送带平滑连接.传送带以恒定的速率v=6m/s 逆时针转动.将物块A从光滑圆弧最高点由静 止释放，经过M点运动到N点，再滑上传送带. 已知A的质量为m=1kg,物块A与MN及传送 A.下落过程中，小球刚接触弹簧时动能为4.8J 带间的动摩擦因数都为4=0.1，重力加速度g B.下落过程中，小球动能最大时弹力为4N 取10m/s2.不计空气阻力，求： C.到最低点时，给小球沿斜面向上的速度 (1)物块A第一次运动到V点时的速度vw; v=2m/s,恰能回到出发点 (2)物块A在传送带上第一次向右运动到最 D.整个下落过程中，重力势能的减少量大于 大距离的过程中，两者摩擦产生的热量； 弹簧弹性势能的增加量 (3)物块A在MN上运动的总路程s; 11.（江苏高考)一转动装置如图所示，四根轻杆 (4)若传送带速度v=2m/s,其他条件不变， OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过 物块A最终停在哪个具体位置？ 铰链连接，轻杆长均为1，球和环的质量均 为m,0端固定在竖直的轻质转轴上，套在 转轴上的轻质弹簧连接在0与小环之间，原 长为L,装置静止时，弹簧长为，转动该装 置并缓慢增大转速，小环缓慢上升.弹簧始终 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ω0； (3)弹资长度从2L缓慢缩知为L的过程 中，外界对转动装置所做的功W. 题型5含弹簧系统问题 10.（多选)如图所示，倾角0=37°的斜面固定在 水平面上，质量为m=1kg的小球与斜面间 的动摩擦因数为0.25，自然伸长的轻质弹簧 (劲度系数k=200N/m)一端固定在斜面底 端的挡板上，小球从离弹簧上端s=0.8m的 位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动x= 0.2m到达最低点，小球与弹簧不粘连，整个 过程弹簧均未超出其弹性限度，不计空气阻 力，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确 第八章黑白题093零，从B到C做减速运动，加速度向上，在C处时，圆环的加 速度不为零，D错误故选A. 9.BC解析：小球在A点时弹簧的伸长量和在C点时弹簧的 压缩量相等，弹性势能相等，由机械能守恒，小球刚好滑到C 点时速度为零，小球下滑到B点时，弹簧仍处于伸长状态， 即弹簧对小球的力为拉力，小球仍在加速，过B点后某点动 能最大，故AD错误，C正确；小球下滑到BC之间某点时弹 簧处于原长状态，弹性势能为零，此时小球的机械能最大，故 B正确故选BC. 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= mc,C的动能Eo二)，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 Ec=2mc6,联立解得Ec=mgR,则绳子对小球C做功 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，=子g·子血30=gmL,然后链 条下端到达斜劈底端这一过程重力做功为W2=mg· 1am30=mgL,设链条运动至底耀的速度为”，有 g+,=2m,解得=，可知P=ng血30： 。1 3 √11gL 6 二mg,故选A. 5.BD解析：A.在金属环A下滑的过程中，弹簧逐渐伸长，对 金属环A和物块B组成的系统，弹簧弹力对其做负功，系统 机械能减小，故A错误：B.对金属环A和物块B及弹簧组成 的系统，机械能守恒.在金属环A下滑的过程中，物块B的动 能先增大，说明A受到杆的力方向斜向上方，杆的力对金属 环A做负功，A的机械能减小，A的动能先增大后减小，说明 后来杆对A在竖直方向上的分力大于A的重力，做减速运 动，所以杆给A的力还是斜上方，即杆的力对A还是做负功， 故金属环A的机械能一直减小，故B正确；C.A达到最大动 能时，A的加速度为零，则金属环A和物块B组成的系统在 竖直方向加速度为零，对系统受力分析可得，此时物块B受 到的地面支持力大小等于金属环A和物块B的总重力 N=2mg+mg=3mg,故B对地面的压力大小为3mg,故C错 误：D.当金属环A下滑到最低点时，弹簧的弹性势能最 大，对金属环A和物块B及弹簧组成的系统，根据机械能 守恒，弹簧弹性势能最大值为E。=2mg(2Lcos30°- 260)=4ngl停分）=2（月-1）al,故D正确 故选BD. 6.C解析：A.对B受力分析，由平衡条件得Tcos a=mg,对A, 必修第二册·RJ 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msh=Mg(心+F-),解得h=5m,故 B错误：C.假设当m运动到B点时速度最大，由A知a= ,对从组成的系能，有二。品。 子m+分城，又因为=aesa,部得0=386，放C正 确；D.当m下降3m时，有vM=VmCOS0,由几何关系有cos0= 日，则A上升的高度为H,=√+忆-L,对系统 √㎡+ 有g-e=子m+了城，解得兴治故D结误故 1 选C. 压轴挑战 7.(√受(2)号el（(3)能同弹，大距离为号 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,根据机械能守恒定徘得4 mglsin0=分×4nm2+ 2gL 2mw2+mgL,解得v=√了； (2)物体A从静止释放后下滑到E点的过程中，对物体A、B 和弹簧组成系统，根据机械能守恒定律得4加g(+子）m0 3 (3)根据题意，物体A在E点时弓=宁（台）广，解得 Pn=乞-6ng>4ngn0,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E。m=4 ngsin9· (宁)，解得=子>0，所以复设正确，物体在斜面上间弹 LL 3L 的最大距离为xm=4+24 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u,则从a到c由动能 定理：Fx3R-mgR=2m,解得。=2√gR,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； 1 B.小球从a到c的过程中，动能增量为△区，=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,故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，则有 t==2 ,此段时间水平位移为x=2 1 V 8 1xPx2,R)=2R,所以小球从a点开始运动到其轨 2 m 黑白题34 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,故D错误. 3.BD 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°三m8,解得=√gRsin30°=/2R.小球从A 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=了听=GR放A错误，B小球从4到B的运 动过程中，重力做功为。=mgsn30=弓msR,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 1 能定理可得W+W。=2m-0,解得=4mgR,即小球克 服摩擦力做功为好mgR,故C错误；D.由于小球克服摩擦力 做功为牙mgR,根据功能关系可知机械能损失}gR,故 D正确.故选D. 5.AB解析：物块相对于地面运动的位移为x1=s+d,则摩擦力 对物块做功为W=-氏，=-mg(s+d),故A正确；木板受到 的摩擦力方向与运动方向相同，做正功，则摩擦力对木板做 功为W=mgs,故B正确；对木板，根据动能定理可知，木板 动能的增量等于摩擦力对木板做的功，即为umg,故C错 误；系统由于摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对位移， 即为umgd,故D错误 6.B解析：AC.根据木板A和物体B组成的系统能量守恒有 △Ea=△E4+Q,故AC错误；BD.画出物体B和长木板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 梯形面积表示板长1,1与t轴所围的面积表示物体B的位移 x1,2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2,由题图可知 x1>l,x2<L,根据功能关系△EB=1,△E4=2,Q=fL,联立解 得△EkB>Q>△EA,故B正确，D错误故选B. 7.（1)1=0.542=0.375(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=22根据牛顿第二定 律2 mgsin0-u1×3 mgcos0+u2 mgcos0=2ma1.以物块B为研 1 究对象，则2L=2a,2.根据牛顿第二定律mgin日- 2 mgcos0=ma2.联立以上各式并代人数据解得u1=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12，根据运动学公式有L= 26,2L= 224.根据能量守 参考答案与解析 恒定律知，因摩擦产生的总热量Q=mg×2 Lsin 0+2 mgLsin0- 2md-X2m,或Q=h,X3mgs0-0-L代入 数据解得0=90J. 8.D解析：A.快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿 第二定律umgcos6-mgsin9=ma,解得a=1m/s2,时间t1= =26,此过程快递包沿传送带向上运动的距离x a 4=2m,快递包匀速运动的时间5=1=3s,快递包 1 从A点运送到B点所需时间t=t1+比2=5s,故A错误；B.传送 带对快递包做功W=umgcos0·x1+mgsin0·(L-x1),代入 数据可得W=42J,故B错误；C.摩擦产生的热量Q= umgcos 0x(v1-x1),代入数据可得Q=12J,C错误；D.根据 能量守恒定律可得电动机因运送此快递包多做的功W'=W+ Q=54J,故D正确.故选D. 9.(1)4m/s(2)32J(3)8.9m(4)N点左侧0.2m处 解析：(1)物块A由圆弧最高点运动到N,由动能定理 1 有mg-mgL=2mm2-0,得w=4m/s;(2)物块A在传送 带上先做匀减速直线运动，第一次向右运动到最大距离的过 程中a=mg,=2ax1,w=a,得x1=8m,t=48,时间t内传 m 送带的位移为x2=t=24m,两者摩擦产生的热量Q=mg· (x1+x2)=32J;(3)物块A向右减速到零后，在滑动摩擦力 作用下向左做匀加速直线运动，加速度不变，由运动的对称 性可知返回N点时速度大小仍为4m/s,由能量守恒 有mgR=mgs,得s=8.9m;(4)物块返回过程先加速到与传 送带同速后匀速运动到N点的速度v'=2m/s,之后经 MAM又回到N点的速度满足-wmg×2L= 2mm、 2m2,然后滑上传送带，又以心的速度回到N点，之后 mg之，联立解得g=0.2m,所以物块停在N点左侧 0.2m处. 10.BD解析：A.根据题意，小球由开始运动到刚接触弹簧过 程中，由动能定理有(mgsin0-ungcos0)s=之m2=E,解 得E,=3.2J,故A错误；B.根据题意可知，小球动能最大时 合力为零，由平衡条件有mgsin0=umgcos+Fr,解得Fn= 4N,故B正确；C.根据题意，假设给小球沿斜面向上的速度 v1,可以恰好返回到出发点，由动能定理有E。-mgsin0· (5+)ingcos9·(s+x)=0-2m,小球从开始下滑到最 低点有mgsin0·(s+x)-umgcos0·(s+x)=E。,联立解得 t,=2√2m/s>2m/s,故C错误；D.整个下落过程中，根据能 量守恒，小球的重力势能减小量等于弹簧弹性势能的增加 量和摩擦生热之和，故小球重力势能的减少量大于弹簧弹 性势能的增加量，故D正确故选BD. 1.()2(2)√影 /8g (3)mgl416mgl L 解析：(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F,、 T1,0A杆与转轴的夹角为01，小环受到弹簧的弹力F弹= 黑白题35 k乞，小环受力平衡F集=mg+2Ic日，小球受力平衡 F cos 0+Ticos 0,=mg,F;sin =T sin 4mg (2)设0A、AB杆中的弹力分别为F2、T2,0A杆与转轴的夹 角为02，弹簧长度为x,小环受到弹簧的弹力F弹2=k(x-L), 小环受力平衡F微=喝，解得x:子1对小球有 F,cos6,=mg,F,in8,=milsin0,且cos0=2,解得 (3)弹簧长度为兰时，设0A,AB杆中的弹力分别为R,、7, 04杆与弹簧的夹角为8，小环受到弹簧的弹力F=k乞， 小环受力平有21，cos2,=mg+f,且cas0,=名对小球有 F3cos 03=T3cos 03+mg,F3sin 03+T3sin 03=malsin3. 、16g.整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做功 为零，曲动能定理：g(子）-2（华）2x 16mgl2 之m(（a,n）广，解得=mL+62 第5节 实验：验证机械能守恒定律 白题基础过关 1.C 2.AB解析：A.打点计时器打第一个点时，重物运动的速度应 为零，故A正确；B.hn与un分别表示打第n个点时重物下落 的高度和对应的瞬时速度，故B正确；C.本实验中，不需要测 量重物的质量，因为公式mgh=?m2的两边都有m,放只 要h-?成立，mgh=?m2就成立，机被能守恒定律也 就被验证了，故C错误；D.实验中应用公式，来 2T 计算un,故D错误故选AB. 3.C解析：由于纸带在下落过程中，重物和空气之间存在阻 力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减少的重力势 能一部分转化为动能，一部分克服空气阻力和摩擦力做功， 故重力势能的减少量大于动能的增加量，故选C. 4.(1)甲(2)4.8m/s2乙(3)B解析：(2)根据逐差法公 式得a= xc-x4c_(16.7+21.5)×102-(7.2+11.9)×102 m/s2 4r2 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)1 d (3)e=2(M+m)[() (,)](am 解析：(1)对于钩码和滑块构成的系统有？（M+m)后 必修第二册·RJ 之（(M+m)=mg: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 选CD. ②)滑块通过光电门A时的瞬时速度大小为以三&，滑块通 过光电门B时的瞬时速度大小为，A, d (3)根据机被能守恒有（M+m)后-(M+m)听=mg,整 (4)A.气垫导轨未调至完全水平，会导致系统机械能不守 恒，可能增大实验误差，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√ g (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 △E。=mgh和动能的增加量△E=2mt是否相等，即mgh= 2m0,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O的距 离L和释放时轻绳与竖直方向的夹角0，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. (3)根据平抛运动规律，竖直方向有A=7,水平方向有 x=t,联立解得=√2h g (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.A2.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 机械能守恒，故有mgR+mg×2R=2×2m,解得。=V3gR, 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4mex2R=之w2,联立解得F=-子gR,对a 球由动能定理可得+mgR=了m,解得杆对a球做功为 黑白题36