2025-2026学年高二年级暑假作业（二十五）功能关系

**基本信息** 聚焦功能关系专项，以递进式题型构建能量观念体系，融合科学推理与模型建构，强化多情境能量转化分析能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念辨析|单选1-5|概念辨析与公式直接应用|从动能定理、重力势能变化量等基础概念切入，建立功与能的定量关系| |单一过程能量分析|单选6-8、多选9-13|模型化情境（斜面、弹簧、传送带）中的能量转化分析|通过不同模型（圆弧轨道、弹簧系统、传送带）深化机械能守恒条件与摩擦力做功的能量损耗分析| |多过程综合应用|解答14-16|多过程能量守恒与动力学综合|整合运动学、动力学与能量守恒，解决含碰撞、相对运动的复杂能量问题，形成“受力分析-过程拆分-能量守恒”完整解题链|

高二年级暑假作业（二十五） 功能关系 一、单选题 1．某次铅球训练中，铅球出手瞬间距离地面的高度为h，速度大小为v0，铅球落地瞬间的速度大小为v，已知铅球的质量为m，重力加速度大小为g，铅球出手后克服空气阻力做功为W。下列说法正确的是（     ） A．铅球从出手到落地，动能的增加量为 B．铅球从出手到落地，重力势能的减少量为 C．铅球从出手到落地，机械能的减少量为 D．铅球从出手到落地，克服空气阻力做功为 2．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时，对轨道的压力大小等于小球的重力。已知，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中，下列说法正确的是（    ） A．重力做功mgR B．动能增加2mgR C．克服摩擦力做功mgR D．机械能减少 3．如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度（g为重力加速度）向上加速运动距离x的过程中，下列说法正确的是（     ） A．重力势能增加 B．拉力做功为 C．机械能增加 D．动能增加 4．如图，倾角的光滑斜面固定在水平面上，斜面长，质量的物块从斜面顶端无初速度释放，，，重力加速度取，则（     ） A．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5 J B．物块滑到斜面底端时的动能为4.5 J C．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为 D．物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为 5．如图甲、乙所示，一个小球在真空中做自由落体运动，另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落。它们都由高度为的位置下落到高度为的位置，下列说法正确的是（     ） A．两个小球机械能均守恒 B．两个小球动能变化量相等 C．两个小球重力势能变化量相等 D．乙图中小球重力势能完全转化为小球动能 6．如图所示，一物体分别由固定斜面1和固定斜面2的顶端由静止开始下滑，物体滑至斜面1底部点时的动能为，物体滑至斜面2中点正上方的点时的动能为，两次下滑过程中产生的热量分别为和，已知物体与两斜面间的动摩擦因数相同，则（    ） A．， B．， C．， D．， 7．如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平面上，一轻质弹簧下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长且上端位于B点，AB段粗糙，滑动摩擦因数为μ，BC段光滑。质量为m的物块在拉力F=μmgcosθ作用下从A点由静止沿斜面下滑，运动到B点时撤去力F，物块继续下滑压缩弹簧至最低点C（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（     ） A．物块从A点运动到B点的过程中，机械能增加 B．物块从B点运动到C点的过程中，动能一直减小 C．物块经C点后能再次返回至A点 D．物块从B点运动到C点的过程中，机械能减少量等于弹簧弹性势能增加量 8．如图所示，两个质量均为m的小球甲、乙用轻绳连接后悬挂在劲度系数为k的轻质弹簧下端，整个系统处于静止状态。已知弹簧的弹性势能与形变量x的关系为，重力加速度为g。某时刻剪断轻绳，下列说法正确的是（　　） A．剪断轻绳瞬间，小球甲的加速度大小为零 B．剪断轻绳后，小球甲上升到最高点时弹簧处于压缩状态 C．剪断轻绳后，小球甲上升过程中机械能先增大后减小 D．剪断轻绳后，小球甲的最大动能为 二、多选题 9．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为，与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（　　） A．弹簧的最大弹力为5N B．物块克服摩擦力做的功为8J C．弹簧的最大弹性势能为8J D．物块在A点的初速度为4m/s 10．在沿斜面向上的恒力作用下，一物体从光滑斜面的底端由静止开始向上运动，在某一高度撤去恒力，物体继续沿斜面向上运动（斜面足够长，以地面为零势能面）。则在物体整个向上运动的过程中，下列关于物体动能、重力势能随时间变化；速度大小、机械能E随位移x变化的图像中，正确的是（    ） A．B．C．D． 11．如图所示，深圳盐田港的货物传送装置中，水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小物块A由静止轻放在传送带上，若小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，已知物块在传送带上先加速后匀速，下列说法中正确的是（     ） A．物块一直受到摩擦力 B．摩擦力对物块一直不做功 C．系统因传送带和物块间的摩擦，转化为内能的能量为 D．物块加速阶段，传送带克服摩擦力做功的功率总为 12．如图所示，倾角为30°的传送带逆时针匀速转动，将质量为m的物块轻放到传送带上端，物块下降高度h时，恰与传送带共速。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度为g，则此过程中（     ） A．物块的机械能变化量为2mgh B．电动机多消耗的电能为mgh C．系统因摩擦产生的热量为 mgh D．传送带对物块的摩擦力做功为mgh 13．如图所示，与水平面成53°夹角且固定于、两点的硬直杆上套着一质量为1kg的滑块（可视为质点），弹性轻绳一端固定于点，另一端跨过固定在处的光滑定滑轮与位于直杆上点的滑块拴接，弹性轻绳原长为，为1.6m且垂直于。现将滑块无初速度释放，下滑的最大位移为。假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，弹性轻绳上弹力的大小与其伸长量满足，，取，。则滑块（     ） A．与杆之间的弹力大小始终为10N B．与杆之间动摩擦因数为0.16 C．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.4J D．从释放到静止的位移大小为0.8m 三、解答题 14．哈尔滨冰雪大世界的冰块采集自松花江，步骤为开锯、切分、打捞、运送，图甲是某次运送冰块的示意图，水平冰面AB段由于清理了积雪可视为光滑冰面，BC段动摩擦因数，长方体冰块长，质量均匀分布且总质量为，开始时，静止在AB段内，现给冰块一个水平向右的初速度，使冰块向着BC运动，重力加速度。求： (1)冰块中点到达B点时，冰块的加速度大小a； (2)冰块静止时，冰块右端与B点的距离d； (3)如图乙，在冰块静止后，质量为，可视为质点的破冰工具，以的速度从冰块左端水平向右滑上冰块，恰能到达冰块最右端，最终一同静止在BC段冰面上，求整个运动过程冰块与地面摩擦产热Q。 15．如图所示，质量为的小球A由轻绳悬挂于O点，O是半径为的四分之一粗糙圆弧轨道的圆心，静止时小球A对轨道恰好无压力。小球B从轨道最高点由静止释放，在最低点与A球发生弹性正碰。碰撞后A球开始绕点O做圆周运动且此时绳子上的拉力是，B球落地点C到轨道最低点的水平距离为，竖直距离为0.5 m。已知，B的质量大于A的质量，两小球均可视为质点，忽略空气阻力，求： (1)碰撞后瞬间A的速度的大小和B的速度的大小； (2)B球的质量的大小及碰撞前瞬间B球的速度大小； (3)小球B在圆弧轨道上运动过程中因摩擦产生的热量。 16．如图所示，竖直平面内固定一光滑圆弧轨道BC，半径R=0.5m，B点与圆心O的连线与水平方向夹角θ=30°。轨道最低点C与静置于水平地面上的长木板左端平滑连接。木板质量M=2kg、长度L=5m，距C点d=5.75m处固定有竖直弹性挡板，物块或木板与挡板碰撞后均以原速率反弹。现让质量m=1kg的小物块（可视为质点）以7m/s的速率沿切线方向从B点滑入轨道，无机械能损失地滑至C点并滑上长木板。已知小物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.6，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，设木板所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10m/s2。求： (1)小物块经过C点时受到圆弧轨道的支持力FN大小； (2)小物块刚滑上长木板瞬间，小物块的加速度a1和长木板的加速度a2的大小； (3)小物块与长木板因摩擦产生的热量Q和小物块最终静止时与木板右端的距离。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C B C A D D BD AD 题号 11 12 13 答案 CD CD AD 1．D 【详解】AD．铅球从出手到落地，重力做功为，克服空气阻力做功为，空气阻力做功为，根据动能定理列式。由动能定理有 可知动能的增加量为 不是，故A错误；整理得，故D正确。 B．铅球从高度处落到地面，重力势能的减少量只由重力做功决定，大小为，与克服空气阻力做功无关，故B错误； C．铅球从出手到落地，机械能的减少量等于克服空气阻力做功，大小为，不是，故C错误。 故选D。 2．C 【详解】A．小球从P到B重力做功，A错误；     B．在B点时，其中 小球从P到B动能增加，B错误； C．小球从P到B由动能定理 解得克服摩擦力做功，C正确； D．机械能减少量等于克服阻力做功，即机械能减小，D错误。 故选C。 3．C 【详解】A．物块的重力势能增加为，故A错误； B．由可知，则拉力做的功大于，故B错误； CD．根据牛顿第二定律可知，物块所受合力为 根据动能定理可知，物块的动能增加为 联立解得 物块的机械能增加为，故C正确，D错误。 故选C。 4．B 【详解】A．物块从斜面顶端滑到底端的过程中，下降的竖直高度为 重力做功为，故A错误； B．因为斜面光滑，物块下滑过程中仅有重力做功，支持力不做功。根据动能定理，合外力做功等于动能的增加量 所以物块滑到斜面底端时的动能为，故B正确； C．物块在斜面上下滑时的加速度大小为 根据匀变速直线运动的位移公式，下滑所需的时间为 在此过程中，重力的平均功率为，故C错误； D．物块滑到斜面底端时的速度大小为 速度方向沿斜面向下。重力是竖直向下的，重力与速度方向的夹角为 重力在底端的瞬时功率为，故D错误。 故选B。 5．C 【详解】A．乙球下落过程中，阻力做负功，机械能不守恒，故A错误； B．根据题意，由动能定理可得，甲球的动能变化量为 乙球的动能变化量为 可知，甲球的动能变化量大，故B错误； C．根据题意，由重力势能表达式可知，重力势能的变化量为 可知，下落过程中，甲球和乙球重力势能变化相同，故C正确； D．在真空中，机械能守恒，重力势能完全转化为动能，而在液体中，阻力做负功，机械能不守恒，重力势能转化为动能和内能，故D错误。 故选C。 6．A 【详解】设物体与两斜面间的动摩擦因数为，固定斜面1的斜面倾角为，底端长为，则对物体沿固定斜面1下滑过程进行受力分析，可得下滑过程物体受到的滑动摩擦力大小为 所以物体沿固定斜面1下滑过程中产生的热量为 同理，设固定斜面2的斜面倾角为，则物体沿固定斜面2下滑过程中产生的热量为 设物体沿固定斜面1下落的高度为，则根据能量守恒定律有 设物体沿固定斜面2下落的高度为，则根据能量守恒定律有 由于，但，则有 故选A。 7．D 【详解】A．物块从点到点过程中，除重力外，拉力做正功 滑动摩擦力做负功 因此除重力外其他力总做功，根据机械能的变化量等于除重力外其他力做功之和，可知物块机械能不变，故A错误； B．物块从点到点过程中，撤去且段光滑，初始阶段弹簧弹力小于重力沿斜面向下的分力，物块仍沿斜面向下加速，动能先增大；当弹簧弹力大于后，物块才开始减速，动能减小。因此动能是先增大后减小，不是一直减小，故B错误； C．物块从点返回经过段时，摩擦力始终做负功，全程存在机械能损耗，因此不可能返回点，故C错误； D．物块从点到点过程中，段光滑无摩擦，对于物块和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，因此物块机械能（动能+重力势能）的减少量，全部转化为弹簧的弹性势能，即等于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。 故选D。 8．D 【详解】A．初始状态整个系统静止，弹簧伸长量满足胡克定律 解得 剪断轻绳瞬间，弹簧弹力来不及变化，仍为2mg 对甲受力分析，合力 加速度，故A错误； BC．设甲上升到最高点（动能为0）时弹簧伸长量为x，由能量守恒得 代入，解得 说明甲的最高点刚好在弹簧原长，整个上升过程弹簧始终处于伸长状态，弹力方向始终向上，与甲的位移方向一致，一直对甲做正功。甲的机械能变化等于弹簧弹力做功，因此甲上升过程中机械能一直增大，故BC错误； D．甲加速度为零时速度最大，动能最大，此时，解得 由能量守恒得最大动能 代入整理得，故D正确。 故选D。 9．BD 【详解】A．小物块压缩弹簧最短时有，故A错误； B．全过程中克服摩擦力做的功为，故B正确； C．小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得，故C错误； D．小物块从A点出发返回A点，由动能定理得 解得，故D正确。 故选BD。 10．AD 【详解】C．有力F作用时，物体做匀加速直线运动，加速度恒定为，撤去恒力后，物体做匀减速直线运动，加速度恒定为。 根据速度与位移关系可得加速过程 设撤掉恒力时物体速度为v1，位移为x1，可得减速过程 则v-x图像不是直线，故C错误； A．以地面为零势能面，根据重力做功与重力势能的关系可得 加速过程根据，可得 则EP-t图像是开口向上且过原点的抛物线的一部分。 设经过时间后撤掉恒力时物体的重力势能为，可得减速过程 则Ep-t图像是开口向下的抛物线的一部分，故A正确； B．根据动能定理可得 根据，可得加速过程 Ek-t图像是开口向上且过原点的抛物线的一部分； 设经过时间后撤掉恒力，可得减速过程 Ek-t图像仍是开口向上的抛物线的一部分；故B错误； D．根据可得加速过程E-x图像是经过原点的一条直线的一部分，撤掉恒力后的减速过程机械能守恒，E-x图像是平行于x轴的一条直线的一部分，故D正确。 故选AD。 11．CD 【详解】AB．物块在传送带上先加速后匀速，加速过程受到向前的滑动摩擦力，匀速过程不受摩擦力，故加速过程摩擦力对物块做正功，故AB错误； C．设物块加速运动的时间为t，物块的加速位移为 传送带t时间内的位移为 两者的相对位移为 对物块，根据动能定理可得 系统因传送带和物块间的摩擦，转化为内能的能量为 联立可得，故C正确； D．加速阶段，传送带克服摩擦力做功的功率为，故D正确。 故选CD。 12．CD 【详解】A．物块向下滑动过程中，重力做正功，机械能不守恒。由几何关系可知，下降高度为时，沿斜面下滑的位移大小为 物块在沿斜面向下运动过程中，受到的滑动摩擦力大小为 由于 物块轻放到传送带上后做匀加速直线运动，其加速度大小为 恰与传送带共速时，物块的速度为 重力势能减少量为 动能增加量为 因此物块的机械能变化量为，故A错误； B．此过程中，物块运动的时间为 传送带的速度等于共速时的速度 传送带的位移为 电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，即，故B错误； C．系统因摩擦产生的热量为，故C正确； D．传送带对物块的摩擦力方向沿斜面向下，与运动方向相同，做正功，做功大小为，故D正确。 故选CD。 13．AD 【详解】A．设滑块下滑到某位置时，弹性轻绳与$PQ$间的夹角为，此时弹性轻绳的拉力大小为 拉力在垂直于杆方向的分力大小为 联立解得 代入数据解得 对滑块在垂直于杆方向根据受力平衡有 解得 可知滑块与杆之间的弹力大小始终为，故A正确； B．滑块下滑过程中受到的滑动摩擦力大小为 滑块从释放到向下运动到最低点，设下滑最大位移为，根据能量守恒定律有 代入已知数据解得 故B错误； C．滑块在最低点时，弹性轻绳的拉力在沿杆方向的分力大小为 代入数据解得 此时重力沿杆向下的分力与最大静摩擦力之和为 代入数据解得 由于，滑块会继续向上滑动，设滑块向上滑动位移为时速度再次减为，对滑块上滑过程根据能量守恒定律有 解得 滑块从释放到静止，克服滑动摩擦力做功为 代入数据解得 故C错误； D．当滑块上滑后，滑块距点的距离为 解得 此时弹性轻绳拉力沿杆方向向上的分力为 代入数据解得 重力沿杆向下的分力大小为 解得 此时，滑块所受合力为，能保持静止，所以从释放到静止的位移大小为，故D正确。 故选AD。 14．(1) (2)0.7m (3)24J 【详解】（1）根据牛顿第二定律可得 冰块中点到达B点时 解得 （2）设冰块进入段长度为时，冰块所受摩擦力 由式子可知此阶段摩擦力正比于冰块进入段的长度，则此阶段克服摩擦力做功 根据动能定理可得 可得 联立解得 （3）设破冰工具与冰块的动摩擦因数为，假设冰块不动，则有 即 对工具由牛顿第二定律有 由运动学公式可得 解得，不符合假设，说明冰块滑动。 对冰块 工具到达最右端恰好共速 位移关系 解得，，， 对冰块 共速后，工具和冰块相对静止一起减速，加速度为，有 且 则一起匀减速位移 解得 冰块与地面摩擦产热 15．(1)5 m/s，2 m/s (2)0.5 kg，3 m/s (3)0.25 J 【详解】（1）碰撞后A球绕O点做圆周运动最低点，拉力与重力的合力提供向心力可得 代入数据解得 碰撞后B球做平抛运动，有， 代入数据解得 （2）弹性碰撞过程根据动量守恒及机械能守恒可得， 代入数据解得， （3）根据能量守恒可知，小球B在圆弧轨道上运动过程中因摩擦产生的热量为 代入数据解得 16．(1) (2)， (3)， 【详解】（1）从B到C由动能定理可得 解得 小物块第一次经过C点时，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）小物块滑上木板后，对小物块，根据牛顿第二定律可得 解得 对木板，根据牛顿第二定律可得 解得 （3）假设木板与弹性挡板发生碰撞时，小物块与木板还未共速，则设经过时间后发生碰撞，则 解得 此时木板的速度大小为 小物块的速度大小为 假设成立。此过程中，小物块的位移大小为 木板的位移大小为 则此时小物块相对木板的位移为 此后小物块继续向右匀减速，木板向左以初速度为的初速度匀减速，此时根据牛顿第二定律可得 解得木板的加速度大小为 假设小物块和木板减速到零时，木板还未到达C点；则小物块减速到零所需时间为 木板减速到零所需时间为 即小物块和木板同时减速到零；此过程中小物块的位移大小为 木板的位移大小为 则此时小物块相对木板的位移为 小物块与长木板因摩擦产生的热量 碰撞前瞬间小物块距离木板右端的距离为 最终静止时小物块距离木板右端的距离为 学科网（北京）股份有限公司 $