1、2015年新建二中高考物理第二輪復習專題2功能關系 命題人：裘有昭 審題人：涂曉政一、單項選擇題1如圖1所示，質量相等的物體A和物體B與地面間的動摩擦因數相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移動x，則()圖1A摩擦力對A、B做功相等BA、B動能的增量相同CF對A做的功與F對B做的功相等D合外力對A做的功與合外力對B做的功不相等解析因F斜向下作用在物體A上，A、B受的摩擦力不相同，所以摩擦力對A、B做的功不相等，A錯誤；但A、B兩物體一起運動，速度始終相同，故A、B動能增量一定相同，B正確；F不作用在B上，因此力F對B不做功，C錯誤；合外力對物體做的功等于物體動能的增量，故D錯誤答案B2如圖

2、2所示為某中學科技小組制作的利用太陽能驅動小車的裝置當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產生的電流經電動機帶動小車前進若質量為m的小車在平直的水泥路上從靜止開始沿直線加速行駛，經過時間t前進的距離為x，且速度達到最大值vm.設這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為Ff，那么這段時間內()圖2A小車做勻加速運動B小車受到的牽引力逐漸增大C小車受到的合外力所做的功為PtD小車受到的牽引力做的功為Ffxmv解析小車在運動方向上受向前的牽引力F和向后的阻力Ff，因為v增大，P不變，由PFv，FFfma，得出F逐漸減小，a也逐漸減小，當vvm時，a0，故A、B項均錯；合外力做的功W外PtF

3、fx，由動能定理得W牽Ffxmv，故C項錯，D項對答案D3如圖3所示，一質量為M，長為L的木板，放在光滑的水平地面上，在木板的右端放一質量為m的小木塊，用一根不可伸長的輕繩通過光滑的定滑輪分別與m、M連接，木塊與木板間的動摩擦因數為，開始時木塊和木板靜止，現用水平向右的拉力F作用在M上，在將m拉向木板左端的過程中，拉力至少做功為()圖3A2mgL B.mgLC(Mm)gL DmgL解析在拉力F的作用下，m、M緩慢勻速運動，將m拉到木板的左端的過程中，拉力做功最少，設此時繩的拉力為T，則Tmg，TmgF，當m到達M左端時，M向右運動的位移為，故拉力做功WF·mgL，故D正確答案D4靜止

4、在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關系是()解析設在恒力作用下的加速度為a，則機械能增量EFhF·at2/2，知機械能隨時間不是線性增加，撤去拉力后，機械能守恒，則機械能隨時間不變故C正確，A、B、D錯誤答案C5如圖4所示，豎直平面內放一直角桿MON，桿的水平部分粗糙，動摩擦因數0.2，桿的豎直部分光滑兩部分各套有質量均為1 kg的小球A和B，A、B球間用細繩相連初始A、B均處于靜止狀態，已知：OA3 m，OB4 m，若A球在水平拉力的作用下向右緩慢地移動1 m(取g10 m/s2)，那么該過程中拉力F做功

5、為()圖4A14 J B10 J C6 J D4 J解析對A、B球整體受力分析如圖所示，由于在水平拉力作用下A球緩慢移動，所以FN12mg2×1×10 N20 N，FfFN10.2×20 N4 N，根據動能定理可知，WFWFfWGB0，所以WF(Ff×l)(mgl)0，代數解得WF14 J，選項A正確答案A6將小球以10 m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關系分別如圖5中兩直線所示取g10 m/s2，下列說法正確的是()圖5A小球的質量為0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大

6、小為0.20 NC小球動能與重力勢能相等時的高度為 mD小球上升到2 m時，動能與重力勢能之差為0.5 J解析在最高點，Epmgh得m0.1 kg，A項錯誤；由除重力以外其他力做功W其E可知：fhE高E低，E為機械能，解得f0.25 N，B項錯誤；設小球動能和重力勢能相等時的高度為H，此時有mgHmv2，由動能定理：fHmgHmv2mv得H m，故C項錯；當上升h2 m時，由動能定理，fhmghEk2mv得Ek22.5 J，Ep2mgh2 J，所以動能與重力勢能之差為0.5 J，故D項正確答案D7如圖6所示，質量相等、材料相同的兩個小球A、B間用一勁度系數為k的輕質彈簧相連組成系統，系統穿過一

7、粗糙的水平滑桿，在作用在B上的水平外力F的作用下由靜止開始運動，一段時間后一起做勻加速運動，當它們的總動能為4Ek時撤去外力F，最后停止運動不計空氣阻力，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力則在從撤去外力F到停止運動的過程中，下列說法正確的是()圖6A撤去外力F的瞬間，彈簧的壓縮量為B撤去外力F的瞬間，彈簧的伸長量為C系統克服摩擦力所做的功小于系統機械能的減少量DA克服外力所做的總功等于2Ek解析撤去F瞬時，彈簧處于拉伸狀態，對系統在F作用下一起勻加速運動，由牛頓第二定律有F2mg2ma，對A有kxmgma，求得拉伸量x，則A、B兩項錯誤；撤去F之后，系統運動過程中，克服摩擦力所做的功等于機械能的減

8、少量，則C錯誤；對A利用動能定理W合0EkA，又有EkAEkB2Ek，則知A克服外力做的總功等于2Ek，則D項正確答案D8一質量為m的物體靜止在粗糙的水平地面上，從t0時刻開始受到方向恒定的水平拉力F作用，F與時間t的關系如圖7甲所示物體在時刻開始運動，其vt圖象如圖乙所示，若可認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則()圖7A物體與地面間的動摩擦因數為B物體在t0時刻的加速度大小為C物體所受合力在t0時刻的功率為2F0v0D水平力F在t0到2t0這段時間內的平均功率為F0(2v0)解析由題圖知在時刻，物體剛被拉動，有F0mg，則，A錯誤；在t0時刻加速度大于，B錯誤；物體在t0時刻的合力F2F0m

9、gF0，功率PFv0F0v0，C錯誤；t02t0時間內，加速度為a，2t0時刻的速度為vv0at，t02t0時間內的平均速度，平均功率2F0，聯立得F0(2v0)，D正確答案D9如圖8所示，有一光滑斜面傾角為，c為斜面上固定擋板，物塊a和b通過輕質彈簧連接，a、b處于靜止狀態，彈簧壓縮量為x.現對a施加沿斜面向下的外力使彈簧再壓縮3x，之后突然撤去外力，經時間t，物塊a沿斜面向上運動的速度為v，此時物塊剛要離開擋板已知兩物塊的質量均為m，重力加速度為g.下列說法正確的是()圖8A彈簧的勁度系數為B物塊b剛要離開擋板時，a的加速度為gsin C物塊a沿斜面向上運動速度最大時，物塊b對擋板c的壓力

10、為0D撤去外力后，經過時間t，彈簧彈力對物塊a做的功為5mgxsin mv2解析無外力作用時，以物塊a為研究對象kxmgsin ，k，選項A錯誤；當物塊b剛離開擋板時，以物塊b為研究對象kx1mgsin ，所以x1x，彈簧處于拉伸狀態，這時物塊a的加速度為2gsin ，選項B錯誤；物塊a速度最大時，彈簧處于壓縮狀態，物塊b對擋板c的壓力為2mgsin ，選項C錯誤；撤去外力后由動能定律得W彈mgsin ·5xmv20，W彈5mgxsin mv2，選項D正確答案D10如圖9，豎直平面內的軌道和都由兩段細直桿連接而成，兩軌道長度相等，用相同的水平恒力將穿在軌道最低點B的靜止小球，分別沿和

11、推至最高點A，所需時間分別為t1、t2，動能增量分別為Ek1、Ek2，假定球在經過軌道轉折點前后速度大小不變，且球與和軌道間的動摩擦因數相等，則()圖9AEk1Ek2，t1t2 BEk1Ek2，t1t2CEk1Ek2，t1t2 DEk1Ek2，t1t2解析因為摩擦力做功Wf(mgcos Fsin )·smgxFh，可知沿兩軌道運動，摩擦力做功相等，根據動能定理得：WFmghWfEk，知兩次情況拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，則動能的變化量相等作出在兩個軌道上運動的速度時間圖線如圖所示，由于路程相等，則圖線與時間軸圍成的面積相等，由圖可知，t1t2.故B正確，A、C、D錯誤

12、答案B二、多項選擇題11有一系列斜面，傾角各不相同，它們的底端相同，都是O點，如圖10所示有一些完全相同的滑塊(可視為質點)從這些斜面上的A、B、C、D各點同時由靜止釋放，下列判斷正確的是()圖10A若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同，則A、B、C、D各點處在同一水平線上B若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同，則A、B、C、D各點處在同一豎直面內的圓周上C若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的時間相同，則A、B、C、D各點處在同一豎直面內的圓周上D若各斜面與這些滑塊間有相同的動摩擦因數，滑到O點的過程中，各滑塊損失的機械能相同，則A、B、C、D各點處在同一豎直線上解析由機械能守

13、恒可知A正確，B錯誤；若A、B、C、D各點在同一豎直平面內的圓周上，則下滑時間均為t(d為直徑)，因此選項C正確；設斜面和水平面間夾角為，損失的機械能為Emgscos ，損失機械能相同，則scos 相同，因此A、B、C、D各點在同一豎直線上，D正確答案ACD12三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2 m且與水平方向的夾角均為37°.現有兩個質量相同的小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°()圖11A物塊A先到達傳送帶底端B

14、物塊A、B同時到達傳送帶底端C傳送帶對物塊A、B均做負功D物塊A下滑過程系統產生的熱量小于B下滑過程系統產生的熱量解析計算比較得mgsin mgcos ，A和B沿傳送帶斜面向下做初速度相同、加速度相同的勻加速運動，并且兩物塊與地面距離相同，所以兩物塊同時到達底端，選項A錯，B對；兩物塊的摩擦力方向都與運動方向相反，所以傳送帶對物塊A、B均做負功，選項C對；物塊A與傳送帶運動方向相同，物塊B與傳送帶運動方向相反，而劃痕是指物塊與傳送帶間的相對位移，所以s相對As相對B，而Q熱mgs相對，所以QAQB，選項D對答案BCD13如圖12所示，長為L的粗糙長木板水平放置，在木板的A端放置一個質量為m的小

15、物塊現緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉動，當木板轉到與水平面的夾角為時小物塊開始滑動，此時停止轉動木板，小物塊滑到底端的速度為v，重力加速度為g.下列判斷正確的是()圖12A整個過程物塊受的支持力垂直于木板，所以不做功B物塊所受支持力做功為mgLsin C發生滑動前靜摩擦力逐漸增大D整個過程木板對物塊做的功等于物塊機械能的增量解析由題意得，物塊滑動前支持力屬于沿運動軌跡切線方向的變力，由微元法可知在這個過程中支持力做正功，而且根據動能定理，在緩慢抬高A端的過程中，WmgLsin 0，可知WmgLsin ，所以A項錯，B項正確由平衡條件得在滑動前靜摩擦力f靜mgsin ，當，f靜，所以C正確在

16、整個過程中物塊的重力勢能不變，動能增加，所以機械能變大，根據除了重力以外其他力做功等于機械能的變化量可知D項正確答案BCD14如圖13甲所示，質量m0.5 kg，初速度v010 m/s的物體，受到一個與初速方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑動，經3 s撤去外力，直到物體停止，整個過程物體的vt圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，則()圖13A物體與地面的動摩擦因數為0.1B02 s內F做的功為8 JC07 s內物體由于摩擦產生的熱量為25 JD07 s內物體滑行的總位移為29 m解析由圖象可知物體在37 s內僅受摩擦力做減速運動，其加速度a1 m/s2g，得物體與地面的動摩擦因數為0.1

17、，A對；計算07 s內所圍面積可得物體滑行的總位移為x29 m，D對，07 s內物體由于摩擦產生的熱量為Qmgx14.5 J，C錯；02 s加速度a12 m/s2，由mgFma1可得F0.5 N,02 s內位移由面積可得s16 m，所以F做的功為WFs8 J，B對答案ABD2、 實驗題15某興趣小組的實驗裝置如圖14所示，通過電磁鐵控制的小球從A點自由下落，下落過程中經過光電門B時，通過與之相連的毫秒計時器(圖中未畫出)記錄下擋光時間t，測出A、B之間的距離h.實驗前應調整光電門位置使小球下落過程中球心通過光電門中的激光束圖14(1)若用該套裝置驗證機械能守恒，已知重力加速度為g，還需要測量的

18、物理量為_AA點與地面間的距離HB小球的質量mC小球從A到B的下落時間tABD小球的直徑d(2)用游標卡尺測得小球直徑如圖15所示，則小球直徑為_ cm，某次小球通過光電門毫秒計數器的讀數為3 ms，則該次小球通過光電門B時的瞬時速度大小為v_ m/s.圖15(3)若用該套裝置進行“探究做功和物體速度變化關系”的實驗，大家提出以下幾種猜想：Wv；Wv2；W.然后調節光電門B的位置，計算出小球每次通過光電門B的速度v1、v2、v3、v4，并測出小球在A、B間的下落高度h1、h2、h3、h4，然后繪制了如圖16所示的hv圖象若為了更直觀地看出h和v的函數關系，他們下一步應該重新繪制()圖16Ahv

19、2圖象 Bh 圖象Ch 圖象 Dh 圖象答案(1)D(2)1.143.8(3)A解析(1)根據機械能守恒定律知，需要知道速度和物體下落的高度，故選項D正確(2)游標卡尺是10分的，故游標卡尺的的讀數為1.14 cm，由平均速度來表示瞬時速度，故v3.8 m/s.(3)由于圖中曲線是開口向上的拋物線，故由數學知識可以猜到hv2關系，故選項A正確16小宇同學看見一本參考書上說“在彈性限度內，勁度系數為k的彈簧，形變量為x時的彈性勢能為Epkx2”，為了驗證該結論，他分別設計了下面的三個實驗(重力加速度用g表示)：實驗一：如圖17甲所示，在豎直掛著的彈簧下端掛上一個質量為m的小球，測得其靜止后彈簧的

20、形變量為d；實驗二：如圖乙所示，將同一根彈簧豎直固定在水平桌面上，并把同一個小球置于彈簧上端，在彈簧外側套一根帶插銷孔的內壁光滑的透明長管，將彈簧壓縮后用插銷鎖定，測出彈簧壓縮量為x.拔掉插銷解除鎖定后，彈簧將小球彈起，測出小球上升的最大高度為H；實驗三：如圖丙所示，將這根彈簧置于光滑水平桌面上，一端固定，另一端通過前面的小球將彈簧壓縮x后釋放，測得桌面高度為h，小球最終落點與桌面邊沿的水平距離為L.圖17(1)由實驗一測得該彈簧的勁度系數k_；(2)若Epkx2成立，則實驗二中測出的物理量x與d、H的關系式是x_；(3)若Epkx2成立，則實驗三中測出的物理量x與d、h、L的關系式是x_.答

21、案(1)(2)(3)L解析(1)如題圖甲所示，在豎直掛著的彈簧下端掛上一個質量為m的小球，測得其靜止后彈簧的形變量為d，根據二力平衡得：Fmgkdk.(2)拔掉插銷解除鎖定后，彈簧將小球彈起，測出小球上升的最大高度為H，若Epkx2成立，根據小球和彈簧系統機械能守恒列出等式Epkx2mgH由解得x.(3)將彈簧壓縮x后釋放，小球初動能Ek10，小球離開桌面后，以初速度v0做平拋運動，則有Lv0thgt2可得v0L彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能，所以Epkx2mv解得xL.17某學習小組的同學欲“探究小車動能變化與合外力對它所做功的關系”，在實驗室設計了如圖18所示甲、乙兩套裝置，圖中A為小車，

22、B為打點計時器，C為彈簧測力計，P為小桶(內有沙子)，一端帶有定滑輪的足夠長的木板水平放置圖18(1)如果忽略滑輪與繩間的摩擦，小組成員認為：甲圖中彈簧秤的示數即為小車受到的拉力大??；乙圖中彈簧秤示數的二倍為小車受到的拉力大小請判斷兩種分析是否正確，若不正確，請指明并簡要說出不正確的原因_.(2)選擇了上述一種合理的方法后，要順利完成該實驗，除圖中實驗儀器和低壓交流電源(含導線)外，還必需的兩個實驗儀器是_、_.(3)該實驗中發現小車受到的阻力對實驗結果影響較大，在長木板保持水平的情況下，請你利用該裝置測出小車受到的阻力，其方法是_(4)在上述實驗操作中，打點計時器使用的交流電頻率為50 Hz

23、，某同學打出的一段紙帶如圖19所示，O、A、BF為打點計時器連續打出的計時點，根據圖中數據求出小車運動時與紙帶上E點相對應的瞬時速度vE_ m/s.(結果保留3位有效數字)圖19答案(1)的說法是正確的；的說法不正確，因為當小車加速運動時，要考慮滑輪的質量，小車所受到的拉力小于(或不等于)彈簧秤示數的二倍(2)刻度尺天平(3)調整小桶內沙子的質量，輕推小車，使小車拖動紙帶做勻速運動，則彈簧秤的示數等于小車受到的阻力大小(4)1.39解析(1)在題圖甲中，小車的拉力等于彈簧秤的拉力，在題圖乙中，考慮到動滑輪的質量m，設彈簧秤的拉力為F，小車對滑輪的拉力為FT，則2FFTma，知小車所受到的拉力小

24、于(或不等于)彈簧秤示數的二倍(2)該實驗要計算出小車的動能，要測量小車的質量，所以需要天平；要測量紙帶計時點之間的長度，還需要刻度尺(3)調整小桶內沙子的質量，輕推小車，使小車拖動紙帶做勻速運動，則彈簧秤的示數等于小車受到的阻力大小(4)E點的速度等于DF段的平均速度vE m/s1.39 m/s.3、 計算題18如圖20所示，豎直放置的四分之一光滑圓弧軌道固定在平臺AB上，軌道半徑R1.8 m，末端與平臺相切于A點傾角為37°的斜面BC緊靠平臺固定，斜面頂端與平臺等高從圓弧軌道最高點由靜止釋放質量為m1 kg的滑塊a，當a運動到B點的同時，與a質量相同的滑塊b從斜面底端C點以初速度

25、v05 m/s沿斜面向上運動，a、b(視為質點)恰好在斜面上的P點相遇，已知AB的長度s2 m，a與AB面及b與BC面間的動摩擦因數均為0.5，重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，求：圖20(1)滑塊a在圓弧軌道末端A時受軌道的作用力；(2)滑塊a在B點時的速度；(3)斜面上P、C間的距離解析(1)在圓弧軌道上，由動能定理mgRmv得vA6 m/s在A點，由牛頓第二定律，FNmg代入數據得FN30 N(2)從A到B，由牛頓第二定律及運動學公式得mgmaA2aAsvv得vB4 m/s(3)滑塊a離開B點后做平拋運動xvBtytan 代入數據

26、得t0.6 s滑塊b沿斜面向上運動，由牛頓第二定律a110 m/s2滑塊b從C點開始到速度為零經歷的時間t10.5 s0.6 s因此，滑塊b要沿斜面下滑，由牛頓第二定律a2gsin gcos 2 m/s2P、C間的距離xPCv0t1a1ta2(tt1)21.24 m.答案(1)30 N(2)4 m/s(3)1.24 m19如圖21所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長L4.0 m，電動機帶動皮帶輪沿順時針方向轉動，傳送帶以速率v3.0 m/s勻速運動質量為m1.0 kg的滑塊置于水平導軌上，將滑塊向左移動壓縮彈簧，后由靜止釋放滑塊，滑塊脫離彈簧后以

27、速度v02.0 m/s滑上傳送帶，并從傳送帶右端滑落至地面上的P點已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數0.20，g10 m/s2.圖21(1)如果水平傳送帶距地面的高度為h0.2 m，求滑塊從傳送帶右端滑出點到落地點的水平距離是多少？(2)如果改變彈簧的壓縮量，重復以上的實驗，要使滑塊總能落至P點，則彈簧彈性勢能的最大值是多少？在傳送帶上最多能產生多少熱量？解析(1)滑塊滑上傳送帶后由mgma，得加速度ag2 m/s2設滑塊從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v所用的時間為t.由vv0at，得t0.5 s在時間t內滑塊的位移為xv0tat21.25 mL故滑塊在傳送帶上加速到與傳送帶速度相等后勻速從

28、右端滑出根據平拋運動規律有hgt2，xPvt，解得xP0.6 m.(2)滑塊滑上傳送帶的初速度如果增大，要使滑塊從傳送帶右端平拋的水平位移不變，而滑塊滑上傳送帶的速度達到最大，則應滿足滑塊經過傳送帶減速運動到右端時，速度恰好為v3 m/s由v2v022(a)L，解得v05 m/s故彈簧的最大彈性勢能為Epmmv0212.5 J在這種情況下滑塊與傳送帶的相對路程最大，產生的熱量最多，設相對路程為L，則LLv·1 m則最多能產生的熱量為QmmgL2 J.答案(1)0.6 m(2)2 J20圖22為某游樂場內水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切點A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面一質量為m的游客(視為質點)可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力圖22(1)若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點，OD2R，求游客滑到B點時的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，又因受到微小擾動，