2025高考物理專項(xiàng)復(fù)習(xí)：功能關(guān)系（解析版）

專題02功能關(guān)系

功率

1.12024.1?安徽】某國宇航局發(fā)射行星探測衛(wèi)星，由于沒有把部分資料中實(shí)際使用的單位

制轉(zhuǎn)換為國際單位制，造成重大損失。國際單位制中力學(xué)有三個(gè)基本單位，用這三個(gè)基本單

位導(dǎo)出功率單位一瓦特（W）的表達(dá)形式為（）

A.kg-m2-s_3B.kg-m3-s_2C.kg2-m3-s-1D.

kg2-m-s-3

【答案】A

【解析】

w

【詳解】由功率的定義式〃=2得，功率單位為

t

2

Nmkg-m/sm,9

w=--------=-....................=kg-m-s

sss

故選Ao

功能關(guān)系與動量結(jié)合

2.12024.1?江西】如圖所示，一質(zhì)量為M的平板車靜止放在斜坡的底端.滑板愛好者從長

為/、傾角為。的斜坡頂端靜止下滑，滑到平板車上后制動，最終與平板車達(dá)到共同速度.忽

略滑板與斜面以及平板車與水平地面之間的摩擦，假設(shè)斜坡底端與平板車平滑相接，平板車

足夠長，滑板及滑板愛好者總質(zhì)量為加，可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。求：

（1）滑板愛好者剛滑到平板車上時(shí)的速度大?。?/p>

（2）滑板愛好者與平板車最后達(dá)到的共同速度大小。

［答案］(1)J2glsin1；(2)---------J2glsin。

m+M

【解析】

【詳解】（1）對滑板愛好者，在斜坡上由動能定理

mglsin^=—mv~

可得滑板愛好者剛滑到平板車上時(shí)的速度大小為

v=42glsin0

（2）滑板愛好者與平板車由動量守恒定律

mv=（m+M）丫共

解得滑板愛好者與平板車最后達(dá)到的共同速度大小為

v+t=———《2glsin0

共m+M、

3.[2024.1?河南】如圖（a）所示,“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為1kg的

滑塊P以6m/s的初速度滑上木板,/=2s時(shí)與木板相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動的V—7圖

像如圖（b）所示。重力加速度大小g取lOm/s?,則（）

圖(b)

A.Q的質(zhì)量為1kg

B.地面與木板之間動摩擦因數(shù)為0.1

C.由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為L0J

D./=5.8s時(shí)木板速度恰好零

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.兩者碰撞時(shí)，取滑塊P的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)P的質(zhì)量為初=lkg,Q的質(zhì)量

為M,由系統(tǒng)動量守恒定律得

mvx+MV2=（m+4）匕

根據(jù)v-f圖像可知，vi=3m/s,V2=lm/s,V3=2m/s,代入上式解得

M=\kg

故A正確；

B.設(shè)P與Q之間的動摩擦因數(shù)為〃1,Q與地面之間的動摩擦因數(shù)為〃2,根據(jù)回圖像可知，

2

0-2s內(nèi)P與Q的加速度分別為ap=1.5m/s2,aQ=0.5nVs,對P、Q分別受力分析，由牛頓第

二定律得

jU^ng=map

出mg—%=M(IQ

聯(lián)立解得

出—0.05

故B錯(cuò)誤;

C.由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

=~mv^+^Mv；-^(m+

代入數(shù)據(jù)解得

AE=1.0J

故C正確;

D.對碰撞后整體受力分析，由動量定理得

-/z,(m+M)g?2=0-(m+M)v3

代入數(shù)據(jù)解得

’2=4s

因此木板速度恰好為零的時(shí)刻為

/=/+/,=2s+4s=6s

故D錯(cuò)誤;

故選ACo

4.12024.1?河南】a粒子（；He）以一定的初速度與靜止的氧原子核（黑0）發(fā)生正碰。此

過程中，a粒子的動量。隨時(shí)間f變化的部分圖像如圖所示，4時(shí)刻圖線的切線斜率最大。

貝U（）

B.%時(shí)刻;6。的加速度達(dá)到最大

C.弓時(shí)刻;6。的動能達(dá)到最大

D.q時(shí)刻系統(tǒng)的電勢能最大

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.&粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動量守恒，％時(shí)刻;6。的動量為

。2=PQ-Pl

故A正確；

B.4時(shí)刻圖線的切線斜率最大，則a粒子的動量變化率最大，根據(jù)

p=mv

可知a粒子的速度變化率最大，即加速度最大，即a粒子受到的電場力最大，則氧原子核

受到的電場力也最大，；6。的加速度達(dá)到最大，故B正確；

C.馬時(shí)刻，&粒子速度為零，由圖可知與時(shí)刻后，。粒子反向運(yùn)動，系統(tǒng)動量守恒，可

知在G時(shí)刻之后，；6。的動量達(dá)到最大，；6。的速度達(dá)到最大，；6。的動能達(dá)到最大，故c

錯(cuò)誤；

D.%時(shí)刻，氧原子核受到的電場力最大，a粒子與氧原子核的距離最近，系統(tǒng)的電勢能最

大，故D錯(cuò)誤。

故選ABo

5.[2024.1?安徽】如圖所示，實(shí)線是實(shí)驗(yàn)小組某次研究平拋運(yùn)動得到的實(shí)際軌跡，虛線是

相同初始條件下平拋運(yùn)動的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實(shí)驗(yàn)中,

小球的質(zhì)量為陰，水平初速度為%,初始時(shí)小球離地面高度為爪已知小球落地時(shí)速度大小

為丫，方向與水平面成。角，小球在運(yùn)動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系

數(shù)為七重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.小球落地時(shí)重力的功率為mgv

mvsin0+kh

B.小球下落的時(shí)間為

mg

C.小球下落過程中的水平位移大小為—vcosd）

k

【答案】BCD

【解析】

【詳解】A.小球落地時(shí)重力的功率為

PG=mgvsin0

故A錯(cuò)誤；

B.小球下落過程在豎直方向根據(jù)動量定理

mvsin0=mgt-k(yyX+vy2+vy3+......)t

+vy2+vy3+……)t=h

解得小球下落的時(shí)間為

mvsm3+kh

t=-------------------

mg

故B正確；

C.小球在水平方向根據(jù)動量定理

mvcos0-mv0=-k(vxl+vx2+vx3+......)t

X(%+匕2+匕3+……>=x

解得小球下落過程中的水平位移大小為

〃，(%—VCOS。)

故C正確;

D.小球下落過程根據(jù)動能定理

12,

—mv2

--mv^=mgh+Wf

2

解得小球下落過程中空氣阻力所做的功為

故D正確。

故選BCD?

6.【2024.1?甘肅】游樂場里小明坐在一輛小車?yán)?，車前方有一靜止排球，排球前面6m處

有一面墻。小華用力推了一下小車后，小車以2m/s的速度撞向排球。排球被撞后向前運(yùn)

動，被墻壁反彈后再次與小車正面相撞。忽略小車、排球與地面的摩擦，碰撞均視為彈性碰

撞，與小車兩次碰撞期間，排球運(yùn)動的路程約為()

A.7mB.8mC.9mD.10m

【答案】B

【解析】

【詳解】設(shè)小車的質(zhì)量為機(jī)1，排球的質(zhì)量為機(jī)2，小車與排球第一次后的速度為匕、％；

彈性碰撞滿足動量守恒和機(jī)械能守恒，有

m1Vo-mlvl+m2V2

解得

二（網(wǎng)一心2mv

v0vio

my+m2'mx+m2

排球以V2的速度向左做勻速直線運(yùn)動，再撞墻原速率反彈，與排球相遇，發(fā)生第二次迎碰，

有

v2t+v/=2d

而排球運(yùn)動的路程為

24ml24

s=v2t=---------=-------

3叫-m23_色_

叫

結(jié)合實(shí)際情況有利<<叫，則—-0,故路程sf8m,則排球運(yùn)動的路程約為8m。

叫

故選Bo

7.[2024.1?廣西】在圖示裝置中，斜面高/i=0.9m,傾角。=37°,形狀相同的剛性小球

A、B質(zhì)量分別為100g和20g,輕彈簧p的勁度系數(shù)％=270N/m,用A球?qū)椈蓧嚎s

A/=10cm后無初速釋放，A球沿光滑表面沖上斜面頂端與B球發(fā)生對心彈性碰撞，設(shè)碰撞

時(shí)間極短，彈簧彈性勢能Ep=^k（Al）2,重力加速度的大小取g=10m/s2,sin37°=0.6?

（1）求碰撞前瞬間A球的速度大??；

（2）求B球飛離斜面時(shí)的速度大?。?/p>

（3）將裝置置于豎直墻面左側(cè)，仍取A/=10cm,再次彈射使B球與墻面碰撞，碰撞前后

瞬間，速度平行于墻面方向的分量不變，垂直于墻面方向的分量大小不變，方向相反，為使

B球能落回到斜面上，求裝置到墻面距離x的最大值。

【答案】(1)3m/s；(2)5m/s；(3)1.2m

【解析】

【詳解】(1)設(shè)A球與B球碰撞前的速度為以，由能量守恒定律

Ep=%Ag/z+g〃AV：

其中

11

929

E=-^(A/)=-X270X0.12J=1.35J

np22

代入數(shù)據(jù)解得，碰撞前瞬間A球的速度大小為

vA=3m/s

(2)A球與B球發(fā)生對心彈性碰撞，則碰撞過程中由動量守恒定律得

mv，，

AA=mAvA+mBvB

由機(jī)械能守恒定律得

121，，1，2

=-WA^A-+-^VB

聯(lián)立解得，B球飛離斜面時(shí)的速度大小為

，2mA匚/

vB=------vA=5m/s

根A+^B

(3)仍取A/=10cm,則B球飛離斜面時(shí)的速度仍為VB'=5m/s，設(shè)B球運(yùn)動的總時(shí)間為

t,由對稱性可知，若B球能落回到斜面，則水平方向有

2X=VB'COS37。?7

豎直方向有

，172

y=vBsin310-t-—gt=0

解得

t=0.6s,x=1.2m

8.[2024.1?廣西】水塔頂部有一蓄滿水的蓄水池，內(nèi)部水的深度用力表示，靠近蓄水池底

部的側(cè)壁有一個(gè)面積為S的小孔，水從小孔水平噴出，水流下落過程中分離成許多球狀小水

珠，小水珠所受空氣阻力大小可近似為了=bz■產(chǎn)/，其中％為比例系數(shù)，廠為小水珠半徑,

v為小水珠速度（v未知），設(shè)重力加速度為g,水的密度為夕，水塔足夠高，則（）

A.水從小孔噴出的速度約為

B.水珠最終下落速度不會超過2也紅

3Vk

C.小水珠在水平方向的最大位移僅由小孔離地高度和水噴出的速度決定

D.若用一塊木板正面去堵小孔，即將堵住時(shí)水對木板的沖擊力大小為

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.取水面上質(zhì)量為，”的水滴，從小孔噴出時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可知

/12

mgn=—mv0

解得水從小孔噴出的速度約為

A正確；

B.水珠下落速度最大時(shí)有

mg=于

即

P^rig=knr2vJ

解得

所以最終下落速度不會超過2J紅紅，B正確;

3Vk

C.不計(jì)空氣阻力時(shí)，水平方向的最大位移僅由小孔離地高度和水噴出的速度決定，由于小

水珠噴出后受空氣阻力的作用，所以水平方向的最大位移由小孔離地高度和水噴出的速度以

及阻力大小有關(guān)，c錯(cuò)誤；

D.若用一塊木板正面去堵小孔，設(shè)水與木板表面的作用時(shí)間為方，則在方時(shí)間內(nèi)到木板表

面水的質(zhì)量為

m=pSvot

對到木板表面的水，以水的速度方向?yàn)檎较?，由動量定理?/p>

Ft-0-mv0

解得

F=-2pghS

可見即將堵住時(shí)水對木板的沖擊力大小為2pghS,D錯(cuò)誤。

故選AB?

9.[2024.1?貴州】如圖，A、B兩點(diǎn)間距離L=1.9m,質(zhì)量為%=；kg的小物塊甲向右

與靜止在水平地面上A點(diǎn)、質(zhì)量為叱=1kg的小物塊乙發(fā)生彈性正碰，碰前瞬間甲的速度

大小%=4.8m/s。碰后乙在AB間運(yùn)動的某段距離中，受到一水平向右、大小尸=1N的恒

定推力。乙與靜止在8點(diǎn)處、質(zhì)量為外=1kg的小物塊丙發(fā)生正碰，乙在此碰撞前、后瞬

間的速度大小之比為3：1,碰后丙經(jīng)d=0.04m停止運(yùn)動。乙、丙與地面間的動摩擦因數(shù)

均為〃=0.2,所有碰撞時(shí)間極短，g取lOm/s?。求：

（1）甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大小；

（2）乙、丙碰撞過程損失的機(jī)械能；

（3）推力尸在A8間作用的最長時(shí)間。

A|<---------L---------->|B

【答案】(1)2.4m/s；(2)0.08J；(3)1.0s

【解析】

【詳解】(1)甲、乙發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律

%%=叫%+叱丫乙

由機(jī)械能守恒定律

121212

萬叫％乙

解得，甲與乙碰撞后瞬間乙的速度大小為

v乙=—也^—%=2.4m/s

叫+叫

(2)碰后，對丙由動能定理

-^gd=0--m^v^

解得

v丙=0.4m/s

乙、丙碰撞過程中，由動量守恒定律

加乙V乙1=%丫乙2+加丙丫丙

其中

?=3

丫乙21

聯(lián)立解得

%=0.6m/s,v乙2=0.2m/s

由能量守恒定律

］叱吃=5叱吃+萬%丫卷+加

解得

AE=0.08J

(3)有力P作用時(shí)，對乙由牛頓第二定律

〃徑豬—F=徑嗎

解得

=lm/s2

沒有力尸時(shí)，對乙由牛頓第二定律

〃叱g=叱。2

解得

2

a2=2m/s

因越接近2點(diǎn)時(shí)速度越小，則當(dāng)滑塊乙在接近于6點(diǎn)時(shí)施加力F作用的時(shí)間最長，由運(yùn)動

學(xué)公式

2al

解得

v=1.6m/s

由丫=”可得，推力尸在A8間作用的最長時(shí)間為

%=1.0s=1.0s

ax

10.[2024.1?吉林、黑龍江】如圖（a）,質(zhì)量均為機(jī)的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平

面上，甲到乙左端的距離為L初始時(shí)甲、乙均靜止，質(zhì)量為M的物塊丙以速度％向右運(yùn)

動，與乙發(fā)生彈性碰撞。碰后，乙的位移尤隨時(shí)間r的變化如圖（b）中實(shí)線所示，其中小時(shí)

刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線，二者相切于P,拋物線的頂點(diǎn)為Q。甲始終未

脫離乙，重力加速度為g。下列說法正確的是（)

甲

圖(a)圖(b)

A.碰后瞬間乙的速度大小為為B.甲、乙間的動摩擦因數(shù)為六

33M

C.甲到乙左端距離L2皿

D.乙、丙的質(zhì)量比m：M=1:2

3

【答案】BC

【解析】

【詳解】AB.設(shè)碰后瞬間乙的速度大小為匕，碰后乙的加速度大小為“，由圖（b）可知

x=卬（）~~ato="yL

拋物線的頂點(diǎn)為。，根據(jù)x-r圖像的切線斜率表示速度，則有

匕=a?2t0

聯(lián)立解得

【為，”蔓

133fo

根據(jù)牛頓第二定律可得

解得甲、乙間的動摩擦因數(shù)為

〃=人

3g4

故A錯(cuò)誤，B正確；

C.由于甲、乙質(zhì)量相同，則甲做加速運(yùn)動的加速度大小也為

3to

根據(jù)圖（b）可知，"時(shí)刻甲、乙剛好共速，則。~九時(shí)間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對位移為

Ax=工乙一x甲=2i±IkZo-2k?o=^o=^o

則甲到乙左端的距離滿足

八.=也

3

故C正確；

D.物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可得

Mv0=MV2+mvi

可得

2M

4=------vo

M+m°3

可得乙、丙的質(zhì)量比為

m;M—2:1

故D錯(cuò)誤。

功能關(guān)系應(yīng)用

11.12024.1?江西】無人快遞車在水平路面上從靜止開始做直線運(yùn)動，經(jīng)過160s到達(dá)目的

地停止運(yùn)動，快遞車在整個(gè)運(yùn)送過程中牽引力B隨時(shí)間/的變化關(guān)系如圖所示，圖中耳和彳

未知。假設(shè)快遞車與貨物總質(zhì)量M=100kg,運(yùn)行時(shí)所受阻力為自身重力的0.05倍，重力

加速度取g=lOm/sz,0~4時(shí)間內(nèi)位移大小8=10m。求:

（1）快遞車在加速和減速過程中的加速度大小;

（2）快遞車在整個(gè)運(yùn)動過程中牽引力所做的功。

''FN

50

40

0140~160~卞s

【答案】（1）0.2m/s2>O.lm/s2;（2）14500J

【解析】

【詳解】（1）由題意可知，快遞車運(yùn)行時(shí)所受阻力為

/=0.05mg=50N

快遞車在加速過程中，由牛頓第二定律

F「于=ma、

快遞車在減速過程中，由牛頓第二定律

f-F2-ma2

其中

F2=40N

解得

2

a2=O.lm/s

設(shè)加速時(shí)間為％,減速時(shí)間為右，由運(yùn)動學(xué)公式

q"]—a2t2

其中

12

Si=—a/j=10m

t2-160s-140s=20s

聯(lián)立解得

%=0.2m/s2,J=10s

故快遞車在加速和減速過程中的加速度大小分別為OZm/s?，O.lm/s2。

(2)全程對快遞車由動能定理

WF-f(sl+s2+s3)=O

其中

s,—vA?=印1?At=0.2x10x(140-10)m=260m

v

53=5’3=20m

代入解得，快遞車在整個(gè)運(yùn)動過程中牽引力所做的功為

用=14500J

12.12024.1?吉林、黑龍江】如圖，真空中足夠大的鋁板M與金屬板N平行放置，通過電

流表與電壓可調(diào)的電源相連。一束波長。2=200nm的紫外光持續(xù)照射到/上，光電子向

各個(gè)方向逸出。已知鋁的逸出功”=6.73X10-9J,光速c=3.0xl()8m/s，普朗克常量

/?=6.63x10-34J。。

（i）求光電子的最大初動能4（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；

3

（2）調(diào)節(jié)電壓使電流表的示數(shù)減小到。時(shí)，M、N間的電壓為Uo；當(dāng)電壓為時(shí)，求能

到達(dá)N的光電子中，初速度與/之間夾角的最小值30

【答案】（1）3,2X10-19J;（2）60°

【解析】

【詳解】（1）根據(jù)光電效應(yīng)方程可得

6,63x1034><3xlC)81919

Ek=~~WQ=-Qj_6.73xiQ-j=3.2xIOJ

k20200x10"

（2）因調(diào)節(jié)電壓使電流表的示數(shù)減小到。時(shí)，M、N間的電壓為。0,則

Ek=uoe

3

當(dāng)電壓為時(shí)恰能到達(dá)N的光子滿足

31,2,

—Uoe=—m(v0sin6>)=Ek(sin

解得

sint)=——

2

則

夕=60°

13.【2024.1?貴州】如圖，一輕質(zhì)彈簧置于固定光滑斜面上，下端與固定在斜面底端的擋板

連接，彈簧處于原長時(shí)上端位于A點(diǎn)。一物塊由斜面上A點(diǎn)上方某位置釋放，將彈簧壓縮

至最低點(diǎn)B（彈簧在彈性限度內(nèi)），則物塊由A點(diǎn)運(yùn)動至B點(diǎn)的過程中，彈簧彈性勢能的（）

A

B

A,增加量等于物塊動能的減少量

B.增加量等于物塊重力勢能的減少量

C.增加量等于物塊機(jī)械能的減少量

D.最大值等于物塊動能的最大值

【答案】C

【解析】

【詳解】ABC.設(shè)物塊在A點(diǎn)時(shí)的動能為Ek，斜面的傾角為。，物塊由A點(diǎn)運(yùn)動至2點(diǎn)的

過程中，對物塊由能量守恒有

Ek+mgLABsine=Ep

可知，物塊由A點(diǎn)運(yùn)動至2點(diǎn)的過程中，物塊的機(jī)械能轉(zhuǎn)化成了彈簧的彈性勢能，因此可

知，彈簧彈性勢能增加量大于物塊動能的減少量，同樣大于物塊重力勢能的減少量，而等于

物塊機(jī)械能的減少量，故AB錯(cuò)誤，C正確；

D.顯然，物塊由A點(diǎn)運(yùn)動至B點(diǎn)的過程中，彈簧彈性勢能最大時(shí)即彈簧被壓縮至最短時(shí),

而物塊動能最大時(shí)，彈簧的彈力等于物塊重力沿斜面向下的分力，即此時(shí)彈簧已被壓縮，具

有了一定的彈性勢能，而此后物塊還要繼續(xù)向下運(yùn)動，直至速度減為零,彈簧被壓縮至最短，

因此彈簧彈性勢能的最大值大于物塊動能的最大值，而等于物塊機(jī)械能的減少量，故D錯(cuò)

誤。

故選C。

14.【2024.1?安徽】為激發(fā)學(xué)生參與體育活動的興趣，某學(xué)校計(jì)劃修建用于滑板訓(xùn)練的場地。

老師和同學(xué)們圍繞物體在起伏地面上的運(yùn)動問題，討論并設(shè)計(jì)了如圖所示的路面，其中A3

是傾角為53°的斜面，凹圓弧BCD和凸圓弧的半徑均為R,且。、廠兩點(diǎn)處于同一高

度，B,E兩點(diǎn)處于另一高度，整個(gè)路面無摩擦且各段之間平滑連接。在斜面上距離水

平面BE高度為（未知量）的地方放置一個(gè)質(zhì)量為根的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），讓它由靜止

開始運(yùn)動。已知重力加速度為g,取sin37。=0.6,cos37。=0.8。

（1）當(dāng)力=0.6火時(shí)，求小球經(jīng)過最低點(diǎn)C時(shí)，路面受到的壓力；

(2)若小球一定能沿路面運(yùn)動到/點(diǎn)，求/7的取值范圍;

(3)在某次試驗(yàn)中，小球運(yùn)動到段的G點(diǎn)時(shí)，重力功率出現(xiàn)了極大值,已知該點(diǎn)路面

【答案】(1)3mg,方向豎直向下；(2)0<h<0.2R-,(3)0.0257?

【解析】

【詳解】(1)從靜止釋放到C點(diǎn)過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒

mgh+mg(R-Rsin37°)=g

在C點(diǎn)由牛頓第二定律

F-mg=

NR

聯(lián)立解得

FN=3mg

由牛頓第三定律得路面受到的壓力為

綜，=綜=3mg

方向豎直向下；

(2)分析可知小球能沿路面到達(dá)F點(diǎn)即可通過E點(diǎn)，剛好到達(dá)F點(diǎn)時(shí)有

mgcos37°=m~^~

根據(jù)機(jī)械能守恒有

2

mgh'+mg(Reos370-Rsin37°)=gmvF

聯(lián)立解得

h'=Q.2R

故可知〃的范圍為

0<h<0.2R

（3）設(shè)在G點(diǎn)時(shí)速度為v,根據(jù)機(jī)械能守恒

mgh+(Kcos，-Ksin37°)=gmv2

該處重力的瞬時(shí)功率為