2025高考物理专项复习：功能关系（解析版）

专题02功能关系

功率

1.12024.1•安徽】某国宇航局发射行星探测卫星，由于没有把部分资料中实际使用的单位

制转换为国际单位制，造成重大损失。国际单位制中力学有三个基本单位，用这三个基本单

位导出功率单位一瓦特（W）的表达形式为（）

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

kg2-m-s-3

【答案】A

【解析】

w

【详解】由功率的定义式〃=2得，功率单位为

t

2

Nmkg-m/sm,9

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

sss

故选Ao

功能关系与动量结合

2.12024.1•江西】如图所示，一质量为M的平板车静止放在斜坡的底端.滑板爱好者从长

为/、倾角为。的斜坡顶端静止下滑，滑到平板车上后制动，最终与平板车达到共同速度.忽

略滑板与斜面以及平板车与水平地面之间的摩擦，假设斜坡底端与平板车平滑相接，平板车

足够长，滑板及滑板爱好者总质量为加，可视为质点，重力加速度为g。求：

（1）滑板爱好者刚滑到平板车上时的速度大小；

（2）滑板爱好者与平板车最后达到的共同速度大小。

［答案］(1)J2glsin1；(2)---------J2glsin。

m+M

【解析】

【详解】（1）对滑板爱好者，在斜坡上由动能定理

mglsin^=—mv~

可得滑板爱好者刚滑到平板车上时的速度大小为

v=42glsin0

（2）滑板爱好者与平板车由动量守恒定律

mv=（m+M）丫共

解得滑板爱好者与平板车最后达到的共同速度大小为

v+t=———《2glsin0

共m+M、

3.[2024.1•河南】如图（a）所示,“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的

滑块P以6m/s的初速度滑上木板,/=2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的V—7图

像如图（b）所示。重力加速度大小g取lOm/s?,则（）

图(b)

A.Q的质量为1kg

B.地面与木板之间动摩擦因数为0.1

C.由于碰撞系统损失的机械能为L0J

D./=5.8s时木板速度恰好零

【答案】AC

【解析】

【详解】A.两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为初=lkg,Q的质量

为M,由系统动量守恒定律得

mvx+MV2=（m+4）匕

根据v-f图像可知，vi=3m/s,V2=lm/s,V3=2m/s,代入上式解得

M=\kg

故A正确；

B.设P与Q之间的动摩擦因数为〃1,Q与地面之间的动摩擦因数为〃2,根据回图像可知，

2

0-2s内P与Q的加速度分别为ap=1.5m/s2,aQ=0.5nVs,对P、Q分别受力分析，由牛顿第

二定律得

jU^ng=map

出mg—%=M(IQ

联立解得

出—0.05

故B错误;

C.由于碰撞系统损失的机械能为

=~mv^+^Mv；-^(m+

代入数据解得

AE=1.0J

故C正确;

D.对碰撞后整体受力分析，由动量定理得

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

代入数据解得

’2=4s

因此木板速度恰好为零的时刻为

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

故D错误;

故选ACo

4.12024.1•河南】a粒子（；He）以一定的初速度与静止的氧原子核（黑0）发生正碰。此

过程中，a粒子的动量。随时间f变化的部分图像如图所示，4时刻图线的切线斜率最大。

贝U（）

B.%时刻;6。的加速度达到最大

C.弓时刻;6。的动能达到最大

D.q时刻系统的电势能最大

【答案】AB

【解析】

【详解】A.&粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，％时刻;6。的动量为

。2=PQ-Pl

故A正确；

B.4时刻图线的切线斜率最大，则a粒子的动量变化率最大，根据

p=mv

可知a粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即a粒子受到的电场力最大，则氧原子核

受到的电场力也最大，；6。的加速度达到最大，故B正确；

C.马时刻，&粒子速度为零，由图可知与时刻后，。粒子反向运动，系统动量守恒，可

知在G时刻之后，；6。的动量达到最大，；6。的速度达到最大，；6。的动能达到最大，故c

错误；

D.%时刻，氧原子核受到的电场力最大，a粒子与氧原子核的距离最近，系统的电势能最

大，故D错误。

故选ABo

5.[2024.1•安徽】如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是

相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中,

小球的质量为阴，水平初速度为%,初始时小球离地面高度为爪已知小球落地时速度大小

为丫，方向与水平面成。角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系

数为七重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.小球落地时重力的功率为mgv

mvsin0+kh

B.小球下落的时间为

mg

C.小球下落过程中的水平位移大小为—vcosd）

k

【答案】BCD

【解析】

【详解】A.小球落地时重力的功率为

PG=mgvsin0

故A错误；

B.小球下落过程在竖直方向根据动量定理

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

+vy2+vy3+……)t=h

解得小球下落的时间为

mvsm3+kh

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

mg

故B正确；

C.小球在水平方向根据动量定理

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

X(%+匕2+匕3+……>=x

解得小球下落过程中的水平位移大小为

〃，(%—VCOS。)

故C正确;

D.小球下落过程根据动能定理

12,

—mv2

--mv^=mgh+Wf

2

解得小球下落过程中空气阻力所做的功为

故D正确。

故选BCD»

6.【2024.1•甘肃】游乐场里小明坐在一辆小车里，车前方有一静止排球，排球前面6m处

有一面墙。小华用力推了一下小车后，小车以2m/s的速度撞向排球。排球被撞后向前运

动，被墙壁反弹后再次与小车正面相撞。忽略小车、排球与地面的摩擦，碰撞均视为弹性碰

撞，与小车两次碰撞期间，排球运动的路程约为()

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

【答案】B

【解析】

【详解】设小车的质量为机1，排球的质量为机2，小车与排球第一次后的速度为匕、％；

弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，有

m1Vo-mlvl+m2V2

解得

二（网一心2mv

v0vio

my+m2'mx+m2

排球以V2的速度向左做匀速直线运动，再撞墙原速率反弹，与排球相遇，发生第二次迎碰，

有

v2t+v/=2d

而排球运动的路程为

24ml24

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

3叫-m23_色_

叫

结合实际情况有利<<叫，则—-0,故路程sf8m,则排球运动的路程约为8m。

叫

故选Bo

7.[2024.1•广西】在图示装置中，斜面高/i=0.9m,倾角。=37°,形状相同的刚性小球

A、B质量分别为100g和20g,轻弹簧p的劲度系数％=270N/m,用A球将弹簧压缩

A/=10cm后无初速释放，A球沿光滑表面冲上斜面顶端与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞

时间极短，弹簧弹性势能Ep=^k（Al）2,重力加速度的大小取g=10m/s2,sin37°=0.6»

（1）求碰撞前瞬间A球的速度大小；

（2）求B球飞离斜面时的速度大小；

（3）将装置置于竖直墙面左侧，仍取A/=10cm,再次弹射使B球与墙面碰撞，碰撞前后

瞬间，速度平行于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，为使

B球能落回到斜面上，求装置到墙面距离x的最大值。

【答案】(1)3m/s；(2)5m/s；(3)1.2m

【解析】

【详解】(1)设A球与B球碰撞前的速度为以，由能量守恒定律

Ep=%Ag/z+g〃AV：

其中

11

929

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

np22

代入数据解得，碰撞前瞬间A球的速度大小为

vA=3m/s

(2)A球与B球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量守恒定律得

mv，，

AA=mAvA+mBvB

由机械能守恒定律得

121，，1，2

=-WA^A-+-^VB

联立解得，B球飞离斜面时的速度大小为

，2mA匚/

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

根A+^B

(3)仍取A/=10cm,则B球飞离斜面时的速度仍为VB'=5m/s，设B球运动的总时间为

t,由对称性可知，若B球能落回到斜面，则水平方向有

2X=VB'COS37。•7

竖直方向有

，172

y=vBsin310-t-—gt=0

解得

t=0.6s,x=1.2m

8.[2024.1•广西】水塔顶部有一蓄满水的蓄水池，内部水的深度用力表示，靠近蓄水池底

部的侧壁有一个面积为S的小孔，水从小孔水平喷出，水流下落过程中分离成许多球状小水

珠，小水珠所受空气阻力大小可近似为了=bz■产/，其中％为比例系数，厂为小水珠半径,

v为小水珠速度（v未知），设重力加速度为g,水的密度为夕，水塔足够高，则（）

A.水从小孔喷出的速度约为

B.水珠最终下落速度不会超过2也红

3Vk

C.小水珠在水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定

D.若用一块木板正面去堵小孔，即将堵住时水对木板的冲击力大小为

【答案】AB

【解析】

【详解】A.取水面上质量为，”的水滴，从小孔喷出时，由机械能守恒定律可知

/12

mgn=—mv0

解得水从小孔喷出的速度约为

A正确；

B.水珠下落速度最大时有

mg=于

即

P^rig=knr2vJ

解得

所以最终下落速度不会超过2J红红，B正确;

3Vk

C.不计空气阻力时，水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定，由于小

水珠喷出后受空气阻力的作用，所以水平方向的最大位移由小孔离地高度和水喷出的速度以

及阻力大小有关，c错误；

D.若用一块木板正面去堵小孔，设水与木板表面的作用时间为方，则在方时间内到木板表

面水的质量为

m=pSvot

对到木板表面的水，以水的速度方向为正方向，由动量定理得

Ft-0-mv0

解得

F=-2pghS

可见即将堵住时水对木板的冲击力大小为2pghS,D错误。

故选AB„

9.[2024.1•贵州】如图，A、B两点间距离L=1.9m,质量为%=；kg的小物块甲向右

与静止在水平地面上A点、质量为叱=1kg的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度

大小%=4.8m/s。碰后乙在AB间运动的某段距离中，受到一水平向右、大小尸=1N的恒

定推力。乙与静止在8点处、质量为外=1kg的小物块丙发生正碰，乙在此碰撞前、后瞬

间的速度大小之比为3：1,碰后丙经d=0.04m停止运动。乙、丙与地面间的动摩擦因数

均为〃=0.2,所有碰撞时间极短，g取lOm/s?。求：

（1）甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小；

（2）乙、丙碰撞过程损失的机械能；

（3）推力尸在A8间作用的最长时间。

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

【答案】(1)2.4m/s；(2)0.08J；(3)1.0s

【解析】

【详解】(1)甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律

%%=叫%+叱丫乙

由机械能守恒定律

121212

万叫％乙

解得，甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为

v乙=—也^—%=2.4m/s

叫+叫

(2)碰后，对丙由动能定理

-^gd=0--m^v^

解得

v丙=0.4m/s

乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律

加乙V乙1=%丫乙2+加丙丫丙

其中

〜=3

丫乙21

联立解得

%=0.6m/s,v乙2=0.2m/s

由能量守恒定律

］叱吃=5叱吃+万%丫卷+加

解得

AE=0.08J

(3)有力P作用时，对乙由牛顿第二定律

〃径猪—F=径吗

解得

=lm/s2

没有力尸时，对乙由牛顿第二定律

〃叱g=叱。2

解得

2

a2=2m/s

因越接近2点时速度越小，则当滑块乙在接近于6点时施加力F作用的时间最长，由运动

学公式

2al

解得

v=1.6m/s

由丫=”可得，推力尸在A8间作用的最长时间为

%=1.0s=1.0s

ax

10.[2024.1•吉林、黑龙江】如图（a）,质量均为机的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平

面上，甲到乙左端的距离为L初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度％向右运

动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移尤随时间r的变化如图（b）中实线所示，其中小时

刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P,抛物线的顶点为Q。甲始终未

脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是（)

甲

图(a)图(b)

A.碰后瞬间乙的速度大小为为B.甲、乙间的动摩擦因数为六

33M

C.甲到乙左端距离L2皿

D.乙、丙的质量比m：M=1:2

3

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.设碰后瞬间乙的速度大小为匕，碰后乙的加速度大小为“，由图（b）可知

x=卬（）~~ato="yL

抛物线的顶点为。，根据x-r图像的切线斜率表示速度，则有

匕=a•2t0

联立解得

【为，”蔓

133fo

根据牛顿第二定律可得

解得甲、乙间的动摩擦因数为

〃=人

3g4

故A错误，B正确；

C.由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为

3to

根据图（b）可知，"时刻甲、乙刚好共速，则。~九时间内甲、乙发生的相对位移为

Ax=工乙一x甲=2i±IkZo-2k?o=^o=^o

则甲到乙左端的距离满足

八.=也

3

故C正确；

D.物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得

Mv0=MV2+mvi

可得

2M

4=------vo

M+m°3

可得乙、丙的质量比为

m;M—2:1

故D错误。

功能关系应用

11.12024.1•江西】无人快递车在水平路面上从静止开始做直线运动，经过160s到达目的

地停止运动，快递车在整个运送过程中牵引力B随时间/的变化关系如图所示，图中耳和彳

未知。假设快递车与货物总质量M=100kg,运行时所受阻力为自身重力的0.05倍，重力

加速度取g=lOm/sz,0~4时间内位移大小8=10m。求:

（1）快递车在加速和减速过程中的加速度大小;

（2）快递车在整个运动过程中牵引力所做的功。

''FN

50

40

0140~160~卞s

【答案】（1）0.2m/s2>O.lm/s2;（2）14500J

【解析】

【详解】（1）由题意可知，快递车运行时所受阻力为

/=0.05mg=50N

快递车在加速过程中，由牛顿第二定律

F「于=ma、

快递车在减速过程中，由牛顿第二定律

f-F2-ma2

其中

F2=40N

解得

2

a2=O.lm/s

设加速时间为％,减速时间为右，由运动学公式

q"]—a2t2

其中

12

Si=—a/j=10m

t2-160s-140s=20s

联立解得

%=0.2m/s2,J=10s

故快递车在加速和减速过程中的加速度大小分别为OZm/s?，O.lm/s2。

(2)全程对快递车由动能定理

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，快递车在整个运动过程中牵引力所做的功为

用=14500J

12.12024.1•吉林、黑龙江】如图，真空中足够大的铝板M与金属板N平行放置，通过电

流表与电压可调的电源相连。一束波长。2=200nm的紫外光持续照射到/上，光电子向

各个方向逸出。已知铝的逸出功”=6.73X10-9J,光速c=3.0xl()8m/s，普朗克常量

/?=6.63x10-34J。。

（i）求光电子的最大初动能4（计算结果保留两位有效数字）；

3

（2）调节电压使电流表的示数减小到。时，M、N间的电压为Uo；当电压为时，求能

到达N的光电子中，初速度与/之间夹角的最小值30

【答案】（1）3,2X10-19J;（2）60°

【解析】

【详解】（1）根据光电效应方程可得

6,63x1034><3xlC)81919

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

k20200x10"

（2）因调节电压使电流表的示数减小到。时，M、N间的电压为。0,则

Ek=uoe

3

当电压为时恰能到达N的光子满足

31,2,

—Uoe=—m(v0sin6>)=Ek(sin

解得

sint)=——

2

则

夕=60°

13.【2024.1•贵州】如图，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板

连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩

至最低点B（弹簧在弹性限度内），则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的（）

A

B

A,增加量等于物块动能的减少量

B.增加量等于物块重力势能的减少量

C.增加量等于物块机械能的减少量

D.最大值等于物块动能的最大值

【答案】C

【解析】

【详解】ABC.设物块在A点时的动能为Ek，斜面的倾角为。，物块由A点运动至2点的

过程中，对物块由能量守恒有

Ek+mgLABsine=Ep

可知，物块由A点运动至2点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此可

知，弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于

物块机械能的减少量，故AB错误，C正确；

D.显然，物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短时,

而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具

有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零,弹簧被压缩至最短，

因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故D错

误。

故选C。

14.【2024.1•安徽】为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。

老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中A3

是倾角为53°的斜面，凹圆弧BCD和凸圆弧的半径均为R,且。、厂两点处于同一高

度，B,E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面上距离水

平面BE高度为（未知量）的地方放置一个质量为根的小球（可视为质点），让它由静止

开始运动。已知重力加速度为g,取sin37。=0.6,cos37。=0.8。

（1）当力=0.6火时，求小球经过最低点C时，路面受到的压力；

(2)若小球一定能沿路面运动到/点，求/7的取值范围;

(3)在某次试验中，小球运动到段的G点时，重力功率出现了极大值,已知该点路面

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

【解析】

【详解】(1)从静止释放到C点过程中，根据机械能守恒

mgh+mg(R-Rsin37°)=g

在C点由牛顿第二定律

F-mg=

NR

联立解得

FN=3mg

由牛顿第三定律得路面受到的压力为

综，=综=3mg

方向竖直向下；

(2)分析可知小球能沿路面到达F点即可通过E点，刚好到达F点时有

mgcos37°=m~^~

根据机械能守恒有

2

mgh'+mg(Reos370-Rsin37°)=gmvF

联立解得

h'=Q.2R

故可知〃的范围为

0<h<0.2R

（3）设在G点时速度为v,根据机械能守恒

mgh+(Kcos，-Ksin37°)=gmv2

该处重力的瞬时功率为