【冲刺提升】专题10 功能关系(解析版)

2020年6月全国名校联考最新高考模拟试题分项汇编（第二期）

物功能关系

（10道题，9个选择题，1个计算题）

1、（2020·北京市海淀区高三下学期6月二模）一货箱随竖直升降机运动的速度—时间图象如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法中正确的是（）

A. 在t

2

时货箱运动到最高位置

B. 在t

2~t

3

时间内，货箱所受的合力竖直向上且不断减小

C. 在t

4~ t

5

时间内，货箱处于失重状态

D. 在t

6~ t

7

时间内，货箱的机械能可能保持不变

【答案】C 【解析】

A．由图像可知，则0~t

3时间内货厢的速度为正，向上运动；在t

4

~ t

7

时间内速度为负向下运

动，则在t

3

时货箱运动到最高位置，选项A错误；

B．在t

2~t

3

时间内，货箱向上做匀减速运动，则加速度向下，所受的合力竖直向下，因加速度

不变，则合力不变，选项B错误；

C．在t

4~ t

5

时间内，货箱向下做加速运动，加速度向下，则处于失重状态，选项C正确；

D．在t

6~ t

7

时间内，货箱向下减速，升降机对货厢的支持力向上，支持力对货厢做负功，则

货厢的机械能减小，选项D错误。

故选C。

2、（2020·四川省棠湖中学高三下学期第四次月考）如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上

的半径为R 的半球形碗，碗口直径AB 水平，O 点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个足够长的固定光滑斜面．一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m 1和物块m 2，且m 1＞m 2．开始时m 1恰在A 点，m 2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m 1、m 2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C 点在圆心O 的正下方．将m 1由静止释放开始运动，则下列说法正确的是

A. 在m 1从A 点运动到C 点的过程中，m 1与m 2组成的系统机械能守恒

B. 当m 1运动到C 点时，m 1的速率是m 2速率的

2

倍 C. m 1不可能沿碗面上升到B 点

D. m 2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定 【答案】ACD 【解析】

A. 在m 1从A 点运动到C 点的过程中，m 1与m 2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒．故A 正确．

B. 设小球m 1到达最低点C 时m 1、m 2的速度大小分别为v 1、v 2，由运动的合成分解得：

v 1cos45°=v 2

则

1

2

v v 故B 错误．

C.在m 1从A 点运动到C 点的过程中，对m 1、m 2组成的系统由机械能守恒定律得：

2212112211sin 22

m gR m g m v m v α-=

+ 结合

1

2

v v =可知

1v <

若m 1运动到C

m 1才能沿碗面上升到B 点，现由于m 1上升的过程中绳子对它做负功，所以m 1不可能沿碗面上升到B 点．故C 正确．

D. m 2沿斜面上滑过程中，m 2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定．故D 正确．

3、（2020·广西省南宁市高三下学期第二次适应性测试）如图（a ），轻弹簧竖直固定在水平地面上，一质量为m 的小物块从弹簧正上方O 点由静止下落。以O 点为原点，作出物块从O 下落至最低点过程中的加速度大小a 随位移x 变化的关系如图（b ）。弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g 。下列说法正确的是（ ）

A. 弹簧的劲度系数为2

mg x

B. 下落过程中，在1x x =处，物块的动能最大

C. 下落过程中，在2x x =处，物块的机械能最大

D. 在x 1

()21g

x x - 【答案】D 【解析】

A ．由图可知，当小球下落到x 2时，加速度为零，即弹力与重力大小相等，此时弹簧的形变量为()21x x -，则有

()21k x x mg -=

解得21

mg

k x x =

-，故A 错误； B ．由图可知，当小球下落到x 2时，加速度为零，即弹力与重力大小相等，速度最大，动能最大，故B 错误；

C ．对物块和弹簧组成的系统进行分析，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，物块的机械能最大，故当小球下落到x 1时，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此时物块的机械能最大，故C 错误；

D ．在x 1

1()mg k x x ma --=

又由A 项知

()21k x x mg -=

联立解得

2kx k

a x m m

=

- 由图可知，当x=x 1时a=g ，代入上式可得

21

k g m x x =-

即为该段图线的斜率绝对值；

在x 2

1()k x x mg ma --=

又由A 项知

()21k x x mg -=

联立解得

2kx k

a x m m

=

- 由图可知，当x=2x 2-x 1时a=g ，代入上式可得

21

k g m x x =- 即为该段图线斜率绝对值；

综上分析可知，两段过程a —x 图线斜率的绝对值均等于

()21g

x x -，故D 正确。 故选D 。

4、（2020·河南省洛阳市高三下学期第三次统考）如图所示，一定质量的小球（可视为质点）套在固定的竖直光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P ，长轴02AC L =

，短轴0BD ．原长为L 0的轻弹簧一端套在过P 点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与小球连接．若小球逆时针做椭圆运动，在A 点时的速度大小为v 0，弹簧始终处于弹性限度内， 则下列说法正确的是（ ）

A. 小球在C 点的速度大小为0v

的

B. 小球在D 点时的动能最大

C. 小球在B 、D 两点的机械能不相等

D. 小球在A → D → C 的过程中机械能先变小后变大 【答案】AB 【解析】

A 、小球运动过程中小球与弹簧的系统的重力势能、弹性势能和动能相互转化，但三者之和保持不变.因为弹簧原长为L 0，半长轴的长为L 0，故在A 点弹簧处于压缩状态，形变量等于PO 的

长度，即012L .在C 点弹簧长度等于0L +012L =032L ,故伸长量也等于PO 的长度，即

01

2

L ．所以在AC 两点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，故在相同高度的AC 两点的动能相等，小球在C 点的速度大小也为v 0；A 正确.

B 、在D 点时重力势能、弹性势能都最小，所以动能最大；B 正确.

C 、在B

D 两点时，小球到P 点的距离都等于L 0，即等于弹簧原长，弹簧弹性势能相同，（一般都视为零），小球的机械能也是相等的，所以C 错误.

D 、小球在A→D→C 的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大，故小球的机械能先变大后变小，选项D 错误. 故选AB.

5、（2020·山东省滨州市高三下学期二模）如图所示，一半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，半圆顶点有大小可不计的定滑轮，O 点为其圆心，AB 为半圆上两点，OA 处于水平方向，OB 与竖直方向夹角为45°，一轻绳两端连接大小可不计的两个小球甲、乙，初始时甲静止在B 点，乙静止在O 点，绳子处于拉直状态。已知甲球的质量m 1=2kg ，乙球的质量m 2=1kg ，半圆轨道的半径r=lm ，当地重力加速度为g=10m/s 2，忽略一切摩擦。解除约束后，两球开始运动的过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 甲球刚开始运动时

加速度大小为)

251/m s

B. 甲球一定能沿圆弧面下滑经过A 点

C. 甲球沿着球面运动过程中，甲、乙两球系统的机械能守恒

D. 甲球沿着球面运动过程中，甲球机械能增加 【答案】C 【解析】

A ．甲球刚开始运动时，设轻绳对其的拉力为T ，甲球刚开始运动时的加速度大小为a ，则此时乙球的加速度大小也为a ，对甲球有

11sin45m g T m a ?-= 对乙球有

22T m g m a -=

联立解得

21)

m/s 3

a =

故A 错误；

BC ．甲球沿着球面运动过程中，忽略一切摩擦，甲、乙两球组成系统，只有动能和重力势能相互转化，所以甲、乙两球系统的机械能守恒；若甲球沿着球面运动过程中，经过某点时对轨道的压力为零，设此时该点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，从B 点到该点过程，根据系统的机械能守恒有

的

12212(sin 45sin ))1

()42

(m g r r m gr m m v πθθ?--+-=

其中

04

π

θ≤<

在该点，根据牛顿第二定律则有

2

11cos m m r

g v θ=

联立解得

5sin(37)22

π

θθ+?=+

令5sin(37)y θ=+?和22

y π

θ=+，分别作出y θ-图像，可知两图线有交点，所以通过分

析可知θ有解，但θ不为零，所以甲球经过该点时做离心运动，所以甲球一定不能沿圆弧面下滑经过A 点，故B 错误，C 正确；

D ．甲球沿着球面运动过程中，乙球的重力势能增大，乙球的动能增大，所以乙球的机械能增大，根据系统的机械能守恒可知甲球机械能减小，故D 错误； 故选C 。

6、（2020·四川省泸县四中高三下学期三诊）如图所示，将一光滑的足够长的斜面固定在水平面上，其倾角为θ，在斜面的中间位置放置一质量为m 可视为质点的滑块，并用销钉将其锁定，现在该滑块上施加一平行于斜面向上的外力F ，同时将锁定解除，滑块由静止开始沿斜面运动，滑块在开始的一段时间内，其机械能E 随位移x 的变化规律如图所示．其中0～x 1为曲线、x l ～x 2为平行于x 轴的直线．则

A. 0～x 1的过程中滑块的运动方向沿斜面向下

B. 0～x 1的过程中滑块的加速度逐渐减小到零

C. 0～x 2的过程中滑块先沿斜面向下做加速运动再沿斜面向下做匀速运动

D. x l ～x 2的过程中滑块的加速度大小为gsinθ 【答案】AD 【解析】

A ．开始时只有拉力与重力做功，拉力做的功等于小物块机械能的增加，由图乙可知，开始时滑块的机械能减小，则拉力做负功，所以滑块运动的方向向下，A 正确；

B ．由

E W

F s ?==合

可知，即图乙中，图线的斜率表示拉力的大小，由题可知，该拉力逐渐减小．滑块受到重力、支持力和拉力，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得

sin ma mg F θ=-

sin mg F

a m

θ-=

可知在10~x 的过程中滑块的加速度逐渐增大，B 错误；

CD ．12~x x 的过程中滑块的机械能保持不变，可知拉力F 已经减小为0，所以物体只受到重力和支持力，沿斜面方向

sin mg ma θ=

所以加速度大小为sin g θ．所以在0～x 2的过程中滑块先沿斜面向下做加速度增大的加速运动，再沿斜面向下做匀加速运动，C 错误D 正确． 故选AD 。

高三专题冲刺提分训练

7、（2020·四川省泸县四中高三下学期三诊）水平传送带匀速运动，速度大小为v ，现将一小工件轻轻地放在传送带上，它将在传送带上滑动一段位移后，才达到v ，且与传送带相对静止．设小工件的质量为m ，它与传送带间的动摩擦因数为μ，在m 与皮带相对运动的过程中 A. 工件是变加速运动

B 滑动摩擦力对工件做功212

mv

C. 工件相对传送带的位移大小为2

3v g

μ

D. 工件与传送带因摩擦产生的内能为2

2

mv

【答案】BD 【解析】

A.工件轻轻放在传送带上，受到向前的滑动摩擦力作用而做匀加速运动．故A 错误．

B.根据动能定理，滑动摩擦力对工件做功

2211

022

W mv mv =

-= 故B 正确． C.工件的加速度为

mg

a g m

μμ=

=

工件匀加速运动的时间为

v v

t a g

μ=

= 此过程中工件相对于地的位移大小为

.

2

122vt v x g

μ==

传送带相对于地位移大小

2

2v x vt g

μ==

则工件相对传送带的位移大小为

2

212v x x x g

μ?=-=

故C 错误．

D.工件与传送带因摩擦而产生的内能为

2

2

mv Q mg x μ=??= 故D 正确。 故选BD 。

8、（2020·四川省成都七中高三下学期三诊）.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放。为研究小球的向下运动的情况，现以小球下落起点为原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox ，并画出小球所受弹力F 的大小随下落过程中的位置坐标x 的变化关系如图乙。若不计空气阻力，重力加速度为g ，则在小球接触弹簧后向下运动的过程中，以下说法正确的是（ ）

A. 小球的速度一直减小

B. 小球的加速度先减小后增大

C. 当x=h+2x 0时，小球的动能为零

D. 小球动能的最大值为mgh+0.5mgx 0 【答案】BD 【解析】

AB ．小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A 错误，B 正确； CD ．小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知

0k max 0(1

)2

m m g g x h x E -+?=

故小球动能的最大值为

k max 01

2

E mgh mgx =+

根据胡克定律可知当x=h+2x 0时，弹簧的弹力大小为2mg ，从动能最大的位置到x=h+2x 0时，根据动能定理有

k k max 0022

mg mg

E E mgx x +-=-

则当x=h+2x 0时，小球的动能为

k E mgh =

故C 错误，D 正确。 故选BD 。

9、（2020·四川省泸县一中高三下学期三诊）如图所示，一根轻弹簧一端固定于O 点，另一端与可视为质点的小滑块连接，把滑块放在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上的A 点，此时弹

簧恰好水平。将滑块从A 点由静止释放，经B 点到达位于O 点正下方的C 点。当滑块运动到B 点时弹簧与斜面垂直，且此时弹簧恰好处于原长。已知OB 的距离为L ，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，则滑块由A 运动到C 的过程中（ ）

A. 滑块的加速度先减小后增大

B. 滑块的速度一直在增大

C. 滑块经过B

D. 滑块经过C 【答案】BC 【解析】

AB ．弹簧原长为L ，在A 点不离开斜面，则

sin 3(

)sin c 3300os 0L

k mg L ?≤-?

? 在C 点不离开斜面，则有

(

)cos30cos30cos30L

k L mg -?≤??

从A 点滑至C 点，设弹簧与斜面夹角为α（范围为30°≤α≤90°）；从B 点滑至C 点，设弹簧与斜面的夹角为β，则

2sin 30cos mg kx ma β?-=

可知下滑过程中加速度一直沿斜面向下且减小，选项A 错误，B 正确； C ．从A 点滑到B 点，由机械能守恒可得

2

1cos302

p B mgL E mv ?+=

解得

B v ==>选项

C 正确；

D ．从A 点滑到C 点，由机械能守恒可得

2

1cos302

P C L mg

E mv '+=?

解得

C v =

>=选项D 错误 故选BC 。

10、（2020·江苏省南通等七市高三下学期6月三调）如图所所示 ,长L=2.0m 、质量m A =1.0kg 的木板A 静止在光滑水平面上，对木板施加大小 F=3.0N 、方向向右的水平拉力，同时在木

板上某位置放一初速度v 0= 2.0m/s 、方向水平向右的小物块B,物块B 的质量m B =1.0kg,在运动过程中物块B 刚好未从木板A 右端滑落.已知A 、B 间 的动摩擦因数，最大静摩擦

力等于滑动摩擦力,g=10m/s 2,求：

(1) 物块B 刚放上木板A 时，木板A 、物块B 的加速度大小a A 、a B ； (2) 物块B 刚放上木板时离木板A 右端的距离x

(3) 从物块B 刚放上木板A 到离开木板的过程中，产生的热量Q 及拉力F 做的功W

【解答】（1）根据牛顿第二定律a m g

m B B =μ,A A B a m g m F =+μ,解得

2/0.4s m a A =，2/0.1s m a B =.

（2）设经过时间t 1物块B 刚好未从木板A 右端滑落,此时刻A 、B 有共同速度v ，则

110t a t a v A B =-=v ，2121102

1

)21(t a t a t v x A B --=

代入数据解得s t 4.01=，v=1.6m/s,m x 4.0=

（3）产生的热量)(L x g m Q B +=μ,代入数据解得J Q 4.2=