2023年高考物理预测题之功能关系

2023年高考物理预测题之功能关系
一、单选题
1．（2022高三上·南昌期中）如图所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的底边长度相同。一物体与三个面间的动摩擦因数相同，当它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．物体减少的机械能ΔE1=ΔE2>ΔE3
B．物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3
C．物体到达底端时的速度v1=v2<v3
D．物体到达底端时的速度v2<v1=v3
2．（2022高三上·南昌期中）随着航天技术的发展，人类已经有能力到太空去探索未知天体。假设某宇宙飞船绕一行星在其表面附近做匀速圆周运动，已知运行周期为T，航天员在离该行星表面附近h处自由释放一小球，测得其落到行星表如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
3．（2022高三上·徐州期中）从地面上高H处由静止释放一个小球，小球在运动过程中其机械能E随离地高度h的变化图线如图所示，取地面为参考平面，以竖直向下为正方向，下列关于物体的速度v、加速度a随时间t变化的图像，动能、重力势能随高度h变化的图像，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2022高三上·大连期中）生活中常常用到“轮轴”系统，该系统能绕共轴线旋转，如图甲所示。某工地在距离地面高度H=8m的地方安装了一个轮轴，其轴与轮的半径比为1：3，工人们用它吊起质量m=100kg的重物，截面图如图乙所示。若拖车从A点静止出发，到达B点时速度为v=5m/s，AB间距离，不计轮轴质量及一切阻力，轮轴大小相对H可忽略，则过程中绳子对重物做的功为（　　）
A．10050J B．6450J C．6050J D．2450J
5．（2022高三上·湖南月考）蹦极是一项青年人非常喜爱的特别刺激的休闲活动。某兴趣小组为了研究蹦极过程的运动规律，他们在自己身上装上传感器，测出了某次蹦极过程中自身下落速度和相应的下落高度，得到了如图所示的图像，其中OA段为直线已知该同学是从静止开始竖直下落，他（含装备）的总质量为50kg，若不计空气阻力和弹性绳的重力，弹性绳遵循胡克定律且始终在弹性限度内，重力加速度取下列说法中正确的是（　　）
A．该同学在运动过程中机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．该同学速度最大时弹力的功率为
D．该同学在运动过程中的最大加速度为
二、多选题
6．（2022高三上·湖北月考）如图所示，物体a和物体b通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体c放在水平地面上，b和c拴接在竖直轻弹簧的两端。初始时用手托住a，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知a、b、c的质量分别为2m、m、3m，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g。现释放a，稳定后，a做简谐运动，则（　　）
A．a的振幅为 B．a的最大加速度为
C．a的最大速度为 D．c对地面的压力不可能为0
7．（2022高三上·辽宁期中）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为的物块A连接，质量为m的物块B叠放在A上，系统处于静止状态。现对物块B施加竖直向上的拉力，使B以加速度竖直向上做匀加速直线运动直至与A分离，重力加速度为g，则物块A、B分离时（　　）
A．竖直拉力的大小为
B．物块A上升的高度为
C．物块的速度大小为
D．弹簧弹性势能的减少量为
8．（2022高三上·江西期中）在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g=10m/s2，则可知（　　）
A．A，B两点的距离为3.2m
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.8
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为11.2J
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为5.8J
9．（2022高三上·南昌期中）如图所示，轻弹簧放在倾角为的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的固定挡板连接，上端与斜面上点对齐。质量为的物块从斜面上的点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到的中点时速度刚好为零，已知长为L，长为，重力加速度为，，，则（　　）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．弹簧具有的最大弹性势能为
C．物块最终静止在之间的某一位置
D．物块与弹簧作用过程中，向上运动和向下运动速度都是先增大后减小
10．（2022高三上·赣州期中）在2020东京奥运会女子蹦床项目决赛中，中国选手朱雪莹夺得金牌。朱雪莹从最高点（距地面的高度为H）开始下落，然后与蹦床接触直至下落到最低点，已知朱雪莹（视为质点）的质量为m，蹦床平面距地面的高度为h，蹦床下陷的最大形变量为x，下落过程空气阻力恒为f，重力加速度大小为g，则朱雪莹从最高点下落至最低点的过程中（　　）
A．加速度一直不为零
B．朱雪莹的重力势能减少了
C．蹦床的弹性势能增加了
D．朱雪莹与蹦床组成的系统机械能减少了
三、综合题
11．（2022高三上·南昌期中）圆弧轨道AB固定于地面上，半径R＝2 m，所对圆心角为60°，其末端与逆时针转动的水平传送带相切于B点，如图所示，传送带长l＝1.5 m，速度v＝4 m/s。一质量为m＝0.1 kg的滑块从最高点A由静止开始滑下并滑上水平传送带，运动到B点时速度＝3 m/s。（g取10 m/s2），求：
（1）滑块沿圆弧从A到B运动过程中摩擦力对滑块做的功；
（2）若滑块不从右端滑离传送带，滑块与传送带的动摩擦因数μ应满足什么条件？
（3）若传送带与滑块的动摩擦因数μ＝0.6，求滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量Q？
12．（2022高三上·盐城月考）如图甲所示，放在水平地面上的足够长的木板质量，木板左端放一质量的滑块（可视为质点），已知地面和木板间的动摩擦因数；滑块和木板间的动摩擦因数，滑块的正上方有一悬点O，通过长的轻绳吊一质量的小球。现将小球拉至与O点处于同一水平面，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰（即两物体在同一直线上碰撞），且小球与滑块只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，重力加速度g取。求：
（1）碰前瞬间轻绳对小球拉力的大小；
（2）小球和滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）长木板运动过程中的最大位移。
13．（2022高三上·启东期中）如图所示，M、N为两根相同的轻弹簧，M竖直放置，上端与小物块A相连，下端固定在地面上，N套在光滑水平轻杆上，左端固定在竖直细管上，右端与物块B相连，一根不可伸长的轻绳穿过细管及管上的小孔连接物块A和B。杆可绕细管在水平面内转动。初始时系统静止，M处于压缩状态，两弹簧的形变量均为 x=0.1m，物块B与弹簧左端距离L=0.8m。已知物块A、B的质量分别为mA=2.0kg、mB=0.4kg，A距管下端口及杆都足够长，重力加速度g取10m/s2.不计一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内。
（1）系统静止时，求轻绳中的张力F；
（2）杆绕细管以角速度ω稳定转动时，A静止，M的形变量仍为 x，求角速度ω；
（3）系统从静止到（2）中情境的过程中，外界对系统做的功W。
14．（2022高三上·江西月考）如图，水平面与倾斜传送带平滑连接，传送带倾角且以的恒定速率顺时针旋转；水平面上c点左侧部分粗糙，c点右侧部分光滑。质量为的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为的轻弹簧（P与弹簧不拴接），初始时P放置在c点静止且弹簧处于原长。现给P施加一方向水平向左、大小为的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P将滑上传送带。已知P与水平面粗糙部分的动摩擦因数为，P与传送带间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧的形变量，不计滑块滑上传送带时能量的损失，重力加速度取，计空气阻力。
（1）求P滑上传送带时的速度大小；
（2）要求P能滑上传送带的顶端点Q，求传送带的最长长度；
（3）若传送带的长度，其匀速运动的速率可以调节，请写出P从滑上传送带到第一次离开传送带的时间与的关系式。
四、解答题
15．（2022高三上·沈阳期中）如图所示，水平轨道PAB与圆弧轨道BC相切于B点其中PA段光滑，AB段粗糙，动摩擦因数，AB段长度L=2m，BC段光滑，半径R=1m。轻质弹簧劲度系数k=200N/m，左端固定于P点，右端处于自由状态时位于A点。现用力推质量m=2kg的小滑块，使其缓慢压缩弹簧，当推力做功W=25J时撤去推力。已知弹簧弹性势能表达式，其中k为弹簧的进度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
（1）求推力撤去瞬间，滑块的加速度；
（2）求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时，对B点的压力FN；
（3）判断滑块能否越过C点，如果能，求出滑块到达C点的速度vC和滑块从离开C点到再次回到C点所用时间t；如果不能，求出滑块能到达的最大高度h。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】功能关系；功的计算
【解析】【解答】AB．设斜面倾角为 ，斜面长度为l，水平运动距离为x，摩擦力做功为 ，则 ，曲面2看成无数段斜面，则水平方向积累的位移与斜面1相同。曲面上运动过程所受的支持力大于重力垂直于曲面的分力，则摩擦力偏大，摩擦力做功偏多，即 ，克服摩擦力做功等于机械能的减少量，则ΔE2>ΔE1>ΔE3，
CD．根据动能定理 ，重力做功相同，则末速度大小关系为v2<v1<v3，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据恒力做功的表达式以及功能关系得出3种运动情况下机械能的减少量和到达低端物体的速度。
2．【答案】C
【知识点】功能关系；动能与动能定理的理解
【解析】【解答】A．在 过程中， 图象为一段直线，由动能定理得 ，故 ，A不符合题意；
B．由A可知，在 过程中，F做功为 ，在 过程中，由动能定理可知 ，解得 ，因此在 和 过程中，F做功之比为 ，B不符合题意；
C．在 过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C符合题意；
D．在 过程中，由动能定理得 ，则 ，故F做功为0，物体的机械能保持不变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】 根据动能定理和图像得出F的大小以及F做的功，利用功能关系得出机械能的变化情况。
3．【答案】D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】A．由题可知，小球在下落过程中，机械能逐渐减小，所以小球受竖直向上的阻力，且 图线切线的斜率为空气阻力，下落过程中斜率增大，空气阻力增大，根据牛顿第二定律可得 ，阻力增大，所以加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，A不符合题意；
B．小球加速度的变化是由于空气阻力发生变化，而阻力不是均匀增大，所以加速度也不可能均匀减小，B不符合题意；
C．当高度为H时，速度为零，动能为零，当高度为0时，小球的速度不为零，C不符合题意；
D． 图线的斜率表示重力，所以斜率不变，且当高度减小时，重力势能减小，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据功能关系得出E-h的图像斜率的变化情况，即为空气阻力，结合牛顿第二定律得出加速度的变化情况 ，结合重力势能的表达式得出重力势能的变化情况，从而得出正确的图像。
4．【答案】A
【知识点】功能关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】在B点将速度v沿绳与垂直于绳分解，如图所示
则有 ，根据几何关系有 ，令重物的速度为v3，则有 ，令重物上升的高度为h，则有 ，根据功能关系有 ，解得W=10050J
故答案为：A。
【分析】根据速度的分解以及几何关系得出上升的高度和重物速度的比值，结合功能关系得出 绳子对重物做的功 。
5．【答案】C
【知识点】功能关系；功的计算；功率及其计算；动能与动能定理的理解
【解析】【解答】A．下落过程，该同学克服弹力做功，机械能在减少，A不符合题意；
B．由题图知，当 时弹性绳开始伸直，在 时运动员速度最大，则加速度为0，故有 ，解得弹簧的劲度系数为 ，B不符合题意；
C．从弹性绳开始伸直到运动员速度最大的过程中，克服弹性绳弹力做的功为 ，根据动能定理可得 ，代入数据求得最大速度为 ，此时弹力的功率为 ，C符合题意；
D．该同学在最低点处时，若下降高度为25m，由牛顿第二定律可得 ， ，代入数据求得 ，由题图可知，运动员下降高度大于25m，可知该同学在运动过程中的最大加速度大于 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】该同学下降的过程根据功能关系 得出机械能的变化情况，利用功能关系得出弹簧的劲度系数，从弹性绳开始伸直到运动员速度最大的过程中根据恒力做功以及动能定理得出最大速度，结合瞬时功率的表达式得出弹力的功率。
6．【答案】B,C
【知识点】功能关系；胡克定律；共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．开始时 ，弹簧的压缩量为 ，当ab系统速度达到最大时，即在平衡位置时 ，解得 ，即此时弹簧伸长量为 ，则a的振幅为 ，A不符合题意；
B．开始释放a时a的加速度最大，则最大加速度 ，B符合题意；
C．从开始到a的速度最大过程，弹簧的弹性势能不变，则由能量关系 ，解得 ，C符合题意；
D．当b到达最高点时，弹簧伸长量为 ，此时弹簧的弹力为3mg，则物块c对地面的压力恰为零，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】开始时根据共点力平衡以及胡克定律得出弹簧的压缩量，当系统速度最大时结合共点力平衡得出此时弹簧的形变量，从而得出a的振幅，开始释放a时a的加速度最大的过程利用牛顿第二定律得出加速度的表达式，从开始到a的速度最大过程利用能量关系得出a的最大速度。
7．【答案】B,D
【知识点】功能关系；胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．A、B未分离时把它们当作整体，随着整体上升，弹簧弹力会变小，为了保证加速度不变，竖直拉力会增大，而不是固定值。A不符合题意；
B．初始时，整体静止所以受力平衡，此时弹簧形变量为 ，A、B刚刚分离时，它们的加速度都为 ，此时对A用牛顿第二定律 ，解得 ，根据胡克定律可得此时的弹簧形变量为 ，则物块A上升的高度为 ，B符合题意；
C．由于物块做匀加速直线运动，所以 ，得物块的末速度为 ，C不符合题意；
D．根据功能关系得弹簧弹性势能减少量等于弹力对外做功的大小，弹力对外做功是变力做功，力是均匀变化，我们可以取弹力的平均值来计算 ，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】AB 分离时以AB 为整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的变化情况，并得出拉力的变化情况，开始时和AB 分离时根据胡克定律和牛顿第二定律得出物块A上升的高度，结合匀变速直线运动的位移与速度的关系得出物块的末速度，结合功能关系得出弹性势能的减少量。
8．【答案】A,C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】AB．在 时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有 ，由图乙可得 ，货物加速到与传送带速度相等后，在 时间内，货物速度大于传送带速度，故有 ，由图乙可得 ，联立解得 ， ，v–t图象与t轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为 ，A符合题意，B不符合题意；
C．货物受到的摩擦力为 ， 时间内的位移为 ，沿传送带向下，摩擦力对货物做正功 ，同理 时间内，货物的位移为 ，摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为 ，所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12J–0.8J=11.2J，C符合题意；
D．对货物受力分析知摩擦力 ，在 时间内，传送带位移x3=0.4m，在 时间内，传送带位移x4=2m， 货物与传送带摩擦产生的热量为 ，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的大小，货物加速到与传送带速度相等后，结合牛顿第二定律得出图乙的加速度，通过恒力做功和功能关系得出传送带对货物做功的大小和由于摩擦产生的热量。
9．【答案】A,C,D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；动能与动能定理的理解
【解析】【解答】A．物块从 点静止释放到压缩弹簧至 点再被反弹后滑到 的中点的整个过程，根据动能定理可得 ，解得物块与斜面间的动摩擦因数为 ，A符合题意；
B．物块压缩弹簧至 点时，弹簧的弹性势能最大，从 到 的过程，根据能量守恒定律可得 ，解得 ，B不符合题意；
C．由于 ，可知物块每次被弹簧弹回后又继续向下压缩弹簧，由于摩擦力做功产生内能，使得每次压缩弹簧的压缩量越来越小，物块最终静止在 之间的某一位置，C符合题意；
D．物块与弹簧作用过程中，向下运动时，弹力先小于重力做加速运动，后大于重力，做减速运动，向上运动时，弹力先大于重力做加速运动，后小于重力，做减速运动，可知向上运动和向下运动速度都是先增大后减小，D符合题意；
故答案为：ACD。
【分析】 物块从a到c然后反弹滑到ab中点的过程根据动能定理得出动摩擦因数的大小，a到c的过程利用动能定理得出弹性势能的最大值，物块运动的过程利用功能关系以及牛顿第二定律得出加速度的变化情况和物块最终停止的位置。
10．【答案】B,C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．接触蹦床时，重力大于弹力做加速运动，弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知，加速逐渐减小，某一时刻弹力等于重力，加速度为0，之后弹力大于重力，做减速运动，A不符合题意；
B．重力势能的减小量 ，B符合题意；
C．下落过程中根据动能定理 ，蹦床的弹性势能增加了 ，C符合题意；
D．朱雪莹与蹦床组成的系统机械能减少了 ，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】接触蹦床，根据牛顿第二定律得出运动员的运动情况。结合功能关系以及动能定理得出弹性势能的增加量和重力势能的减少量。
11．【答案】（1）解：A→B的过程，由动能定理得
代入数据解得Wf＝-0.55 J
（2）解：滑块在传送带上受到向左的摩擦力，当滑块恰好不从右端离开传送带时，
由动能定理得
解得
即μ至少为0.3时滑块不从右端滑离传送带。
（3）解：由牛顿第二定律，得
滑块向右做匀减速运动的最大距离
此时未从右端滑离传送带，接下来向左反向加速从B点离开传送带，向左加速位移为
滑块运动时间
传送带向左运动的距离s3＝vt＝4 m
则滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用；动能与动能定理的理解
【解析】【分析】（1）滑块从A到B的过程根据动能定理得出滑块沿圆弧从A到B运动过程中摩擦力对滑块做的功；
（2）当滑块恰好不从右端离开传送带时， 根据动能定理得出 滑块与传送带的动摩擦因数μ应满足 的条件；
（3）对滑块利用牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与时间的关系得出滑块向左加速位移，结合匀速直线运动的规律和功能关系得出滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量。
12．【答案】（1）解：设小球摆到最低点时速度大小为 ，绳对小球的拉力为 ，由动能定理得
解得小球碰前瞬间的速度
由牛顿第二定律得
解得
（2）解：设碰后小球、滑块的速度大小分别为 和 ，由图像可得
小球与滑块组成的系统碰撞过程动量守恒，得
且
解得 ，
碰撞过程损失的机械能
代入数据得
（3）解：设经时间t滑块和木板达到共同速度 ，此时木板速度最大，由动量定理：对木板
对滑块
联立解得 ，
假设共速后物体与木板共减速至0，则有
共速之前木板的加速度为
假设合理，所以木板最大位移为
【知识点】功能关系；动量定理；动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的综合应用；动能与动能定理的理解
【解析】【分析】（1）小球摆到最低点时根据动能定理得出小球碰撞前的速度，在最低点利用牛顿第二定律得出碰前瞬间轻绳对小球拉力；
（2）小球与滑块组成的系统碰撞过程 ，根据动量守恒以及能量关系得出碰后小球、滑块的速度，结合动能定理得出小球和滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）对木板和滑块分别利用动量定理得出 滑块和木板达到共同速度和经历的时间，结合牛顿第二定律得出共速前木板的加速度，通过匀变速直线运动的位移与速度的关系得出木板最大位移。
13．【答案】（1）解：系统静止时设弹簧中弹力为F1，A物体受力平衡，有
易判断此时弹簧N也处于压缩状态，B物体受力平衡，有F=F1
解得F=10N
（2）解：由题意可知两弹簧均处于拉伸状态，且形变量相同。设绳中张力为F2，则A物体受力平衡
B物体
解得
（3）解：根据功能关系有
解得W=24J
【知识点】功能关系；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对AB物体进行受力分析，根据共点力平衡得出轻绳中的张力；
（2）对AB 物体进行受力分析根据合力提供向心力得出角速度的大小；
（3）根据功能关系以及线速度和角速度的关系得出外界对系统做的功。
14．【答案】（1）解：从P在恒力作用开始向左运动到最大距离的过程，根据功能关系有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
由题意有
解得
（2）解：P滑上传送带时速度
故P先做匀减速运动，由牛顿第二定律有
解得
P的速度减为 时，根据运动学公式有
解得
P的速度减为 后，由于 ，故P要继续减速，当速度减为零时刚好达到Q点，由牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得
要求P能滑上传送带的顶端点Q，传送带的最大长度
（3）解：由前面分析可知传送带的速率较小时，P在传送带上上滑过程一直减速直到速度为零，有
联立解得
当 时，解得
即传送带的速率 时，P将从传送带的底端第一次离开；传送带的速率 时，P将从传送带的顶端第一次离开。
①传送带的速度 时，上滑的第一段时间为
上滑的第二段时间为
下滑的时间满足
P滑上传送带到第一次离开传送带的时间
解得 （ ）
②传送带的速率 时，P上滑到与传送带共速所用时间为
通过的位移为
共速后继续向上做匀减速直到从传送带上端第一次离开，则有
其中
解得
则P滑上传送带到第一次离开传送带的时间为
（ ）
③传送带的速率 时，P滑上传送带到第一次离开传送带的时间满足
解得 （ ）
【知识点】功能关系；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1） 从P在恒力作用开始向左运动到最大距离的过程根据功能关系以P向右运动过程中利用能量守恒得出P滑上传送带时的速度；
（2）结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律和牛顿第二定律得出传送带的最大长度；
（3）根据P在传送带上的运动情况以匀变速直线运动的规律和平均速度的定义式得出P从滑上传送带到第一次离开传送带的时间t与v的关系式。
15．【答案】（1）解：缓慢压缩弹簧过程，根据功能关系有
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律有
联立以上两式，解得
（2）解：滑块到达B点过程中根据动能定理有
在B根据牛顿第二定律，有
联立以上两式，解得
由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力为62N。
（3）解：设滑块能够到达C点，则由动能定理得
代入已知数据解得
滑块将做竖直上抛运动，回到C点的时间为
【知识点】功能关系；竖直上抛运动；牛顿第二定律；动能与动能定理的理解
【解析】【分析】（1） 缓慢压缩弹簧过程，根据功能关系 以及牛顿第二定律得出加速度的大小；
（2） 滑块到达B点过程中根据动能定理 得出B点的速度，在B点利用牛顿第二定律得出滑块对B点的压力；
（3）根据动能定理以及竖直上抛运动的规律得出滑块能到达的最大高度。
2023年高考物理预测题之功能关系
一、单选题
1．（2022高三上·南昌期中）如图所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的底边长度相同。一物体与三个面间的动摩擦因数相同，当它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．物体减少的机械能ΔE1=ΔE2>ΔE3
B．物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3
C．物体到达底端时的速度v1=v2<v3
D．物体到达底端时的速度v2<v1=v3
【答案】B
【知识点】功能关系；功的计算
【解析】【解答】AB．设斜面倾角为 ，斜面长度为l，水平运动距离为x，摩擦力做功为 ，则 ，曲面2看成无数段斜面，则水平方向积累的位移与斜面1相同。曲面上运动过程所受的支持力大于重力垂直于曲面的分力，则摩擦力偏大，摩擦力做功偏多，即 ，克服摩擦力做功等于机械能的减少量，则ΔE2>ΔE1>ΔE3，
CD．根据动能定理 ，重力做功相同，则末速度大小关系为v2<v1<v3，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据恒力做功的表达式以及功能关系得出3种运动情况下机械能的减少量和到达低端物体的速度。
2．（2022高三上·南昌期中）随着航天技术的发展，人类已经有能力到太空去探索未知天体。假设某宇宙飞船绕一行星在其表面附近做匀速圆周运动，已知运行周期为T，航天员在离该行星表面附近h处自由释放一小球，测得其落到行星表如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【答案】C
【知识点】功能关系；动能与动能定理的理解
【解析】【解答】A．在 过程中， 图象为一段直线，由动能定理得 ，故 ，A不符合题意；
B．由A可知，在 过程中，F做功为 ，在 过程中，由动能定理可知 ，解得 ，因此在 和 过程中，F做功之比为 ，B不符合题意；
C．在 过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C符合题意；
D．在 过程中，由动能定理得 ，则 ，故F做功为0，物体的机械能保持不变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】 根据动能定理和图像得出F的大小以及F做的功，利用功能关系得出机械能的变化情况。
3．（2022高三上·徐州期中）从地面上高H处由静止释放一个小球，小球在运动过程中其机械能E随离地高度h的变化图线如图所示，取地面为参考平面，以竖直向下为正方向，下列关于物体的速度v、加速度a随时间t变化的图像，动能、重力势能随高度h变化的图像，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】A．由题可知，小球在下落过程中，机械能逐渐减小，所以小球受竖直向上的阻力，且 图线切线的斜率为空气阻力，下落过程中斜率增大，空气阻力增大，根据牛顿第二定律可得 ，阻力增大，所以加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，A不符合题意；
B．小球加速度的变化是由于空气阻力发生变化，而阻力不是均匀增大，所以加速度也不可能均匀减小，B不符合题意；
C．当高度为H时，速度为零，动能为零，当高度为0时，小球的速度不为零，C不符合题意；
D． 图线的斜率表示重力，所以斜率不变，且当高度减小时，重力势能减小，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据功能关系得出E-h的图像斜率的变化情况，即为空气阻力，结合牛顿第二定律得出加速度的变化情况 ，结合重力势能的表达式得出重力势能的变化情况，从而得出正确的图像。
4．（2022高三上·大连期中）生活中常常用到“轮轴”系统，该系统能绕共轴线旋转，如图甲所示。某工地在距离地面高度H=8m的地方安装了一个轮轴，其轴与轮的半径比为1：3，工人们用它吊起质量m=100kg的重物，截面图如图乙所示。若拖车从A点静止出发，到达B点时速度为v=5m/s，AB间距离，不计轮轴质量及一切阻力，轮轴大小相对H可忽略，则过程中绳子对重物做的功为（　　）
A．10050J B．6450J C．6050J D．2450J
【答案】A
【知识点】功能关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】在B点将速度v沿绳与垂直于绳分解，如图所示
则有 ，根据几何关系有 ，令重物的速度为v3，则有 ，令重物上升的高度为h，则有 ，根据功能关系有 ，解得W=10050J
故答案为：A。
【分析】根据速度的分解以及几何关系得出上升的高度和重物速度的比值，结合功能关系得出 绳子对重物做的功 。
5．（2022高三上·湖南月考）蹦极是一项青年人非常喜爱的特别刺激的休闲活动。某兴趣小组为了研究蹦极过程的运动规律，他们在自己身上装上传感器，测出了某次蹦极过程中自身下落速度和相应的下落高度，得到了如图所示的图像，其中OA段为直线已知该同学是从静止开始竖直下落，他（含装备）的总质量为50kg，若不计空气阻力和弹性绳的重力，弹性绳遵循胡克定律且始终在弹性限度内，重力加速度取下列说法中正确的是（　　）
A．该同学在运动过程中机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．该同学速度最大时弹力的功率为
D．该同学在运动过程中的最大加速度为
【答案】C
【知识点】功能关系；功的计算；功率及其计算；动能与动能定理的理解
【解析】【解答】A．下落过程，该同学克服弹力做功，机械能在减少，A不符合题意；
B．由题图知，当 时弹性绳开始伸直，在 时运动员速度最大，则加速度为0，故有 ，解得弹簧的劲度系数为 ，B不符合题意；
C．从弹性绳开始伸直到运动员速度最大的过程中，克服弹性绳弹力做的功为 ，根据动能定理可得 ，代入数据求得最大速度为 ，此时弹力的功率为 ，C符合题意；
D．该同学在最低点处时，若下降高度为25m，由牛顿第二定律可得 ， ，代入数据求得 ，由题图可知，运动员下降高度大于25m，可知该同学在运动过程中的最大加速度大于 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】该同学下降的过程根据功能关系 得出机械能的变化情况，利用功能关系得出弹簧的劲度系数，从弹性绳开始伸直到运动员速度最大的过程中根据恒力做功以及动能定理得出最大速度，结合瞬时功率的表达式得出弹力的功率。
二、多选题
6．（2022高三上·湖北月考）如图所示，物体a和物体b通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体c放在水平地面上，b和c拴接在竖直轻弹簧的两端。初始时用手托住a，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知a、b、c的质量分别为2m、m、3m，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g。现释放a，稳定后，a做简谐运动，则（　　）
A．a的振幅为 B．a的最大加速度为
C．a的最大速度为 D．c对地面的压力不可能为0
【答案】B,C
【知识点】功能关系；胡克定律；共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．开始时 ，弹簧的压缩量为 ，当ab系统速度达到最大时，即在平衡位置时 ，解得 ，即此时弹簧伸长量为 ，则a的振幅为 ，A不符合题意；
B．开始释放a时a的加速度最大，则最大加速度 ，B符合题意；
C．从开始到a的速度最大过程，弹簧的弹性势能不变，则由能量关系 ，解得 ，C符合题意；
D．当b到达最高点时，弹簧伸长量为 ，此时弹簧的弹力为3mg，则物块c对地面的压力恰为零，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】开始时根据共点力平衡以及胡克定律得出弹簧的压缩量，当系统速度最大时结合共点力平衡得出此时弹簧的形变量，从而得出a的振幅，开始释放a时a的加速度最大的过程利用牛顿第二定律得出加速度的表达式，从开始到a的速度最大过程利用能量关系得出a的最大速度。
7．（2022高三上·辽宁期中）如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为的物块A连接，质量为m的物块B叠放在A上，系统处于静止状态。现对物块B施加竖直向上的拉力，使B以加速度竖直向上做匀加速直线运动直至与A分离，重力加速度为g，则物块A、B分离时（　　）
A．竖直拉力的大小为
B．物块A上升的高度为
C．物块的速度大小为
D．弹簧弹性势能的减少量为
【答案】B,D
【知识点】功能关系；胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．A、B未分离时把它们当作整体，随着整体上升，弹簧弹力会变小，为了保证加速度不变，竖直拉力会增大，而不是固定值。A不符合题意；
B．初始时，整体静止所以受力平衡，此时弹簧形变量为 ，A、B刚刚分离时，它们的加速度都为 ，此时对A用牛顿第二定律 ，解得 ，根据胡克定律可得此时的弹簧形变量为 ，则物块A上升的高度为 ，B符合题意；
C．由于物块做匀加速直线运动，所以 ，得物块的末速度为 ，C不符合题意；
D．根据功能关系得弹簧弹性势能减少量等于弹力对外做功的大小，弹力对外做功是变力做功，力是均匀变化，我们可以取弹力的平均值来计算 ，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】AB 分离时以AB 为整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的变化情况，并得出拉力的变化情况，开始时和AB 分离时根据胡克定律和牛顿第二定律得出物块A上升的高度，结合匀变速直线运动的位移与速度的关系得出物块的末速度，结合功能关系得出弹性势能的减少量。
8．（2022高三上·江西期中）在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g=10m/s2，则可知（　　）
A．A，B两点的距离为3.2m
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.8
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为11.2J
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为5.8J
【答案】A,C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】AB．在 时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有 ，由图乙可得 ，货物加速到与传送带速度相等后，在 时间内，货物速度大于传送带速度，故有 ，由图乙可得 ，联立解得 ， ，v–t图象与t轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为 ，A符合题意，B不符合题意；
C．货物受到的摩擦力为 ， 时间内的位移为 ，沿传送带向下，摩擦力对货物做正功 ，同理 时间内，货物的位移为 ，摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为 ，所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12J–0.8J=11.2J，C符合题意；
D．对货物受力分析知摩擦力 ，在 时间内，传送带位移x3=0.4m，在 时间内，传送带位移x4=2m， 货物与传送带摩擦产生的热量为 ，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的大小，货物加速到与传送带速度相等后，结合牛顿第二定律得出图乙的加速度，通过恒力做功和功能关系得出传送带对货物做功的大小和由于摩擦产生的热量。
9．（2022高三上·南昌期中）如图所示，轻弹簧放在倾角为的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的固定挡板连接，上端与斜面上点对齐。质量为的物块从斜面上的点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到的中点时速度刚好为零，已知长为L，长为，重力加速度为，，，则（　　）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．弹簧具有的最大弹性势能为
C．物块最终静止在之间的某一位置
D．物块与弹簧作用过程中，向上运动和向下运动速度都是先增大后减小
【答案】A,C,D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；动能与动能定理的理解
【解析】【解答】A．物块从 点静止释放到压缩弹簧至 点再被反弹后滑到 的中点的整个过程，根据动能定理可得 ，解得物块与斜面间的动摩擦因数为 ，A符合题意；
B．物块压缩弹簧至 点时，弹簧的弹性势能最大，从 到 的过程，根据能量守恒定律可得 ，解得 ，B不符合题意；
C．由于 ，可知物块每次被弹簧弹回后又继续向下压缩弹簧，由于摩擦力做功产生内能，使得每次压缩弹簧的压缩量越来越小，物块最终静止在 之间的某一位置，C符合题意；
D．物块与弹簧作用过程中，向下运动时，弹力先小于重力做加速运动，后大于重力，做减速运动，向上运动时，弹力先大于重力做加速运动，后小于重力，做减速运动，可知向上运动和向下运动速度都是先增大后减小，D符合题意；
故答案为：ACD。
【分析】 物块从a到c然后反弹滑到ab中点的过程根据动能定理得出动摩擦因数的大小，a到c的过程利用动能定理得出弹性势能的最大值，物块运动的过程利用功能关系以及牛顿第二定律得出加速度的变化情况和物块最终停止的位置。
10．（2022高三上·赣州期中）在2020东京奥运会女子蹦床项目决赛中，中国选手朱雪莹夺得金牌。朱雪莹从最高点（距地面的高度为H）开始下落，然后与蹦床接触直至下落到最低点，已知朱雪莹（视为质点）的质量为m，蹦床平面距地面的高度为h，蹦床下陷的最大形变量为x，下落过程空气阻力恒为f，重力加速度大小为g，则朱雪莹从最高点下落至最低点的过程中（　　）
A．加速度一直不为零
B．朱雪莹的重力势能减少了
C．蹦床的弹性势能增加了
D．朱雪莹与蹦床组成的系统机械能减少了
【答案】B,C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．接触蹦床时，重力大于弹力做加速运动，弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知，加速逐渐减小，某一时刻弹力等于重力，加速度为0，之后弹力大于重力，做减速运动，A不符合题意；
B．重力势能的减小量 ，B符合题意；
C．下落过程中根据动能定理 ，蹦床的弹性势能增加了 ，C符合题意；
D．朱雪莹与蹦床组成的系统机械能减少了 ，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】接触蹦床，根据牛顿第二定律得出运动员的运动情况。结合功能关系以及动能定理得出弹性势能的增加量和重力势能的减少量。
三、综合题
11．（2022高三上·南昌期中）圆弧轨道AB固定于地面上，半径R＝2 m，所对圆心角为60°，其末端与逆时针转动的水平传送带相切于B点，如图所示，传送带长l＝1.5 m，速度v＝4 m/s。一质量为m＝0.1 kg的滑块从最高点A由静止开始滑下并滑上水平传送带，运动到B点时速度＝3 m/s。（g取10 m/s2），求：
（1）滑块沿圆弧从A到B运动过程中摩擦力对滑块做的功；
（2）若滑块不从右端滑离传送带，滑块与传送带的动摩擦因数μ应满足什么条件？
（3）若传送带与滑块的动摩擦因数μ＝0.6，求滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量Q？
【答案】（1）解：A→B的过程，由动能定理得
代入数据解得Wf＝-0.55 J
（2）解：滑块在传送带上受到向左的摩擦力，当滑块恰好不从右端离开传送带时，
由动能定理得
解得
即μ至少为0.3时滑块不从右端滑离传送带。
（3）解：由牛顿第二定律，得
滑块向右做匀减速运动的最大距离
此时未从右端滑离传送带，接下来向左反向加速从B点离开传送带，向左加速位移为
滑块运动时间
传送带向左运动的距离s3＝vt＝4 m
则滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用；动能与动能定理的理解
【解析】【分析】（1）滑块从A到B的过程根据动能定理得出滑块沿圆弧从A到B运动过程中摩擦力对滑块做的功；
（2）当滑块恰好不从右端离开传送带时， 根据动能定理得出 滑块与传送带的动摩擦因数μ应满足 的条件；
（3）对滑块利用牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与时间的关系得出滑块向左加速位移，结合匀速直线运动的规律和功能关系得出滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量。
12．（2022高三上·盐城月考）如图甲所示，放在水平地面上的足够长的木板质量，木板左端放一质量的滑块（可视为质点），已知地面和木板间的动摩擦因数；滑块和木板间的动摩擦因数，滑块的正上方有一悬点O，通过长的轻绳吊一质量的小球。现将小球拉至与O点处于同一水平面，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰（即两物体在同一直线上碰撞），且小球与滑块只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，重力加速度g取。求：
（1）碰前瞬间轻绳对小球拉力的大小；
（2）小球和滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）长木板运动过程中的最大位移。
【答案】（1）解：设小球摆到最低点时速度大小为 ，绳对小球的拉力为 ，由动能定理得
解得小球碰前瞬间的速度
由牛顿第二定律得
解得
（2）解：设碰后小球、滑块的速度大小分别为 和 ，由图像可得
小球与滑块组成的系统碰撞过程动量守恒，得
且
解得 ，
碰撞过程损失的机械能
代入数据得
（3）解：设经时间t滑块和木板达到共同速度 ，此时木板速度最大，由动量定理：对木板
对滑块
联立解得 ，
假设共速后物体与木板共减速至0，则有
共速之前木板的加速度为
假设合理，所以木板最大位移为
【知识点】功能关系；动量定理；动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的综合应用；动能与动能定理的理解
【解析】【分析】（1）小球摆到最低点时根据动能定理得出小球碰撞前的速度，在最低点利用牛顿第二定律得出碰前瞬间轻绳对小球拉力；
（2）小球与滑块组成的系统碰撞过程 ，根据动量守恒以及能量关系得出碰后小球、滑块的速度，结合动能定理得出小球和滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）对木板和滑块分别利用动量定理得出 滑块和木板达到共同速度和经历的时间，结合牛顿第二定律得出共速前木板的加速度，通过匀变速直线运动的位移与速度的关系得出木板最大位移。
13．（2022高三上·启东期中）如图所示，M、N为两根相同的轻弹簧，M竖直放置，上端与小物块A相连，下端固定在地面上，N套在光滑水平轻杆上，左端固定在竖直细管上，右端与物块B相连，一根不可伸长的轻绳穿过细管及管上的小孔连接物块A和B。杆可绕细管在水平面内转动。初始时系统静止，M处于压缩状态，两弹簧的形变量均为 x=0.1m，物块B与弹簧左端距离L=0.8m。已知物块A、B的质量分别为mA=2.0kg、mB=0.4kg，A距管下端口及杆都足够长，重力加速度g取10m/s2.不计一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内。
（1）系统静止时，求轻绳中的张力F；
（2）杆绕细管以角速度ω稳定转动时，A静止，M的形变量仍为 x，求角速度ω；
（3）系统从静止到（2）中情境的过程中，外界对系统做的功W。
【答案】（1）解：系统静止时设弹簧中弹力为F1，A物体受力平衡，有
易判断此时弹簧N也处于压缩状态，B物体受力平衡，有F=F1
解得F=10N
（2）解：由题意可知两弹簧均处于拉伸状态，且形变量相同。设绳中张力为F2，则A物体受力平衡
B物体
解得
（3）解：根据功能关系有
解得W=24J
【知识点】功能关系；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对AB物体进行受力分析，根据共点力平衡得出轻绳中的张力；
（2）对AB 物体进行受力分析根据合力提供向心力得出角速度的大小；
（3）根据功能关系以及线速度和角速度的关系得出外界对系统做的功。
14．（2022高三上·江西月考）如图，水平面与倾斜传送带平滑连接，传送带倾角且以的恒定速率顺时针旋转；水平面上c点左侧部分粗糙，c点右侧部分光滑。质量为的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为的轻弹簧（P与弹簧不拴接），初始时P放置在c点静止且弹簧处于原长。现给P施加一方向水平向左、大小为的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P将滑上传送带。已知P与水平面粗糙部分的动摩擦因数为，P与传送带间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧的形变量，不计滑块滑上传送带时能量的损失，重力加速度取，计空气阻力。
（1）求P滑上传送带时的速度大小；
（2）要求P能滑上传送带的顶端点Q，求传送带的最长长度；
（3）若传送带的长度，其匀速运动的速率可以调节，请写出P从滑上传送带到第一次离开传送带的时间与的关系式。
【答案】（1）解：从P在恒力作用开始向左运动到最大距离的过程，根据功能关系有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
由题意有
解得
（2）解：P滑上传送带时速度
故P先做匀减速运动，由牛顿第二定律有
解得
P的速度减为 时，根据运动学公式有
解得
P的速度减为 后，由于 ，故P要继续减速，当速度减为零时刚好达到Q点，由牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得
要求P能滑上传送带的顶端点Q，传送带的最大长度
（3）解：由前面分析可知传送带的速率较小时，P在传送带上上滑过程一直减速直到速度为零，有
联立解得
当 时，解得
即传送带的速率 时，P将从传送带的底端第一次离开；传送带的速率 时，P将从传送带的顶端第一次离开。
①传送带的速度 时，上滑的第一段时间为
上滑的第二段时间为
下滑的时间满足
P滑上传送带到第一次离开传送带的时间
解得 （ ）
②传送带的速率 时，P上滑到与传送带共速所用时间为
通过的位移为
共速后继续向上做匀减速直到从传送带上端第一次离开，则有
其中
解得
则P滑上传送带到第一次离开传送带的时间为
（ ）
③传送带的速率 时，P滑上传送带到第一次离开传送带的时间满足
解得 （ ）
【知识点】功能关系；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1） 从P在恒力作用开始向左运动到最大距离的过程根据功能关系以P向右运动过程中利用能量守恒得出P滑上传送带时的速度；
（2）结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律和牛顿第二定律得出传送带的最大长度；
（3）根据P在传送带上的运动情况以匀变速直线运动的规律和平均速度的定义式得出P从滑上传送带到第一次离开传送带的时间t与v的关系式。
四、解答题
15．（2022高三上·沈阳期中）如图所示，水平轨道PAB与圆弧轨道BC相切于B点其中PA段光滑，AB段粗糙，动摩擦因数，AB段长度L=2m，BC段光滑，半径R=1m。轻质弹簧劲度系数k=200N/m，左端固定于P点，右端处于自由状态时位于A点。现用力推质量m=2kg的小滑块，使其缓慢压缩弹簧，当推力做功W=25J时撤去推力。已知弹簧弹性势能表达式，其中k为弹簧的进度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
（1）求推力撤去瞬间，滑块的加速度；
（2）求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时，对B点的压力FN；
（3）判断滑块能否越过C点，如果能，求出滑块到达C点的速度vC和滑块从离开C点到再次回到C点所用时间t；如果不能，求出滑块能到达的最大高度h。
【答案】（1）解：缓慢压缩弹簧过程，根据功能关系有
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律有
联立以上两式，解得
（2）解：滑块到达B点过程中根据动能定理有
在B根据牛顿第二定律，有
联立以上两式，解得
由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力为62N。
（3）解：设滑块能够到达C点，则由动能定理得
代入已知数据解得
滑块将做竖直上抛运动，回到C点的时间为
【知识点】功能关系；竖直上抛运动；牛顿第二定律；动能与动能定理的理解
【解析】【分析】（1） 缓慢压缩弹簧过程，根据功能关系 以及牛顿第二定律得出加速度的大小；
（2） 滑块到达B点过程中根据动能定理 得出B点的速度，在B点利用牛顿第二定律得出滑块对B点的压力；
（3）根据动能定理以及竖直上抛运动的规律得出滑块能到达的最大高度。

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