專題04功能關系在力學中的應用本專題主要用功能的觀點解決物體的運動和帶電體、帶電粒子、導體棒在電場或磁場中的運動問題．考查的重點有以下幾方面：①重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點和求解；②與功、功率相關的分析與計算；③幾個重要的功能關系的應用；④動能定理的綜合應用；⑤綜合應用機械能守恒定律和能量守恒定律分析問題．本專題是高考的重點和熱點，命題情景新，聯系實際密切，綜合性強，側重在計算題中命題，是高考的壓軸題．本專題的高頻考點主要集中在功和功率的計算、動能定理、機械能守恒定律、功能關系的應用等幾個方面，難度中等，本專題知識還常與曲線運動、電場、磁場、電磁感應相聯系進行綜合考查，復習時應多注意這些知識的綜合訓練和應用。功、能、能量守恒是近幾年高考理科綜合物理命題的重點、熱點和焦點，也是廣闊考生普遍感到棘手的難點之一．能量守恒貫穿于整個高中物理學習的始終，是聯系各局部知識的主線．它不僅為解決力學問題開辟了一條重要途徑，同時也為我們分析問題和解決問題提供了重要依據．守恒思想是物理學中極為重要的思想方法，是物理學研究的極高境界，是開啟物理學大門的金鑰匙，同樣也是對考生進行方法教育和能力培養的重要方面．因此，功、能、能量守恒可謂高考物理的重中之重，常作為壓軸題出現在物理試卷中．縱觀近幾年高考理科綜合試題，功、能、能量守恒考查的特點是：①靈活性強，難度較大，能力要求高，內容極豐富，屢次出現綜合計算；②題型全，不管是從內容上看還是從方法上看都極易滿足理科綜合試題的要求，經常與牛頓運動定律、圓周運動、電磁學和近代物理知識綜合運用，在高考中所占份量相當大．一、求功的方法比擬1．恒力做功的求法(1)應用公式W＝Fscosα其中α是F、s間的夾角．(2)用動能定理(從做功的效果)求功：此公式可以求恒力做功也可以求變力做功．特別提醒：(1)應用動能定理求的功是物體所受合外力的功，而不是某一個力的功．(2)合外力的功也可用W合＝F合scosα或W合＝F1s1cosα＋F2s2cosα＋…求解．2．變力做功的求法名稱適用條件求法平均值法變力F是位移s的線性函數W＝Fscosα圖象法力F與位移s的F－s圖象圖象下方的面積表示力做的功功率法力F做功的功率恒定W＝Pt轉換法力的大小不變，方向改變，如阻力做功，通過滑輪連接將拉力對物體做功轉換為力對繩子做功，阻力做功W＝－Ff·s功能法一般變力、曲線運動、直線運動W合＝ΔEk或W其他＝ΔE特別提醒：(1)摩擦力既可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．(2)相互摩擦的系統內：一對靜摩擦力做功的代數和總為零，靜摩擦力起著傳遞機械能的作用，而沒有機械能轉化為其他形式的能；一對滑動摩擦力做功的代數和等于摩擦力與相對路程的乘積，其值為負值，W＝－Ff·s相對，且Ff·s相對＝ΔE損＝Q內能．二、兩種功率表達式的比擬1．功率的定義式：P＝eq\f(W,t)，所求出的功率是時間t內的平均功率．2．功率的計算式：P＝Fvcosθ，其中θ是力與速度間的夾角，該公式有兩種用法：(1)求某一時刻的瞬時功率．這時F是該時刻的作用力大小，eq\a\vs4\al(v)取瞬時值，對應的P為F在該時刻的瞬時功率；(2)當v為某段位移(時間)內的平均速度時，那么要求這段位移(時間)內F必須為恒力，對應的P為F在該段時間內的平均功率．特別提醒：公式P＝Fvcosθ在高中階段常用于機車類問題的處理，此時P指發動機的輸出功率，F為牽引力，Ff為阻力，那么任一時刻都滿足P＝F·v，機車任一狀態的加速度a＝eq\f(F－Ff,m)，當機車勻速運動時，F＝Ff，P＝F·v＝Ff·v.三、對動能定理的理解1．對公式的理解(1)計算式為標量式，沒有方向性，動能的變化為末動能減去初動能．(2)研究對象是單一物體或可以看成單一物體的整體．(3)公式中的位移和速度必須是相對于同一參考系，一般以地面為參考系．2．動能定理的優越性(1)適用范圍廣：應用于直線運動，曲線運動，單一過程，多過程，恒力做功，變力做功．(2)應用便捷：公式不涉及物體運動過程的細節，不涉及加速度和時間問題，應用時比牛頓運動定律和運動學方程方便，而且能解決牛頓運動定律不能解決的變力問題和曲線運動問題考點一力學中的幾個重要功能關系的應用例1．【2023·天津卷】“天津之眼〞是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。以下表達正確的選項是A．摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變B．在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變【答案】B【變式探究】將質量為m的小球在距地面高度為h處拋出，拋出時的速度大小為v0，小球落到地面時的速度大小為2v0，假設小球受到的空氣阻力不能忽略，那么對于小球下落的整個過程，下面說法中正確的選項是()A．小球克服空氣阻力做的功小于mghB．重力對小球做的功等于mghC．合外力對小球做的功小于mveq\o\al(2,0)D．重力勢能的減少量等于動能的增加量答案AB解析從拋出到落地過程中動能變大了，重力做的功大于空氣阻力所做的功，而這個過程中重力對小球做的功為mgh，所以選項A、B正確；從拋出到落地過程中，合外力做的功等于小球動能的變化量：W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)>mveq\o\al(2,0)，選項C錯誤；因為小球在下落的過程中克服空氣阻力做功，所以重力勢能的減少量大于動能的增加量，選項D錯誤．【變式探究】如圖1所示，足夠長傳送帶與水平方向的傾角為θ，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質量為m，開始時a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶摩擦力作用，現讓傳送帶逆時針勻速轉動，那么在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中()圖1A．物塊a重力勢能減少mghB．摩擦力對a做的功大于a機械能的增加C．摩擦力對a做的功小于物塊a、b動能增加之和D．任意時刻，重力對a、b做功的瞬時功率大小相等答案ABD考點二動力學方法和動能定理的綜合應用例2．【2023·江蘇卷】一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為，與斜面間的動摩擦因數不變，那么該過程中，物塊的動能與位移的關系圖線是【答案】C【解析】向上滑動的過程中，根據動能定理：，同理，下滑過程中，由動能定理可得：，故C正確；ABD錯誤．【變式探究】某家用桶裝純潔水手壓式飲水器如圖2所示，在手連續穩定的按壓下，出水速度為v，供水系統的效率為η，現測量出桶底到出水管之間的高度差H，出水口傾斜，其離出水管的高度差可忽略，出水口的橫截面積為S，水的密度為ρ，重力加速度為g，那么以下說法正確的選項是()圖2A．出水口單位時間內的出水體積Q＝vSB．出水口所出水落地時的速度eq\r(2gH)C．出水后，手連續穩定按壓的功率為eq\f(ρSv3,2η)＋eq\f(ρvSgH,η)D．手按壓輸入的功率等于單位時間內所出水的動能和重力勢能之和答案AC【變式探究】如圖3所示，質量為m的滑塊從h高處的a點沿圓弧軌道ab滑入水平軌道bc，滑塊與軌道的動摩擦因數相同．滑塊在a、c兩點時的速度大小均為v，ab弧長與bc長度相等．空氣阻力不計，那么滑塊從a到c的運動過程中()圖3A．小球的動能始終保持不變B．小球在bc過程克服阻力做的功一定等于eq\f(1,2)mghC．小球經b點時的速度大于eq\r(gh＋v2)D．小球經b點時的速度等于eq\r(2gh＋v2)答案C考點三綜合應用動力學和能量觀點分析多過程問題例3．【2023·天津卷】〔16分〕如下圖，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩連接，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA=2kg、mB=1kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h=1.8m〔未觸及滑輪〕然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g=10m/s2。空氣阻力不計。求：〔1〕B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t；〔2〕A的最大速度v的大小；〔3〕初始時B離地面的高度H。【答案】〔1〕〔2〕〔3〕【解析】〔1〕B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有：解得：〔2〕設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，總動量守恒：繩子繃直瞬間，A、B系統獲得的速度：之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2m/s【變式探究】如圖5所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態時其右端位于B點．水平桌面右側有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8m的圓環剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R.用質量m1＝0.4kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點．用同種材料、質量為m2＝0.2kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點釋放，物塊過B點后做勻變速運動，其位移與時間的關系為x＝6t－2t2，物塊飛離桌面后由P點沿切線落入圓軌道．不計空氣阻力g＝10m/s2，求：圖5(1)物塊m2過B點時的瞬時速度v0及與桌面間的滑動摩擦因數；(2)BP之間的水平距離；(3)判斷m2能否沿圓軌道到達M點(要有計算過程)；(4)釋放后m2運動過程中克服摩擦力做的功．答案(1)6m/s0.4(2)4.1m(3)不能(4)5.6J解析(1)由物塊m2過B點后其位移與時間的關系x＝6t－2t2與x＝v0t＋eq\f(1,2)at2比擬得：v0＝6m/s加速度a＝－4m/s2而－μm2g＝m得μ＝0.4(2)設物塊由D點以vD做平拋運動落到P點時其豎直速度為vy＝eq\r(2gR)根據幾何關系有：eq\f(vy,vD)＝tan45°解得vD＝4m/s運動時間為：t＝eq\r(\f(2R,g))＝eq\r(\f(1.6,10))s＝0.4s所以DP的水平位移為：4×0.4m＝1.6mBD間位移為xBD＝eq\f(v\o\al(2,D)－v\o\al(2,0),2a)＝2.5m所以BP間位移為2.5m＋1.6m＝4.1m(3)設物塊到達M點的臨界速度為vM，有：m2g＝m2eq\f(v\o\al(2,M),R)vM＝eq\r(gR)＝2eq\r(2)m/s由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)m2vM′2＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)－eq\f(\r(2),2)m2gR解得vM′＝eq\r(16－8\r(2))m/s因為eq\r(16－8\r(2))<2eq\r(2)所以物塊不能到達M點．【變式探究】如圖6所示，高臺的上面有一豎直的eq\f(1,4)圓弧形光滑軌道，半徑R＝eq\f(5,4)m，軌道端點B的切線水平．質量M＝5kg的金屬滑塊(可視為質點)由軌道頂端A由靜止釋放，離開B點后經時間t＝1s撞擊在斜面上的P點．斜面的傾角θ＝37°，斜面底端C與B點的水平距離x0＝3m．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力．圖6(1)求金屬滑塊M運動至B點時對軌道的壓力大小；(2)假設金屬滑塊M離開B點時，位于斜面底端C點、質量m＝1kg的另一滑塊，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由靜止開始向上加速運動，恰好在P點被M擊中．滑塊m與斜面間動摩擦因數μ＝0.25，求拉力F大小；(3)滑塊m與滑塊M碰撞時間忽略不計，碰后立即撤去拉力F，此時滑塊m速度變為4m/s，仍沿斜面向上運動，為了防止二次碰撞，迅速接住并移走反彈的滑塊M，求滑塊m此后在斜面上運動的時間．答案(1)150N(2)13N(3)(0.5＋eq\f(\r(7),2))s(2)M離開B后做平拋運動水平方向：x＝vBt＝5m由幾何知識可知，m的位移：s＝eq\f(x－x0,cos37°)＝2.5m設滑塊m向上運動的加速度為a由勻變速運動的位移公式得：s＝eq\f(1,2)at2解得a＝5m/s2對滑塊m，由牛頓第二定律得：F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma解得F＝13N(3)撤去拉力F后，對m，由牛頓第二定律得：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma′解得a′＝8m/s2滑塊上滑的時間t′＝eq\f(v,a′)＝0.5s上滑位移：s′＝eq\f(v2,2a′)＝1m滑塊m沿斜面下滑時，由牛頓第二定律得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma″解得a″＝4m/s2下滑過程s＋s′＝eq\f(1,2)a″t″2解得t″＝eq\f(\r(7),2)s滑塊返回所用時間：t＝t′＋t″＝(0.5＋eq\f(\r(7),2))s1．【2023·新課標Ⅱ卷】如圖，一光滑大圓環固定在桌面上，環面位于豎直平面內，在大圓環上套著一個小環。小環由大圓環的最高點從靜止開始下滑，在小環下滑的過程中，大圓環對它的作用力A．一直不做功 B．一直做正功C．始終指向大圓環圓心 D．始終背離大圓環圓心【答案】A2.【2023·江蘇卷】一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為，與斜面間的動摩擦因數不變，那么該過程中，物塊的動能與位移的關系圖線是【答案】C【解析】向上滑動的過程中，根據動能定理：，同理，下滑過程中，由動能定理可得：，故C正確；ABD錯誤．3.【2023·新課標Ⅲ卷】如圖，一質量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為A． B． C． D．【答案】A4．【2023·天津卷】“天津之眼〞是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。以下表達正確的選項是A．摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變B．在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變【答案】B5．【2023·新課標Ⅱ卷】如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時。對應的軌道半徑為〔重力加速度大小為g〕A． B． C． D．【答案】B【解析】物塊由最低點到最高點有：；物塊做平拋運動：x=v1t；；聯立解得：，由數學知識可知，當時，x最大，應選B。6．【2023·江蘇卷】如下圖，三個小球A、B、C的質量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長．現A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變為120°，A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g．那么此下降過程中〔A〕A的動能到達最大前，B受到地面的支持力小于mg〔B〕A的動能最大時，B受到地面的支持力等于mg〔C〕彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下〔D〕彈簧的彈性勢能最大值為mgL【答案】AB7．【2023·天津卷】〔16分〕如下圖，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩連接，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA=2kg、mB=1kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h=1.8m〔未觸及滑輪〕然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g=10m/s2。空氣阻力不計。求：〔1〕B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t；〔2〕A的最大速度v的大小；〔3〕初始時B離地面的高度H。【答案】〔1〕〔2〕〔3〕【解析】〔1〕B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有：解得：〔2〕設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，總動量守恒：繩子繃直瞬間，A、B系統獲得的速度：之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2m/s1.【2023·全國卷Ⅱ】兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質量大于乙球質量．兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關．假設它們下落相同的距離，那么()A．甲球用的時間比乙球長B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD【解析】設f＝kR，那么由牛頓第二定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝eq\f(4,3)πR3·ρ，故a＝g－eq\f(k,\f(4,3)πR2·ρ)，由m甲>m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C錯誤；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>v乙，B正確；由x＝eq\f(1,2)at2可知，t甲<t乙，A錯誤；由功的定義可知，W克服＝f·x，又f甲>f乙，那么W甲克服>W乙克服，D正確．2．【2023·天津卷】我國高鐵技術處于世界領先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車．假設動車組各車廂質量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比．某列動車組由8節車廂組成，其中第1、5節車廂為動車，其余為拖車，那么該動車組()圖1-A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B．做勻加速運動時，第5、6節與第6、7節車廂間的作用力之比為3∶2C．進站時從關閉發動機到停下來滑行的距離與關閉發動機時的速度成正比D．與改為4節動車帶4節拖車的動車組最大速度之比為1∶23．【2023·全國卷Ⅰ】如圖1-，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態，直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內．質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R，P與直軌道間的動摩擦因數μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運動到B點時速度的大小．(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能．(3)改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放．P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量．圖1-【答案】(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m(2)設BE＝x，P到達E點時速度為零，設此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x⑤P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)設改變后P的質量為m1，D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已應用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實．設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋物運動公式有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))?P由E點運動到C點的過程中，同理，由動能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)?聯立⑦⑧???式得m1＝eq\f(1,3)m?4．【2023·全國卷Ⅱ】小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖1-所示．將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點()圖1-A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的動能一定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【答案】C5．【2023·全國卷Ⅲ】一質點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內位移為s，動能變為原來的9倍．該質點的加速度為()A.eq\f(s,t2)B.eq\f(3s,2t2)C.eq\f(4s,t2)D.eq\f(8s,t2)【答案】A6．【2023·全國卷Ⅲ】如下圖，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，那么()圖1-A．a＝eq\f(2〔mgR－W〕,mR)B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R)D．N＝eq\f(2〔mgR－W〕,R)【答案】AC【解析】質點P下滑到底端的過程，由動能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v2＝eq\f(2〔mgR－W〕,m)，所以a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2〔mgR－W〕,mR)，A正確，B錯誤；在最低點，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v2,R)，故N＝mg＋meq\f(v2,R)＝mg＋eq\f(m,R)·eq\f(2〔mgR－W〕,m)＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正確，D錯誤．7．【2023·天津卷】我國將于2023年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的工程之一．如圖1-所示，質量m＝60kg的運發動從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m．為了改變運發動的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧．助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5m，運發動在B、C間運動時阻力做功W＝－1530J，g取10m/s2.圖1-(1)求運發動在AB段下滑時受到阻力Ff的大小；(2)假設運發動能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，那么C點所在圓弧的半徑R至少應為多大？【答案】(1)144N(2)12.5m【解析】(1)運發動在AB上做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，那么有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛頓第二定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②聯立①②式，代入數據解得Ff＝144N③8．【2023·四川卷】韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上工程奪冠的運發動．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區〞保持同一姿態下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900JB．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J【答案】C【解析】由題可得，重力做功1900J，那么重力勢能減少1900J，可得C正確，D錯誤．由動能定理：WG－Wf＝ΔEk可得動能增加1800J，那么A、B錯誤．9．【2023·浙江卷】如圖1-4所示為一滑草場，某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數為μ.質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．那么()圖1-4A．動摩擦因數μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g10．【2023·全國卷Ⅱ】如圖1-，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連．現將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點．在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點運動到N點的過程中()圖1-A．彈力對小球先做正功后做負功B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差11．如圖1-所示，傾角為α的斜面A被固定在水平面上，細線的一端固定于墻面，另一端跨過斜面頂端的小滑輪與物塊B相連，B靜止在斜面上．滑輪左側的細線水平，右側的細線與斜面平行．A、B的質量均為m.撤去固定A的裝置后，A、B均做直線運動．不計一切摩擦，重力加速度為g.求：圖1-(1)A固定不動時，A對B支持力的大小N；(2)A滑動的位移為x時，B的位移大小s；(3)A滑動的位移為x時的速度大小vA.【答案】(1)mgcosα(2)eq\r(2〔1－cosα〕·x)(3)eq\r(\f(2gxsinα,3－2cosα))【解析】(1)支持力的大小N＝mgcosα(2)根據幾何關系sx＝x·(1－cosα)，sy＝x·sinα且s＝eq\r(seq\o\al(2,x)＋seq\o\al(2,y))解得s＝eq\r(2〔1－cosα〕)·x12．【2023·全國卷Ⅱ】輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如下圖．物塊P與AB間的動摩擦因數μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P(1)假設P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；(2)假設P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍．圖1-【答案】(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m【解析】(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能．由機械能守恒定律，彈簧長度為lEp＝5mgl①設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＋μMg·4l②聯立①②式，取M＝m并代入題給數據得vB＝eq\r(6gl)③假設P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足eq\f(mv2,l)－mg≥0④設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤聯立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧聯立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l⑨1．(多項選擇)(2023·新課標全國Ⅱ·21)如圖5，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g.那么()圖5A．a落地前，輕桿對b一直做正功B．a落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg由a的受力圖可知，a下落過程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項C錯誤；當a落地前b的加速度為零(即輕桿對b的作用力為零)時，b的機械能最大，a的機械能最小，這時b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確．2．(2023·四川理綜·9)嚴重的霧霾天氣，對國計民生已造成了嚴重的影響，汽車尾氣是形成霧霾的重要污染源，“鐵腕治污〞已成為國家的工作重點．地鐵列車可實現零排放，大力開展地鐵，可以大大減少燃油公交車的使用，減少汽車尾氣排放．圖8如圖8所示，假設一地鐵列車從甲站由靜止啟動后做直線運動，先勻加速運動20s達最高速度72km/h，再勻速運動80s，接著勻減速運動15s到達乙站停住．設列車在勻加速運動階段牽引力為1×106N，勻速運動階段牽引力的功率為6×103kW，忽略勻減速運動階段牽引力所做的功．(1)求甲站到乙站的距離；(2)如果燃油公交車運行中做的功與該列車從甲站到乙站牽引力做的功相同，求公交車排放氣態污染物的質量．(燃油公交車每做1焦耳功排放氣態污染物3×10－6克答案(1)1950m(2)2.04kg解析(1)設列車勻加速直線運動階段所用的時間為t1；距離為s1；在勻速直線運動階段所用的時間為t2，距離為s2，速度為v；在勻減速直線運動階段所用的時間為t3，距離為s3；甲站到乙站的距離為s.那么s1＝eq\f(1,2)vt1①s2＝vt2②s3＝eq\f(1,2)vt3③s＝s1＋s2＋s3④聯立①②③④式并代入數據得s＝1950m⑤1.【2023·重慶卷】某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛，受到的阻力分別為車重的k1和k2倍，最大速率分別為v1和v2，那么()A．v2＝k1v1B．v2＝eq\f(k1,k2)v1C．v2＝eq\f(k2,k1)v1D．v2＝k2v1【答案】B【解析】此題考查機車啟動過程中功率的相關知識．機車在不同的路面以相同的功率按最大速度行駛，可推斷機車做勻速直線運動，受力平衡，由公式P＝Fv，F＝kmg，可推出P＝k1mgv1＝k2mgv2，解得v2＝eq\f(k1,k2)v1，故B正確，A、C、D錯誤．2.【2023·新課標Ⅱ卷】取水平地面為重力勢能零點．一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等．不計空氣阻力．該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,12)【答案】B3.【2023·全國卷】一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動．當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如下圖；當物塊的初速度為eq\f(v,2)時，上升的最大高度記為h.重力加速度大小為g.那么物塊與斜坡間的動摩擦因數和h分別為()A．tanθ和eq\f(H,2)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,2)C．tanθ和eq\f(H,4)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,4)【答案】D【解析】此題考查能量守恒定律．根據能量守恒定律，以速度v上升時，eq\f(1,2)mv2＝μmgcosθeq\f(H,sinθ)＋mgH，以eq\f(v,2)速度上升時eq\f(1