全国通用2022版高考物理总复习考前三个月专题二能量与动量第1讲功能关系的理解与应用试题

第1讲　功能关系的理解与应用高考命题轨迹年份题号(分值)考点难度2022年卷Ⅰ24题(12分)太空飞船回收过程中机械能与克服阻力做功中等卷Ⅱ14题(6分)沿圆环下滑的小环受力与做功情况，考查弹力方向及做功情况容易卷Ⅱ17题(6分)滑块沿竖直面内半圆轨道抛出做平抛运动，考查机械能守恒及由二次函数求极值中等卷Ⅲ16题(6分)悬挂细绳拉起过程中外力做功情况，考查功能关系中等2022年卷Ⅰ25题(18分)结合物块的多过程运动考查动能定理、机械能守恒定律、平抛运动规律较难卷Ⅱ21题(6分)利用弹簧模型考查功能关系的应用较难卷Ⅱ25题(20分)利用物块的多过程运动考查平抛运动规律、机械能守恒定律、能量守恒定律、竖直面内做圆周运动的临界条件较难卷Ⅲ20题(6分)结合竖直平面内的圆周运动考查牛顿第二定律和动能定理中等卷Ⅲ24题(12分)利用小球在半径不同的竖直圆轨道上的运动考查牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律中等2022年卷Ⅰ17题(6分)结合圆周运动考查动能定理和功能关系中等卷Ⅱ17题(6分)结合汽车的运动考查P－t图象、功率、速度、力和加速度的关系中等卷Ⅱ21题(6分)结合连接体问题考查机械能守恒定律和功能关系较难卷Ⅱ24题(12分)结合带电粒子在电场中的运动考查动能定理中等考情分析　功能关系渗透在整个高中物理内容中，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动相结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合，考查形式多样．将来仍是考试重点，特别是与动量结合在计算题中出现.16年进行了重点考查，15年、17年考查份量相当．23\n知识方法链接1．功的计算力的特点计算方法恒力的功单个恒力W＝Flcosα合力为恒力1.先求合力，再求W＝F合lcosα2．W＝W1＋W2＋…变力的功大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向力的大小跟路程的乘积力与位移成线性变化W＝lcosθ已知F－l图象功的大小等于“面积”一般变力动能定理2.功率的计算(1)P＝，适用于计算平均功率；(2)P＝Fvcosθ，若v为瞬时速度，P为瞬时功率，若v为平均速度，P为平均功率．真题模拟精练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．(2022·全国卷Ⅱ·14)如图1所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　)图1A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心答案　A解析　因为大圆环光滑，所以大圆环对小环的作用力只有弹力，且弹力的方向总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项A正确，B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，后来指向圆心，故选项C、D错误．2.(多选)(2022·广东广州市模拟)质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图2所示，则赛车(　　)23\n图2A．速度随时间均匀增大B．加速度随时间均匀增大C．输出功率为160kWD．所受阻力大小为1600N答案　CD解析　由图可知，加速度随速度逐渐变化，故做变速直线运动，A错误；对赛车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，有：F－Ff＝ma，F＝联立得：a＝－加速度随速度的增大而减小，因此赛车做变加速直线运动，加速度随时间的增大而减小，B错误；根据上述表达式，斜率k＝＝＝400，P＝160kW，C正确；根据上述表达式，在纵轴上的截距的绝对值b＝＝4，Ff＝1600N，D正确．故选：C、D.3.(多选)(2022·辽宁大连市模拟)倾角为θ的斜面体静止放在粗糙水平地面上，一物体在沿斜面向上且平行于斜面的力F1作用下，沿斜面向上做速度为v1的匀速运动，F1的功率为P0.若该物体在沿斜面斜向上的且与斜面夹角为α的力F2(如图3)作用下，沿斜面向上做速度为v2的匀速运动，F2的功率也为P0，两次运动中斜面体均保持静止状态，则下列说法中正确的是(　　)图3A．F2一定大于F1B．v1一定小于v2C．两次运动中，地面对斜面体的摩擦力可能相等D．两次运动中，物体所受摩擦力做功的功率一定不同答案　BD解析　设斜面与物体之间的动摩擦因数是μ，物体在沿斜面向上且平行于斜面的力F1作用下，在斜面上做速度为v1的匀速运动，则：23\nF1＝mgsinθ＋μmgcosθ①在与斜面夹角为α的力F2作用下运动时：F2sinα＋FN＝mgcosθ②F2cosα＝mgsinθ＋μFN③由②③可知，F2＝，所以F2不一定大于F1，故A错误；物体沿斜面向上做匀速直线运动，则拉力的功率等于其余外力的功率；由①②③式可知，在第二种情况下，摩擦力比较小，沿斜面向下的合外力小，根椐功率的表达式：P＝Fv可知，沿斜面向下的合外力越小，则速度越大，所以v1一定小于v2，则第二种情况下重力的功率一定大于第一种情况下重力的功率，所以第二种情况下摩擦力的功率一定小于第一种情况下摩擦力的功率，故B、D正确．对整体受力分析，水平方向合力为0，F2在水平方向的分力较小，所以地面对斜面体的摩擦力的大小关系是第二种情况下比较小，二者不可能相等，故C错误；故选：B、D.知识方法链接1．做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度，而某种力做功一定对应特定的某种能量的变化．即它们是“一一对应”关系．高中阶段力学中的几大对应关系：WG＝Ep1－Ep2W弹＝Ep1－Ep2W合(或W总)＝Ek2－Ek1W其他＝E2－E1(除重力或弹力之外的其他力的功等于机械能的变化)＝ΔQ(摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量)2．在常见的功能关系中，动能定理应用尤为广泛．(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)如果物体只有重力和弹力做功而又不涉及物体运动过程中的加速度和时间，既可用机械能守恒定律，又可用动能定理求解．23\n真题模拟精练4．(2022·全国卷Ⅲ·16)如图4所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(　　)图4A.mgl　　　　　　　　B.mglC.mglD.mgl答案　A解析　由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故选项A正确，B、C、D错误．5.(多选)(2022·湖北省六校联合体4月联考)图5为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为，木箱在轨道A端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，在轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道A端，重复上述过程．下列选项正确的是(　　)图5A．m＝3MB．m＝2MC．木箱不与弹簧接触时，上滑过程的运动时间大于下滑过程中的运动时间D．若货物的质量减少，则木箱一定不能回到A处答案　AD23\n解析　设下滑的距离为l，根据能量守恒有(M＋m)glsinθ－μ(M＋m)glcosθ＝Mglsinθ＋μMglcosθ，已知θ＝30°，得m＝3M，A正确，B错误；对木箱受力分析可知，下滑时加速度为g－μgcosθ，上滑时加速度为g＋μgcosθ，上滑过程可以看做相同大小加速度的反向的初速度为零的下滑过程，位移相同，加速度大的时间短，C错误；根据(M＋m)glsinθ－μ(M＋m)glcosθ＝Mglsinθ＋μMglcosθ，木箱恰好被弹回到轨道A端，如果货物的质量减少，等号左边一定小于右边，即轻弹簧被压缩至最短时的弹性势能小于木箱回到A处所需的能量，则木箱一定不能回到A处，D正确．故选A、D.6.(多选)(2022·山东潍坊市一模)如图6，点a、O、c在同一水平线上，c点在竖直细杆上．一橡皮筋一端固定在O点，水平伸直(无弹力)时，另一端恰好位于a点，在a点固定一光滑小圆环，橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连．已知b、c间距离小于c、d间距离，小球与杆间的动摩擦因数恒定，橡皮筋始终在弹性限度内且其弹力跟伸长量成正比．小球从b点上方某处释放，第一次到达b、d两点时速度相等，则小球从b第一次运动到d的过程中(　　)图6A．在c点速度最大B．在c点下方某位置速度最大C．重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功D．在b、c两点，摩擦力的瞬时功率大小相等答案　BC解析　在b点，重力和弹力向下的分力大于摩擦力，合力向下，向下运动过程中，弹力减小，所以从b到c，小球做加速度减小的加速运动，在c点，弹力与杆垂直，重力和摩擦力的合力仍然向下，所以在c点下方某位置加速度等于0，速度达到最大值，故A错误，B正确；由题意知，第一次到达b、d两点时速度相等，由动能定理可得，重力、弹力和摩擦力合力做功等于0，已知b、c间距离小于c、d间距离，即全过程弹力做负功，所以重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功，故C正确；设∠abc＝θ，则两点的摩擦力为Ffb＝μkabsinθ＝μkac＝Ffc，b、c速度不等，由P＝Fv可知，b、c两点的摩擦力的瞬时功率大小不等，故D错误．7．(2022·全国卷Ⅰ·24)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m23\n/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2(结果保留两位有效数字)．(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.答案　(1)4.0×108J　2.4×1012J　(2)9.7×108J解析　(1)飞船着地前瞬间的机械能为E0＝mv①式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度．由①式和题给数据得E0＝4.0×108J②设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为Eh＝mv＋mgh③式中，vh是飞船在高度1.6×105m处的速度．由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h′＝600m处的机械能为Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤由功能关系得W＝Eh′－E0⑥式中，W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J⑦知识方法链接力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解决此类问题关键要做好“四选择”．(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．真题模拟精练23\n8．(2022·全国卷Ⅱ·17)如图7所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(　　)图7A.　　　B.　　　C.　　　D.答案　B解析　小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得，mv2＝2mgr＋mv，小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，t＝，联立解得，x＝，由数学知识可知，当4r＝时，x最大，即r＝，故选项B正确．9．(2022·山东枣庄市模拟)如图8甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3s时间内物体运动的v－t图象如图乙所示，其中除1～2s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2kg，重力加速度g＝10m/s2.求：图8(1)1s后电动机的输出功率P；(2)物体运动的最大速度vm；(3)在0～3s内电动机所做的功．答案　(1)100W　(2)10m/s　(3)250J解析　(1)设物体的质量为m，在时间t1＝1s内，做匀加速直线运动的加速度大小为a,1s末物体的速度大小达到v1，此过程中，细绳的拉力大小为F1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：v1＝at1F1－mgsin30°＝ma23\n由图象可知v1＝5m/s设电动机在1s末的输出功率为P，由功率公式可得：P＝F1v1联立解得：P＝100W(2)当物体达到最大速度vm后，设细绳的拉力大小为F2，由牛顿第二定律和功率的公式可得：F2－mgsin30°＝0P＝F2vm联立解得：vm＝10m/s(3)设在时间t1＝1s内，物体的位移为x，电动机做的功为W1，则由运动公式及动能定理得：x＝atW1－mgxsin30°＝mv设在时间t＝3s内电动机做的功为W，则：W＝W1＋P(t－t1)联立解得：W＝250J.10．(2022·四川成都市第二次诊断性考试)如图9所示，倾角为30°的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为m＝1kg的物块B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M＝8kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60°、半径R＝2m的光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r＝0.2m的光滑圆轨道平滑连接．由静止释放A，当A滑至b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂，已知A与bc间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长．图9(1)求弹簧的劲度系数；(2)求物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆弧轨道的压力大小；(3)为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件？答案　(1)5N/m　(2)144N　(3)见解析解析　(1)设弹簧的劲度系数为k，A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态对B由平衡条件可得kx＝mgsin30°23\n当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态对C由平衡条件可得kx′＝mgsin30°由几何关系可知R＝x＋x′代入数据解得k＝＝5N/m.(2)由(1)可知物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能守恒有MgR(1－cos60°)＝mgRsin30°＋Mv＋mv如图所示：将A在b处的速度分解，由速度分解关系有vAcos30°＝vB代入数据解得vA＝＝4m/s在b处，对A由牛顿第二定律有FN－Mg＝M，代入数据解得FN＝M＋Mg＝144N由牛顿第三定律可知，A对圆弧轨道的压力大小为144N(3)物块A不脱离圆轨道有两种情况第一种情况，不超过圆轨道上与圆心的等高点由动能定理，恰能进入圆轨道时需要满足－μMgx1＝0－Mv恰能到圆心等高处时需满足条件－Mgr－μMgx2＝0－Mv代入数据解得x1＝8m，x2＝6m，即6m≤x≤8m第二种情况，过圆轨道最高点，在最高点，由牛顿第二定律可得FN′＋Mg＝M恰能过最高点时，FN′＝0，v＝由动能定理有－2Mgr－μMgx3＝Mv2－Mv代入数据解得x3＝＝3m，即x≤3m.23\n知识方法链接1．电场力的功与电势能的变化一一对应WAB＝EpA－EpB.2．只有电场力做功时，带电粒子的电势能与动能之和守恒即EpA＋EkA＝EpB＋EkB.3．只有电场力和重力做功时，带电体的电势能与机械能之和守恒．真题模拟精练11.(2022·福建厦门市3月质检)如图10所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q，现将与Q带同种电荷的小球P，从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是(　　)图10A．小球P的电势能先减小后增加B．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零答案　B解析　由于两个小球电性相同，所以在P球下落过程中，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故A错误；由于电场力做正功，故小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加，故B正确；对小球P受力分析可知，小球受重力、弹力以及电场力，故在小球接触弹簧到静止的过程中，小球动能的减少量等于电场力、弹力和重力做功的代数和，故C错误；小球P受向下的重力和库仑力以及向上的弹力作用，开始时合力向下，做加速运动，直到弹簧弹力和库仑力以及重力的合力为零时，速度达最大，故D错误．故选B.12.(2022·湖南怀化市一模)如图11所示，在水平向右的匀强电场中以竖直和水平方向建立直角坐标系，一带负电的油滴从坐标原点以初速度v0向第一象限某方向抛出，当油滴运动到最高点A(图中未画出)时速度为v，试从做功与能量转化角度分析此过程，下列说法正确的是(　　)图1123\nA．若v＞v0，则重力和电场力都对油滴做正功引起油滴动能增大B．若v＞v0，则油滴电势能的改变量可能小于油滴重力势能的改变量C．若v＝v0，则A点可能位于第一象限D．若v＝v0，则A点一定位于第二象限答案　D解析　若v>v0，根据动能定理得：mv2－mv＝WG＋WF>0，该油滴受电场力水平向左，所以当油滴运动到最高点A的过程中，重力做负功，则电场力必定做正功，且电场力做的功比重力做的功多，而电场力对油滴做的功等于电势能的变化量，重力对油滴做的功等于重力势能的变化量，所以油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量，故A、B错误；若v＝v0，根据动能定理得：mv2－mv＝WG＋WF＝0，重力做负功，则电场力必定做正功，两者大小相等，故A点一定位于第二象限，故C错误，D正确．故选D.专题规范练题组1　高考真题体验1．(多选)(2022·全国卷Ⅱ·21)如图1所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中(　　)图1A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差答案　BCD解析　因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知M23\n处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知WF＝0，即WG＝ΔEk，选项D正确．2．(2022·新课标全国Ⅰ·17)如图2所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)图2A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点B．W＞mgR，质点不能到达Q点C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离答案　C解析　根据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝m，所以N点动能为EkN＝，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝.质点运动过程中，沿半径方向的合力提供向心力，如图所示，即FN－mgcosθ＝ma＝m，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于W′＜，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确．23\n23\n3．(2022·新课标全国Ⅱ·17)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图3所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)图3答案　A解析　当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1＝F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1＝f时速度最大，且vm＝＝.当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2＝F2v可知F2减小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐渐减小，直到F2＝f时，速度最大vm′＝，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A正确．4．(多选)(2022·新课标全国Ⅱ·21)如图4所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则(　　)图4A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg23\n答案　BD解析　滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝mv＋0，即va＝，选项B正确；a、b的先后受力如图甲、乙所示．由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．5．(2022·新课标Ⅰ卷·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将(　　)A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板处返回D．在距上极板d处返回答案　D6．(2022·全国卷Ⅰ·25)如图5，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin37°＝，cos37°＝)23\n图5(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．答案　(1)2　(2)mgR　(3)　m解析　(1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝mv②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得vB＝2③(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x＝R⑦Ep＝mgR⑧(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得：x1＝R－Rsinθ＝3R⑨23\ny1＝R＋R＋Rcosθ＝R⑩设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式得：y1＝gt2⑪x1＝vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫得vD＝⑬设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有m1v＝m1v＋m1g(R＋Rcosθ)⑭P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝m1v⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m1＝m题组2　各省市模拟精选7．(2022·广东汕头市质量检测)汽车在平直公路上原来以功率P、速度v0匀速行驶．在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态，假定汽车所受阻力恒定不变．下列说法正确的是(　　)A．在0～t1时间，汽车牵引力逐渐增大B．在t1～t2时间，汽车做加速运动C．在t1～t2时间，汽车牵引力逐渐增大D．t2时刻后，汽车的速度仍为v0答案　C解析　0～t1时间内，汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，牵引力不变，故A错误；从t1时刻到t2时刻，功率减半，根据P＝Fv23\n知，牵引力减半，加速度方向与速度方向相反，做减速运动，速度减小，牵引力增大，加速度减小，当加速度减小到零，又做匀速直线运动，故B错误，C正确；在t2时刻，牵引力等于阻力，与开始阶段相等．对于在t2时刻有：＝Ffv′.开始阶段有：P＝Ffv0，解得v′＝，故D错误．23\n8.(多选)(2022·山东济宁市模拟)如图6所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．在该过程中下列分析正确的是(　　)图6A．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量B．B物体获得最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于B所受重力大小C．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量大于细线拉力对A做的功D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功答案　BD解析　对于物体A、B及弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可知B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A动能增加量之和，故A错误．对于B物体，只受重力与细线拉力，达到最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于B所受重力大小，故B正确．根据功能关系可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故C错误，D正确．9.(多选)(2022·广东深圳市一模)如图7所示，物块A和圆环B用绕过定滑轮的轻绳连接在一起，圆环B套在光滑的竖直固定杆上，开始时连接B的绳子处于水平．零时刻由静止释放B，经时间t，B下降h，此时，速度达到最大．不计滑轮摩擦和空气的阻力，则(　　)图7A．t时刻B的速度大于A的速度B．t时刻B受到的合力等于零C．0～t过程A的机械能增加量大于B的机械能减小量D．0～t过程A的重力势能增加量大于B的重力势能减小量答案　AB解析　t时刻B的速度可以分解为沿绳子方向的分速度与垂直于绳子方向的分速度，其中沿绳子方向的分速度与A的速度大小相等，故A正确；当B23\n刚释放的瞬间，绳子的拉力方向与杆垂直，B所受的合力等于mg，B向下先做加速运动，当绳子在竖直方向上的分力等于B的重力时，B的速度最大，加速度等于0，所以B受到的合力等于0，故B正确；0～t过程A与B组成的系统机械能守恒，所以A的机械能增加量等于B的机械能减小量，故C错误；0～t过程A与B组成的系统的机械能守恒，B减少的重力势能转化为A的重力势能和A、B的动能，所以0～t过程A的重力势能增加量小于B的重力势能减小量，故D错误．10．(多选)(2022·山东枣庄市模拟)如图8甲所示，质量为1kg的小物块，以初速度v0＝11m/s从θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v－t图线，不考虑空气阻力，g＝10m/s2，下列说法正确的是(　　)图8A．恒力F大小为21NB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少D．有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小答案　BD解析　根据v－t图线中斜率等于加速度的意义可知：aa＝＝m/s2＝－10m/s2；ab＝m/s2＝－11m/s2，不受拉力时：mab＝－mgsin53°－μmgcos53°；代入数据得：μ＝0.5；受到拉力的作用时：maa＝F－mgsin53°－μmgcos53°，得：F＝1N，故B正确，A错误；根据运动学公式：x＝可知，有恒力F时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大，故C错误；结合C的分析可知，有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小量是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故D正确．故选B、D.11.(多选)(2022·四川德阳市一诊)如图9所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态．某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是(　　)23\n图9A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsinθD．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和答案　AC解析　从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确．A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误．A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B，由牛顿第二定律得mgsinθ＝maB，得aB＝gsinθ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsinθ，故C正确．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误．12．(2022·江西九校联考)如图10所示，装置左边是水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接轻质挡板A，此时弹簧处于原长且在A右侧的台面粗糙，长度l＝1.0m，挡板A左侧台面光滑，另一物块B与台面间的动摩擦因数μ1＝0.1，中间水平传送带与平台和右端光滑弧面平滑对接，传送带始终以v0＝2m/s速率逆时针转动，传送带长度l＝1.0m，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，现将质量为1kg的物块B从半径R＝2.1m的圆弧上静止释放．(g＝10m/s2)图10(1)求物块B与A第一次碰撞前的速度大小；(2)试通过计算证明物块B与A第一次碰撞后能否运动到右边的弧面上？若能回到，则其回到C点时受弧面的支持力为多大？答案　(1)6m/s　(2)见解析解析　(1)设物块B沿光滑曲面下滑到与A碰撞前的速度大小为v.由动能定理知23\nmBgR＝mBv解得vC＝m/s设物块B滑上传送带后速度减为v0，发生的位移为xv－v＝－2μ2gxx＝9.5m>1m故mBgR－μ1mBgl－μ2mBgl＝mBv2解得v＝6m/s(2)设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则mBv2＝μ1mBgl＋μ2mBgl′得l′＝8.5m>1m所以物块B能通过传送带运动到右边的弧面上．设物块B到达C点的速度为v1，由动能定理可知：－μ1mBgl－μ2mBgl＝mBv－mBv2解得v1＝m/s在C点：FN－mBg＝解得FN＝N.23