2023新教材高考物理二轮专题复习专题六功能关系与能量守恒教师用书

这是一份2023新教材高考物理二轮专题复习专题六功能关系与能量守恒教师用书，共19页。试卷主要包含了功率的分析与计算，机车启动等内容，欢迎下载使用。

专题六 功能关系与能量守恒

命 题 热 点
常 考 题 型
(1)功和功率的计算；
(2)动能定理的综合应用；
(3)机械能守恒定律的应用；
(4)功能关系及能量守恒定律．
选择题
计算题
高频考点·能力突破
考点一　功与功率
1．功率的分析与计算
明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝Wt侧重于平均功率的计算，P＝Fv cos α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
2．机车启动(F阻不变)
(1)两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma.
(2)两种常见情况
①恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此过程Pt－F阻s＝12mvm2；
②恒定加速度启动：开始阶段a不变．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝PF阻.


例1 [2022·广东卷](多选)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶．已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有(　　)

A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

预测1　[2022·山东滨州二模]如图所示是动力滚筒输送机示意图，水平框架上安装了许多同样的转筒，由电动机带动转筒转动．当物体放到转筒上，依靠转筒摩擦带动运送货物．动力滚筒输送机适用于各类箱、包、托盘等货件的输送．滚筒输送机具有结构简单、可靠性高、使用维护方便等优点．某快递公司用动力滚筒输送机分拣快递，动力滚筒输送机水平方向放置，转筒半径为r＝4 cm，转动角速度ω＝50 rad/s，现将一个质量m＝2 kg的快递箱无初速度放在A点，将快递箱从A点传送到B点运动的距离为16 m．快递箱与转筒间的动摩擦因数μ＝0.2，整个过程转筒始终保持匀速转动，快递箱大小可忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，快递箱从A点传到B点的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．所需要的时间为8 s
B．平均速度为4 m/s
C．输送机对快递箱做的功为64 J
D．运送快递箱电动机多做的功为8 J

预测2　[2022·广东冲刺卷]2022年1月10日起，全国铁路将实行新的列车运行图，攀枝花至西昌的动车开通运营，最大运行速度为200 km/h 的复兴号动车组运行在设计时速为160 km/h的成昆铁路复线上，攀西地区进入动车时代，攀枝花至西昌的运行时间由原来的3个小时缩短为1.5小时．开通前的某次测试中从攀枝花南站匀加速开出的动车，经t1＝150 s速度达到v1＝108 km/h，之后动车以恒定功率行驶．相关资料显示，该列动车质量m＝180 t，运行过程中所受阻力恒为车重的0.06倍.设铁轨为水平直线，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)该列动车匀加速运动过程中牵引力F的大小；
(2)该列动车运行的最大速度vm及从车站开出后运行x＝8 km的时间t(此时列车已达到最大速度)．
[试解]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


考点二　动能定理的综合应用
1．应用动能定理解题的步骤图解：

2．应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)用动能定理解决问题时一般以地面为参考系；
(2)动能定理的表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的；
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)时，可以分段考虑，也可以对全过程考虑，全过程用动能定理列式，可使问题简化．


例2 (一题多变)如图，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 (　　)

A．W＝12mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>12mgR，质点不能到达Q点
C．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W<12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


[考法拓展1]　(多选)在[例2]中，若使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在POQ下方加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2mqgR，质点由静止释放运动至最低点N时，对轨道的压力恰好为零，则(　　)

A．质点经过N点时的速度大小为2gR
B．质点由P点至N点的过程中洛伦兹力做负功
C.质点由静止下落至P点的过程机械能守恒
D．质点由静止下落至N点的过程机械能减少32mgR
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　



[考法拓展2]　在[例2]中，若轨道光滑，使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电场，场强为E，质点由静止释放运动至最低点N的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．质点的机械能守恒
B．质点的重力势能减少，电势能增加
C．质点的动能增加2mgR
D．质点的机械能增加2qER
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


[考法拓展3]　(多选)在[例2]中，若将半圆形轨道更换为34圆弧轨道，如图所示，并让质点自P点上方高度2R处由静止开始下落，质点沿轨道到达最高点Q时对轨道压力为mg2，则质点从静止运动到Q点的过程中(　　)

A．重力势能减少2mgR
B．合外力做功34mgR
C．克服摩擦力做功14mgR
D．机械能减少12mgR
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


预测3　如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　)

A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N


预测4　[2022·江苏冲刺卷](多选)第24届冬奥会于2022年2月4日在我国的北京等地举行，冰滑梯作为体验冰雪运动乐趣的设施受到广大游客的欢迎．某冰滑梯的示意图如图所示，设螺旋滑道机械能的损耗为20%，水平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同，对不同滑板的动摩擦因数μ满足μ0≤μ≤1.2μ0.在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上．以下说法正确的是(　　)

A．L1不能小于5h6μ0
B．L1不能大于3h2μ0
C．L1、L2之和不能小于hμ0
D．L1、L2之和不能大于4h3μ0


预测5　如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10 m，BC长度L2＝4 m，圆轨道半径R＝0.72 m．直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3 m，水平边NE的长度L4＝6 m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2 m．小物块的质量为m＝1 kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑．小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止．空气阻力不计，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)求动摩擦因数μ；
(2)小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出．小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；
(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9 s，求小物块刚运动至P点时的动能．
[试解]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　



考点三　机械能守恒定律和功能关系的应用
1．应用机械能守恒定律的基本思路

2．功能关系的体现






例3 [2022·全国乙卷]固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环．小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　　)

A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


预测6　[2022·山东押题卷](多选)北京冬奥会报道中利用“Al＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法．如图所示为我国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切片”特技图．忽略空气阻力，将运动员看做质点，其轨迹abc段为抛物线．已知起跳点a的速度大小为v，起跳点a与最高点b之间的高度差为h，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)

A．运动员从a点到b点与从b点到c点的时间间隔相同
B．运动员从a到b的时间为2ghg
C．运动员到达最高点时速度的大小为 v2-2gh
D．运动员从a到b的过程中速度变化的大小为2gh
预测7　[2022·浙江1月]如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝78.滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，

(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值．
[试解]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　



素养培优·情境命题
应用能量观点解决问题的方法
能量观点即用动能定理、功能关系和能量守恒定律解决物理问题．用这种观点解决复杂的直线或曲线运动问题时，应从能量守恒和能量转化的角度着手，找到问题的突破口，如解决研究对象是单个物体、运动过程是多过程的问题时，优先考虑从能量转化的角度应用动能定理．能量观点的优越性在于从总体上把握物体的运动状态，分析力的作用时只看其做功的情况．
[典例]　[2022·江西宜春第二次联考]如图所示，半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从A点以v0＝1 m/s的速度被水平抛出(不计空气阻力)，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动到D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2.求：

(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Emax.
[教你解决问题]
第一步：读题→过程分析(模型建构)
A→B过程：小物块做平抛运动
B→C过程：小物块做圆周运动
C→D过程：小物块做减速运动(加速度变化)
第二步：抓关键点→选规律
①“恰好从B点沿轨道切线进入轨道” 转化 几何关系 vB＝v0sinθ
②“光滑圆弧轨道BC” 隐含 小物块由B→C过程中机械能守恒 规律 mgR(1＋sin θ)＝12mvc2-12mvB2
③“C点”―→圆周运动的最低点 规律 FN－mg＝mvC2 R
④“过C点后…弹簧被压缩至最短” 隐含 小物块在D点的速度为零 规律 能量守恒．Emax＝12mvC2 －μmgL
[规范解答]
(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，根据几何关系有vB＝v0sinθ＝1sin30° m/s＝2 m/s.
(2)小物块由B运动到C，只有小物块的重力做功，小物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgR(1＋sin θ)＝12mvc2-12mvB2
在C点处，对小物块由向心力公式有FN－mg＝mvC2 R
解得小物块在C点所受轨道的支持力FN＝9 N
根据牛顿第三定律，可知小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小为9 N.
(3)小物块从B运动到D，根据能量守恒定律有Emax＝12mvB2＋mgR(1＋sin θ)－μmgL
代入数据解得Emax＝2 J.
反思总结：碰撞摩擦生内能，能量守恒最可行——当系统中有克服滑动摩擦力做功产生内能或完全非弹性碰撞产生内能时通常优先考虑用能量守恒定律解决问题．











专题六　功能关系与能量守恒
高频考点·能力突破
考点一
例1　解析：从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力F1＝P1v1＝2005 N＝40 N，A正确．从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40 N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝f1·MN＝40×20 J＝800 J，B正确．从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力F2＝P2v2＝5702 N＝285 N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝f2＋mg sin 30°，解得f2＝F2－mg sin 30°＝285 N－50×10×12 N＝35 N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20 J＝700 J，D正确．从P到Q，小车上升的高度h＝PQ sin 30°＝20×0.5 m＝10 m，小车重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10 J＝5 000 J，C错误．
答案：ABD
预测1　解析：滚筒输送机的线速度v＝ωr＝2.0 m/s，快递箱无初速度放在A点，在摩擦力作用下产生的加速度a＝μg＝2.0 m/s2，快递箱加速到2.0 m/s用的时间t1＝va＝1 s，在t1时间内发生的位移x1＝v2t1＝1 m，其后快递箱随滚筒输送机做匀速运动的时间t2＝xAB-x1v＝7.5 s，快递箱从A点传到B点所需要的时间t＝t1＋t2＝8.5 s，故A错误；快递箱从A点传到B点的平均速度v＝xABt≈1.9 m/s，故B错误；输送机对快递箱做的功W1＝μmgx1＝4.0 J，故C错误；运送快递箱滚筒输送机在t1时间内发生的“位移”x2＝vt1＝2 m，所以运送快递箱电动机多做的功为W2＝μmgx2＝8.0 J，故D正确．
答案：D
预测2　解析：(1)设列车匀加速运动的加速度为a，由匀变速运动规律有v1＝at1
根据牛顿第二定律F－f＝ma
由题意可知f＝kmg
联立以上各式并代入数据得F＝1.44×105 N.
(2)列车匀速运动时速度最大，设此时列车牵引力为F0，
由平衡条件有F0＝f
设列车以恒定功率运行时的功率为P，由功率公式有
P＝Fv1，P＝F0vm
联立以上各式并代入数据得vm＝40 m/s
列车匀加速运动发生的位移为x1，由匀变速运动规律有x1＝12v1t1
设列车以恒定功率运行的时间为t2，列车从车站开出后运行x＝8 km的过程中，由动能定理有Pt2＋Fx1－fx＝12mvm2
列车从车站开出后运行x＝8 km的时间t＝t1＋t2
联立以上各式并代入数据得t＝308.3 s.
答案：(1)1.44×105 N　(2)40 m/s　308.3 s
考点二
例2　解析：在N点由牛顿第二定律得4mg－mg＝mvN2 R；从最高点到N点，由动能定理得2mgR－W＝12mvN2，联立解得W＝12mgR.由于克服阻力做功，机械能减小，N点左右两侧对应点的速度v右0，所以质点能够到达Q点，并且还能继续上升一段距离，故选项C正确．
答案：C
[考法拓展1]　解析：质点经过N点时由牛顿第二定律得qvB－mg＝mv2R，解得v＝gR，选项A错误；质点在磁场内运动过程中，洛伦兹力始终与质点的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，选项B错误；质点由静止下落至P点的过程，只有重力做功，质点机械能守恒，选项C正确；质点由静止运动至N点的过程由动能定理得2mgR－Wf＝12mv2，解得Wf＝32mgR，由功能关系得质点的机械能减少32mgR，选项D正确．
答案：CD
[考法拓展2]　解析：质点下落过程，除重力做功以外，还有电场力做正功，机械能增加，由功能关系得机械能的增量ΔE＝2qER，故选项A错误，D正确；重力做正功，重力势能减少，电场力做正功，电势能减少，选项B错误；合外力做功等于动能的增量，则ΔEk＝2(qE＋mg)R，选项C错误．
答案：D
[考法拓展3]　解析：质点能通过Q点，则在Q点由牛顿第二定律得mg＋12mg＝mv2R，解得v＝ 32gR，从静止运动到Q点的过程，重力做功等于重力势能减少量，为mgR，选项A错误；合外力做功等于动能增加量，即W合＝ΔEk＝12mv2＝34mgR，选项B正确；机械能减少量为ΔE＝mgR－34mgR＝14mgR，选项D错误；由功能关系得克服摩擦力做功等于机械能减少量为14mgR，选项C正确．
答案：BC
预测3　解析：0～10 m内物块上滑，由动能定理得
－mg sin 30°·s－fs＝Ek－Ek0
整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f)s
结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f＝4 N
10～20 m内物块下滑，由动能定理得
(mg sin 30°－f)(s－s1)＝Ek
整理得Ek＝(mg sin 30°－f)s－(mg sin 30°－f)s1
结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N
联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.
答案：A
预测4　解析：设倾斜轨道的倾角为θ，游客质量为m.因为要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，所以要满足mg sin θ<μ0mg cos θ
即tan θ＝hL1<μ0，可得L1>hμ0
假设游客恰好停止在水平轨道右端，对于游客运动的过程，由动能定理得2mgh－20%mgh－(μmg cos θ)L1cosθ＝0－0当μ取最大值1.2μ0时，L1的临界长度最短，故要使游客能滑到水平轨道上，需满足L1≤3h2μ0
假设游客恰好停止在水平轨道左端，对于游客运动的过程，由动能定理得2mgh－20%mgh－(μmg cos θ)L1cosθ－μmgL2＝0－0
当μ取最小值μ0时，(L1＋L2)的临界长度最长，故要使游客能停在水平轨道上，需满足L1＋L2≥9h5μ0>hμ0，故选BC.
答案：BC
预测5　解析：(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得mgL1sin θ－μmgL1cos θ－μmgL2＝0
代入数据得μ＝0.5.
(2)施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得F(L1cos θ＋L2)＋mgL1sin θ－μ(mg cos θ－F sin θ)L1－μmgL2＝12mv2
代入数据得v2＝30F
小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足mg≤mvD2 R
从D到C的过程由机械能守恒定律得12mvD2＋2mgR＝12mv2
解得v≥6 m/s
小物块不脱离斜面AB，应满足F sin θ≤mg cos θ
解得v≤20 m/s
所以v的取值范围为6 m/s≤v≤20 m/s.
(3)P点与C点的高度差为h＝12gt2＝4.05 m，设物块在C点初速度为v0，P点与竖直墙的水平距离为v0t－L4
如图，

由几何关系得tan ∠MNE＝L3+L5-hv0t-L4
已知tan ∠MNE＝L3L4＝12
解得v0＝7 m/s
从C到P由动能定理得mgh＝Ek-12mv02
代入数据，解得Ek＝65 J
即小物块刚运动至P点时的动能为65 J.
答案：(1)0.5　(2)v2＝30F (6 m/s≤v≤20 m/s)　(3)65 J
考点三
例3　

解析：如图所示，设大圆环半径为R，P、A距离为L，由机械能守恒定律可知，小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等，分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑加速度a＝g cos θ＝gL2R，v＝at＝gL2Rt，由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同，即2R＝12gt2，代入上式可得：v＝L gR，故C正确．
答案：C
预测6　解析：运动员做斜抛运动，从最高点到等高位置时间相等，ac两点到b点的竖直高度不同，因此时间不同，故A错误；
根据h＝12gt2，解得t＝2ghg，故B正确；
从a到b根据功能关系得12mv2＝mgh+12mvt2
解得vt＝v2-2gh，故C正确；
从a到b速度变化量Δv＝gt＝2gh，故D正确．
答案：BCD
预测7　解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝12mvC2在C点根据牛顿第二定律有FN－mg＝mvC2 R
代入数据解得FN＝7 N.
(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有mglx sin 37°－mg(3R cos 37°＋R)＝12mv02≥0
即lx≥0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglx sin 37°－4mgR cos 37°＝12mv2
解得v＝12lx-9.6(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)．
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglx sin 37°－mglFG2sin 37°－nμmglFG2cos 37°＝0
解得lx＝7n+615 m
将0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得2728≤n≤397
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝1315 m
②当n＝3时，lx＝95 m
③当n＝5时，lx＝4115 m
答案：(1)7 N
(2)v＝12lx-9.6(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)　(3)见解析