2.1功和能-2025年高考物理二轮复习素养升级（教师版）

专题二能量与动量2.1功和能【命题分析】功和能是力学核心模块，在高考中约占15-20%分值，常作为压轴题载体。新课标强调能量观念的培养，近年命题呈现以下趋势：加强实际情境融合（如体育运动、航天科技中的能量转化）注重守恒思想与功能关系的综合应用减少复杂计算，强化物理过程分析【素养要求】1.会对功和功率进行分析和计算，会求解力的平均功率和瞬时功率。2.掌握常见的功能关系。3.理解动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律，会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量观点问题。1．（2024·山东·高考真题）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（）A． B．C． D．【答案】B【解析】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有解得弹性绳的伸长量则此时弹性绳的弹性势能为从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为则由功能关系可知该过程F所做的功故选B。2．（2024·安徽·高考真题）（多选）一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取，不计空气阻力。则（

）A．物块始终做匀变速曲线运动B．时，物块的y坐标值为2.5mC．时，物块的加速度大小为D．时，物块的速度大小为【答案】BD【解析】A．根据图像可得，，故两力的合力为物块在y轴方向受到的力不变为，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；B．在y轴方向的加速度为故时，物块的y坐标值为故B正确；C．时，，故此时加速度大小为故C错误；D．对x轴正方向，对物块根据动量定理由于F与时间t成线性关系故可得解得此时y轴方向速度为故此时物块的速度大小为故D正确。故选BD。重点一功和功率1．会计算恒力的功和变力的功2．会计算平均功率和瞬时功率例题1.活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（

）A．被弹出时速度大小为B．到达目标组织表面时的动能为F1d1C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2D．运动d2的过程中动量变化量大小为【答案】A【解析】A．根据动能定理有解得故A正确；B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有Ek=F2d2故B错误；C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误；D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小故D错误。故选A。训练1.质量为的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到处，F做功的瞬时功率为（）

A． B． C． D．【答案】A【解析】根据图像可知物块运动到处，F做的总功为该过程根据动能定理得解得物块运动到处时的速度为故此时F做功的瞬时功率为故选A。重点二动能定理的应用1．基本思路(1)确定研究对象和研究过程。(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式。2．解题技巧(1)动能定理虽然是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动。(2)在解决涉及位移和速度而不涉及加速度和时间的问题时，常选用动能定理求解。(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移。例题2.如图所示，小车在水平台面上以恒定功率水平向左引着跨过光滑定滑轮的轻绳（定滑轮左侧的轻绳水平）加速行驶，轻绳牵引铁球沿光滑竖直墙面上升，则在此过程中（）A．铁球处于失重状态B．铁球的加速度减小C．轻绳的拉力增大D．轻绳的拉力对铁球做的功小于铁球克服重力做的功【答案】B【解析】A．设当定滑轮右侧的轻绳与竖直方向的夹角为时，轻绳的拉力大小为，小车的速度大小为，铁球的速度大小为，有在铁球上升的过程中增大，又增大，则在此过程中增大，即铁球具有向上的加速度，则铁球处于超重状态，故A错误；BC．设铁球的质量为，根据牛顿第二定律有小车的功率在不变的情况下，当增大时，减小，而减小，可得铁球的加速度减小，故B正确，C错误；D．因为增大，所以铁球的动能增大，合力对铁球做正功，又墙面对铁球不做功，则轻绳的拉力对铁球做的功大于铁球克服重力做的功，故D错误。故选B。训练2.如图所示，内壁粗糙的半径的圆弧轨道竖直固定在水平地面上，最底端与足够长的水平地面相切。将一质量的滑块（视为质点）从与圆心O等高处沿圆弧轨道由静止释放，滑块经过圆弧轨道最低点P后最终停止在Q点，已知P、Q间的距离，滑块与水平地面间的动摩擦因数，取，下列说法正确的是（）A．滑块经过P点时速度大小为2m/sB．滑块在水平地面上运动的时间为0.2sC．滑块经过圆弧轨道最低点P时，对轨道的压力大小为15ND．滑块沿圆弧轨道滑动的过程中，克服摩擦力做的功为0.5J【答案】D【解析】A．滑块从P点到Q点，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有解得由匀变速运动规律，可知解得故A错误；B．滑块在水平地面上运动的时间故B错误；C．在圆弧轨道最低点P时，根据牛顿第二定律，有解得根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小故C错误；D．滑块沿圆弧轨道滑动过程中，根据动能定理，有解得故D正确。故选D。重点三机械能守恒定律1．机械能守恒的判断定义判断法看动能与势能之和是否变化能量转化判断法机械能没有与其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2.机械能守恒定律的表达式3．连接体的机械能守恒问题共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同，线速度与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)例题3.一弹玻璃球游戏的简化示意图如图所示，在半径为R的固定光滑半球体表面的最高点B放置一个玻璃球P，从A点将另一玻璃球Q以速度（未知）沿圆弧切线弹出，只要能沿球面运动到最高点与玻璃球P发生碰撞即为胜利。已知，重力加速度为g，两玻璃球均可视为质点，，则的大小可能为（）A． B．C． D．【答案】B【解析】玻璃球Q恰好到最高点与玻璃球P相碰时，满足重力和支持力相等，向心力为零，到最高点的最小速度为零，玻璃球Q从A点到最高点，由机械能守恒定律有解得玻璃球Q在A点弹出的最小初速度在A点弹出时，玻璃球Q恰好不离开球面，满足重力沿半径方向的分力提供向心力，有解得玻璃球Q在A点弹出的最大初速度故的大小满足故选B。训练3.某缓冲装置的主要部分是弹簧，工作过程可简化为以下情境：轻质弹簧劲度系数k=400N/m，左端固定在竖直墙上。水平地面上一滑块从P点以某一速度水平向左冲向弹簧，如图甲所示。滑块经弹簧缓冲后向左最远运动到Q点，又被弹簧弹回，最后恰好停在P点。以Q点为坐标原点、水平向右为正方向建立x轴，滑块从Q点到P点的运动过程中，加速度a随位置坐标x的变化规律如图乙所示。已知弹簧始终在弹性限度内，滑块与水平地面间动摩擦因数保持不变，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）A．P点的坐标xP=0.35mB．P点的坐标xP=0.45mC．滑块从P点开始向左运动时的动能Ek=16JD．滑块从P点开始向左运动时的动能Ek=32J【答案】C【解析】AB．滑块从Q运动到P的过程，根据动能定理可得由图可知在Q点有联立可得，故AB错误；CD．根据能量守恒定律可得故C正确，D错误。故选C。难点一功能关系的理解和应用1．常见的功能关系2．两条基本思路(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。例题4.如图所示，将一小物块A轻轻放在长以顺时针匀速转动的传送带左端M处，右端N与放在光滑水平桌面上的长木板C上表面平齐。长木板长为，C的右端带有挡板，在C上放有小物块B，开始时B和C静止，B到挡板的距离为。小物块A与传送带间的动摩擦因数，A、C之间及B、C之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C的质量均为，重力加速度为，所有碰撞均为弹性正碰。下列说法正确的是（）A．小物块A由M运动到N用时1.6sB．A滑上C但未与B相碰前，B的加速度为C．A滑上C后，经1.2s小物块B与挡板相碰D．由于运送物块传送带多消耗能量为16J【答案】D【解析】AD．小物块在传送带上加速时的加速度大小为小物块加速到与传送带共速所用时间为小物块加速阶段通过的位移为小物块在传送带上匀速运动所用时间为则小物块A由M运动到N所用时间为小物块A在传送带上运行过程，发生的相对位移为因摩擦产生的内能为根据能量守恒可知由于运送物块传送带多消耗能量为故A错误，D正确；B．A滑上C但未与B相碰前，以B、C为整体，根据牛顿第二定律可得加速度大小为故B错误；C．A滑上C后，A做减速运动的加速度大小为设经过时间A与小物块B发生碰撞，则有解得或（舍去，因为此时A的速度小于B的速度）碰撞前瞬间A的速度为碰撞前瞬间B、C的速度为A与小物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得，解得碰撞瞬间A、B的速度分别为，可知碰撞后A、C保持相对静止一起加速运动，加速度大小为碰撞后B做减速运动，加速度大小为设经过时间B与A、C达到共速，且B未与挡板相碰，则有解得，此过程B相对C发生的位移大小为假设成立，故B不会与挡板相碰，故C错误。故选D。训练4.如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t=0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F=kt的垂直于斜面的作用力，x、v、f和E分别表示物块位移、速度、所受的摩擦力和机械能，下列图像中可能正确的是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】AB．由于F随时间均匀增大，物块沿斜面下滑过程中，物块对斜面的压力均匀增大，物块所受的滑动摩擦力均匀增大，所以物块所受的合力先沿斜面向下均匀减小，然后沿斜面向上均匀增大，物块停止运动前，物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A错误，B正确；C．时刻所受的摩擦力不为零，故C错误；D．物块沿斜面下滑过程中，滑动摩擦力一直做负功，物块机械能减小，但滑动摩擦力大小在随时间变化，物体速度大小也在随时间变化，所以滑动摩擦力所做的功并非随时间均匀增大，物块的机械能也并非随时间均匀减小，故D错误。故选B。难点二系统机械能守恒1．基本思路守恒思想、转化思想和转移思想的应用。例题5.如图所示，细绳一端固定在天花板上，另一端跨过一光滑动滑轮和两固定在天花板上的光滑定滑轮，动滑轮下端挂有一重物。某人抓住绳的一端，从右侧定滑轮正下方A点以的速度匀速移动到B点，此时细绳与水平方向的夹角为。已知重物质量为，右侧定滑轮与A点的竖直高度，重力加速度，，不考虑滑轮的大小和质量，下列说法正确的是（）A．重物匀速上升B．人到达B点时，重物重力的功率大小为200WC．整个过程人对重物做功为100JD．人行走时，对地面的摩擦力方向水平向右【答案】B【解析】A．在B点绳末端，由关联速度可得，沿绳方向的分速度人向右移动过程中，减小，v不变，故增大，即重物加速上升，A错误；B．人到达B点时，由动滑轮特点，物体上升的速度即重物重力的功率B正确；C．由能量守恒定律，人对重物做的功等于重物机械能的增量，右侧绳长增长重物上升的高度则C错误；D．人行走时，受到的静摩擦力水平向右，人对地面的摩擦力水平向左，D错误。故选B。训练5.如图所示，挡板P固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端与半径为的圆弧轨道连接，其圆心在斜面的延长线上。点有一光滑轻质小滑轮，。质量均为的物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P上，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，物块B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点时（物块B未到达点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．小球A到达点时，小球A与物块B的速度大小相等B．小球A沿圆弧运动到最低点的过程中，其重力的功率一直增大C．小球A到达点时的速度大小为D．小球A由点运动到点的过程中，小球A和物块B的机械能之和先减小后增大【答案】C【解析】A．小球A到达点时，速度分解如图。根据运动的合成与分解有A错误；B．小球A沿圆弧开始运动时，重力的功率增大，到最低点时，速度方向与重力方向垂直，重力的功率为0，因此在此过程中，其重力的功率先增大后减小，B错误；C．A球从解锁到最低点点过程中系统由能量守恒可得又解得故B正确，C错误；D．弹簧经历了从压缩到恢复原长，再到拉伸状态，弹性势能先减小再增大，所以小球A和物块B的机械能之和先增大再减小，故D错误。故选C。（建议用时：30分钟）一、单选题1．如图所示，某扫地机器人在客厅内执行清扫任务，机器人从客厅点出发，沿虚线运动到点，耗时，清扫路线的总长度为的直线距离为，清扫过程中机器人所受的平均阻力大小为，则（）A．表示时刻B．此过程平均速度大小为C．此过程平均速率为D．此过程克服阻力做功240J【答案】C【解析】A．表示清扫的时间，故A错误；B．此过程平均速度大小为故B错误；C．此过程平均速率为故C正确；D．此过程克服阻力做功故D错误。故选C。2．安徽黄山是世界文化与自然双遗产、世界地质公园，以奇松、怪石、云海、温泉、冬雪著称于世。2013年7月开通的西海大峡谷地面观光缆车如图（1）所示，最近因沿线的奇幻美景和视觉上的冲击力突然在社交平台上走红。地面观光缆车的内部结构及该乘客乘车情形如图（2）所示，缆车内部地板水平。则下列说法中正确的是（）A．当观光缆车上行时，该乘客所受的合力一定为零B．当观光缆车加速上行时，缆车对该乘客的作用力方向与轨道平行C．当观光缆车下行时，缆车对该乘客的摩擦力一定不为零D．当观光缆车减速下行时，缆车对该乘客做负功【答案】D【解析】A．当观光缆车匀速上行时，乘客受到的合力才为零，故A错误；B．观光缆车加速上行时，加速度方向沿轨道向上，乘客受到的合力方向沿轨道向上，因此缆车对乘客的作用力与重力的合力方向与轨道平行向上，则缆车对乘客的作用力一定不与轨道平行，故B错误；C．缆车匀速下行时，人处于平衡状态，则缆车对人的摩擦力为零，故C错误；D．缆车减速下行时，缆车对人的作用力方向与人的位移方向的夹角为钝角，缆车对乘客做负功，D正确。故选D。3．如图所示，将完全相同的小球1、2从同一高度处同时由静止释放，其中斜面固定在地面上且表面光滑，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．两个小球同时落地B．两个小球落地瞬间的速度相同C．两个小球落地瞬间的动能相同D．两个小球落地瞬间重力的功率相同【答案】C【解析】A．小球1做自由落体运动，小球2做初速度为零的匀加速直线运动，小球2的加速度小于g，位移大于小球1的位移，所以小球2的运动时间比小球1的运动时间长，即小球2后落地，故A错误；BC．两个小球运动过程中机械能守恒，重力势能的减少量相等，动能的增加量也相等，末动能也相等，末速度大小也相等，但方向不同，所以两个小球落地瞬间的速度不相同，故B错误，C正确；D．两个小球落地瞬间速度大小相等，但方向不同，所以重力的功率不同，故D错误。故选C。4．质量为m的汽车从静止开始以恒定功率P启动，达到最大速度v时撤去牵引力，汽车开始做减速运动直至停止，整个过程中汽车所受阻力恒定。下列说法正确的是（）A．在加速阶段，汽车在相同时间间隔内的速度增加量逐渐增大B．在加速阶段，汽车的动能变化量等于牵引力做的功C．在减速阶段，汽车的位移大小为D．在整个运动阶段，汽车的平均速度大于【答案】D【解析】A．汽车在加速阶段有，可知，汽车速度增大，牵引力减小，加速度减小，所以汽车在相同时间间隔内的速度增加量逐渐减小，故A错误；B．在加速阶段，根据动能定理可知，汽车的动能变化量等于牵引力与阻力做功之和，故B错误；C．汽车在减速阶段有，，联立可得​故C错误；D．由于汽车在加速阶段加速度减小，所以平均速度大于，减速阶段平均速度等于，所以在整个运动阶段，汽车的平均速度大于，​故D正确。故选D。5．图为记载于《天工开物》的风扇车，它是用来去除水稻等农作物子实中杂质的木制传统农具。风扇车的工作原理可简化为图（b）模型：质量为的杂质与质量为的子实仅在水平恒定风力和重力的作用下，从同一位置静止释放，若小于，杂质与子实受到的风力大小相等。下列说法正确的是（）A．杂质与子实在空中做曲线运动B．杂质与子实在空中运动的时间相等C．杂质与子实落地时重力的瞬时功率相等D．杂质落地点与点的水平距离小于子实落地点与点的水平距离【答案】B【解析】A．在水平恒定风力和重力的作用下，从同一位置静止释放，所以杂质与子实在空中做初速度为零的匀变速直线运动，故A错误；B．杂质与子实在空中运动的时间相等，因为竖直方向两者均做自由落体运动，高度相同，故B正确；C．杂质与子实落地时重力的瞬时功率因为质量不同，所以功率不同，故C错误；D．杂质的水平加速度较大，水平方向位移杂质落地点与点的水平距离大于子实落地点与点的水平距离，故D错误。故选B。6．如图1为海盗桶玩具，当插进桶内的剑触发桶内开关时，小海盗就从木桶顶部突然跳出来。其原理可简化为图2所示，弹簧压缩后被锁扣锁住，打开锁扣，小球被弹射出去，A位置为弹簧原长，忽略弹簧质量和空气阻力，从B到A的过程中，下列说法正确的是（）A．小球的机械能守恒B．小球的速度一直在增大C．小球的加速度先增大后减小D．小球与弹簧组成的系统重力势能与弹性势能之和先减小后增大【答案】D【解析】A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；BC．小球向上运动的过程，对小球受力分析，可知，刚开始弹簧的弹力先大于重力，故加速度向上，速度向上，随着形变量的减小，加速度不断减小，但小球的速度向上不断增大；然后，弹簧的弹力等于重力，此时加速度为零，速度最大；最后弹簧的弹力小于重力，加速度向下，速度向上，随着形变量的减小，加速度不断增大，但小球的速度不断减小，所以此过程小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故BC错误；D．由题分析，可知小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，故在此过程中，小球的速度先增大后减小，则小球的动能先增大后减小，所以重力势能与弹性势能之和先减小后增，故D正确。故选D。7．世界跳伞冠军石春艳在张家界从距地面200m高的直升飞机中由静止跳下，下落一段距离后，打开降落伞，成功降落在定点位置，成为超低空跳伞第一人。她在空中的运动轨迹视为直线，假设她受到的各个力均为恒力，则在运动过程中，以向下为正方向，下列关于她的加速度a、速度v、位移x和机械能E随时间t变化的图像，可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】A．石春艳跳伞过程，由于所受到的力均为恒力，根据题意可知她先做匀加速直线运动，降落伞打开后做匀减速直线运动，加速度a方向先向下，后向上，图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量，坐标轴之上表示增加的速度，坐标轴之下表示减小的速度，由于减小的速度不可能大于增加的速度，故A错误；B．石春艳跳伞过程，先做匀加速直线运动，降落伞打开后做匀减速直线运动，速度方向始终向下，取正值，B可能正确；C．加速阶段，位移有位移与时间成二次函数的关系，C错误；D．加速阶段机械能，，可得机械能与时间成二次函的关系，D错误。故选B。8．光滑水平地面上，质量为2kg、上表面粗糙的木板正以的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的物块，质量为1kg，速度向左，大小也是。经过2s后，物块刚好滑到木板左端且二者刚好相对静止。这一过程中，下列说法中正确的是（g取）（

）A．木板长度为3m B．物块与木板间的动摩擦因数为0.1C．系统产热为12J D．摩擦力对物块做功为4J【答案】C【解析】AB．根据题意可知，设木板质量为M，物块质量为m，题意可知二者初速度大小，设二者最终速度为v，木板与物块所组成的系统动量守恒，取向右为正，有代入数据得即物块滑到木板左端时两者共速，以1m/s的速度大小一起向右做匀速直线运动。木板的加速度大小为对木板，由牛顿第二定律有代入数据解得物块与木板间的动摩擦因数为设木板长度为L，由功能关系得代入数据解得木板的长度L=6m故AB错误；C．系统因摩擦产生的热为故C正确；D．由运动学知识可知物块达到共速时的对地位移为负号表示位移向左，故摩擦力对物块做的功为故D错误。故选C。二、多选题9．如图，带电荷量为的球1固定在倾角为光滑绝缘斜面上的N点，其正上方L处固定一电荷量为的球2，斜面上距N点L处的M点有质量m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在M点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（

）A．带正电B．运动到MN中点处时，动能最大C．运动至N点的速度大小为D．运动至N点的加速度大小为2g【答案】AD【解析】A.由于2球对3球的作用力沿斜面方向的分力大小为垂直斜面方向的分力大小为小球所受重力沿沿斜面方向的分力大小为垂直斜面方向的分力大小为由于，，且弹簧被压缩，所以小球1与小球3之间是斥力，小球1带正电，小球3也带正电，A正确；B．由于小球2带负电，小球1带正电，小球1和2之间是引力，球3沿斜面向下运动合力为零时动能最大，运动到MN中点处时，小球所受弹簧的弹力为0，库仑力垂直于斜面向上，合力为，所以此时动能不是最大，B错误；C．运动至N点的过程中，弹簧的弹性势能不变，电场力做功为零，电势能也不变，根据能量守恒有可得C错误；D．球3在M点时，根据平衡有，对于球3和球2之间有可得球3运动至N点时，弹簧弹力反向，大小不变，根据牛顿第二定律，有解得D正确。故选AD。10．2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱返回地面，在打开降落伞后的一段时间内，整个装置先减速后匀速下降，在这段时间内关于返回舱的说法正确的是（）A．减速下降阶段，返回舱处于失重状态B．减速下降阶段，返回舱动能的减少量小于飞船克服阻力做的功C．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量大于重力对飞船做的功D．匀速下降阶段，重力对飞船做的功等于飞船克服阻力做的功【答案】BD【解析】A．打开降落伞后，返回舱减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；B．减速下降阶段，由功能关系可知则返回舱动能的减少量小于飞船克