2020年高考物理一轮复习文档：第6章机械能及其守恒定律第27讲 学案

第27讲　功能关系　能量守恒定律
考点一　功能关系的理解和应用

1．对功能关系的理解
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．几种常见的功能关系及其表达式




(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　)

A．两滑块组成的系统机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加量
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量
D．两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
解析　由于M与斜面ab之间存在滑动摩擦力，故两滑块组成的系统机械能不守恒，A错误；合外力对M做的功等于M动能的增加量，B错误；对于m，除了重力对其做功外，只有轻绳对其做功，故轻绳对m做的功等于m机械能的增加量，C正确；对于两滑块组成的系统，在运动过程中克服摩擦阻力做功，系统的机械能减少并转化为内能，故该系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功，D正确。
答案　CD

方法感悟
1．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能的转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2．功能关系在具体问题中的应用
(1)若只涉及动能的变化用动能定理。
(2)若只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)若只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
(4)若只涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析。


1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　)
A．动能增加了1900 J
B．动能增加了2000 J
C．重力势能减小了1900 J
D．重力势能减小了2000 J
答案　C
解析　根据动能定理W合＝ΔEk可知，韩晓鹏在此过程中动能增加了ΔEk＝1900 J－100 J＝1800 J，A、B错误；重力做正功，重力势能减小了1900 J，C正确，D错误。
2．(多选)质量为1 kg的物体被人用手由静止向上提高2 m，这时物体的速度是4 m/s，下列说法中正确的是(不计一切阻力，取g＝10 m/s2)(　　)
A．合外力对物体做功8 J B．手对物体做功8 J
C．物体机械能增加了8 J D．物体重力势能增加了20 J
答案　AD
解析　由动能定理得，合外力对物体做功W合＝mv2－0＝8 J，A正确；W合＝W人－mgh，所以W人＝W合＋mgh＝(8＋1×10×2) J＝28 J，B错误；物体机械能增加量等于除重力之外的力做功，所以物体机械能增加量ΔE＝W人＝28 J，C错误；物体重力势能增加量等于物体克服重力做的功，所以物体重力势能增加量ΔEp＝mgh＝1×10×2 J＝20 J，D正确。
3．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环(　　)

A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案　BD
解析　由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后反向增大，故A错误；根据能量守恒定律，从A到C有mgh＝Wf＋Ep(Wf为克服摩擦力做的功)，从C到A有mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得：Wf＝mv2，Ep＝mgh－mv2，所以B正确，C错误；根据能量守恒定律，从A到B的过程有mv＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，从B到A的过程有mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比较两式得vB′>vB，所以D正确。

考点二　摩擦力做功与能量转化

　两种摩擦力做功特点的比较



(2015·北京高考)如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计。物块(可视为质点)的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F＝kx，k为常量。

(1)请画出F随x变化的示意图；并根据F－x图象求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功；
(2)物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中，
a．求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；
b．求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。
解析　(1)F－x图象如图。

物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中，弹力做负功：F－x图象与x轴所围的面积等于弹力做功大小。
所以弹力做功为：
WT＝－·kx·x＝－kx2。
(2)a.物块由x1向右运动到x3的过程中，弹力做功
WT1＝－·(kx1＋kx3)·(x3－x1)＝kx－kx
物块由x3向左运动到x2的过程中，弹力做功
WT2＝·(kx2＋kx3)·(x3－x2)＝kx－kx
整个过程中，弹力做功
WT＝WT1＋WT2＝kx－kx，由此得
弹性势能的变化量ΔEp＝－WT＝kx－kx
b．整个过程中，摩擦力做功Wf＝－μmg·(2x3－x1－x2)
与弹力做功比较：弹力做功与x3无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以，我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能。而摩擦力做功与x3有关，即与实际路径有关，所以，不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。
答案　(1)图见解析　－kx2
(2)a.kx－kx　kx－kx　b．－μmg·(2x3－x1－x2)　见解析

方法感悟
求解摩擦力做功与能量转化问题的方法
(1)正确分析物体的运动过程。
(2)利用运动学公式结合牛顿运动定律或动能定理分析物体的速度关系及位移关系。
(3)无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。
(4)摩擦生热的计算：公式Q＝Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体做往复运动，则x相对为总的相对路程。




如图所示，一质量m＝2 kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1 kg的小铁块以水平向左v0＝9 m/s的速度从木板的右端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2，木板足够长，求：

(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；
(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x。
答案　(1)0.5 m/s2　(2)36 J　1.5 m
解析　(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律可得μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2，
解得a2＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4 m/s2。
设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有v＝v0－a1t，v＝a2t
解得：v＝1 m/s，t＝2 s。
铁块相对地面的位移
x1＝v0t－a1t2＝9×2 m－×4×4 m＝10 m
木板运动的位移x2＝a2t2＝×0.5×4 m＝1 m
铁块与木板的相对位移
Δx＝x1－x2＝10 m－1 m＝9 m
则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量
Q＝Ff·Δx＝μ2Mg·Δx＝0.4×1×10×9 J＝36 J。
设达共同速度后的加速度大小为a3，发生的位移为s，则有：
a3＝μ1g＝1 m/s2，s＝＝ m＝0.5 m。
木板在水平地面上滑行的总路程
x＝x2＋s＝1 m＋0.5 m＝1.5 m。
考点三　能量守恒定律的应用

1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
3．表达式
(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
(2)ΔE增＝ΔE减，某种形式能量的减少量等于其他形式能量的增加量。
4．对能量守恒定律的两点理解
(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
(2)转移：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。

如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：

(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能。
解析　(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
2mgLsinθ＋·3mv＝mgL＋μ·2mgcosθ·L＋·3mv2
可解得v＝2 m/s。
(2)在物体A由C点将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，A、B组成的系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即
·3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，
由能量守恒定律可得
·3mv2＋2mgxsinθ＝mgx＋μ·2mgcosθ·x＋Epm，
解得Epm＝6 J。
答案　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J

方法感悟
1．运用能量守恒定律解题的基本思路

2．多过程问题的解题技巧
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。
(3)“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。

1．(2018·广州测试)如图，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物块以一定初速度从斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端时的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始终保持静止，则小物块(　　)

A．上滑所需时间与下滑所需时间相等
B．上滑时的加速度与下滑时的加速度相等
C．上滑和下滑过程，小物块机械能损失相等
D．上滑和下滑过程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反
答案　C
解析　设小物块质量为m，上滑到最高点时的位移大小为x，滑到底端时的速度大小为vt，斜劈与物块间的动摩擦因数为μ，斜劈斜面与水平面的夹角为θ，已知斜劈保持静止，则小物块对斜劈的压力FN＝mgcosθ，x＝·t上＝·t下，因为v0＞vt，故t上＜t下，A错误；规定小物块上滑时初速度方向为正方向，则a上＝＝－g(sinθ＋μcosθ)，a下＝＝g(μcosθ－sinθ)，故a上≠a下，B错误；小物块损失的机械能等于克服摩擦力所做的功，W上＝－μmgcosθx，W下＝－μmgcosθx，故W上＝W下，则小物块的机械能损失相等，C正确；对斜劈进行受力分析可知，上滑和下滑过程，小物块对斜劈的合力的方向均是斜向右下方，则斜劈受到地面的摩擦力方向均为水平向左，D错误。
2．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R，一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C，C、O、B三点在同一竖直线上。(不计空气阻力)试求：

(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。
答案　(1)mgR　(2)mgR
解析　(1)设物体在B点的速度为vB，受到的弹力为FNB，则有：FNB－mg＝m，
又FNB＝8mg
由能量守恒定律可知：弹性势能Ep＝mv＝mgR。
(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知：mg＝m，
物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得
Q＝mv－＝mgR。
3. (人教版必修2 P82·T2改编)某海湾共占面积1.0×107 m2，涨潮时平均水深20 m，此时关上水坝闸门，可使水位保持20 m不变，退潮时，坝外水位降至18 m(如图)。利用此水坝建立一座水力发电站，重力势能转化为电能的效率为10%，每天有两次涨潮，该电站每天能发出多少电能？(g＝10 m/s2，不计发电机的能量损失)

答案　4×1010 J
解析　退潮时，由坝内流向坝外的水的质量m＝ρV＝ρSh＝
1.0×103×1.0×107×(20－18) kg＝2×1010 kg。
每次退潮重力势能的减少量ΔEp减＝mg·
两次退潮重力势能共减少ΔEp＝2mg＝mgh
故每天发出的电能
E电＝ΔEp·10%＝2×1010×10×2×10% J＝4×1010 J。
课后作业
[巩固强化练]
1．质量为m的物体从静止以g的加速度竖直上升高度h。对该过程，下列说法中正确的是(　　)
A．物体的机械能增加mgh
B．物体的机械能减少mgh
C．重力对物体做功mgh
D．物体的动能增加mgh
答案　D
解析　质量为m的物体从静止以的加速度竖直上升h，重力对物体做功－mgh，所受合外力为mg，合外力做功mgh，由动能定理，物体的动能增加mgh，C错误，D正确；物体的机械能增加mgh＋mgh＝mgh，A、B错误。
2．如图所示，质量为m的钢制小球，用长为l的细线悬挂在O点。将小球拉到与O点相齐平的水平位置C由静止释放。小球运动到最低点时对细绳的拉力为2mg，若小球运动到最低点B时用小锤头向左敲击它一下，瞬间给小球补充机械能ΔE，小球就能恰好摆到与C等高的A点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气的阻力就越大。则下列说法中正确的是(　　)

A．ΔE>mgl B．ΔE C．ΔE＝mgl D.mgl<ΔE 答案　A
解析　在B点有2mg－mg＝m，由C到B过程有mgl－Wf＝mv2，解得Wf＝mgl，对小球由B到A过程有ΔE＋mv2＝Wf1＋mgl，由于B到A过程速度大于C到B过程，故Wf1>Wf，联立解得ΔE>mgl，故A正确。
3．(多选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有(　　)

A．物体重力势能减少量一定大于W
B．弹簧弹性势能增加量一定小于W
C．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W
D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W
答案　AD
解析　根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔEp＋W，所以物体重力势能减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：Ek＝mgh－W弹＝mgh－ΔEp＝W，所以D正确。
4．如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同。物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态。现从M点由静止释放物块，物块运动到N点时恰好静止。弹簧原长小于OM′。若物块从M点运动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s。不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是(　　)

答案　B
解析　设物块在M点、M′点时的机械能分别为E0、E1，MM′长为s0，由功能关系可知在M到M′过程：E＝E0－μmgs，在M′到N过程E＝E1－μmg(s－s0)cosθ，A错误，B正确；产生的热量在M到M′过程：Q＝μmgs，在M′到N过程：Q＝μmg(s－s0)cosθ，故C、D错误。
5. 如图所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与O点等高的A点，OA＝l，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到O点正下方时，绳对小球拉力为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)

A．2mg B．3mg C.mg D.mg
答案　C
解析　设小球到达A点的正下方B点时细绳刚好绷紧，则OB与水平方向的夹角的余弦值为cosα＝＝＝0.6，可得小球自由下落的高度为h＝lsinα＝0.8l，到达B点的速度v1＝，细绳绷紧后瞬间小球只有垂直于细绳的分速度，大小为v2＝v1cosα，从B点到最低点，由动能定理得mgl(1－sinα)＝mv－mv，在最低点有T－mg＝m。联立以上各式解得T＝mg，C正确。
[真题模拟练]
6．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)

A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
答案　C
解析　小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动，加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为：x＝axt2＝g2＝2R。综上所述，小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。

7．(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)

A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
答案　C
解析　因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力沿曲面切线的分力与摩擦力平衡，Gsinθ＝f，θ减小，f减小，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，D错误。

8．(2016·上海高考)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中(　　)
A．失重且机械能增加 B．失重且机械能减少
C．超重且机械能增加 D．超重且机械能减少
答案　B
解析　据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减少；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故B正确。
9．(2014·广东高考)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)

A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫板的动能全部转化为内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
答案　B
解析　由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，C、D错误。
10．(2014·上海高考)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是(　　)

答案　C
解析　以地面为零势能面，以竖直向上为正方向。对物体，撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，v＝at，某一时刻的机械能E＝ma(g＋a)t2∝t2；撤去外力后，只有重力做功，物体机械能守恒，C正确，A、B、D错误。
11．(2018·济宁月考)如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0。下列说法中正确的是(　　)

A．A和C将同时滑到斜面底端
B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多
C．滑到斜面底端时，B的动能最大
D．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多
答案　C
解析　滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，A错误；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，D错误；滑块A和B滑到底端时经过的路程相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，B错误，C正确。
12．(2018·南昌模拟)(多选)如图所示，内壁光滑、半径大小为R的圆轨道固定在竖直平面内，一个质量为m的小球静止在轨道的最低点A点。现给小球一瞬时水平打击力，使小球沿轨道在竖直平面内运动。当小球重新回到A点时，再沿它的运动方向给第二次瞬时打击力。经过二次击打后，小球才能够通过轨道的最高点。已知第一次和第二次对小球的打击力做的功分别为W和3W，则W的值可能为(　　)

A.mgR B.mgR C.mgR D．mgR
答案　BCD
解析　最终小球能通过轨道最高点，则在最高点≥mg，则小球的机械能E＝mv2＋2mgR≥mgR，W＋3W≥mgR，W≥mgR。因为小球沿轨道运动，经过两次击打才能通过最高点，所以第一次击打后小球运动的高度不大于R，则W≤mgR。所以mgR≤W≤mgR，B、C、D正确。
13．(2019·四川广元第一次适应性统考)(多选)如图所示，ab、ac、ad、ae是竖直面内的四根固定的细杆，四根细杆与竖直方向的夹角分别为0、30°、45°、60°。a、b、c、d、e点位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，每根杆上都套着一个相同的小滑环(圆中未画出)，小滑环与细杆之间的动摩擦因数为μ。在四个小滑环从a点由静止释放分别沿细杆滑到另一端的过程中，以下说法正确的是(　　)

A．所用时间的关系为：tb＝tc＝td＝te
B．末速度的关系为：vb>vc>vd>ve
C．损失的机械能关系为：ΔEb<ΔEc<ΔEd<ΔEe
D．产生的热量关系为：Qb 答案　BD
解析　滑环从细杆上下滑时，假设细杆与竖直方向的夹角为θ，则下滑加速度大小为gcosθ－μgsinθ，下滑位移为2Rcosθ，根据x＝at2，解得滑环从顶端由静止开始滑动到底端的时间t＝＝2，因倾角不同，故下滑时间不相同，A错误；滑环下滑的加速度a＝gcosθ－μgsinθ，θ越大，a越小，故ab＞ac＞ad＞ae，已知xb＞xc＞xd＞xe，又根据v2＝2ax，可知：vb＞vc＞vd＞ve，B正确；损失的机械能全部用来克服摩擦力做功，f＝μmgsinθ，运动路程x＝2Rcosθ，克服摩擦力做功的表达式为Wf＝f·x＝μmgR·sin2θ，当θ＝45°时，Wf取最大值，故Wfd最大，所以沿ad运动时，损失的机械能最多，C错误；损失的机械能全部转化为内能，即Q＝Wf＝μmgR·sin2θ，因sin(2×30°)＝sin(2×60°)，故Qc＝Qe，又因sin(2×45°)＝1最大，故Qd最大，沿ab自由下落无内能产生，故Qb＝0，所以产生的热量关系为：Qb＜Qc＝Qe＜Qd，故D正确。
14．(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/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9.8 m/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600 m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)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J
解析　(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝mv①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108 J②
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1.60×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012 J④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝m2＋mgh′⑤
由功能关系得W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飞船从高度600 m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≈9.7×108 J。