2020版物理新增分大一轮新高考（京津鲁琼）讲义：第五章机械能第4讲

第4讲　功能关系　能量守恒定律

一、几种常见的功能关系及其表达式
力做功
能的变化
定量关系
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势能变化
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力
的功
弹性势能变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，ΔE＝0
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
机械能减少
内能增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热
Q＝Ff·x相对

自测1　(多选)(2018·江西省赣州市十四县市期中)一个质量为m的物体以a＝2g的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的(　　)
A．重力势能减少了2mgh B．动能增加了2mgh
C．机械能保持不变 D．机械能增加了mgh
答案　BD
解析　下降h高度，则重力做正功mgh，所以重力势能减小mgh，A错误；根据动能定理可得F合h＝ΔEk，又F合＝ma＝2mg，故ΔEk＝2mgh，B正确；重力势能减小mgh，而动能增大2mgh，所以机械能增加mgh，C错误，D正确．
二、两种摩擦力做功特点的比较
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量的转化方面
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
(1)将部分机械能从一个物体转移到另一个物体
(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功

自测2　如图1所示，一个质量为m的铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(　　)

图1
A.mgR B．mgR
C.mgR D.mgR
答案　D
三、能量守恒定律
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．表达式
ΔE减＝ΔE增．
3．基本思路
(1)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)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．
自测3　(多选)如图2所示为生活中磨刀的示意图，磨刀石静止不动，刀在手的推动下从右向左匀速运动，发生的位移为x，设刀与磨刀石之间的摩擦力大小为Ff，则下列叙述中正确的是(　　)

图2
A．摩擦力对刀做负功，大小为Ffx
B．摩擦力对刀做正功，大小为Ffx
C．摩擦力对磨刀石做正功，大小为Ffx
D．摩擦力对磨刀石不做功
答案　AD

命题点一　功能关系的理解和应用
例1　(多选)(2016·全国卷Ⅱ·21)如图3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3
A．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<，知小球在M处时弹簧处于压缩状态，在N处时弹簧处于伸长状态，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，小球在竖直方向受到的力只有重力，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，则有两个时刻小球的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力方向与速度方向垂直，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，因小球在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．
变式1　(2018·广东省惠州市第三次调研)质量为2 kg的物体以10 m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了 10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10 m/s2)(　　)
A．40 J B．60 J C．80 J D．100 J
答案　B
解析　物体抛出时的总动能为100 J，物体的动能损失了50 J时，机械能损失了10 J，则动能损失100 J时，机械能损失了20 J，此时到达最高点，返回时，机械能还会损失20 J，故从A点抛出到落回到A点，共损失机械能40 J，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确．
例2　(多选)(2018·广东省潮州市下学期综合测试)如图4所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是(　　)

图4
A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大
B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．拉力F做的功小于2mgR
D．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)
答案　CD
解析　当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正确．
变式2　(2018·四川省第二次“联测促改”)高速公路部分路段旁建有如图5所示的避险车道，车辆可驶入避险．若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是(　　)

图5
A．克服阻力做的功为mv
B．该过程产生的热量为mv－mgh
C．在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功
D．在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间
答案　B
解析　根据动能定理有－mgh－Ffl＝0－mv，克服阻力做的功为Wf＝Ffl＝mv－mgh，故A错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，则该过程产生的热量为mv－mgh，故B正确；阻力做的功与路程成正比，在AC段克服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误；从A到B做匀减速运动，在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误．
命题点二　摩擦力做功与能量转化
1．静摩擦力做功
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．
从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．
例3　如图6所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是(　　)

图6
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C．第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功
答案　C
解析　对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体有x1＝t，对传送带有x1′＝vt，因摩擦产生的热量Q＝Ffx相对＝Ff(x1′－x1)＝Ff·t，物体机械能增加量ΔE＝Ff·x1＝Ff·t，所以Q＝ΔE，C正确．
变式3　质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图7所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)

图7
A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案　A
解析　根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得mv＝W弹＋Wf，W弹＝mv－μmg(s＋x)，故选项A正确．
例4　(多选)(2010·山东卷·22)如图8所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中(　　)

图8
A．物块的机械能逐渐增加
B．软绳重力势能共减少mgl
C．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功
D．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和
答案　BD
解析　绳的拉力对物块做负功，所以物块的机械能减少，故选项A错误；软绳减少的重力势能ΔEp＝mg(－sin 30°)＝mgl，故选项B正确；软绳被拉动，表明细线对软绳拉力大于摩擦力，而物块重力势能的减少等于克服细线拉力做功与物块动能之和，选项C错误；对软绳应用动能定理，有WT＋WG－Wf＝ΔEk，所以软绳重力势能的减少ΔEp＝WG＝ΔEk＋Wf－WT，所以ΔEp<ΔEk＋Wf，选项D正确．
变式4　(多选)(2019·吉林省白城市模拟)质量为m的物体在水平面上，只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为，则(　　)
A．物体与水平面间的动摩擦因数为
B．物体再前进便停止
C．物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的倍
D．若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0
答案　AD
解析　由动能定理知Wf＝μmgd＝E0－，所以μ＝，A正确；设物体总共滑行的距离为s，则有μmgs＝E0，所以s＝d，物体再前进便停止，B错误；将物体的运动看成反方向的初速度为0的匀加速直线运动，则连续运动三个距离所用时间之比为(－)∶(－1)∶1，所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(－1)倍，C错误；若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知μmg·3d＝Ek，得Ek＝2E0，D正确．
命题点三　能量守恒定律的理解和应用
例5　如图9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.不计空气阻力，试求：

图9
(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，所受弹力为FNB，由牛顿第二定律得：FNB－mg＝m
由牛顿第三定律知FNB＝FNB′＝8mg
由能量守恒定律可知
物体在A点时的弹性势能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－(mv＋2mgR)
解得Q＝mgR.
变式5　如图10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，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0(v0>)，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．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：

图10
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能．
答案　(1)　(2)(－L)　(3)m(v－gL)
解析　(1)物体A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcos θ，
对A向下运动到C点的过程，对A、B组成的系统，由动能定理有
2mgLsin θ－mgL－2μmgLcos θ＝m(v2－v)
解得v＝
(2)从物体A接触弹簧将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程，对系统由动能定理得
－Ff·2x＝0－×3mv2
解得x＝－＝(－L)
(3)从弹簧被压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中，由能量守恒定律得
Ep＋mgx＝Ffx＋2mgxsin θ
解得Ep＝(v－gL)．


1.(多选)(2018·福建省三明一中模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图1是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是(　　)

图1
A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B．人和滑车获得的动能为0.8mgh
C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
答案　BC
解析　沿斜面的方向有ma＝mgsin 30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mgsin 30°－Ff)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误．
2.(多选)(2018·安徽省安庆市二模)一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，如图2所示，运动方向与水平方向成53°，运动员的加速度大小为.已知运动员(包含装备)的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是(　　)

图2
A．运动员重力势能的减少量为
B．运动员动能的增加量为
C．运动员动能的增加量为mgh
D．运动员的机械能减少了
答案　CD
解析　运动员下落的高度是h，W＝mgh，运动员重力势能的减少量为mgh，故A错误；运动员下落的高度是h，则飞行的距离L＝＝h，运动员受到的合外力F合＝ma＝mg，动能的增加量等于合外力做的功，即ΔEk＝W合＝mg×h＝mgh，故B错误，C正确；运动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mgh，所以运动员的机械能减少了mgh，故D正确．
3.(多选)(2018·山东省临沂市一模)如图3所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中(　　)


图3
A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh
B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和
C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和
D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和
答案　CD
解析　当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A由动能定理有物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和，故D正确．
4．(2019·四川省德阳市调研)足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是(　　)
A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2
答案　B
解析　对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝，这段时间内因摩擦产生的热量Q＝μmg·x相对＝2mv2，选项B正确．
5．(多选)(2018·陕西省黄陵中学考前模拟)如图4所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2＞m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是(　　)

图4
A．两滑块到达B点的速度相同
B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同
D．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同
答案　CD
解析　两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcos θ·，则mgh＝，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E损＝μmgcos θ·＝，结合C可知D正确．
6．(多选)(2018·黑龙江省佳木斯市质检)如图5所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则(　　)

图5
A．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
C．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
D．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能
答案　BC
解析　根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误．
7．(多选)(2018·河南师大附中模拟)如图6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(　　)

图6
A．两滑块组成系统的机械能守恒
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．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
答案　CD
解析　由于斜面ab粗糙，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加量，故B错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，轻绳对m做的功等于m机械能的增加量，故C正确；摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D正确．
8.(多选)(2018·山东省泰安市上学期期中)一小球在竖直方向的升降机中，由静止开始竖直向上做直线运动，运动过程中小球的机械能E与其上升高度h关系的图象如图7所示，其中0～h1过程的图线为曲线，h1～h2过程中的图线为直线．下列说法正确的是(　　)

图7
A．0～h1过程中，升降机对小球的支持力一定做正功
B．0～h1过程中，小球的动能一定在增加
C．h1～h2过程中，小球的动能可能不变
D．h1～h2过程中，小球重力势能可能不变
答案　AC
解析　设升降机对小球的支持力大小为FN，由功能关系得FNh＝E，所以E－h图象的斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小，从题图可知机械能增大，所以升降机对小球的支持力做正功，在0～h1过程中斜率的绝对值逐渐减小，故在0～h1过程中小球所受的支持力逐渐减小．所以开始先做加速运动，当支持力减小后，可能会做匀速运动，也可能会做减速运动，还可能仍做加速运动，故A正确，B错误；由于小球在h1～h2过程中E－h图象的斜率不变，所以小球所受的支持力保持不变，故小球可能做匀速运动，动能可能不变，C正确；由于小球在h1～h2过程中高度一直增大，重力势能随高度的增大而增大，故D错误．

9.(多选)(2018·山东省泰安市上学期期末)如图8，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L.B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°.A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此下降过程中(　　)

图8
A．A的动能最大时， B、C的动能均为零
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度为零
D．弹簧的弹性势能最大值为mgL
答案　BD
解析　A的加速度为零时速度最大，此时速度仍向下，弹簧要继续伸长，B、C继续运动，故二者动能不为零，故选项A错误；A的动能最大时，设B和C受到的地面的支持力大小均为FN，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2FN＝3mg，所以FN＝mg，故选项B正确；A的加速度为零时速度最大，此时速度仍向下，弹簧要继续伸长，所以弹簧的弹性势能继续增大，当A到达最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A仍有加速度，故C错误；A下降的高度为h＝Lsin 60°－Lsin 30°＝L，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为Ep＝mgh＝mgL，故D正确．
10.(多选)(2018·四川省攀枝花市第二次统考)如图9所示，一轻弹簧下端固定在倾角为θ的固定斜面底端，弹簧处于原长时上端位于斜面上的B点，B点以上光滑，B点到斜面底端粗糙，可视为质点的物体质量为m，从A点由静止释放，将弹簧压缩到最短后恰好能被弹回到B点．已知A、B间的距离为L，物体与B点以下斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，则此过程中(　　)

图9
A．克服摩擦力做的功为mgLsin θ
B．弹簧的最大压缩量为
C．物体的最大动能一定等于mgLsin θ
D．弹性势能的最大值为mgLsin θ(1＋)
答案　AD
解析　对于整个过程，由动能定理得：mgLsin θ－Wf＝0，得克服摩擦力做的功Wf＝mgLsin θ，故A正确．物体接触弹簧前，由机械能守恒定律知，物体刚接触弹簧时的动能等于mgLsin θ.当物体所受重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力时物体的合力为零，速度最大，动能最大，此时物体在B点以下，从B点到此位置物体仍会加速，所以物体的最大动能一定大于mgLsin θ，故C错误．
设弹簧的最大压缩量为x，弹性势能的最大值为Ep.
物体从A到将弹簧压缩到最短的过程，由能量守恒得：mg(L＋x)sin θ＝μmgcos θ·x＋Ep，
物体从将弹簧压缩到最短到弹回B点的过程，由能量守恒得：mgxsin θ＋μmgcos θ·x＝Ep，
联立解得 x＝，Ep＝mgLsin θ，
故B错误，D正确．
11．如图10为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ运动，已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T，轨道半径为r，椭圆轨道的近地点B离地心的距离为kr(k＜1)，引力常量为G，飞船的质量为m，求：

图10
(1)地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小；
(2)若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能Ep＝－，式中G为引力常量．求飞船在A点变轨时发动机对飞船做的功．
答案　(1)　　(2)
解析　(1)飞船在轨道Ⅰ上运动时，由牛顿第二定律有
G＝mr()2，则地球的质量M＝
飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小为v＝.
(2)设飞船在椭圆轨道上的远地点速度为v1，在近地点的速度为v2，由开普勒第二定律有rv1＝krv2
根据能量守恒定律有
mv－G＝mv－G
解得v1＝＝
根据动能定理，飞船在A点变轨时，发动机对飞船做的功为W＝mv－mv2＝.
12．(2017·全国卷Ⅰ·24)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7.5×103 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＝4.0×108 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．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′＝m(vh)2＋mgh′⑤
由功能关系得
W＝Eh′－E0⑥
式中，W是飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．
由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J⑦