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2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点20 功能关系 能量守恒定律 Word版含解析
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这是一份2018年高考考点完全题物理考点通关练：考点20 功能关系 能量守恒定律 Word版含解析，共19页。试卷主要包含了基础与经典，真题与模拟等内容，欢迎下载使用。
考点20 功能关系 能量守恒定律
考点名片
考点细研究：本考点命题要点：(1)功能关系；(2)能量转化和守恒定律；(3)结合牛顿运动定律、电磁学等相关内容处理综合问题。其中考查到的如：2016年全国卷Ⅱ第19题、21题、25题、2015年江苏高考第9题、2015年福建高考第21题、2014年广东高考第16题、2014年上海高考第11题、2014年海南高考第10题、2014年山东高考第20题、2013年全国卷Ⅱ第20题、2013年山东高考第16题、2013年江苏高考第9题、2013年安徽高考第17题等。
备考正能量：本考点在高考中年年必考，题型全、分值多、难度大。在今后的高考中，考查思路应是功能关系、能的转化和守恒、牛顿定律、平抛运动和圆周运动、电磁学知识和规律密切联系的综合应用，难度和能力要求不会降低。
一、基础与经典
1．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中( )
A．弹簧的弹性势能增加了10 J
B．滑块的动能增加了10 J
C．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
答案 C
解析 拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。
2. (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．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
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 以M和m两滑块整体为研究对象，除重力外，M受到的摩擦力做负功，所以两滑块组成系统的机械能不守恒，且系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功，A错误，D正确。由动能定理可知，M动能的增加应等于重力、摩擦力、轻绳的拉力对M做功之和，B错误。以m为研究对象，除重力外，只有轻绳对其做功，所以其机械能的增加等于轻绳对其做的功，C正确。
3．一个物体的机械能增大，究其原因( )
A．重力对物体做了功
B．一定是合外力对物体做了功
C．一定是拉力对物体做了功
D．可能是摩擦力对物体做了功
答案 D
解析 除重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能才会变化，一个系统的机械能增大，一定是除重力、弹力以外的力对系统做正功。重力做功时物体的动能和重力势能之间相互转化，不影响物体的机械能的总和。故A错误；除重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能才会变化。故B、C错误；如果摩擦力对系统做正功，系统的机械能可以增大。故D正确。
4．“神舟八号”飞船返回时高速进入大气层后，受到空气阻力的作用，接近地面时，减速伞打开，在距地面几米处，制动发动机点火制动，飞船迅速减速，安全着陆。下列说法正确的是( )
A．制动发动机点火制动后，飞船的重力势能减少，动能减少
B．制动发动机工作时，由于化学能转化为机械能，飞船的机械能增加
C．重力始终对飞船做正功，使飞船的机械能增加
D．重力对飞船做正功，阻力对飞船做负功，飞船的机械能不变
答案 A
解析 制动发动机点火制动后，飞船迅速减速下落，动能、重力势能均变小，机械能减少，A正确，B错误；飞船进入大气层后，空气阻力做负功，机械能一定减少，故C、D均错误。
5．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v。下列说法正确的是( )
A．该同学机械能增加了mgh
B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋mv2
C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋mv2
D．该同学所受的合外力对其做功为mv2＋mgh
答案 B
解析 考查的是力做功和能的转化问题，学生重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为mv2，则机械能增加了mgh＋mv2，A错，B对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C错；学生受合外力做功等于动能增量，则W合＝mv2，D错。
6. 把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)。忽略弹簧的质量和空气阻力。则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是( )
A．经过位置B时小球的加速度为0
B．经过位置B时小球的速度最大
C．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒
D．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小
答案 C
解析 分析小球从A到B的过程中受力情况，开始时弹力大于重力，中间某一位置弹力和重力相等，接着弹力小于重力，在B点时，弹力为零，小球从B到C的过程中，只受重力。根据牛顿第二定律可以知道小球从A到B过程中，先向上加速再向上减速，所以速度最大位置应该是加速度为零的位置，在AB之间某一位置，A、B错误；从A到C过程中对于小球、地球、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，C正确，D错误。
7．(多选)18世纪，数学家莫佩尔蒂和哲学家伏尔泰，曾设想“穿透”地球：假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，则以下说法正确的是(已知此人的质量m＝50 kg；地球表面处重力加速度g取10 m/s2；地球半径R＝6.4×106 m；假设地球可视为质量分布均匀的球体，均匀球壳对壳内任一点处的质点合引力为零)( )
A．人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒
B．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比
C．人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功W＝1.6×109 J
D．当人下落经过距地心R/2瞬间，人的瞬时速度大小为4×103 m/s
答案 BC
解析 人与地球构成的系统，重力虽然发生变化，但只有重力做功，故机械能守恒，A错误；人在下落过程中，受到的万有引力F＝G＝G＝r，与到地心的距离成正比，B正确；人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功W＝R＝R＝1.6×109 J，C正确；当人下落经过距地心R/2瞬间，人的瞬时速度大小为v，由动能定理得：×＝mv2，解得：v＝＝6928 m/s，D错误。
8．(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。g＝10 m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。则( )
A．物体的质量m＝0.67 kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.40
C．物体上升过程中的加速度大小a＝10 m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
答案 CD
解析 上升过程，由动能定理得，－(mgsinα＋μmgcosα)·hm/sinα＝0－Ek1，摩擦产生的热μmgcosα·hm/sinα＝E1－E2，解得m＝1 kg，μ＝0.50，故A、B错误；物体上升过程中的加速度大小a＝gsinα＋μgcosα＝10 m/s2，故C正确；上升过程中因摩擦产生的热为E1－E2＝20 J，下降过程因摩擦产生的热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能Ek＝50 J－40 J＝10 J，D正确。
9. (多选)如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2>v1)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的下列判断，正确的有( )
A．滑块返回传送带右端的速率为v1
B．此过程中传送带对滑块做功为mv－mv
C．此过程中电动机对传送带做功为2mv
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m(v1＋v2)2
答案 ABD
解析 因为v2>v1，在摩擦阻力下，滑块在传送带上向左做匀减速直线运动，速度减小到零后向右做匀加速直线运动，速度增大到v1后随传送带做速度为v1的匀速直线运动，所以滑块返回传送带右端的速率为v1，选项A正确；由动能定理可得，此过程中传送带对滑块做功为W＝mv－mv，选项B正确；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量等于二者相对滑动的距离与摩擦力的乘积，即Q＝μmg＝m(v1＋v2)2，选项D正确；由能量守恒定律，此过程中电动机对传送带做功等于二者相对滑动产生的热量Q和传送带对滑块做功W之和，等于mv＋mv1v2，选项C错误。
10．(多选)倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k＝20 N/m、原长l0＝0.6 m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l＝0.3 m，且杆可在槽内移动，杆与槽间的滑动摩擦力大小Ff＝6 N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。质量m＝1 kg的小车从距弹簧上端L＝0.6 m处由静止释放沿斜面向下运动。已知弹性势能Ep＝kx2，式中x为弹簧的形变量。g＝10 m/s2，sin37°＝0.6。关于小车和杆的运动情况，下列说法中正确的是( )
A．小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动
B．小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动，最后做匀速直线运动
C．杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9 m
D．杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1 s
答案 BCD
解析 小车从开始下滑至位移为L的过程中，小车只受重力和支持力，支持力不做功，只有重力做功，加速度a＝gsin37°＝6 m/s2不变，所以小车先做匀加速运动，从刚接触弹簧，直至将弹簧压缩至弹力等于杆与槽的摩擦力，即弹力由0逐渐增大至6 N，小车受到的合力逐渐减小到零，所以小车接着做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，B正确，A错误；当弹力为6 N时，弹簧的形变量为Δx＝＝0.3 m，所以小车通过的位移为x＝L＋Δx＝0.9 m，C正确；杆开始运动时，根据机械能守恒定律可知mgxsin37°＝k(Δx)2＋mv2，解得杆和小车的速度v＝3 m/s，杆从开始运动到完全进入槽内的时间为t＝＝0.1 s，D正确。
二、真题与模拟
11．2016·全国卷Ⅱ](多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案 BD
解析 甲、乙下落的时间与加速度有关，应先求加速度，由m甲＝ρV甲＝ρ得R甲＝，阻力f甲＝kR甲＝k，由牛顿第二定律知 a甲＝＝g－k，同理a乙＝g－k，因m甲>m乙，所以a甲>a乙，故C项错误；再由位移公式h＝at2可知t甲v乙，B项正确；甲球受到的阻力大，甲、乙下落距离相等，故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，D项正确。
12．2016·全国卷Ⅱ] (多选)如图所示，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( )
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 由∠ONM<∠OMN<可知，在M点与N点弹簧长度lOM
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 由题可知圆环向下运动过程中，在B点速度最大，可说明圆环向下先加速后减速，加速度先向下减小，后向上增大，A项错误；下滑过程和上滑过程克服摩擦力做功相同，设克服摩擦力做功为Wf，下滑过程Wf＋Ep＝mgh，上滑过程Wf＋mgh＝mv2＋Ep，由以上两式可得克服摩擦力做功Wf＝mv2，B项正确；在C处：Ep＝mgh－Wf＝mgh－mv2，可知C项错误；下滑从A到B过程，mv＋Ep′＋Wf′＝mgh′，上滑从B到A过程，mv＋Ep′＝mgh′＋Wf′，由以上两式可得vB2>vB1，D项正确。
14．2014·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，则对物体，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，某一时刻的机械能E＝Fh，解以上各式得E＝·t2∝t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C正确。
15．2017·武汉调研] 如图，半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点。质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止释放，当小球A运动至D点时，小球B的动能为( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
答案 D
解析 A、B组成的系统机械能守恒。当A运动到最低点D时，A下降的高度为hA＝R＋Rsin45°，B上升的高度为hB＝Rsin45°，则有2mghA－mghB＝·2mv＋mv，又vAcos45°＝vBcos45°，小球B的动能为EkB＝mv＝mgR，选项D正确。
16．2017·湖北重点中学联考] 如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用x、a、Ep、Ek分别表示滑块下滑的位移的大小、加速度的大小、重力势能(以斜面底面所在平面为零势面)和动能，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )
答案 D
解析 滑块在下滑过程中，设斜面的倾角为θ，斜面高度为H。则由牛顿第二定律有－μmgcosθ＋mgsinθ＝ma，解得a＝－μgcosθ＋gsinθ<0，加速度的大小保持不变，所以加速度图象应是与时间轴平行的直线，选项B错误；滑块做匀减速直线运动，x＝v0t＋at2(a<0)，故位移随时间变化越来越慢，选项A错误；滑块做匀减速直线运动，下降的高度为h＝xsinθ，Ep＝mgH－mgxsinθ＝mgH－mg··sinθ，所以Ept图不是直线，选项C错误；下滑过程中速度大小关系式为v＝v0＋at＝v0＋(－μgcosθ＋gsinθ)t，动能Ek＝mv2，故动能变化越来越慢，选项D正确。
17．2017·湖北部分重点中学联考] (多选)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以B端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g。下列判断正确的是( )
A．整个过程物块受的支持力垂直于木板，所以不做功
B．物块所受支持力做功为mgLsinα
C．发生滑动前摩擦力逐渐增大
D．整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增加量
答案 BCD
解析 缓慢转动过程中支持力与速度同向，所以支持力做正功，当停止转动后，支撑力与速度垂直不再做功，故A选项错误，则转动过程由动能定理得：WN－mgLsinα＝0，故WN＝mgLsinα，B选项正确；发生滑动前，摩擦力为静摩擦力，大小等于mgsinα，随着α的增大而增大，C选项正确；根据功能关系，除重力以外的力做的功等于物块机械能的增加量，也就是木板对物块做的总功等于物块机械能的增加量，D选项正确。
一、基础与经典
18．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg。问：
(1)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中弹簧弹力对物块A做的功；
(2)物块B刚要离开C时物块A的动能；
(3)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中力F做的功。
答案 (1)0 (2) (3)
解析 (1)令x1表示未加F时弹簧的压缩量，对物块A有kx1＝mgsin30°，令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，对物块B有kx2＝mgsin30°，所以x1＝x2，弹力做的功为零。
(2)B刚要离开C时，对物块A，有F－mgsin30°－kx2＝ma，
将F＝2mg代入上式得a＝g,2a(x1＋x2)＝v2，
物块A的动能Ek＝mv2＝。
(3)对A由动能定理有WF－WG＝mv2，
WG＝mg(x1＋x2)sin30°，
得WF＝。
19. 如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动，现将一质量为m＝10 kg小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中(g取10 m/s2)，求：
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功。
答案 (1)255 J (2)270 J
解析 (1)根据牛顿第二定律μmgcosθ－mgsinθ＝ma知，物体上升的加速度为a＝g＝2.5 m/s2，当物体的速度为v＝1 m/s时，x＝＝0.2 m，即物体将以v＝1 m/s的速度完成剩余4.8 m的位移，由功能关系得W＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mglsin30°＝255 J。
(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，而由v＝at得t＝0.4 s。相对位移l′＝vt－t＝0.2 m，摩擦生热Q＝μmgl′cosθ＝15 J，故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270 J。
二、真题与模拟
20．2016·全国卷Ⅱ]轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
答案 (1) 2l (2)m≤M
设P到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝mv＋μmg·4l②
联立①②式得vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧
联⑥⑦⑧式得s＝2l⑨
(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。
由机械能守恒定律有Mv≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得m≤M
(1)小球的质量；
(2)小球受到的空气阻力(不包括重力)大小；
(3)小球动能与重力势能相等时的高度。
答案 (1)0.1 kg (2)0.25 N (3)2.22 m
解析 由图可知：小球的上升最大高度h＝4 m，在上升的过程中动能由5 J→0，重力势能由0→4 J。
(1)在最高点h＝4 m处，由Ep＝mgh＝4 J得m＝0.1 kg。
(2)从抛出到最高点h＝4 m处，由动能定理可得：－fh－mgh＝0－Ek初，将m＝0.1 kg，Ek初＝5 J代入可得f＝0.25 N。
(3)设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝mv2，由动能定理－fH－mgH＝mv2－mv，得H＝ m≈2.22 m。
22. 2016·北京海淀高三期中]如图所示，AB为固定在竖直面内、半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道，其末端(B端)切线水平，且距水平地面的高度也为R。1、2两小滑块(均可视为质点)用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从圆弧形轨道的最高点A由静止滑下，当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时，拴接两滑块的细绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点A。已知R＝0.45 m，滑块1的质量m1＝0.16 kg，滑块2的质量m2＝0.04 kg，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力可忽略不计。求：
(1)两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前的瞬间对轨道的压力大小；
(2)在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能；
(3)滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离。
答案 (1)6.0 N (2)0.90 J (3)0.45 m
解析 (1)设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为v，所受轨道的支持力为N。对两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到B端的过程，根据机械能守恒定律有：(m1＋m2)gR＝(m1＋m2)v2，解得v＝3.0 m/s，对于两滑块在轨道最低点，根据牛顿第二定律有：N－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)，解得N＝3(m1＋m2)g＝6.0 N，根据牛顿第三定律可知，两滑块对轨道的压力大小N′＝N＝6.0 N。
(2)设弹簧迅速将两滑块弹开时，两滑块的速度大小分别为v1和v2，因滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点A，此过程中机械能守恒，所以对滑块2有m2gR＝m2v，解得v2＝3.0 m/s，方向向左。对于弹簧将两滑块弹开的过程，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有(m1＋m2)v＝m1v1－m2v2，解得v1＝4.5 m/s。对于弹簧将两滑块弹开的过程，根据机械能守恒定律有E弹＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2，解得E弹＝0.90 J。
(3)设两滑块平抛运动的时间为t，根据h＝gt2，解得t＝0.30 s。
滑块1平抛的水平位移x1＝v1t＝1.35 m，滑块2从B点上滑到A点，再从A点返回到B点的过程，机械能守恒，因此其平抛的速度大小仍为v2，所以其平抛的水平位移x2＝v2t＝0.90 m。
所以滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离Δx＝x1－x2＝0.45 m。
23．2017·湖南长郡中学月考]如图，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞。g＝10 m/s2。求：
(1)小物块由A到B的运动时间；
(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；
(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出)。设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围。
答案 (1) s (2)50 J (3)≤μ<
解析 (1)设小物块从A运动到B的时间为t，则
h1－h2＝gt2，t＝ s。
(2)由R＝h1，所以∠BOC＝60°。设小物块平抛的水平速度为v1，则＝tan60°，v1＝10 m/s，故Ep＝mv＝50 J。
(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，
根据题意，该路程的最大值是smax＝3L，
路程的最小值是smin＝L，
路程最大时，动摩擦因数最小，路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知
mgh1＋mv＝μminmgsmax，
mgh1＋mv＝μmaxmgsmin，
解得μmax＝，μmin＝，
即≤μ<。
同时还应保证反向时没有冲出B点，设返回到B点时刚好减速到0，所对应的动摩擦因数为μ0，据能量守恒
mg(h1－h2)＋mv＝μ0mg·2L，
解得μ0＝<μmin，
所以≤μ<。
考点20 功能关系 能量守恒定律
考点名片
考点细研究：本考点命题要点：(1)功能关系；(2)能量转化和守恒定律；(3)结合牛顿运动定律、电磁学等相关内容处理综合问题。其中考查到的如：2016年全国卷Ⅱ第19题、21题、25题、2015年江苏高考第9题、2015年福建高考第21题、2014年广东高考第16题、2014年上海高考第11题、2014年海南高考第10题、2014年山东高考第20题、2013年全国卷Ⅱ第20题、2013年山东高考第16题、2013年江苏高考第9题、2013年安徽高考第17题等。
备考正能量：本考点在高考中年年必考，题型全、分值多、难度大。在今后的高考中，考查思路应是功能关系、能的转化和守恒、牛顿定律、平抛运动和圆周运动、电磁学知识和规律密切联系的综合应用，难度和能力要求不会降低。
一、基础与经典
1．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中( )
A．弹簧的弹性势能增加了10 J
B．滑块的动能增加了10 J
C．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
答案 C
解析 拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。
2. (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．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
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 以M和m两滑块整体为研究对象，除重力外，M受到的摩擦力做负功，所以两滑块组成系统的机械能不守恒，且系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功，A错误，D正确。由动能定理可知，M动能的增加应等于重力、摩擦力、轻绳的拉力对M做功之和，B错误。以m为研究对象，除重力外，只有轻绳对其做功，所以其机械能的增加等于轻绳对其做的功，C正确。
3．一个物体的机械能增大，究其原因( )
A．重力对物体做了功
B．一定是合外力对物体做了功
C．一定是拉力对物体做了功
D．可能是摩擦力对物体做了功
答案 D
解析 除重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能才会变化，一个系统的机械能增大，一定是除重力、弹力以外的力对系统做正功。重力做功时物体的动能和重力势能之间相互转化，不影响物体的机械能的总和。故A错误；除重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能才会变化。故B、C错误；如果摩擦力对系统做正功，系统的机械能可以增大。故D正确。
4．“神舟八号”飞船返回时高速进入大气层后，受到空气阻力的作用，接近地面时，减速伞打开，在距地面几米处，制动发动机点火制动，飞船迅速减速，安全着陆。下列说法正确的是( )
A．制动发动机点火制动后，飞船的重力势能减少，动能减少
B．制动发动机工作时，由于化学能转化为机械能，飞船的机械能增加
C．重力始终对飞船做正功，使飞船的机械能增加
D．重力对飞船做正功，阻力对飞船做负功，飞船的机械能不变
答案 A
解析 制动发动机点火制动后，飞船迅速减速下落，动能、重力势能均变小，机械能减少，A正确，B错误；飞船进入大气层后，空气阻力做负功，机械能一定减少，故C、D均错误。
5．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v。下列说法正确的是( )
A．该同学机械能增加了mgh
B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋mv2
C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋mv2
D．该同学所受的合外力对其做功为mv2＋mgh
答案 B
解析 考查的是力做功和能的转化问题，学生重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为mv2，则机械能增加了mgh＋mv2，A错，B对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C错；学生受合外力做功等于动能增量，则W合＝mv2，D错。
6. 把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)。忽略弹簧的质量和空气阻力。则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是( )
A．经过位置B时小球的加速度为0
B．经过位置B时小球的速度最大
C．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒
D．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小
答案 C
解析 分析小球从A到B的过程中受力情况，开始时弹力大于重力，中间某一位置弹力和重力相等，接着弹力小于重力，在B点时，弹力为零，小球从B到C的过程中，只受重力。根据牛顿第二定律可以知道小球从A到B过程中，先向上加速再向上减速，所以速度最大位置应该是加速度为零的位置，在AB之间某一位置，A、B错误；从A到C过程中对于小球、地球、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，C正确，D错误。
7．(多选)18世纪，数学家莫佩尔蒂和哲学家伏尔泰，曾设想“穿透”地球：假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，则以下说法正确的是(已知此人的质量m＝50 kg；地球表面处重力加速度g取10 m/s2；地球半径R＝6.4×106 m；假设地球可视为质量分布均匀的球体，均匀球壳对壳内任一点处的质点合引力为零)( )
A．人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒
B．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比
C．人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功W＝1.6×109 J
D．当人下落经过距地心R/2瞬间，人的瞬时速度大小为4×103 m/s
答案 BC
解析 人与地球构成的系统，重力虽然发生变化，但只有重力做功，故机械能守恒，A错误；人在下落过程中，受到的万有引力F＝G＝G＝r，与到地心的距离成正比，B正确；人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功W＝R＝R＝1.6×109 J，C正确；当人下落经过距地心R/2瞬间，人的瞬时速度大小为v，由动能定理得：×＝mv2，解得：v＝＝6928 m/s，D错误。
8．(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。g＝10 m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。则( )
A．物体的质量m＝0.67 kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.40
C．物体上升过程中的加速度大小a＝10 m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
答案 CD
解析 上升过程，由动能定理得，－(mgsinα＋μmgcosα)·hm/sinα＝0－Ek1，摩擦产生的热μmgcosα·hm/sinα＝E1－E2，解得m＝1 kg，μ＝0.50，故A、B错误；物体上升过程中的加速度大小a＝gsinα＋μgcosα＝10 m/s2，故C正确；上升过程中因摩擦产生的热为E1－E2＝20 J，下降过程因摩擦产生的热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能Ek＝50 J－40 J＝10 J，D正确。
9. (多选)如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2>v1)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的下列判断，正确的有( )
A．滑块返回传送带右端的速率为v1
B．此过程中传送带对滑块做功为mv－mv
C．此过程中电动机对传送带做功为2mv
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m(v1＋v2)2
答案 ABD
解析 因为v2>v1，在摩擦阻力下，滑块在传送带上向左做匀减速直线运动，速度减小到零后向右做匀加速直线运动，速度增大到v1后随传送带做速度为v1的匀速直线运动，所以滑块返回传送带右端的速率为v1，选项A正确；由动能定理可得，此过程中传送带对滑块做功为W＝mv－mv，选项B正确；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量等于二者相对滑动的距离与摩擦力的乘积，即Q＝μmg＝m(v1＋v2)2，选项D正确；由能量守恒定律，此过程中电动机对传送带做功等于二者相对滑动产生的热量Q和传送带对滑块做功W之和，等于mv＋mv1v2，选项C错误。
10．(多选)倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k＝20 N/m、原长l0＝0.6 m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l＝0.3 m，且杆可在槽内移动，杆与槽间的滑动摩擦力大小Ff＝6 N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。质量m＝1 kg的小车从距弹簧上端L＝0.6 m处由静止释放沿斜面向下运动。已知弹性势能Ep＝kx2，式中x为弹簧的形变量。g＝10 m/s2，sin37°＝0.6。关于小车和杆的运动情况，下列说法中正确的是( )
A．小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动
B．小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动，最后做匀速直线运动
C．杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9 m
D．杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1 s
答案 BCD
解析 小车从开始下滑至位移为L的过程中，小车只受重力和支持力，支持力不做功，只有重力做功，加速度a＝gsin37°＝6 m/s2不变，所以小车先做匀加速运动，从刚接触弹簧，直至将弹簧压缩至弹力等于杆与槽的摩擦力，即弹力由0逐渐增大至6 N，小车受到的合力逐渐减小到零，所以小车接着做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，B正确，A错误；当弹力为6 N时，弹簧的形变量为Δx＝＝0.3 m，所以小车通过的位移为x＝L＋Δx＝0.9 m，C正确；杆开始运动时，根据机械能守恒定律可知mgxsin37°＝k(Δx)2＋mv2，解得杆和小车的速度v＝3 m/s，杆从开始运动到完全进入槽内的时间为t＝＝0.1 s，D正确。
二、真题与模拟
11．2016·全国卷Ⅱ](多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案 BD
解析 甲、乙下落的时间与加速度有关，应先求加速度，由m甲＝ρV甲＝ρ得R甲＝，阻力f甲＝kR甲＝k，由牛顿第二定律知 a甲＝＝g－k，同理a乙＝g－k，因m甲>m乙，所以a甲>a乙，故C项错误；再由位移公式h＝at2可知t甲
12．2016·全国卷Ⅱ] (多选)如图所示，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( )
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 由∠ONM<∠OMN<可知，在M点与N点弹簧长度lOM
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 由题可知圆环向下运动过程中，在B点速度最大，可说明圆环向下先加速后减速，加速度先向下减小，后向上增大，A项错误；下滑过程和上滑过程克服摩擦力做功相同，设克服摩擦力做功为Wf，下滑过程Wf＋Ep＝mgh，上滑过程Wf＋mgh＝mv2＋Ep，由以上两式可得克服摩擦力做功Wf＝mv2，B项正确；在C处：Ep＝mgh－Wf＝mgh－mv2，可知C项错误；下滑从A到B过程，mv＋Ep′＋Wf′＝mgh′，上滑从B到A过程，mv＋Ep′＝mgh′＋Wf′，由以上两式可得vB2>vB1，D项正确。
14．2014·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，则对物体，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，某一时刻的机械能E＝Fh，解以上各式得E＝·t2∝t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C正确。
15．2017·武汉调研] 如图，半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点。质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止释放，当小球A运动至D点时，小球B的动能为( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
答案 D
解析 A、B组成的系统机械能守恒。当A运动到最低点D时，A下降的高度为hA＝R＋Rsin45°，B上升的高度为hB＝Rsin45°，则有2mghA－mghB＝·2mv＋mv，又vAcos45°＝vBcos45°，小球B的动能为EkB＝mv＝mgR，选项D正确。
16．2017·湖北重点中学联考] 如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用x、a、Ep、Ek分别表示滑块下滑的位移的大小、加速度的大小、重力势能(以斜面底面所在平面为零势面)和动能，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )
答案 D
解析 滑块在下滑过程中，设斜面的倾角为θ，斜面高度为H。则由牛顿第二定律有－μmgcosθ＋mgsinθ＝ma，解得a＝－μgcosθ＋gsinθ<0，加速度的大小保持不变，所以加速度图象应是与时间轴平行的直线，选项B错误；滑块做匀减速直线运动，x＝v0t＋at2(a<0)，故位移随时间变化越来越慢，选项A错误；滑块做匀减速直线运动，下降的高度为h＝xsinθ，Ep＝mgH－mgxsinθ＝mgH－mg··sinθ，所以Ept图不是直线，选项C错误；下滑过程中速度大小关系式为v＝v0＋at＝v0＋(－μgcosθ＋gsinθ)t，动能Ek＝mv2，故动能变化越来越慢，选项D正确。
17．2017·湖北部分重点中学联考] (多选)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以B端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g。下列判断正确的是( )
A．整个过程物块受的支持力垂直于木板，所以不做功
B．物块所受支持力做功为mgLsinα
C．发生滑动前摩擦力逐渐增大
D．整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增加量
答案 BCD
解析 缓慢转动过程中支持力与速度同向，所以支持力做正功，当停止转动后，支撑力与速度垂直不再做功，故A选项错误，则转动过程由动能定理得：WN－mgLsinα＝0，故WN＝mgLsinα，B选项正确；发生滑动前，摩擦力为静摩擦力，大小等于mgsinα，随着α的增大而增大，C选项正确；根据功能关系，除重力以外的力做的功等于物块机械能的增加量，也就是木板对物块做的总功等于物块机械能的增加量，D选项正确。
一、基础与经典
18．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg。问：
(1)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中弹簧弹力对物块A做的功；
(2)物块B刚要离开C时物块A的动能；
(3)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中力F做的功。
答案 (1)0 (2) (3)
解析 (1)令x1表示未加F时弹簧的压缩量，对物块A有kx1＝mgsin30°，令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，对物块B有kx2＝mgsin30°，所以x1＝x2，弹力做的功为零。
(2)B刚要离开C时，对物块A，有F－mgsin30°－kx2＝ma，
将F＝2mg代入上式得a＝g,2a(x1＋x2)＝v2，
物块A的动能Ek＝mv2＝。
(3)对A由动能定理有WF－WG＝mv2，
WG＝mg(x1＋x2)sin30°，
得WF＝。
19. 如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动，现将一质量为m＝10 kg小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中(g取10 m/s2)，求：
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功。
答案 (1)255 J (2)270 J
解析 (1)根据牛顿第二定律μmgcosθ－mgsinθ＝ma知，物体上升的加速度为a＝g＝2.5 m/s2，当物体的速度为v＝1 m/s时，x＝＝0.2 m，即物体将以v＝1 m/s的速度完成剩余4.8 m的位移，由功能关系得W＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mglsin30°＝255 J。
(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，而由v＝at得t＝0.4 s。相对位移l′＝vt－t＝0.2 m，摩擦生热Q＝μmgl′cosθ＝15 J，故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270 J。
二、真题与模拟
20．2016·全国卷Ⅱ]轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
答案 (1) 2l (2)m≤M
设P到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝mv＋μmg·4l②
联立①②式得vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧
联⑥⑦⑧式得s＝2l⑨
(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。
由机械能守恒定律有Mv≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得m≤M
(1)小球的质量；
(2)小球受到的空气阻力(不包括重力)大小；
(3)小球动能与重力势能相等时的高度。
答案 (1)0.1 kg (2)0.25 N (3)2.22 m
解析 由图可知：小球的上升最大高度h＝4 m，在上升的过程中动能由5 J→0，重力势能由0→4 J。
(1)在最高点h＝4 m处，由Ep＝mgh＝4 J得m＝0.1 kg。
(2)从抛出到最高点h＝4 m处，由动能定理可得：－fh－mgh＝0－Ek初，将m＝0.1 kg，Ek初＝5 J代入可得f＝0.25 N。
(3)设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝mv2，由动能定理－fH－mgH＝mv2－mv，得H＝ m≈2.22 m。
22. 2016·北京海淀高三期中]如图所示，AB为固定在竖直面内、半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道，其末端(B端)切线水平，且距水平地面的高度也为R。1、2两小滑块(均可视为质点)用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从圆弧形轨道的最高点A由静止滑下，当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时，拴接两滑块的细绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点A。已知R＝0.45 m，滑块1的质量m1＝0.16 kg，滑块2的质量m2＝0.04 kg，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力可忽略不计。求：
(1)两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前的瞬间对轨道的压力大小；
(2)在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能；
(3)滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离。
答案 (1)6.0 N (2)0.90 J (3)0.45 m
解析 (1)设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为v，所受轨道的支持力为N。对两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到B端的过程，根据机械能守恒定律有：(m1＋m2)gR＝(m1＋m2)v2，解得v＝3.0 m/s，对于两滑块在轨道最低点，根据牛顿第二定律有：N－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)，解得N＝3(m1＋m2)g＝6.0 N，根据牛顿第三定律可知，两滑块对轨道的压力大小N′＝N＝6.0 N。
(2)设弹簧迅速将两滑块弹开时，两滑块的速度大小分别为v1和v2，因滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点A，此过程中机械能守恒，所以对滑块2有m2gR＝m2v，解得v2＝3.0 m/s，方向向左。对于弹簧将两滑块弹开的过程，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有(m1＋m2)v＝m1v1－m2v2，解得v1＝4.5 m/s。对于弹簧将两滑块弹开的过程，根据机械能守恒定律有E弹＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2，解得E弹＝0.90 J。
(3)设两滑块平抛运动的时间为t，根据h＝gt2，解得t＝0.30 s。
滑块1平抛的水平位移x1＝v1t＝1.35 m，滑块2从B点上滑到A点，再从A点返回到B点的过程，机械能守恒，因此其平抛的速度大小仍为v2，所以其平抛的水平位移x2＝v2t＝0.90 m。
所以滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离Δx＝x1－x2＝0.45 m。
23．2017·湖南长郡中学月考]如图，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞。g＝10 m/s2。求：
(1)小物块由A到B的运动时间；
(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；
(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出)。设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围。
答案 (1) s (2)50 J (3)≤μ<
解析 (1)设小物块从A运动到B的时间为t，则
h1－h2＝gt2，t＝ s。
(2)由R＝h1，所以∠BOC＝60°。设小物块平抛的水平速度为v1，则＝tan60°，v1＝10 m/s，故Ep＝mv＝50 J。
(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，
根据题意，该路程的最大值是smax＝3L，
路程的最小值是smin＝L，
路程最大时，动摩擦因数最小，路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知
mgh1＋mv＝μminmgsmax，
mgh1＋mv＝μmaxmgsmin，
解得μmax＝，μmin＝，
即≤μ<。
同时还应保证反向时没有冲出B点，设返回到B点时刚好减速到0，所对应的动摩擦因数为μ0，据能量守恒
mg(h1－h2)＋mv＝μ0mg·2L，
解得μ0＝<μmin，
所以≤μ<。
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