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专题突破 功能关系 能量守恒定律
突破一 功能关系的理解和应用
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．几种常见的功能关系及其表达式
对应能
各种力做功 定量的关系
的变化
合力对物体做功等于物体动能的增量
合力做功 动能变化
W ＝E －E
合 k2 k1
重力做正功，重力势能减少，重力做负
重力势能
重力做功 功，重力势能增加，且W ＝－ΔE ＝
G p
变化
E －E
p1 p2
弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负
弹簧弹力 弹性势能
功，弹性势能增加，且W ＝－ΔE ＝
弹 p
做功 变化
E －E
p1 p2
只有重力、弹 机械能
机械能守恒ΔE＝0
簧弹力做功 不变化
除重力和弹力之外的其他力做正功，
非重力和 机械能
物体的机械能增加，做负功，机械能减
弹力做功 变化
少，且W ＝ΔE
其他
【例1】 (2017·全国卷Ⅲ，16)如图1，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ
竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P
相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )图1
A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl
解析 由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力
势能增加ΔE ＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl
p
，故选项A正确，B、C、 D错误。
答案 A
1．如图2所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成
长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中( )
图2
A．只有重力做功
B．重力势能的减小量大于重力做的功
C．重力势能的减小量等于动能的增加量
D．动能的增加量等于合力做的功
解析 由功能关系知，重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应物体动能
的变化，选项D正确。
答案 D
2．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1 900
J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000 J
解析 由题可得：重力做功W ＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故选项C正确
G
D错误；由动能定理得，W －W＝ΔE ，克服阻力做功W＝100 J，则动能增加1
G f k f800 J，故选项A、B错误。
答案 C
3．(2018·天津理综，2)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( )
图3
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
解析 运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可
知，合外力做功一定为零，C项正确；由运动员沿AB下滑过程中做匀速圆周运动
知运动员所受沿圆弧切线方向的合力为零，即摩擦力等于运动员的重力沿圆弧切
线方向的分力，逐渐变小，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械
能减少，D项错误。
答案 C
突破二 摩擦力做功与能量的转化
1．两种摩擦力的做功情况比较
类别
静摩擦力 滑动摩擦力
比较
能量的转 只有能量的转移，而没有能量 既有能量的转移，又有能量的转
不
化方面 的转化 化
同
一对摩擦 一对滑动摩擦力所做功的代数
一对静摩擦力所做功的代数
点 力的总功 和等于零 和不为零，总功W＝－F f l 相对 ，即
方面 相对滑动时产生的热量
相 正功、负
同 功、不做 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
点 功方面
2.相对滑动物体能量问题的解题流程【例2】 (多选)如图4所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质
量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物
块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为f，
小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是
( )
图4
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx
C．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
解析 由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能E ＝W ＝(F－f)(L＋
k物 合
x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能E ＝fx，B正确；小物块克服
k车
摩擦力所做的功W＝f(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－
f
fL，D错误。
答案 ABC
1．(多选)(2018·江苏单科，7)如图5所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物
块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的
水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
图5A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析 对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得 kx－f＝
ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错
误；从加速度a＝0处到O点过程，由牛顿第二定律得f－kx＝ma，x减小，a增大，
当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma，x增大，a继续增大，可
知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正
功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W －W＝0，选项
弹 f
D正确。
答案 AD
2．如图6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下
始终保持 ＝2 m/s的速率运行。现把一质量为m＝10 kg的工件(可看作质点)轻
v0
轻放在传送带的底端，经过1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处。g取10 m/s2，求：
图6
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
解析 (1)传送带长x＝＝3 m
工件速度达到 前，做匀加速运动的位移x ＝v t ＝t
v0 1 1 1
匀速运动的位移为x－x ＝ (t－t )
1 v0 1
解得加速运动的时间t ＝0.8 s
1
加速运动的位移x ＝0.8 m
1
所以加速度a＝＝2.5 m/s2由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝。
(2)从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克
服传送带与工件之间发生相对运动时摩擦力做功。
在时间t 内，传送带运动的位移
1
x ＝ t ＝1.6 m
传送带 v0 1
在时间t 内，工件相对传送带的位移
1
x ＝x －x ＝0.8 m
相 传送带 1
在时间t 内，摩擦生热
1
Q＝μmgcos θ·x ＝60 J
相
工件获得的动能E ＝m ＝20 J
k v
工件增加的势能E ＝mgh＝150 J
p
故电动机多消耗的电能W＝Q＋E ＋E ＝230 J。
k p
答案 (1) (2)230 J
突破三 能量守恒定律的应用
1．对能量守恒定律的理解
(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。
2．涉及弹簧的能量问题应注意
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最
大程度时两物体速度相同。
【例3】 如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端
与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点
的高度h ＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最
1
大形变量x ＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h ＝0.873
1 2m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x ＝0.01 m，弹性势能
2
为E ＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时
p
的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：
图7
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
解析 (1)篮球静止在弹簧上时，
有mg－kx ＝0，解得k＝500 N/m
2
(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得
mg(h －h )－f(h ＋h ＋2x )＝0
1 2 1 2 1
代入数值解得f＝0.5 N
(3)设篮球在整个运动过程中总路程s，由能量守恒定律得
mg(h ＋x )＝fs＋E
1 2 p
代入数值解得s＝11.05 m
(4)球在首次下落过程中，合力为零处速度最大
速度最大时弹簧形变量为x
3
mg－f－kx ＝0
3
在A点下方，离A点x ＝0.009 m
3
答案 (1)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m
(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
运用能量守恒定律解题的基本思路1．(2018·江西南昌二模)如图8所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固
定轨道在B点衔接，BC为直径，一可看做质点的物块在A处压缩一轻质弹簧(物
块与弹簧不连接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好
能通过半圆轨道的最高点C。现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的
弹簧由静止弹出，不计空气阻力。则更换后 ( )
图8
A．物块不能到达C点
B．物块经过C点时动能不变
C．物块经过C点时的机械能增大
D．物块经过B点时对轨道的压力减小
解析 物块从A到C过程，由能量守恒有E ＝mg·2R＋m ，可知质量减小，物块
p v
经过C点时动能增大， 增大，物块也能到达C点，故A、B错误；由能量守恒定
vC
律可知物块经过C点时的机械能不变均为E ，故C错误；物块从A到B过程，由
p
能量守恒有E ＝m ，在B点有F －mg＝m，解得F ＝mg＋，减小，故D正确。
p v N N
答案 D
2．(2019·乐山模拟)如图9甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量
m＝1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，两者不拴接，滑块可视为质点。t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的 －t图象如图乙所示，其中Oab段为曲
v
线，bc段为直线，在t ＝0.1 s时滑块已上滑x＝0.2 m的距离(g取10 m/s2，sin 37°
1
＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
图9
(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小；
(2)t ＝0.3 s和t ＝0.4 s时滑块的速度 、 的大小；
2 3 v1 v2
(3)弹簧锁定时具有的弹性势能E 。
p
解析 (1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为
a＝||＝10 m/s2
根据牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.5。
(2)根据速度—时间公式得t ＝0.3 s时的速度大小
2
＝ －aΔt，解得 ＝0
v1 vc v1
在t 之后滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得
2
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′
解得a′＝2 m/s2
从t 到t 做初速度为零的匀加速运动，t 时刻的速度为
2 3 3
＝a′Δt＝0.2 m/s。
v2
(3)从0到t 时间内，由能量守恒定律得
1
E ＝mgxsin 37°＋μmgxcos 37°＋m
p v
解得E ＝4 J。
p
答案 (1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J科学思维系列——满分指导：大题小做“三步曲”
第一步：读题审题，做到一“看”二“读”三“思”
1．看题
“看题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，看题时不要急
于求解，对题中关键的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条件要用着
重号加以标注；不能漏看、错看或看不全题目中的条件，要重点看清题中隐含的
物理条件、括号内的附加条件等。
2．读题
“读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题。不
管试题难易如何，一定要怀着轻松
的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现
象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件，准确还原各种模型，找准物理量之
间的关系。
3.思题
“思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息，准确、全面、快速思考，清楚各
物理过程的细节、内在联系、制约条件等，进而得出解题的全景图。
第二步：“拆分”运动过程
采用“拆分”的方法，按照物理事件发生的顺序，将复杂的运动“拆分”成若干
个简单的子过程，即一个个的小题。
第三步：选规律，列方程
针对各子过程不同的运动特点，应用不同的物理规律。只要掌握了物体各阶段运
动过程的特点，按程序一步步地列出相关的方程，就可以把问题简化，从而得到
解决。
【典例】 (12分)如图10，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨
道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，
半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一个质量m＝0.5 kg的物体(视为
质点)从A点左侧高为h＝0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆
弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：图10
(1)物体水平抛出时的初速度 的大小；
v0
(2)物体经过B点时，对圆弧轨道压力F 的大小；
N
(3)物体在轨道CD上运动的距离x。
解题指导 问题拆分→大题小做→化繁为易
第(1)问可拆分为3个子问题
①恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道时，竖直速度是多大？
②从A点沿切线方向进入圆弧轨道时水平速度与竖直速度存在什么关系？
③过A点时物体的水平速度是多大？
第(2)问可拆分为2个子问题
④物体通过B点时的速度是多大？
⑤写出物体通过B点时功与动能的关系式。
第(3)问可拆分为2个子问题
⑥判断物体在轨道CD上是否存在往返运动。
⑦求物体沿CD向上运动的位移。
规范解答：(1)从P到A：竖直方向自由落体
＝2gh①(1分)
v
在A点由几何关系得： ＝ tan 37°②(1分)
vx vy
水平方向匀速运动： ＝ ＝3 m/s③(1分)
v0 vx
(2)从P到B机械能守恒
mg(h＋R－Rcos 53°)＝m －m ④(2分)
v v
过B点时，对物体受力分析，由牛顿第二定律得F ′－mg＝m⑤(2分)
N
由牛顿第三定律，对圆弧轨道压力大小
F ＝F ′＝34 N(1分)
N N
(3)因μmgcos 37°>mgsin 37°，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后
不再下滑。⑥(1分)
由B上滑至最高点的过程，由功能关系得
mgR(1－cos 37°)＋(mgsin 37°＋μmgcos 37°)x＝m ⑦(2分)
v
代入数据解得x＝1.09 m(1分)
答案 (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m
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。
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．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，重力加速度为g，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 D2．(多选)如图2所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度 匀速运动，
v
现将质量为m的物块由静止放在传送带的左端，过一会儿物块能保持与传送带
相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的
是( )
图2
A．摩擦力对物块做的功为0.5m 2
v
B．物块对传送带做功为0.5m 2
v
C．系统摩擦生热为0.5m 2
v
D．电动机多做的功为m 2
v
解析 对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即0.5m 2，故
v
选项A正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对值
是摩擦力对物块做功的两倍，即为m 2，故选项B错误；电动机多做的功就是传送
v
带克服摩擦力做的功，也为m 2，故选项D正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相
v
对位移的乘积，故选项C正确。
答案 ACD
3．质量为m的物体以初速度 沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O
v0
端相距s，如图3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3
A.m －μmg(s＋x) B.m －μmgx
v v
C．μmgs D．μmg(s＋x)
解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为 W＝μmg(s＋x)，由能量守恒
f
定律可得m ＝W ＋W，W ＝m －μmg(s＋x)，故选项A正确。
v 弹 f 弹 v
答案 A
4．安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA级旅游景区——安庆巨石山，现已正式
“开滑”。如图4所示，滑雪者从O点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面上滑
至N点停下。斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ＝0.1。滑雪者(包括
滑雪板)的质量为m＝50 kg，g取 10 m/s2，O、N两点间的水平距离为s＝100 m。
在滑雪者经过ON段运动的过程中，克服摩擦力做的功为( )
图4
A．1 250 J B．2 500 J C．5 000 J D．7 500 J
解析 设斜面的倾角为θ，则滑雪者从O到N的运动过程中克服摩擦力做的功
W＝μmgcos θ·x ＋μmgx ，由题图可知，x cos θ＋x ＝s，两式联立可得W＝
f OM MN OM MN f
μmgs＝0.1×50×10×100 J＝5 000 J，故选项A、B、D错误，C正确。
答案 C
5．如图5所示，木板质量为M、长度为L，可看作质点的小木块的质量为m，水平
地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与木板和木块连接，小木块与木
板间的动摩擦因数为μ，开始时小木块静止在木板左端。现用水平向右的力F将
小木块拉至木板右端，则拉力至少做的功为( )
图5
A．μmgL B．2μmgL C.μmgL D．μ(M＋m)gL解析 将小木块缓慢拉至木板右端，拉力F做的功最少，分别对小木块和木板进
行受力分析可知，F＝μmg＋F ，F ＝μmg，小木块的位移大小为，所以W ＝F·＝
T T F
μmgL，选项A正确。
答案 A
6. 如图6所示，一个质量为m＝60 kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F作
用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时
间后外力F做的功为120 J，此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点
若以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )
图6
A．在这个过程中，物体的最大动能小于120 J
B．在这个过程中，物体的最大重力势能大于120 J
C．在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于120 J
D．在刚撤去外力F时，物体的速率为2 m/s
解析 由题意可知，恒力F对物体做功120 J，则物体的机械能等于120 J。撤去F
后，只有重力对物体做功，机械能守恒，所以物体回到出发点时的动能为120 J，
选项A错误，C正确；物体运动到最高点的过程中，由动能定理可得W ＋W ＝0，
F G
即重力做功为W ＝－W ＝－120 J，重力做负功，物体的最大重力势能等于120
G F
J，选项B错误；由于物体向上运动的过程中重力对物体做负功，所以在刚撤去外
力F时，物体的动能小于120 J，物体的速度 ＝＜ m/s＝2 m/s，选项D错误。
v
答案 C
综合提能练
7．(2019·四川成都模拟)如图7甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用
平行于斜面的轻弹簧拉着质量m＝1 kg的物体沿斜面向上运动。已知物体在t＝1
s到t＝3 s这段时间的 －t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，重力
v
加速度g取10 m/s2。则在该段时间内( )图7
A．物体的加速度大小为2 m/s2
B．弹簧的伸长量为3 cm
C．弹簧的弹力做功为30 J
D．物体的重力势能增加36 J
解析 根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a＝＝1 m/s2，
选项A错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力
和轻弹簧的弹力F，由牛顿第二定律，F－mgsin 30°＝ma，解得F＝6 N。由胡克定
律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3 cm，选项B正确；在t＝1 s到t＝3 s这段时间内，
物体动能增大ΔE ＝m －m ＝6 J，根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体
k v v
向上运动位移x＝6 m，物体重力势能增加ΔE ＝mgxsin 30°＝30 J；根据功能关系
p
可知，弹簧弹力做功W＝ΔE ＋ΔE ＝36 J，选项C、D错误。
k p
答案 B
8．(2018·全国卷Ⅰ，18)如图8，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( )
图8
A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
解析 设小球运动到c点的速度大小为 ，则对小球由a到c的过程， 由动能定
vc理有F·3R－mgR＝m ，又F＝mg，解得 ＝2。小球离开c点后，在水平方向做初
v vc
速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿
第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由
竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2，在
水平方向的位移大小为x＝gt2＝2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其
轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE
＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。
答案 C
9．(多选)(2019·佛山高三检测)如图9甲所示，质量为0.1 kg 的小球从最低点A冲
入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道，小球速度的平方与其高度
的关系图象如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，
空气阻力不计。g取10 m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是( )
图9
A．图乙中x＝4 m2·s－2
B．小球从B到C损失了0.125 J的机械能
C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
解析 当h＝0.8 m时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C，故mg＝m，所以
＝gr＝10×0.4 m2·s－2＝4 m2·s－2，故选项A正确；由已知条件无法计算出小球从
v
B到C损失了0.125 J的机械能，故选项B错误；小球从A到C，由动能定理可知
W ＝m －m ＝×0.1×4 J－×0.1×25 J＝－1.05 J，故选项C正确；小球离开C
合 v v
点后做平抛运动，故2r＝gt2，落地点到A的距离x ＝ t，解得x ＝0.8 m，故选项
1 vC 1D正确。
答案 ACD
10．(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2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%。
解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为
E ＝m ①
k0 v
式中，m和 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E
v0 k0
＝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
E ＝m ＋mgh③
h v
式中， 是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得
vh
E ≈2.4×1012 J④
h
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
E ＝m( )2＋mgh′⑤
h′ vh
由功能关系得
W＝E －E ⑥
h′ k0
式中，W是飞船从高度600 m处至着地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
答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
11．如图10甲为一个儿童电动小汽车的轨道传送接收装置，L＝1 m的水平直轨
道AB与半径均为0.4 m的竖直光滑螺旋圆轨道(O、O′为圆心，C为最高点)相切于B，B′为第2个圆与水平轨道的切点，O′D与O′B′的夹角为60°，接收装置为高
度可调节的平台，EF为平台上一条直线，O′EF在同一竖直平面内，装置切面图可
抽象为图乙模型。质量为0.6 kg的电动小汽车以额定功率P＝6 W从起点A启动
沿轨道运动一段时间(到达B点之前电动机停止工作)，刚好能通过C点，之后沿
圆弧从B′运动至D点后抛出，沿水平方向落到平台E点，小汽车与水平直轨道
AB的动摩擦因数为μ＝0.2，其余轨道均光滑，g＝10 m/s2(空气阻力不计，小汽车
运动过程中可视为质点)。
乙
图10
(1)求电动机工作时间？
(2)要保证小汽车沿水平方向到达平台E点，求平台调节高度H和EB′的水平位移
x ；
2
(3)若抛出点D的位置可沿圆轨道调节，设O′D与O′B′的夹角为θ，要保证小汽车
沿水平方向到达平台E点，写出平台的竖直高度H、平台落点到抛出点的水平位
移x 、角度θ的关系方程。
1
解析 (1)小汽车刚好过最高的C点，轨道对小汽车刚好无作用力mg＝
对AC应用动能定理Pt－μmgL－2mgR＝m －0，t＝1.2 s
v
(2)对从C到D，应用机械能守恒定律，得
mg(R＋Rsin 30°)＋m ＝m
v v
＝4 m/s， ＝ sin 30°＝2 m/s
vD vDx vD
＝ cos 30°＝2 m/s
vDy vD将DE看成逆向平抛运动
＝gt′，t′＝ s
vDy
h＝gt′2＝0.6 m
H＝h＋R(1－cos 60°)＝0.8 m
x ＝ t′＝0.4 m
1 vDx
x ＝x ＋Rsin 60°＝0.6 m≈1.04 m
2 1
(3)将DE看成逆向平抛运动
tan θ＝2，H＝h＋R(1－cos θ)
解得x ＝
1
答案 (1)1.2 s (2)0.8 m 1.04 m
(3)
