重难点08 功能关系 机械能守恒定律 能量守恒定律-2025年高考物理 热点 重点 难点 专练（广东专用）

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【情境解读】
【高分技巧】
1． 动能定理与机械能守恒定律的比较
2． 功能关系的运用
【考向一：功能关系的应用】
几种常见的功能关系
1． (多选)(2023广东广州模拟)如图，中国古代的一种斜面引重车前轮矮小、后轮高大，在前后轮之间装上木板构成斜面，系紧在后轮轴上的绳索，绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。设重物的重力为G、绳索对重物的拉力为T、斜面对重物的作用力为F。推车子前进，重物被拉动沿木板上滑过程中( )
A.F与T的夹角一定大于90°
B.G和T的合力一定与F等大反向
C.T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量
D.T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量
答案 AD
解析 对重物进行受力分析如图所示
根据受力分析可知，斜面对重物有支持力与摩擦力的作用，则斜面对重物的作用力F为斜面对重物的支持力FN与摩擦力f的合力，根据上述受力分析图，将支持力与摩擦力合成，可知，F与T的夹角一定大于90°，A正确；当重物匀速上滑时，G和T的合力与F等大反向，当重物不是匀速上滑时，G和T的合力与F不等大反向，B错误；以重物为研究对象，根据动能定理有WT＋WG＋WF＝ΔEk可知，T、F和G对重物做功之和等于重物动能的变化量，C错误；根据上述有WT＋WF＝ΔEk－WG，由于WG＝－ΔEp，则有WT＋WF＝ΔEk＋ΔEp＝ΔE机，T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量，D正确。
2．(多选)(2024陕西渭南统考)一只排球在A点被竖直抛出，此时动能为20 J，上升到最大高度后，又回到A点，动能变为16 J，假设排球在整个运动过程中受到的阻力大小恒定，A点为零势能参考面，则在整个运动过程中，排球的动能变为10 J时，其重力势能的可能值为( )
A.4 J J
C.8 J D.9 J
答案 BD
解析 排球在整个过程中重力做功为零，所以只有阻力做功，阻力大小恒定不变，根据动能定理可知克服阻力做功为4 J，上升过程中克服阻力做功为2 J，上升过程中克服重力做功为18 J，当动能变为10 J时，克服重力和阻力做的总功为10 J，阻力做功与重力做功都与高度成正比，所以此时克服阻力做功为1 J，克服重力做功为9 J，此时重力势能为9 J；如果是下落阶段，在最高点时重力势能为18 J，动能变为10 J时，重力做功和阻力做功的和为10 J，即WG－Wf＝10 J，重力做功和克服阻力做功的比值为9∶1，所以重力做功为11.25 J，阻力做功为－1.25 J，此时重力势能减小11.25 J，重力势能为18 J－11.25 J＝6.75 J，故B、D正确，A、C错误。
3． (多选)(2024山东济南高三期末)如图所示，三个相同的木块a、b、c通过两个相同的轻弹簧P、Q和一段轻绳连接，其中a放在光滑水平桌面上。每个木块的重力均为10 N，轻弹簧的劲度系数均为500 N/m。开始时弹簧P处于原长，轻绳刚好伸直，三个木块均处于静止状态。现用水平力F缓慢地向左拉弹簧P的左端，直到木块c刚好离开水平地面。从开始到木块c刚好离开地面的过程中，下列说法正确的是( )
A.弹簧P的左端向左移动的距离是4 cm
B.弹簧P的左端向左移动的距离是8 cm
C.水平力F做的功等于弹簧P增加的弹性势能
D.轻绳对木块b做的功等于木块b增加的重力势能
答案 BD
解析 没有施加拉力时，弹簧Q处于压缩状态，则有mg＝kx1，解得x1＝2 cm；木块c刚好离开地面时，弹簧Q处于拉伸状态，则有mg＝kx2，解得x2＝2 cm；此时弹簧P处于拉伸状态，则有F＝kx3，对a分析有F＝T，对b分析有T＝mg＋kx2，解得x3＝4 cm，则弹簧P的左端向左移动的距离是x＝x1＋x2＋x3＝8 cm，A错误，B正确；由于弹簧Q初状态的压缩量与末状态的拉伸量相等，则始末状态弹簧Q的弹性势能不变，木块b重力势能增大，弹簧P弹性势能增大，根据功能关系可知水平力F做的功等于弹簧P增加的弹性势能与木块b增加的重力势能之和，C错误；由上述可知，轻绳对木块b做的功等于木块b增加的重力势能，D正确。
4．(多选)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，由v－t图像可知( )
A.货物从A运动到B过程中，摩擦力恒定不变
B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J
D.A、B两点的距离为2.4 m
答案 BC
解析 由图像可知，传送带的速度为2 m/s，在货物到达与传送带共速之前，即0～0.2 s内，货物受沿斜面向下的摩擦力；在此之后，货物受沿斜面向上的摩擦力，故A错误；由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，由图像得到a1＝10 m/s2，
a2＝2 m/s2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故B正确；货物与传送带摩擦产生的热量为
Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝μmgcs 37°(Δx1＋Δx2)＝
0．5×1×10×0．8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×0.2×2＋\f(1,2)×1.0×2))J＝4.8 J，故C正确；A、B两点的距离就是货物的位移，即货物的v－t图像与坐标轴围成的面积。所以有sAB＝eq \f(2×0.2,2) m＋eq \f(2＋4,2)×1 m＝3.2 m，故D错误。
5．如图甲所示，“滑草”是最近几年比较流行的运动项目，为保证安全，现在有的滑草场修建如图乙所示模型。斜面滑道CD与水平地面AB的夹角θ＝37°，在底端右侧有一半径R＝1 m的eq \f(1,4)竖直圆弧轨道BE与AB相切，B为切点。其中CD的长度L＝125 m，DB之间距离l＝5 m。一个质量m＝60 kg的游客(可视为质点)从C点由静止开始下滑，恰好到达E点。游客与倾斜直轨道和水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.7，且经过D、B两点时不考虑能量损失，忽略空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
(1)游客到达斜面底端D时重力的瞬时功率；
(2)游客到达B点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)从B到E的过程中，摩擦力对游客做的功。
答案 (1)3 600 W (2)2 400 N (3)－300 J
解析 (1)游客从C到D过程，根据动能定理得
mgLsin θ－μmgcs θ·L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－0
解得vD＝10 m/s
游客到达斜面底端D时重力的瞬时功率为
PG＝mgvDsin θ＝3 600 W。
(2)游客从D到B过程，根据动能定理得
－μmgl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
解得vB＝eq \r(30) m/s
游客到达B点时，根据牛顿第二定律可得
FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,B),R)
解得FN＝2 400 N
根据牛顿第三定律可知，游客到达B点时，对圆弧轨道的压力大小为2 400 N。
(3)从B到E的过程，根据动能定理得
－mgR＋Wf＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得Wf＝－300 J。
【考向二：机械能守恒定律的应用】
1．应用机械能守恒定律的基本思路
2．功能关系的体现
1．连接体常见情境
2．三点提醒
(1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。
(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
(3)对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
3．其他的连接体常见情境
4．三大特点
(1)转动时两物体的角速度相等，或线速度间具有一定的关系。
(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
(3)对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
6．(多选)(2023广东重点中学联考)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计，两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置(轻杆与L2杆夹角为45°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g.在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A. a球和b球所组成的系统机械能守恒
B. b球的速度为零时，a球的加速度大小为零
C. b球的最大速度为 eq \r((2＋\r(2))gl)
D. a球的最大速度为 eq \r(\r(2)gl)
答案AC
解析 a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转化，因此a球和b球所组成的系统机械能守恒，故A正确；设轻杆和水平杆L2的夹角为θ，由关联速度可知vbcs θ＝va sin θ，即vb＝va tan θ，可知当b球的速度为零时，轻杆处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，故B错误；当轻杆和杆L1第一次平行时，a球运动到最下方，b球运动到L1和L2交点位置，此时b球的速度达到最大，a球的速度为0，由系统机械能守恒有mg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)l＋l))＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,b) ，解得vb＝ eq \r((2＋\r(2))gl)，故C正确；当轻杆和杆L2第一次平行时，此时b球的速度为零，由系统机械能守恒有mg· eq \f(\r(2),2)l＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,a) ，解得va＝ eq \r(\r(2)gl)，此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，a球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为0时速度达到最大，故D错误．
7．(2022河北高考)(多选)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq \f(g,3)。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是( )
A．物体P和Q的质量之比为1∶3
B．2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2)
C．2T时刻物体P重力的功率为eq \f(3E,2T)
D．2T时刻物体P的速度大小为eq \f(2gT,3)
答案 BCD
解析 根据牛顿第二定律有(mQ－mP)g＝(mQ＋mP)a，得P和Q的质量比为1∶2，故A错误；显然，在整个过程中P和Q整体机械能始终守恒，初始时刻P机械能为0且Q机械能为E，故P和Q整体机械能之和始终为E。绳子断开后P到最高点时动能为0，根据质量关系可知P的机械能为eq \f(E,2)，故绳子断开后Q的机械能始终为eq \f(E,2)，故B正确；
根据题意，分析P的运动可得其v -t图像如图所示，根据机械能守恒定律，对P分析，0～T时间内，绳子上拉力为eq \f(4,3)mPg，绳子拉力对P做的功等于P机械能的增加量，即eq \f(E,2)，可知eq \f(4mPg,3)·eq \f(vT,2)＝eq \f(E,2)，2T时刻P重力的功率为mPg2v，整理可得C正确；对于P的运动图像分析可知，T时刻P的速度为v＝eq \f(gT,3)，故2T时刻P的速度大小为eq \f(2gT,3)，故D正确。
8.(多选)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方eq \f(R,2)处。小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向运动，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．小球运动到B点时的速度大小为eq \r(2gR)
B．弹簧长度等于R时，小球的机械能最大
C．小球在A、B两点时对圆环的压力差大小为4mg
D．小球运动到B点时重力的功率为0
答案BCD
解析 由题分析可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A到B的过程，根据系统的机械能守恒得：2mgR＝eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq \r(gR)，故A错误；根据小球与弹簧组成的系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，弹簧的弹性势能为零，则此时小球的机械能最大，故B正确；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F弹，在A点，圆环对小球的支持力FN1＝mg＋F弹。在B点由牛顿第二定律得FN2－mg－F弹＝meq \f(vB2,R)，联立可得FN2－FN1＝4mg，由牛顿第三定律知C正确；在B点竖直方向速度为0，则重力的功率为0，D正确。
9．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是( )
A．弹簧压缩量最大时，木板B运动速率最大
B．木板B的加速度一直增大
C．弹簧给木块A的冲量大小为eq \f(2mv0,3)
D．弹簧的最大弹性势能为eq \f(mv02,3)
答案 D
解析 木块与木板发生弹性碰撞，动量守恒；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此后弹簧要恢复原状，木板进一步加速，故A错误；木块与木板发生弹性碰撞，弹簧压缩量先增加后减小，故木板B的加速度先增加后减小，故B错误；木块与木板发生弹性碰撞，动量守恒，机械能也守恒，根据动量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2 ①，根据机械能守恒定律，有eq \f(1,2)×2mv02＝eq \f(1,2)×2mv12＋eq \f(1,2)mv22 ②，由①②两式解得v1＝eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(4,3)v0，对木块A，根据动量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－eq \f(4,3)mv0(负号表示方向向右)，故C错误；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，根据动量守恒定律，有2mv0＝(m＋2m)v ③，根据机械能守恒定律，有Ep＝eq \f(1,2)×2mv02－eq \f(1,2)(2m＋m)v2 ④，由③④两式解得Ep＝eq \f(1,3)mv02，故D正确。
10.如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.50 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，水平面DQ与圆弧槽相接于D点，一质量为m＝0.10 kg的小球从B点的正上方H＝0.95 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN；
(2)小球经过P点时的速度大小vP；
(3)D点与圆心O的高度差hOD。
答案 (1)6.8 N (2)3 m/s (3)0.3 m
解析 (1)设小球经过C点时的速度为v1，
由机械能守恒定律有mg(H＋R)＝eq \f(1,2)mv12
由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v12,R)
代入数据解得FN＝6.8 N。
(2)从P到Q小球做平抛运动
竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2
水平方向有eq \f(x,2)＝vPt
代入数据解得vP＝3 m/s。
(3)小球从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ水平面为零势能面，
则eq \f(1,2)mvP2＋mgh＝mg(H＋hOD)
代入数据解得hOD＝0.3 m。
【考向三：能量守恒定律的应用】
11.(多选)(2023湖南卷)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( )
A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0＝eq \r(2gR)
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
答案 AD
解析 小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示
小球从A到Ceq \(――→,\s\up11(动能),\s\d4(定理))－mg·2R＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)→v0＝2eq \r(gR)，C错误；若小球在B点的速度满足mgcs θ＜eq \f(mveq \\al(2,B),R)，则小球将从B点脱离轨道，D正确。
12.小球以某一速度竖直向上抛出，又回到出发点。由于阻力影响，机械能随高度的变化如图所示，则下列说法正确的是( )
A.小球的加速度先减小后增大
B.小球上升的时间比下降的时间长
C.小球上升过程阻力做功比下降过程少
D.小球上升过程阻力做功比下降过程快
答案 D
解析 由于阻力作用，同一高度的机械能减小，故上面那条曲线为上升过程机械能随高度的变化曲线，下面那条曲线为下降过程机械能随高度的变化曲线，图像中斜率为阻力。上升时，阻力减小，下降时，阻力变大。上升时mg＋f＝ma，做加速度减小的减速运动；下降时mg－f＝ma，做加速度减小的加速运动，故加速度一直减小，速度先减小后增大，故A错误；由于阻力作用，同一高度上升时速度大于下降时速度，上升平均速度大，时间短，故B错误；上升时，阻力做功大小为E0－E1，下降时阻力做功大小为E1－E2，上升阻力做功多，故C错误；上升时阻力做功多，时间短，故做功快，故D正确。
13.我国早在3 000年前就发明了辘轳，其简化模型如图所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒质量为M、厚度不计。某人转动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为m0，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐条的质量和转动轴处的摩擦。
(1)若人以恒定功率P0转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，求水桶上升过程的最大速度vm；
(2)空桶从桶口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，求水桶落到水面时的速度大小v；
(3)水桶从图示位置缓慢上升高度H，忽略提水过程中水面高度的变化，求此过程中人做的功W。
答案 (1)eq \f(P0,（m＋m0）g) (2)eq \r(\f(2m0g（H－d）,m0＋M)) (3)(m＋m0)gH－eq \f(mg,2)d
解析 (1)设水桶做匀速运动时受到细绳的拉力为F1，则有
F1＝(m＋m0)g
P0＝F1vm
解得eq \f(P0,（m＋m0）g)。
(2)水桶由静止下落的过程中，
则有m0g(H－d)＝eq \f(1,2)(m0＋M)v2
解得v＝eq \r(\f(2m0g（H－d）,m0＋M))。
(3)设水桶在水中受到的浮力为F浮，桶口运动到井口的过程中，由动能定理得
W－(m＋m0)gH＋eq \f(F浮,2)d＝0
F浮＝mg
解得W＝(m＋m0)gH－eq \f(mg,2)d。
14．(2023广东一模)如图为某游戏装置的示意图．AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切．GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上．一质量为0.01 kg的小钢球(其直径稍小于圆管内径，可视作质点)从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点．若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹．各圆轨道半径均为R＝0.6 m，BC长L＝2 m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失．某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E.取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1) 小钢球第一次经过C点时的速度大小vC.
(2) 小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB(保留两位小数).
(3) 若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系．
答案(1) 2 eq \r(6) m/s (2) 0.83 N (3) 见解析
解析 (1) 小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为0，小球从C点到E点，根据动能定理得
－mg·2R＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,C)
代入数据解得vC＝2 eq \r(6) m/s
(2) 从B点到C点，由动能定理得
－μmgL＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,C) － eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B)
小钢球经过B点，由牛顿第二定律得
N－mg＝m eq \f(v eq \\al(2,B) ,R)
代入数据联立解得N＝ eq \f(5,6) N≈0.83 N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小
FB＝N＝0.83 N
(3) 若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，由动能定理得
mg(h1－R)－μmgL＝0
代入数据解得h1＝1.6 m
若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得
mg(h2－R)－μmgL－2μmg cs θ· eq \f(R,tan θ)＝0
代入数据解得h2＝2.24 m
①若小球释放高度h＜1.6 m，无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6 m≤h＜2.24 m，小球能经过E点一次，因为μ＜tan θ，则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得
mgh－μmgL－μmg cs θ·s＝0
代入数据解得s＝2.5(h－1)
③若小球释放高度h≥2.24 m，小球经过E点两次
s＝ eq \f(2R,tan θ)＝1.6 m
15.“跳房子”是一种常见的儿童游戏，又称“跳方格”．先在地上画一个写有数字的飞机状的房子，顺序和形状如图所示．游戏规定：参与者每次从第1格开始踢动瓦片向前滑动，瓦片每次只可依次前进一格，若瓦片压线或出界均属失败，先到达“天”字格者获胜．游戏中正方形方格边长为L＝0.4m，瓦片质量均为m＝0.2kg.某次游戏中瓦片停在第1格的正中间，踢动瓦片，使其获得v0＝2m/s的瞬时初速度，瓦片恰好滑行到第2格的正中间停下．瓦片可视为质点，取g＝10m/s2.
(1) 求瓦片与地面之间的动摩擦因数μ.
(2) 若某次游戏中，瓦片处于第1格的正中间，给该瓦片多大的动能可使其停在第2格内？(结果可以用根号表示)
(3) 某次游戏中，处在第1格正中间的瓦片A获得1.3J的初动能后，与停在第2格正中间的瓦片B发生正碰，碰后瓦片A的速度为1m/s，瓦片B恰好停在第3格的正中间，求瓦片A停止后离第2格底边的距离以及此次碰撞中损失的机械能ΔE.
答案 (1) 0.5 (2) eq \f(\r(10),5) J