高中物理高考 第6章 第4讲　功能关系　能量守恒定律 2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)

这是一份高中物理高考 第6章 第4讲　功能关系　能量守恒定律 2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)，共14页。试卷主要包含了0 m、长5，0 m/s2，0 m时机械能损失了12 J，0×10－3 J等内容，欢迎下载使用。
考点一 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．常见的功能关系
1．一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( √ )
2．合力做的功等于物体机械能的改变量．( × )
3．克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量．( √ )
4．滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( √ )
1．功的正负与能量增减的对应关系
(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功．
(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．
2．摩擦力做功的特点
(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；
(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；
(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．
考向1 功能关系的理解
例1 在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
答案 D
解析 运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．
例2 如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )
A．小球P的动能一定在减小
B．小球P的机械能一定在减少
C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加
D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量
答案 B
解析 小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；在此过程中，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，即小球P重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，D错误．
考向2 功能关系与图像的结合
例3 (多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
答案 AB
解析 由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcs α·s，其中cs α＝eq \f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－μgcs α＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcs α·s′＝8 J，故D错误．
考向3 摩擦力做功与摩擦生热的计算
例4 (多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中( )
A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)
B．摩擦力对木板做功为μmgs
C．木板动能的增量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
答案 AB
解析 根据功的定义W＝Fscs θ，其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误．
例5 (多选)(2019·江苏卷·8)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
答案 BC
解析 物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝2eq \r(μgs)，选项D错误．
考点二 能量守恒定律的理解和应用
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其他形式，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．应用能量守恒定律解题的步骤
(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．
例6 (2020·浙江1月选考·20)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成．游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r＝0.1 m，OE长L1＝0.2 m，AC长L2＝0.4 m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
(2)当h＝0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；
(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系．
答案 见解析
解析 (1)滑块恰好能过F点的条件为mg＝meq \f(vF2,r)
解得vF＝1 m/s
(2)滑块从E点到B点，由动能定理得
－mgh－μmgL2＝0－eq \f(1,2)mvE2
在E点由牛顿第二定律得FN′－mg＝meq \f(vE2,r)
解得FN＝FN′＝0.14 N
从O点到B点，由能量守恒定律得：
Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)
解得Ep0＝8.0×10－3 J
(3)使滑块恰能过F点的弹性势能
Ep1＝2mgr＋μmgL1＋eq \f(1,2)mvF2＝7.0×10－3 J
到B点减速到0
Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0
解得h1＝0.05 m
设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B点不下滑，
则μmgcs θ＝mgsin θ
解得tan θ＝0.5，此时h2＝0.2 m
从O点到B点
Ep＝mgh＋μmg(L1＋L2)＝2×10－3(10h＋3) J
其中0.05 m≤h≤0.2 m.
例7 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＝eq \f(\r(3),4)，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回到C点．已知重力加速度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．求在此过程中：
(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 m/s (2)0.4 m (3)6 J
解析 (1)在物体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
μ·2mgcs θ·L＝eq \f(1,2)×3mv02－eq \f(1,2)×3mv2＋2mgLsin θ－mgL
解得v＝2 m/s.
(2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即
eq \f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mgcs θ·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，从C点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得
eq \f(1,2)×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcs θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J.
课时精练
1.(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为eq \f(3,4)g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )
A．重力势能增加了mgh
B．机械能损失了eq \f(1,2)mgh
C．动能损失了mgh
D．克服摩擦力做功eq \f(1,4)mgh
答案 AB
解析 加速度大小a＝eq \f(3,4)g＝eq \f(mgsin 30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq \f(1,4)mg，机械能损失等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝eq \f(1,4)mg·2h＝eq \f(1,2)mgh，故B项正确，D项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk＝F合x＝eq \f(3,4)mg·2h＝eq \f(3,2)mgh，故C项错误．
2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点．在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为( )
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g
答案 D
解析 根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400 g，D正确．
3．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶3 D．3∶2
答案 C
解析 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1) cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔE子弹＝Ffx1；所以eq \f(ΔE系统,ΔE子弹)＝eq \f(2,3)，所以C正确，A、B、D错误．
4.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是( )
答案 C
解析 由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsin θ＋Ff＝ma1；下滑阶段有：mgsin θ－Ff＝ma2，因此a1>a2，故选项B错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选项C可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误．
5.如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为( )
A.eq \f(2P,πρl2v3) B.eq \f(6P,πρl2v3) C.eq \f(4P,πρl2v3) D.eq \f(8P,πρl2v3)
答案 A
解析 风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝vt·S＝vtπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρvtπl2，因此风吹过的动能为Ek＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)ρvtπl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝eq \f(E,Ek)＝eq \f(2P,πρl2v3)，故A正确，B、C、D错误．
6.(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中( )
A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR
C．合外力做功eq \f(1,2)mgR D．克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR
答案 CD
解析 小球从P点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝meq \f(vB2,R)，解得vB＝eq \r(gR)，则此过程中机械能的减少量为ΔE＝mgR－eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR，故C正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为eq \f(1,2)mgR，故D正确．
7．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20 J，此时到达最高点，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程，机械能也损失20 J，故该物体从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．
8.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 AD
解析 根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能Ep＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，由公式Ek0＝eq \f(1,2)mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh4＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－Ek0，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．
9.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，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，A、B不会与定滑轮碰撞．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．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下
B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量
C．拉力对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 BD
解析 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与绳子方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；对M受力分析，受到重力、斜面的支持力、绳子拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M动能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量，故B正确；根据除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M做的功之和等于M机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M做功，所以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，故D正确．
10.(多选)如图所示，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( )
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，由于质量不同，则在B点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；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＋μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)，则mgh＝eq \f(Ep,1＋\f(μ,tan θ))，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＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(μmgh,tan θ)，结合C可知D正确．
11.(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．重力加速度为g，则( )
A．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为eq \f(F,M)
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq \f(1,2)mv2
D．滑块与长木板AB段间的动摩擦因数为eq \f(v2,2gl)
答案 ABD
解析 细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对长木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a＝eq \f(F,M)，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2，B正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于eq \f(1,2)mv2，C错误；弹簧最大弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA段光滑，则有Ep＝μmgl，联立解得μ＝eq \f(v2,2gl)，D正确．
12.如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(结果均保留三位有效数字)
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
答案 (1)0.521 (2)24.4 J
解析 (1)物体从A点到被弹簧弹到D点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：
eq \f(1,2)mv02＋mgAD·sin θ＝μmgcs θ·(AB＋2BC＋BD)
代入数据解得：μ≈0.521.
(2)物体由A到C的过程中，
动能减少量ΔEk＝eq \f(1,2)mv02
重力势能减少量ΔEp＝mgsin θ·AC
摩擦产生的热量Q＝μmgcs θ·AC
由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：
Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q≈24.4 J.
13.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行．已知弹簧劲度系数k＝40 N/m，A的质量m1＝1 kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B的质量m2＝ 2 kg.初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h＝0.3 m，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内．重力加速度g＝ 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
(1)由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小；
(2)把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C恰好到达地面，求C的质量m3.
答案 (1)eq \r(2) m/s (2)0.6 kg
解析 (1)因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有：m1gsin θ＝F弹
此时弹簧的压缩量为：x1＝eq \f(F弹,k)＝eq \f(m1gsin θ,k)＝0.15 m
当B落地时，A沿斜面上滑h，此时弹簧的伸长量为：x2＝h－x1＝0.15 m
所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得：
m2gh＝m1ghsin θ＋μm1gcs θ·h＋eq \f(1,2)(m1＋m2)v2
代入数据解得：v＝eq \r(2) m/s
(2)由(1)分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C到C落地过程中以A、C和弹簧为系统，根据机械能守恒可得：m3gh＝m1ghsin θ
代入数据解得m3＝0.6 kg.能量
功能关系
表达式
势能
重力做功等于重力势能减少量
W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能
合外力做功等于物体动能变化量
W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
机械能
除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量
W其他＝E2－E1＝ΔE
摩擦
产生
的内能
一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能
Q＝Ff·x相对
电能
克服安培力做功等于电能增加量
W电能＝E2－E1＝ΔE