第四章 功能关系能量守恒定律检测题Word版含答案

功能关系　能量守恒定律
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、基础与经典
1．一个物体的机械能增大，究其原因(　　)
A．是重力对物体做了功
B．一定是合力对物体做了功
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　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，拉力做功只是物体机械能增大的可能情况，故B、C错误；如果摩擦力对系统做正功，系统的机械能可能增大，故D正确。
2．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。
3．“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，阻力做负功，机械能一定减少，故C、D均错误。
4．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．该同学所受的合力对其做功为mv2＋mgh
答案　B
解析　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错误，B正确；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C错误；学生所受合力做功等于动能增量，则W合＝mv2，D错误。
5．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以图示速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是(　　)
A．电动机多做的功为mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．传送带克服摩擦力做的功为mv2
D．物体与传送带因摩擦产生的热量为mv2
答案　D
解析　电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体从静止释放到相对静止过程中获得的动能为mv2，所以电动机多做的功一定大于mv2，所以A错误；从静止释放到相对静止过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为mv2，所以B错误；物体做匀加速直线运动的末速度为v，故此过程中物体的平均速度为，传送带的速度为v，则此过程传送带的位移为物体位移的2倍，因为摩擦力对物体做功为mv2，故传送带克服摩擦力做的功为mv2，故C错误；传送带克服摩擦力做的功为mv2，物体获得的动能为mv2，根据能量守恒定律知，物体与传送带因摩擦产生的热量为mv2，故D正确。
6．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端固定在地面上，上端与一个质量为m的小球相连，系统处于静止状态。现用力F将小球缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后撤掉该力，使小球从静止开始下落。小球下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．小球的速度最大时弹簧的弹性势能为零
B．撤掉力F后，小球从静止下落到速度最大的过程中，小球克服弹簧弹力所做的功为W＝－mv2
C．弹簧的弹性势能最大时小球的加速度为零
D．小球缓慢上移的过程中，力F所做的功为
答案　B
解析　小球的速度最大时加速度为零，弹簧弹力等于小球的重力，A错误；根据功能关系，小球的重力势能的减少量等于弹簧的弹性势能和小球的动能的增加量，即mg＝Ep＋mv2，所以小球克服弹簧弹力所做的功为W＝Ep＝－mv2，B正确；弹簧的弹性势能最大时小球有向上的加速度，C错误；小球缓慢上移的过程中，力F所做的功等于系统机械能的增加量，即WF＝mg－W＝mv2，D错误。
7．(多选)如图所示，物块从足够长粗糙斜面底端O点，以某一速度沿斜面向上运动，到达最高点后又沿斜面下滑。物块先后两次经过斜面上的A点时的动能分别为Ek1和Ek2，重力势能分别为Ep1和Ep2，从O点开始到第一次经过A点的过程中重力做功为WG1，合外力做功的绝对值为W1，从O点开始到第二次经过A点的过程中重力做功为WG2，合外力做功的绝对值为W2，则下列选项正确的是(　　)
A．Ek1>Ek2，Ep1＝Ep2 B．Ek1＝Ek2，Ep1>Ep2
C．WG1＝WG2，W1W2
答案　AC
解析　结合题意可知，物块先后两次经过斜面上A点时摩擦力做功不相等，动能不相等，Ek1>Ek2，高度相同，所以Ep1＝Ep2，故A正确，B错误；重力做功只与初末高度差有关，WG1＝WG2；合外力做功等于动能的变化量，物块第一次经过A点时的动能大，故动能的变化量小，W18．(多选)
如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道固定在竖直平面内，一个质量为m的小球静止在轨道的最低点A点。现给小球一瞬时水平打击力，使小球沿轨道在竖直平面内运动。当小球运动重新回到A点时，再沿它的运动方向给第二次瞬时打击力。经过二次击打后，小球才能够通过轨道的最高点。已知第一次和第二次对小球的打击力做的功分别为W和3W，则W的值可能为(　　)
A．mgR B．mgR
C．mgR D．mgR
答案　BCD
解析　最终小球能通过轨道最高点，则在最高点≥mg，以轨道最低点为零势能点，则小球的机械能E＝mv2＋2mgR≥mgR，W＋3W≥mgR，W≥mgR。因为小球沿轨道运动，经过两次击打才能通过最高点，所以第一次击打后小球运动的高度不大于R，则W≤mgR。所以mgR≤W≤mgR，B、C、D正确。
9．(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。选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化关系如图乙所示。g取10 m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。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＝0．5
C．物体上升过程中的加速度大小a＝1 m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
答案　BD
解析　在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有E＝Ep＋0＝mgh，所以物体质量为m＝＝ kg＝1 kg，A错误；在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升过程中只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得－μmgcos37°·－mgh＝ΔEk，解得μ＝0．5，B正确；物体上升过程中沿斜面方向受到的合外力为F＝mgsinα＋μmgcosα＝10 N，故物体上升过程中的加速度大小为a＝＝10 m/s2，C错误；物体上升过程和下滑过程所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20 J，故物体从开始至回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40 J；又由于物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以物体回到斜面底端时的动能为50 J－40 J＝10 J，D正确。
10．2018年2月13日，平昌冬奥会单板滑雪女子U型场地决赛中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得首枚奖牌。如图为U型池模型，其中A、B为U型池两侧边缘，C为U型池最低点，U型池轨道各处粗糙程度相同。一小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，下列说法正确的是(　　)
A．小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回
B．小球再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回
C．由A到C过程与由C到B过程相比，小球损耗的机械能相同
D．由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程小球损耗的机械能较小
答案　A
解析　小球在高h处自由下落由U型池左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，根据动能定理有mg×－Wf1＝0，Wf1＝mgh。从B点进入池中后，由于小球经过每一个对应的位置时速度都比第一次小，小球所受摩擦力小于第一次所受的摩擦力，所以第二次在池中运动克服摩擦力做的功小于，小球能够冲出左侧边缘A然后返回，故A正确，B错误；由A到C过程与由C到B过程相比，每一个对称的位置，由A到C过程小球所受摩擦力都比由C到B过程所受摩擦力大，所以小球由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程小球损耗的机械能较大，故C、D错误。
二、真题与模拟
11．(2017·全国卷Ⅲ)
如图，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。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)
A．mgl B．mgl C．mgl D．mgl
答案　A
解析　以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，A正确。
12．(2018·天津高考)
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(　　)
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
答案　C
解析　因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，运动过程中速率恒定，则f＝mgsinθ，θ在减小，所以摩擦力越来越小，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，D错误。
13．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)
答案　C
解析　设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，所以下滑时Ek与x的函数关系图象也为直线且斜率为负。综上所述，C正确。
14．(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lOM15．(2015·江苏高考)
(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环(　　)
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mgh＝Wf＋Ep，上滑过程mv2＋Ep＝Wf＋mgh，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，mgh′＝mv＋Ep′＋Wf′，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。
16．
(2018·福建莆田一模)(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑定滑轮与物块b相连，b的质量为m。开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带顺时针匀速转动，在b下降高度h(未与地面相碰)的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．物块a重力势能增加mgh
B．摩擦力对a做的功小于a机械能的增加量
C．摩擦力对a做的功等于a、b动能增加量之和
D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小不相等
答案　ABC
解析　开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsinθ＝mg，则ma＝。由几何关系可知，b下降高度为h，则a上升高度为hsinθ，则a重力势能的增加量为mag·hsinθ＝mgh，故A正确。根据能量守恒定律得，摩擦力和轻绳拉力对a做的功等于a机械能的增加量，摩擦力对a做的功等于a、b动能的增加量之和，故B、C正确。在任意时刻a、b的速率相等，对b进行分析，重力做功的瞬时功率Pb＝mgv，对a进行分析，a克服重力做功的瞬时功率Pa＝magvsinθ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D错误。
17．(2018·安徽黄山一模)(多选)如图甲所示，竖直光滑长杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，套在杆上的滑块质量为0．80 kg，现向下压滑块，至弹簧上端离地高度h＝0．40 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h，计算出滑块的动能Ek，并作出滑块的Ek-h关系图象如图乙所示，其中高度从0．80 m到1．40 m范围内图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的零势能面，空气阻力不能忽略且恒定不变，g取10 m/s2，则结合图象可知(　　)
A．空气阻力恒为1．00 N
B．弹簧原长为0．72 m
C．弹簧最大弹性势能为9．00 J
D．滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为3．60 J
答案　AC
解析　在Ek-h图象中，根据动能定理知图线的斜率大小表示滑块所受的合外力大小。由于高度从0．80 m到1．40 m范围内图线为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0．80 m上升到1．40 m过程中所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由图知Δh＝0．60 m，Ek＝5．40 J，解得空气阻力f＝1．00 N，A正确；从h＝0．8 m开始，滑块与弹簧分离，则知弹簧的原长为0．8 m，B错误；根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝(1．40－0．4)×9 J＝9．00 J，C正确；由图可知，滑块的动能最大为Ekm＝5．76 J，假设空气阻力不计，则在整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此滑块的动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，为Epmin＝Epm－Ekm＝9 J－5．76 J＝3．24 J，由于有空气阻力，所以滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和的最小值小于3．24 J，D错误。
18．
(2019·黑龙江重点中学高三第三次联考)(多选)如图所示，光滑的小滑轮D(可视为质点)固定，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力，图中SD水平，位置R和Q关于S对称，现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q处时速度最大。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小环C和物体A组成的系统机械能守恒
B．小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大
C．小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能可能先减小后增大
D．小环C到达位置Q时，物体A与小环C的动能之比为cosθ∶2
答案　BCD
解析　小环C和物体A、弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；小环从位置R下落到位置S的过程中，轻绳拉力对小环做正功，小环C的机械能增大，小环从位置S下落到位置Q的过程中，轻绳拉力对小环做负功，小环C的机械能减小，所以小环C下落到位置S时，机械能最大，B正确；小环C在位置R时，物体B与地面刚好无压力，说明弹簧处于拉伸状态，小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧长度先减小后增大，其弹性势能可能先减小后增大，C正确；小环C到达位置Q时，小环C沿轻绳方向的分速度大小等于物体A的速度大小，vCcosθ＝vA，又小环C到达位置Q时速度最大，则此时小环C受力平衡，在竖直方向有(mA＋mB)gcosθ＝mCg，mA＝mB，由动能公式可知物体A与小环C的动能之比为＝，D正确。
19．
(2018·唐山二模)如图所示，位于竖直面内的光滑轨道AB，与半径为R的光滑圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE，D点为圆形最高点，∠COD＝∠DOE＝30°，质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点由静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C飞出后能无碰撞地从E进入左侧轨道，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．小球通过最高点的速度大小为
B．小球通过C点时速度大小为
C．小球从C点运动到最高点的时间为 
D．A点距地面的高度为R
答案　D
解析　小球从C点做斜抛运动，设速度为vC，速度方向与水平方向夹角为30°，则水平方向vCcos30°t＝EC＝R；竖直方向vCsin30°＝，解得vC＝ ，到达最高点的速度为vCcos30°＝ ，A、B错误；小球从C点运动到最高点的时间为t′＝t＝＝ ，C错误；从A到C由机械能守恒：mghA＝mv＋mgR·(1＋cos30°)，解得hA＝R，D正确。
一、基础与经典
20．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。求：
(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)设x1表示未加F时弹簧的压缩量，对物块A有
kx1＝mgsin30°，
设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＝。
二、真题与模拟
21．
(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<m
解析　(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能Ep＝5mgl①
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≥0，即v≥④
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MvB′2≤Mgl?
Ep＝MvB′2＋μMg·4l?
结合①⑩??式分析得m≤M<m。
22．(2018·福建漳州考前冲刺)如图所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为m＝1 kg的物体A和B用一劲度系数k＝240 N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住。用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与小环C连接，轻弹簧轴线和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，小环C穿在竖直固定的光滑均匀细杆上。当环C位于Q处时整个系统静止，此时绳与细杆的夹角α＝53°，且物体B对挡板P的压力恰好为零。已知sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，g取10 m/s2。
(1)求当环C位于Q处时绳子的拉力大小T和小环C的质量M；
(2)现让环C从位置R由静止释放，位置R与位置Q关于位置S对称，图中SD水平且长度为d＝0．2 m，求：
①小环C运动到位置Q的速率v；
②小环C从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT。
答案　(1)12 N　0．72 kg　(2)①2 m/s　②0．3 J
解析　(1)先以A、B组成的整体为研究对象，系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态，根据平衡条件得绳子的拉力大小
T＝2mgsinθ，
解得T＝12 N。
以C为研究对象受力分析，根据平衡条件得
Tcos53°＝Mg，
解得M＝0．72 kg。
(2)①环从位置R运动到位置Q的过程中，小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒，有
Mg·2dcotα＝Mv2＋mv，
其中vA＝vcosα，
联立解得v＝2 m/s。
②由题意，开始时B对挡板的压力恰好为零，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态。对B受力分析，有
kΔx1＝mgsinθ，
解得弹簧的伸长量Δx1＝0．025 m，
小环从R运动到S时，A下降的距离为
xA＝－d＝0．05 m，
此时弹簧的压缩量Δx2＝xA－Δx1＝0．025 m，
由速度分解可知此时A的速度为零，小环从R运动到S的过程中，初、末态的弹性势能相等。小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒，有
Mgdcotα＋mgxAsinθ＝Ek，
解得小环C在位置S时的动能Ek＝1．38 J，
小环从位置R运动到位置S的过程中，对小环C，由动能定理可知
WT＋Mgdcotα＝Ek，
解得WT＝0．3 J。
23．(2018·哈尔滨三中二模)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底端有一个固定挡板，轻质弹簧的两端分别拴接在固定挡板和质量为m的小物体B上，质量为2m的小物体A与B靠在一起处于静止状态。若A、B粘连在一起，用一沿斜面向上的拉力F0缓慢拉物体A，
当B位移为L时，拉力F0＝；若A、B不粘连，用一沿斜面向上的恒力F作用在A上，当B的位移为L时，A、B恰好分离。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)恒力F的大小；
(2)若A、B粘连在一起，请利用F0与物体B的位移s之间的函数关系，在F0-s图象中定性画出图线，再借鉴v-t图象求位移的思想方法计算出B缓慢移动位移L的过程中，拉力F0所做的功；
(3)A、B不粘连的情况下，恒力F作用使A、B恰好分离时A、B的速度大小。
答案　(1)2mg　(2)图见解析　mgL　(3) 
解析　(1)A、B粘连在一起，位移为L时，
F0＋kx＝3mgsinθ，
解得kx＝mg
A、B不粘连，位移为L时，恰好分离，对A有：
F－2mgsinθ＝2ma
对B有：kx－mgsinθ＝ma
解得F＝2mg。
(2)设初始弹簧的形变量为x0，则有kx0＝3mgsinθ
A、B粘连在一起的情况下，对A、B缓慢向上运动有：
F0－k(s－x0)＝3mgsinθ
解得F0与物体B的位移s之间的函数关系，F0＝ks
F0-s图象如图所示，F0-s图象与s轴所围面积表示F0所做的功
WF0＝mgL。
(3)A、B粘连在一起，位移为L过程：
WF0＋W弹－3mgLsinθ＝0。
A、B不粘连，位移为L过程：
FL＋W弹－3mgLsinθ＝·3mv2
联立解得v＝ ，
所以A、B恰好分离时A、B的速度大小为 。