功能关系能量守恒定律（教师版）

第四讲功能关系能量守恒定律[人教版必修第二册]1．人教版必修第二册第八章机械能守恒定律，第4节【练习与应用】T5。小球在哪个位置动能最大？整个过程发生着哪些能量的转化？请由此题情景梳理出至少三条功能关系。提示：小球合力为零时，即弹簧弹力等于小球重力时，小球速度最大，动能最大。运动过程中，整个系统内发生着动能、重力势能、弹性势能的相互转化。此题情景涉及到的功能关系：合力做功引起动能的变化；重力做功引起重力势能的变化；弹簧弹力做功引起弹性势能的变化；除重力和弹力之外的其他力做的功引起机械能的变化。2．人教版必修第三册第十二章电能能量守恒定律，第4节P93页【思考与讨论】。该情景中，发生着哪些能量的相互转化？请写出能量守恒定律的内容，并说明能量转移或转化中遵循的规律。提示：鸡蛋的内能减少，水的内能增加，鸡蛋的内能转化为水的内能。能量守恒定律：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另一种形式，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。能量转移或转化过程具有方向性。3．完成人教版必修第二册第八章【复习与提高】B组T7。提示：退潮时可以释放的水的质量m＝ρ(h1－h2)S＝2.0×109kg，这一部分水减少的重力势能ΔEp＝EQmg\f(h1－h2,2)＝2.0×1010J，一次落潮所发的电能E＝ηΔEp＝0.5×2.0×1010J＝1.0×1010J。考点一常见功能关系的理解与应用一、功能关系1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功，就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随有能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。2．几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力势能变化（1）重力做正功，重力势能减少（2）重力做负功，重力势能增加（3）WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力的功弹性势能变化（1）弹力做正功，弹性势能减少（2）弹力做负功，弹性势能增加（3）WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹力做功机械能不变化机械能守恒，ΔE＝0除重力和弹力之外的其他力做的功机械能变化（1）其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少（2）其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少（3）W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加（1）作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加（2）摩擦生热Q＝Ff·x相对3．两个特殊的功能关系（1）滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于系统内能的增加（系统产生的热量），即Ff·x相对＝Q。（2）物体克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝E电。（多选）（2021·广东省选择考模拟）蹦床是少年儿童喜欢的一种体育运动，如图所示，蹦床的中心由弹性网组成，若少年儿童从最高点落下至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则少年儿童（）A．机械能一直减小B．刚接触网面时，动能最大C．重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功D．重力势能的减少量等于弹性势能的增加量AC儿童从最高点落下直至最低点的过程中，弹簧弹力以及空气阻力一直做负功，因此其机械能一直减小，故A正确；儿童和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故刚接触网面时，动能并非最大，故B错误；根据功能关系可知，重力做功等于克服空气阻力和克服弹簧弹力做功的和，则重力势能的减少量大于弹性势能的增加量，重力的减少量大于克服空气阻力做功，故C正确，故D错误。（2021·河北廊坊市摸底）一质量为m的小球，从地面附近的某高度处以初速度v水平抛出，除重力外小球还受一水平恒力作用，经过一段时间，小球的速度大小变为2v，方向竖直向下，小球还未到达地面。在此过程中（）A．小球的动能增加了EQ\f(1,2)mv2 B．小球的重力势能减少了2mv2C．小球的机械能增加了2mv2 D．水平恒力做功的大小大于重力做功的大小B小球的动能增加了ΔEk增＝m(2v)2－mv2＝mv2，故A错误；小球在竖直方向做自由落体运动，且水平恒力作用一段时间后，小球运动速度方向竖直向下，说明水平方向的速度恰好减为零，小球的重力势能减少了ΔEp减＝mgh，又(2v)2＝2gh，联立得ΔEp减＝2mv2，故B正确；下落过程根据动能定理得WF＋mgh＝m(2v)2－mv2，即WF＋2mv2＝m(2v)2－mv2，解得WF＝－mv2，水平恒力做功为－mv2，小球的机械能减少mv2，重力做功等于重力势能的减少量即为2mv2，故C、D错误。（2020·全国卷Ⅰ）（多选）一物块在高3.0m、长5.0m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10m/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C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12JAB物块下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，增加的动能小于减少的重力势能，所以机械能不守恒，A正确。斜面高h＝3.0m、长L＝5.0m，则斜面倾角θ的正弦值sinθ＝＝；物块在斜面底端的重力势能为零，则在斜面顶端的重力势能为mgh＝30J，可得物块的质量m＝1.0kg；物块下滑5m的过程中，由功能关系可知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcosθ·L＝20J，可求得μ＝，B正确。由牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得a＝2.0m/s2，C错误。当物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D错误。11．功能关系的两点理解（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．功能关系的三种应用（1）物体动能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、电场力等）做负功还是做正功。（3）机械能增加与减少要看重力之外的力对物体做正功还是做负功。1.(2023·山西太原市高三模拟)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能Ek－x关系图像如图乙所示．其中，～0.25m间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为，取g＝10m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知()A．物块的质量为0.2kgB．弹性绳的劲度系数为50N/mC．弹性绳弹性势能的最大值为0.6JD．物块被释放时，加速度的大小为8m/s2D根据动能定理可得μmgΔx＝ΔEk，代入数据可得，所以A错误；由题图乙可知动能最大时弹性绳弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有Epm＝μmgxm＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝eq\f(kΔxm－μmg,m)＝－0.2×1×10,1)m/s2＝8m/s2，所以D正确．2．（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大小为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)mghC．动能损失了mgh D．克服摩擦力做功eq\f(1,4)mghAB加速度大小a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq\f(1,4)mg，机械能损失量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。3．（多选）（2021·东北三省四市教研联合体模拟）第22届哈尔滨冰雪大世界开门迎客了，近400m长的极速大滑梯是大人、孩子最喜欢的王牌娱乐项目。一名游客坐在雪橇上下滑了一段路程，重力对他做功3000J，他克服阻力做功500J，则在此过程中这名游客（）A．重力势能增加了3000J B．动能增加了3000JC．动能增加了2500J D．机械能减少了500JCD重力做正功，所以游客的重力势能减少了3000J，A错误；合力做的功等于动能的增加量，所以动能增加了3000J－500J＝2500J，B错误，C正确；重力外的其他力做的功等于机械能的变化，阻力做负功500J，所以机械能减少了500J，D正确。考点二摩擦力做功与能量转化问题1．两种摩擦力做功的比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功2．传送带模型中的功和能量（1）摩擦产生的热量：Q＝Ff·x相对。（2）功能关系：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中W为传送带做的功，ΔEk为传送物体增加的动能、ΔEp为传送物体增加的势能、Q为系统增加的内能。题型一传送带中的功能关系皮带输送机普遍应用于交通、物流、食品等各行各业，通过扫码可实现快递自动分拣。如图所示，传送带在电动机带动下以v0＝2m/s的速度匀速运动，将质量m＝1kg的包裹（可视为质点）无初速度放在与扫码仪B相距10m的A点处，包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．包裹从A点运动到扫码仪B的过程中先受滑动摩擦力作用后受静摩擦力作用B．包裹从A点运动到扫码仪B的时间为5sC．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，电动机多消耗的电能为4JD．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，系统因摩擦产生的热量为4JC包裹在传送带上加速时有μmg＝ma，解得a＝5m/s2，包裹在传送带上加速的时间t1＝EQ\f(v0,a)＝0.4s，包裹在传送带上加速的位移x＝EQ\f(v02,2a)＝0.4m＜10m，包裹在传送带上匀速运动的时间t2＝EQ\f(L－x,v0)＝4.8s，包裹从A点运动到扫码仪B的时间t＝t1＋t2＝5.2s，故B错误；包裹加速过程受滑动摩擦力作用，与传送带共速后不受摩擦力作用，故A错误；传送带在包裹加速时间内的位移x传＝v0t1＝0.8m，传送带克服摩擦力所做的功W＝μmgx传＝4J，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，故C正确；包裹在传送带上加速的过程中，系统因摩擦产生的热量为Q＝μmg(x传－x)＝2J，故D错误。题型二滑块——木板模型中的功能关系（多选）如图所示，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（）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fxC．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FxABC由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝fx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝f(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－fL，D错误。三步求解相对滑动物体的能量问题三步求解相对滑动物体的能量问题1．（2023·江苏南京市十一校调研）如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐，重力加速度为g。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面），在此过程中（）A．物块的机械能逐渐增加B．软绳的重力势能共减少了EQ\f(1,4)mglC．物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功D．软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和B物块克服细线的拉力做功，其机械能逐渐减少，A错误；软绳重力势能减少量ΔEp减＝mg·EQ\f(l,2)－mg·EQ\f(l,2)sinθ＝EQ\f(1,4)mgl，B正确；因为物块的机械能减小，则物块的重力势能减小量大于物块的动能增加量，机械能的减小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物块重力势能的减少量大于软绳克服摩擦力所做的功，C错误；细线的拉力对软绳做正功，对物块做负功，则物块的机械能减小，软绳的机械能增加，软绳重力势能的减少量一定小于其动能的增加量，故软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和，D错误。2．（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．摩擦力对物块做的功为－μmg(s＋d)B．摩擦力对木板做的功为μmgsC．木板动能的增量为μmgdD．由于摩擦而产生的热量为μmgsAB根据功的定义W＝Flcosθ，其中l指物体的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功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。3．如图所示，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v0＝2m/s的速率运行，现把一质量为m＝10kg的工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9s，工件被传送到h＝1.5m的高处，g取10m/s2，求：（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。（1）EQ\f(\r(3),2)（2）230J（1）由题图可知，传送带长x＝＝3m工件速度达到v0前，做匀加速运动，有x1＝EQ\f(v0,2)t1工件速度达到v0后，做匀速运动，有x－x1＝v0(t－t1)联立解得加速运动的时间t1＝0.8s加速运动的位移x1＝0.8m所以加速度大小a＝EQ\f(v0,t1)＝2.5m/s2由牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝EQ\f(\r(3),2)。（2）由能量守恒定律知，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位移时摩擦力做功产生的热量。在时间t1内，传送带运动的位移x传＝v0t1＝1.6m在时间t1内，工件相对传送带的位移x相＝x传－x1＝0.8m在时间t1内，摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·x相＝60J最终工件获得的动能Ek＝EQ\f(1,2)mv02＝20J工件增加的势能Ep＝mgh＝150J电动机多消耗的电能E＝Q＋Ek＋Ep＝230J。考点三能量守恒定律的理解与应用能量守恒定律: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另一种形式，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．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。4．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）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。题型一与弹簧相关的能量守恒（多选）将图甲中的蹦床简化为图乙所示的弹簧，当质量为50kg的运动员站在蹦床上静止时，弹簧的上端由O点压缩到A点，运动员重心在O点。现将比赛过程分为两段，过程1：运动员从A点开始，通过多次起跳，在空中完成动作，且越跳越高，直至重心达到距O点高为6.1m的最高点（此时运动员的速度为零）；过程2：运动员在最高点结束表演，此后不做任何动作，多次往返，最后静止在蹦床上，弹回过程中重心与O点最大高度差为4m。若整个过程中运动员所受空气阻力大小恒为重力的倍，重力加速度大小为10m/s2。则（）A．过程1中，运动员能够越跳越高，是因为弹簧对运动员不断做正功B．在过程2的每一次单向向上运动过程中，运动员的速度最大时，弹簧的上端都处于A点下方C．过程2中，从开始下落到弹至重心距O点高4m处，运动员克服空气阻力做的功为1010JD．过程2中，弹簧的最大弹性势能为2520JBD过程1中，上升阶段，运动员与弹簧分离时，弹簧对运动员做正功，运动员与弹簧分离后，弹簧对运动员不做功，A错误；由题可知，当物体静止时，在A点弹簧的弹力等于重力，在过程2的每一次单向向上运动过程中，阻力方向向下，运动员的速度最大时，运动员的加速度为零，此时有F弹＝mg＋mg＞mg，则速度最大时，运动员比静止在弹簧上时弹簧的弹力更大，则被压缩更短，所以弹簧的上端都处于A点下方，B正确；过程2中，从距O点高为6.1m开始下落到弹至重心距O点高4m处，设运动员克服空气阻力做的功为W，由动能定理得mgh－W＝0，解得W＝1050J，C错误；过程2中，当弹簧第一次到达最低点时，弹簧的弹性势能最大，设弹簧的压缩量为x，运动员从距O点高为6.1m开始下落到重心与O点最大高度差为4m过程中，克服空气阻力做的功为mg＋x)＋mg(4＋x)＝W，解得x＝0.2m，过程2中，当弹簧第一次到达最低点时，由动能定理得mg＋0.2)－mg＋0.2)－Epmax＝0－0，代入数据解得Epmax＝2520J，D正确。题型二与图像相关的能量守恒问题（多选）某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出（）A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000NB．汽车的额定功率为80kWC．汽车加速运动的时间为22.5sD．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105JBD由图线①求所受阻力，由ΔEk＝FfΔx，得Ff＝2000N，A错误；由Ekm＝可得，vm＝40m/s，所以P＝Ffvm＝80kW，B正确；加速阶段，Pt－Ffx＝ΔEk，得t＝16.25s，C错误；根据能量守恒定律，并由图线②可得，ΔE＝Ekm－Ffx′＝5×105J，D正确。11．能量守恒定律的两点理解（1）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）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．能量转化问题的解题思路1．（2022·江苏高考）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（）A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化C．下滑时，B对A的压力先减小后增大D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量B由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，动摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律，对AB有F＋(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)·gcosθ＝(mA＋mB)a，对B有mBgsinθ－μmBgcosθ－FAB＝mBa，联立可得EQ\f(F,mA＋mB)＝EQ－\f(FAB,mB)，由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时，弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得EQ\f(1,2)kx12＝EQ\f(1,2)kx22＋(mgsinθ＋f)(x1－x2)，化简得k＝EQ\f(2(mgsinθ＋f),x1＋x2)，当位移为最大位移的一半时有F合＝EQk\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(x1－x2,2)))－(mgsinθ＋f)，代入k值可知F合＝0，即此时加速度为0，故A错误；根据B项的分析可知EQ\f(F,mA＋mB)＝EQ－\f(FAB,mB)，再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。2．如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能Ek－h图像，其中h＝0.18m时对应图像的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余为曲线，取g＝10m/s2，由图像可知（）A．滑块的质量为0.18kg B．弹簧的劲度系数为10N/mC．滑块运动的最大加速度为40m/s2 D．弹簧的弹性势能最大值为0.7JC在从0.2m上升到0.35m范围内ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值为EQ\f(ΔEk,Δh)＝2N＝mg，则m＝0.2kg，故A错误；在Ek－h图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所以弹簧的原长为0.2m，当弹簧弹力等于重力时，滑块的速度最大，根据图像可知，此时h＝0.18m，则有mg＝kΔx，解得k＝－0.18)N/m＝100N/m，故B错误；由以上分析可知，滑块静止释放后做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，加速度为0，滑块的速度最大，所以滑块在释放瞬间加速度最大。由牛顿第二定律可得amax＝EQ\f(kΔxmax－mg,m)＝－0.1)×100－0.2×10,0.2)m/s2＝40m/s2，故C正确；根据能量守恒定