資源簡介

機械能守恒定律
深入理解動能定理
重難點 題型 分值
重點 對動能定理的理解 選擇 計算 6-12分
難點 動能定理的應用
功
1. 功的公式：W＝Flcosα。
2. 總功的求解
（1）先求物體所受的合外力，再根據公式W合＝F合lcos α求合外力的功。
（2）先根據W＝Flcosα，求每個分力做的功W1，W2，…，Wn，再根據W合＝W1＋W2＋…＋Wn，求合力的功。即合力做的功等于各個分力做功的代數和。
動能定理
1. 動能表達式：Ek＝mv2。
2. 動能定理
（1）內容：力在一個過程中對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。
（2）表達式：W＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12。
（3）推導過程：設質量為m的物體在光滑的水平面上運動，在與運動方向相同的恒力F的作用下發生了一段位移x，速度從v1增大到v2，根據牛頓第二定律有F＝ma
由可得，，
代入W＝Fx可得
3. 動能定理的應用
（1）運用動能定理解決問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式。
（2）動能定理全過程列式時，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：
①重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關。
②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積。
（3）由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復雜，從動力學的角度分析多過程問題往往比較復雜，但是，用動能定理分析問題，是從總體上把握其運動狀態的變化，并不需要從細節上了解。因此，動能定理的優越性就明顯地表現出來了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起來即可。
（3）應用動能定理求變力做功時應注意的問題
①所求的變力做的功不一定為總功，故所求的變力做的功不一定等于ΔEk。
②合外力對物體所做的功對應物體動能的變化，而不是對應物體的動能。
③若有多個力做功時，必須明確各力做功的正負，待求的變力做的功若為負功，可以設克服該力做的功為W，則表達式中應用－W；也可以設變力做的功為W，則字母W本身含有符號。
1. 物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運動。通過力和速度傳感器監測到推力F、物體速度v隨時間t變化的規律分別如圖甲、乙所示。取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是（　?。?br/>A. 物體的質量m＝0. 5 kg
B. 物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0. 4
C. 第2 s內物體克服摩擦力做的功W＝2 J
D. 前2 s內推力F做功的平均功率＝3 W
【答案】ABC
【解析】由題圖甲、乙可知，在1～2 s內，推力F2＝3 N，物體做勻加速直線運動，其加速度a＝2 m/s2，由牛頓運動定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3 s，推力F3＝2 N，物體做勻速直線運動，由平衡條件可知，μmg＝F3；聯立解得物體的質量m＝0. 5 kg，物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0. 4，A、B正確；由速度－時間圖象所圍的“面積”表示位移可得，第2 s內物體位移x＝1 m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2 J，C正確；第1 s內，由于物體靜止，推力不做功；第2 s內，推力做功W＝F2x＝3 J，即前2 s內推力F做功為W′＝3 J，前2 s內推力F做功的平均功率＝＝W＝1. 5 W，D錯誤。
2. 某跳傘運動員從高H＝100 m的樓層起跳，自由下落一段時間后打開降落傘，最終以安全速度勻速落地。若降落傘視為瞬間打開，得到運動員起跳后的速度v隨時間t變化的圖象如圖所示，已知運動員及降落傘裝備的總質量m＝60 kg，開傘后所受阻力大小與速率成正比，即Ff＝kv，g取10 m/s2，求：
（1）打開降落傘瞬間運動員的加速度。
（2）打開降落傘后阻力所做的功。
【答案】（1）26 m/s2，方向豎直向上?。?）－58 170 J
【解析】（1）勻速運動時，則有：mg＝kv
解得：k＝120 N/（m·s－1）
打開降落傘的瞬間，速度為：v1＝18 m/s
由牛頓第二定律得：kv1－mg＝ma
解得：a＝26 m/s2
方向豎直向上
（2）根據圖線圍成的面積知，自由下落的位移為：
x1＝×2×18 m＝18 m
則打開降落傘后的位移為：
x2＝H－x1＝100 m－18 m＝82 m
由動能定理得：mgx2＋Wf＝mv2－mv
代入數據解得：Wf＝－58 170 J。
如圖所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，質量為1 kg的小物塊由A處以12 m/s的初速度沿斜面向上滑行，到達C處速度為零，此過程中小物塊在AB段速度的變化率是BC段的2倍，兩段運動時間相等，g＝10 m/s2，以A為零勢能點，求小物塊：
（1）通過B處的速度；
（2）在C處的重力勢能。
【答案】（1）4 m/s?。?）40 J
【解析】（1）設物塊在AB段加速度大小為a1，BC段加速度大小為a2
由于：a1＝2a2，t1＝t2，＝得：vB＝4 m/s。
（2）由題意分析可知，滑動摩擦力與重力沿斜面向下的分力大小相等，從A到B：
Wf＋WG＝mv－mv
Wf＝－32 J
從A到C：Wf－mgh＝0－mv
得：EPC＝mgh＝40 J。
1. 動能定理
表達式：W＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12。
注意：W指合外力做的功；等式右邊必須是末動能減去初動能。
2. 應用動能定理求變力做功時應注意的問題
（1）所求的變力做的功不一定為總功，故所求的變力做的功不一定等于ΔEk。
（2）合外力對物體所做的功對應物體動能的變化，而不是對應物體的動能。
（3）若有多個力做功時，必須明確各力做功的正負正確求解總功。
3. 動能定理解決多過程問題
（1）運用動能定理解決多過程問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式。
（2）動能定理全過程列式時，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：
①重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關。
②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積。
（答題時間：30分鐘）
1. 質量為m的物體靜止在傾角為θ的斜面上，斜面沿水平方向向右勻速移動了距離s，如圖所示，物體m相對斜面靜止. 則下列說法正確的是 （　　）
A. 重力對物體m做正功
B. 合力對物體m做功為零
C. 摩擦力對物體m做負功
D. 支持力對物體m做正功
2. 物塊與斜面之間的動摩擦因數為μ，物塊在傾角θ一定的斜面底端以初速度v0上滑，上滑到最高點后又沿斜面下滑. 設上滑和下滑過程中，物塊克服摩擦力做功的平均功率分別為P1、P2，經過斜面上同一點時（不是最高點）克服摩擦力做功的瞬時功率分別為P′1和P′2。則（　?。?br/>A. P1>P2 B. P1C. P′1>P′2 D. P′13. 如圖所示，小球質量為m，一不可伸長的懸線長為l，把懸線拉到水平位置后放手，設小球運動過程中空氣阻力Fm大小恒定，則小球從水平位置A到豎直位置B的過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A. 重力不做功
B. 懸線的拉力不做功
C. 空氣阻力做功為－Fml
D. 空氣阻力做功為－Fmπl
4. 如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g. 質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為（　?。?br/>A. mgR　　　　　 B. mgR
C. mgR D. mgR
5. 一汽車在平直公路上行駛. 從某時刻開始計時，發動機的功率P隨時間t的變化如圖所示. 假定汽車所受阻力的大小f恒定不變. 下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是（　?。?br/>　　　 A　　　　　　 　 B
　　　 C　　　 　　　　 D
6. 我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示，質量m＝60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3. 6 m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m。為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
（1）求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小；
（2）若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大。
1. 【答案】BCD
【解析】重力方向與位移方向垂直，重力不做功；支持力的方向與位移方向的夾角為銳角，做正功；摩擦力的方向與位移方向的夾角為鈍角，做負功。選項B、C、D正確。
2. 【答案】AC
【解析】根據牛頓第二定律，上滑時有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，下滑時有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，則加速度大小a1>a2，設物塊上滑的最大位移為x，上滑過程的逆運動有x＝a1t12，下滑過程有x＝a2t22，比較可知t1P2，選項A正確，選項B錯誤；設同一點與最大位移的距離為x0，則v12＝2a1x0，v22＝2a2x0，比較可知v1>v2，即上滑速度大于下滑速度，由瞬時功率P＝μmgvcos θ知P′1>P′2，選項C正確，選項D錯誤。
3.【答案】BD
【解析】重力在整個運動過程中始終不變，小球在重力方向上的位移為l，所以WG＝mgl，故A錯誤；因為拉力FT在運動過程中始終與運動方向垂直，拉力不做功，故B正確；Fm所做的總功等于每個小弧段上Fm所做功的代數和，運動的弧長為πl，故阻力做的功為WFm＝－（FmΔx1＋FmΔx2＋…）＝－Fmπl，故C錯誤，D正確。
4. 【答案】C
【解析】Q點，FN－mg＝，所以v＝；由P到Q根據動能定理得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，故C正確。
5.【答案】A
【解析】由P t圖象知：0～t1內汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內汽車以恒定功率P2行駛。設汽車所受牽引力為F，則由P＝Fv得，當v增加時，F減小，由a＝知a減小，又因速度不可能突變，所以選項B、C、D錯誤，選項A正確。
6.【答案】（1）Ff＝144 N （2）R＝12. 5 m
【解析】（1）運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，則有
①
由牛頓第二定律有
mg－Ff＝ma②
聯立①②式，代入數據解得
Ff＝144 N③
（2）設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有
④
設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有
⑤
由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯立④⑤式，代入數據解得
R＝12. 5 m
機械能守恒定律
重難點 題型 分值
重點 機械能守恒的條件和理解 選擇 計算 6-10分
難點 機械能守恒定律的綜合應用
機械能守恒
1. 內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變。
2. 對機械能守恒條件的理解
（1）只受重力作用，例如不考慮空氣阻力的各種拋體運動，物體的機械能守恒。
（2）除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數和為零。
（3）除重力外，只有系統內的彈力做功，并且彈力做的功等于彈性勢能減少量，那么系統的機械能守恒。
3. 機械能是否守恒的三種判斷方法
（1）利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能守恒。
（2）用做功判斷：若物體或系統只有重力（或彈簧的彈力）做功，雖受其他力，但其他力不做功，機械能守恒。
（3）利用能量轉化判斷：若物體或系統與外界沒有能量交換，物體或系統內也沒有機械能與其他形式能的轉化，則機械能守恒。
機械能守恒表達式
1. 守恒的觀點：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
此種方法必須選零勢能面，且初、末狀態必須用同一零勢能面計算勢能。
2. 轉化的觀點：ΔEk＝－ΔEp
此種方法要注意分清勢能的增加量或減少量，可不選零勢能面而直接計算初、末狀態的勢能差。
（3）轉移的觀點：ΔEA＝-ΔEB
此種方法常用于解決兩個或多個物體組成的系統的機械能守恒問題。
幾種常見力做功及能量變化
力做功 能的變化 定量關系
合力做功 動能變化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力做功 重力勢能變化 （1）重力做正功，重力勢能減少 （2）重力做負功，重力勢能增加 （3）WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
彈簧彈力做功 彈性勢能變化 （1）彈力做正功，彈性勢能減少 （2）彈力做負功，彈性勢能增加 （3）WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、彈簧彈力做功 機械能不變化 機械能守恒ΔE＝0
除重力和彈簧彈力之外的其他力做功 機械能變化 （1）其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少 （2）其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少 （3）W其他＝ΔE
一對相互作用的滑動摩擦力的總功 機械能減少內能增加 （1）作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能增加 （2）摩擦生熱Q＝Ff·x相對
如圖所示，傾角為θ的光滑斜面體C固定于水平地面上，小物塊B置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與物體A相連接，釋放后，A將向下運動，則在A碰地前的運動過程中（　　）
A. A的加速度大小為g
B. 物體A機械能守恒
C. 由于斜面光滑，所以物塊B機械能守恒
D. A、B組成的系統機械能守恒
【答案】D
【解析】物體A向下運動的過程中除受到重力以外，還受到細繩向上的拉力，物體A下落的加速度一定小于g，故A錯誤；物體A下落過程中，細繩的拉力做負功，A的機械能不守恒，故B錯誤；由于斜面光滑，A、B組成的系統在整個運動過程中，只有重力做功，系統機械能守恒，但細繩拉力對B做正功，B的機械能增加，故C錯誤，D正確。
如圖所示，質量為m的木塊放在光滑的水平桌面上，用輕繩繞過桌邊的定滑輪與質量為M的砝碼相連。已知M＝2m，讓繩拉直后使砝碼從靜止開始下降h（此時豎直繩長小于桌高）的距離，木塊仍在桌面上，則此時砝碼的速度為多大？
【答案】
【解析】砝碼、木塊及輕繩組成的系統在相互作用的過程中，除砝碼的重力做功外，還有繩的拉力對砝碼做負功，對木塊做正功，且二者之和為0，故系統的機械能守恒。
解法一：利用E2＝E1求解
設砝碼開始離桌面的距離為x，取桌面所在的水平面為參考平面，則系統的初始機械能E1＝－Mgx，
系統的末態機械能
E2＝－Mg（x＋h）＋（M＋m）v2，
由E2＝E1，得－Mg（x＋h）＋（M＋m）v2＝－Mgx，
又M＝2m，
聯立以上兩式得v＝。
解法二：利用ΔEk＝－ΔEp求解
在砝碼下降h的過程中，
系統增加的動能ΔEk增＝（M＋m）v2
系統減少的重力勢能ΔEp減＝Mgh，
由ΔEk增＝ΔEp減，得（M＋m）v2＝Mgh，
得v＝＝。
解法三：利用ΔEA＝-ΔEB求解
在砝碼下降的過程中，木塊增加的機械能ΔEm增＝mv2，
砝碼減少的機械能ΔEM減＝Mgh－Mv2，
由ΔEm增＝ΔEM減，得mv2＝Mgh－Mv2，
得v＝。
1. 機械能守恒條件的理解
（1）只受重力作用。
（2）除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數和為零。
（3）除重力外，只有系統內的彈力做功。
2. 幾種常見力做功及能量變化：合力做功；重力做功；彈簧彈力做功；只有重力、彈簧彈力做功；除重力和彈簧彈力之外的其他力做功；一對相互作用的滑動摩擦力做功。
3. 機械能守恒條件的表達式
（1）守恒的觀點：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
注意：必須選零勢能面，且初、末狀態必須用同一零勢能面計算勢能。
（2）轉化的觀點：ΔEk＝－ΔEp
注意：可不選零勢能面而直接計算初、末狀態的勢能差。
（3）轉移的觀點：ΔEA＝-ΔEB
注意：此種方法常用于解決兩個或多個物體組成的系統的機械能守恒問題。
（答題時間：30分鐘）
1. 如圖所示，一斜面固定在水平面上，斜面上的CD部分光滑，DE部分粗糙，A、B兩物體疊放在一起從頂端C點由靜止下滑，下滑過程中A、B保持相對靜止，且在DE段做勻速運動。已知A、B間的接觸面水平，則（　?。?br/>A. 沿CD部分下滑時，A的機械能減少，B的機械能增加，但總的機械能不變
B. 沿CD部分下滑時，A的機械能增加，B的機械能減少，但總的機械能不變
C. 沿DE部分下滑時，A的機械能不變，B的機械能減少，故總的機械能減少
D. 沿DE部分下滑時，A的機械能減少，B的機械能減少，故總的機械能減少
2. 如圖所示，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍。當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是（　?。?br/>A. 2R　　 B. 　　 C. 　　 D.
3. 如圖所示，一小球從光滑的水平面以速率v0進入固定在豎直面內的S形軌道，S形軌道由半徑分別為r和R的兩個光滑圓弧構成，圓弧交接處的距離略大于小球的直徑，忽略空氣阻力。如果小球能夠到達S形軌道最高點，則（　　）
A. 在最高點，小球處于失重狀態
B. 在最高點，小球處于超重狀態
C. 當 時，小球才能到達最高點
D. 當v0≥時，小球才能到達最高點
4. 如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環，圓環與水平狀態的輕質彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態?，F讓圓環由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環下滑到最大距離時彈簧的長度變為2L（未超過彈性限度），則在圓環下滑到最大距離的過程中（　?。?br/>A. 圓環的機械能守恒
B. 彈簧彈性勢能變化了mgL
C. 圓環下滑到最大距離時，所受合力為零
D. 圓環重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變
5. 如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的小球，小球與一輕質彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，已知桿與水平面之間的夾角θ＜45°，當小球位于B點時，彈簧與桿垂直，此時彈簧處于原長?，F讓小球自C點由靜止釋放，在小球滑到桿底端的整個過程中，關于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，下列說法正確的是（　?。?br/>A. 小球的動能與重力勢能之和保持不變
B. 小球的動能與重力勢能之和先增大后減小
C. 小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變
D. 小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變
6. 如圖所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊，當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結論中正確的是 （　　）
A. 上述過程中，F做功大小為
B. 其他條件不變的情況下，M越大，s越小
C. 其他條件不變的情況下，F越大，滑塊到達右端所用時間越長
D. 其他條件不變的情況下，Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多
7. 如圖所示，一物體質量m＝2 kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3 m/s下滑，A點距彈簧上端擋板位置B點的距離AB＝4 m。當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0. 2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點的距離AD＝3 m。擋板及彈簧質量不計，g取10 m/s2，sin 37°＝0. 6，求：
（1）物體與斜面間的動摩擦因數μ；
（2）彈簧的最大彈性勢能Epm。
8. 如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數μ＝，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側繩子與斜面平行，A的質量為2m＝4 kg，B的質量為m＝2 kg，初始時物體A到C點的距離為L＝1 m?，F給A、B一初速度v0＝3 m/s，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態，求：
（1）物體A向下運動剛到C點時的速度大?。?br/>（2）彈簧的最大壓縮量；
（3）彈簧的最大彈性勢能。
1.【答案】D
【解析】在CD段下滑時，對A、B整體只有重力做功，機械能守恒；分析A的受力，B對A的支持力和摩擦力的合力與斜面垂直，相當于只有重力做功，所以A、B的機械能都守恒，選項A、B錯誤；在DE段下滑時，動能不變，重力勢能減少，所以機械能減小，D正確。
2.【答案】C
【解析】如圖所示，以A、B為系統，以地面為零勢能面，設A的質量為2m，B的質量為m，根據機械能守恒定律有2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B將以v做豎直上拋運動，即有mv2＝mgh，解得h＝R。則B上升的最大高度為R＋R＝R，故選項C正確。
3.【答案】AD
【解析】小球在最高點時，mg＝m，向心力全部由重力提供，小球處于失重狀態，A對，B錯；小球以v0射入軌道恰好至最高點，此過程由機械能守恒得：mv＝mg（R＋r）＋mv2，而v＝，解得v0＝，故C錯，D對。
4.【答案】B
【解析】圓環在下落過程中彈簧的彈性勢能增加，由能量守恒定律可知圓環的機械能減少，而圓環與彈簧組成的系統機械能守恒，故A、D錯誤；圓環下滑到最大距離時速度為零，但是加速度不為零，即合外力不為零，故C錯誤；圓環重力勢能減少了mgL，由能量守恒定律知彈簧彈性勢能增加了mgL，故B正確。
5.【答案】B
【解析】小球與彈簧組成的系統在整個過程中，機械能守恒。彈簧原長時彈性勢能為零，小球從C到最低點過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，所以小球的動能與重力勢能之和先增大后減小，A項錯，B項對；小球的重力勢能不斷減小，所以小球的動能與彈簧的彈性勢能之和不斷增大，C項錯；小球的初、末動能均為零，所以上述過程中小球的動能先增大后減小，所以小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，D項錯。
6. 【答案】BD
【解析】由牛頓第二定律得：Ff＝Ma1，F－Ff＝ma2，又L＝a2t2－a1t2，s＝a1t2，其他條件不變的情況下，M越大，a1越小，t越小，s越??；F越大，a2越大，t越小；由Q＝FfL可知，Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多，故B、D正確，C錯誤；力F做的功還有一部分轉化為系統熱量Q，故A錯誤。
7.【答案】（1）0. 52?。?）24. 5 J
【解析】（1）物體從開始位置A點到最后D點的過程中，彈性勢能沒有發生變化，機械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即：mv＋mgLAD·sin 37°＝μmgcos 37°（LAB＋2LCB＋LBD）
代入數據解得：μ≈0. 52。
（2）物體由A到C的過程中，
動能減少量ΔEk＝mv，
重力勢能減少量ΔEp＝mgLACsin 37°
摩擦產生的熱量Q＝μmgcos 37°·LAC
由能量守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能為：
Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q
＝mv＋mgLACsin 37°－μmgcos 37°·LAC≈24. 5 J。
8. 【答案】（1）2 m/s　（2）0. 4 m?。?）6 J
【解析】（1）物體A向下運動剛到C點的過程中，對A、B組成的系統應用能量守恒定律可得：
μ·2mg·cos θ·L＝·3mv－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL
可解得v＝2 m/s。
（2）以A、B組成的系統，在物體A將彈簧壓縮到最大壓縮量，又返回到C點的過程中，系統動能的減少量等于因摩擦產生的熱量
即：·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x為彈簧的最大壓縮量
解得x＝0. 4 m。
（3）設彈簧的最大彈性勢能為Epm
由能量守恒定律可得：
·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J。

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