第1章 综合·融通(三) 机械能守恒定律与功能关系的综合应用（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（鲁科版 福建专用）

机械能守恒定律与功能关系的综合应用(融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(三) 在应用机械能守恒定律解决的问题中，通过细绳、弹簧连接的物体组成的系统所涉及的情境相对复杂，隐含条件发掘困难，因此，解答过程容易出错；学习了功、功率、动能定理、机械能守恒定律后，对于功能关系和能量守恒定律应该具有更进一步的认识，能从功能关系和能量守恒的角度分析解决一些实际问题。通过本节课的学习，要熟练掌握系统机械能守恒及功能关系、能量守恒定律相关问题的特点及解题思路。 主题(一)　系统机械能守恒问题　　 主题(二)　功能关系及其应用 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 主题(三)　能量守恒定律及其应用 04 主题(一)　系统机械能守恒问题 1.应用思路 (1)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。 (2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。 (3)列机械能守恒方程时，一般选用转化式ΔEk=-ΔEp或转移式ΔEA=-ΔEB。 知能融会通 2.细绳连接的物体系统 (1)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.弹簧连接的物体系统 (1)弹簧和物体组成的系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体或弹簧的机械能都不守恒。 (2)弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的改变量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形变量的大小。 [典例]　(2025·福州高一期末)如图甲所示，长度为l的轻质杆可以绕位于杆的中点的固定光滑转轴O转动，可视为质点的A、B两球固定在轻质杆的两端，两球质量分别为m、3m，初始用外力控制杆处于水平状态，撤去外力后杆将会在竖直平面内转动起来。已知重力加速度为g，以下说法正确的是 (　 ) A.从初始状态到B球到达最低点过程中，杆上弹力对A球不做功 B.从初始状态到B球到达最低点过程中，杆上弹力对B球做正功 C.B球到达最低点时，OA杆对A球弹力为零 D.若转轴O位于杆的三等分处且靠近B球(如图乙所示)，A球将无法到达转轴O的正上方 √ [解析]　从初始状态到B球到达最低点过程中，A球的动能、重力势能均增大，故A球机械能增大，可知杆上弹力对A球做正功，故A错误；A、B球组成的系统只有动能和重力势能间的相互转化，机械能守恒，A球机械能增大，故B球机械能减小，故杆上弹力对B球做负功，故B错误； B球到达最低点时，由题意可知，A、B两球速度v大小相等，根据机械能守恒定律有3mg·=mg·+mv2+·v2，解得v=， 对A球根据牛顿第二定律得mg+FN=，解得FN=0，故B球到达最低点时OA杆对A球弹力为零，故C正确；若转轴O位于杆的三等分处且靠近B球，假设A球能到达转轴O正上方，此时速度为2v'，由于同根杆上各点角速度相同，故B球此时到达转轴O的正下方，速度为v'，根据机械能守恒定律得3mg·=mg·+m(2v')2+·v'2，解得v'=，故A球可以到达转轴O的正上方，故D错误。 [思维建模] 应用机械能守恒定律解题的步骤 题点全练清 1.如图所示，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑的轻质定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m，静止于地面；b球质量为3m，用手托住，距地面的高度为h，此时轻绳刚好被拉紧。从静止开始释放b球，则当b球刚落地时a球的速度为(不计空气阻力，重力加速度为g) (　 ) A. B. C. D. √ 解析：a、b两球组成的系统机械能守恒，设b球刚落地时的速度大小为v，则整个过程中系统动能增加量Ek增=(m+3m)v2=2mv2，系统重力势能的减少量Ep减=3mgh-mgh=2mgh，由机械能守恒定律得Ek增=Ep减，所以2mv2=2mgh，解得v=，A正确。 2.A的质量m1=4m，B的质量m2=m，斜面固定在水平地面上，倾角为30°。开始时将B按在地面上不动，然后放手，让A沿斜面由静止下滑而B上升。斜面足够长，A与斜面无摩擦，如图所示，设当A沿斜面下滑s距离后，细绳突然断了，求B上升的最大高度H。(不计空气阻力、绳与滑轮摩擦) 答案：1.2s 解析：A、B组成的系统机械能守恒，设细绳断开时A与B速率均为v，则有：4mgssin 30°=(4m)v2+mv2+mgs，解得：v=。细绳断了之后，B以初速度v竖直向上运动，机械能守恒：mgh=mv2，解得h=0.2s。 B上升的最大高度为：H=h+s， 代入数据解得：H=1.2s。 主题(二)　 功能关系及其应用 1.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。 知能融会通 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 合外力 做功 动能 变化 (1)合外力做正功，动能增加 (2)合外力做负功，动能减少 (3)W合=Ek2-Ek1=ΔEk 重力 做功 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 续表 弹簧弹 力做功 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)W弹=-ΔEp=Ep1-Ep2 除重力和 弹簧弹力 之外的其 他力做功 机械能 变化 (1)其他力做正功，机械能增加 (2)其他力做负功，机械能减少 (3)W其他=ΔE机 续表 一对相互作用的滑动摩擦力的总功 内能 变化 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加 (2)Q=f·l相对 [典例]　如图，一轻弹簧原长为L，一端固定在光滑细杆的O点，另一端连接一质量为m的小球，小球和弹簧穿在细杆上，杆上有A、B两点，OA=L，OB=L。当细杆与水平面成30°角时，小球由A点无初速度释放，到达B点时速度为零。现让细杆绕O点转到竖直位置，小球再由A点无初速度释放，重力加速度大小为g，则小球运动到B点的过程中，下列说法正确的是(　 ) A.小球重力势能减少 B.弹簧的弹性势能增加 C.小球动能增加 D.小球机械能减少 √ [解析]　当细杆与水平面成30°角时，从A到B，根据动能定理有mgLsin 30°+W弹=0-0，故弹簧弹力做功W弹=-mgL。细杆绕O点转到竖直位置，A、B的高度差为，重力做功mgL，小球重力势能减少，A错误；弹簧形变相同，所以弹力做功仍为W弹=-mgL，弹性势能增加mgL，合力做功mg·L+W弹=mgL，小球的动能增加mgL，B、C错误；根据能量守恒定律可知弹簧增加的弹性势能是小球减少的机械能转化而来，所以小球机械能减少，D正确。 1.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， 其运动的加速度大小为g，g为重力加速度，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　 ) A.重力势能增加了mgh B.克服摩擦力做功为mgh C.动能损失了mgh D.机械能损失了mgh 题点全练清 √ 解析：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错误；加速度a=g=，解得摩擦力f=mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功为，故B错误；由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小ΔEk=F合·s=m·g·2h=mgh，故C错误；机械能的损失量为fs=mg·2h=mgh，故D正确。 2.有一种大型游戏机叫“跳楼机”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，先由电动机将座椅沿竖直轨道缓慢提升到离地面高H处，然后由静止释放。游客们的总质量为m，重力加速度为g。下列关于游客们缓慢上升到H处的过程说法正确的是 (　 ) A.合力对游客们所做的功为mgH B.游客们的重力势能增加了mgH C.电动机所做的功为mgH D.游客们的机械能守恒 √ 解析：游客们在缓慢上升的过程中，动能不变，故合力对游客们做的功为0，A错误；游客们被提升到H高度的过程中，重力做的功WG=-mgH，重力势能增加mgH，B正确；电动机做的功，一方面用于增加游客们的重力势能，另一方面用于增加跳楼机设备本身的重力势能，故电动机做的功大于mgH，C错误；游客们在上升的过程中，动能不变，重力势能增加，故机械能增加，D错误。 主题(三)　 能量守恒定律及其应用 1.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另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 (2)适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。 知能融会通 2.对定律的理解 (1)ΔE一种=-ΔE其他：某种形式的能量减少，一定存在另外形式的能量增加，且减少量和增加量相等。 (2)ΔEA=-ΔEB：某个物体的能量减少，一定存在别的物体的能量增加，且减少量和增加量相等。 (3)E1=E2：初状态的各种能量总和等于末状态的各种能量总和。 [典例]　如图为某研究小组设计的一种节能运输系统。木箱在倾角为30°的斜面轨道顶端时，自动装货装置将货物装入质量为M的木箱内，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动)，当斜面底端的轻弹簧被压缩至最短时，系统将木箱锁定，自动卸货装置将货物卸下，此后解除对木箱的锁定，木箱恰好被轻弹簧弹回到轨道顶端。已知木箱下滑的最大距离为L，轻弹簧的弹性势能Ep=kx2，x为弹簧的形变量，轻弹簧的劲度系数k=，轻弹簧始终在弹性限度内，木箱与轨道间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。求： (1)弹簧被压缩后的最大弹性势能； [答案]　(1)0.8MgL　 [解析]　(1)设弹簧的最大弹性势能为Epm，弹簧将箱子弹回到最高点的过程中，根据能量守恒定律有Epm=MgLsin 30°+μMgcos 30°·L， 解得Epm=0.8MgL。 (2)运送的货物的质量； [答案]　(2)3M [解析]　(2)设运送的货物的质量为m，货物和箱子向下运动过程中，根据能量守恒定律有 (m+M)gLsin 30°=Epm+μ(m+M)gcos 30° 解得m=3M。 (3)木箱与货物在向下运动过程中的最大动能。 [答案]　(3)0.648MgL [解析]　(3)当箱子和货物向下运动的速度达到最大时，设弹簧的压缩量为x1，根据力的平衡有 kx1+μ(m+M)gcos 30°=(m+M)gsin 30°， 解得x1=0.02L 设弹簧的最大压缩量为x2，则Epm=k， 解得x2=0.2L 设木箱与货物运动过程中的最大动能为Ek， 根据能量守恒定律有 [(m+M)gsin 30°-μ(m+M)gcos 30°]=k+Ek，解得Ek=0.648MgL。 [思维建模] 运用能量守恒定律解题的基本思路 水力发电对实现“碳达峰”目标具有重要意义。当某水电站的水位落差为150 m时，用于发电的水流量为每秒钟1×107 kg，发电机组的发电效率为60%。重力加速度g取10 m/s2，若某电动汽车行驶1 km消耗500 kJ的电能，则此时该水电站每秒钟所发的电可使该电动汽车行驶的里程是 (　 ) A.1.6×104 km B.1.8×104 km C.2.0×104 km D.2.2×104 km 题点全练清 √ 解析：根据题意可知，发电机组每秒所发电能为W=mgh·60%=9×109 J=9×106 kJ，该水电站每秒钟所发的电可使该电动汽车行驶的里程是x= km=1.8×104 km。故选B。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1.如图所示，运动员从十米跳台起跳到全身入水过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.运动员的机械能保持不变 B.下落过程中重力做正功 C.整个过程只有重力做功 D.手入水后运动员的动能开始减小 11 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：运动员从起跳到全身入水过程中，除了重力做功外，还有空气阻力做功，入水后，还有水的阻力做功，机械能不守恒，A、C错误；下落过程中重力是做正功的，B正确；手入水后，刚开始水的阻力小于重力，运动员还是加速下落，动能增大，直到阻力大小等于重力时，速度达到最大，之后，阻力大于重力，做减速运动，动能减小，D错误。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.如图所示，质量为60 kg的滑雪运动员从雪道上的某点腾空而起，空中飞行一段时间后落在比起点低的雪道上，落点与腾空起点的竖直距离为10 m，空中飞行过程中运动员克服阻力做功为100 J。重力加速度取g=10 m/s2，则关于运动员空中飞行过程的下列说法正确的是 (　 ) A.他的动能增加了6 000 J B.他的机械能减少了100 J C.他的重力势能减少了5 900 J D.他的机械能保持不变 √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：重力做功为WG=mgh=60×10×10 J=6 000 J，可知重力势能减少6 000 J，C错误；空中飞行过程中运动员克服阻力做功100 J，可知机械能减少了100 J，B正确，D错误；根据动能定理可得ΔEk=WG+Wf=6 000 J-100 J=5 900 J，可知动能增加了5 900 J，A错误。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3.某人用球拍以初速度v0竖直向上击出一个质量为m的小球，小球在运动过程中受到阻力的大小恒为f，能达到的最大高度为h，重力加速度为g，则小球从击出到落回击出点的过程中 (　 ) A.人对小球做功mgh B.人对小球做功m C.小球的机械能减少了fh D.小球的机械能守恒 √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：人对小球做的功等于小球动能的变化，即m，小球从击出到落回击出点的过程中机械能不守恒，机械能的减少量等于克服阻力做的功，即2fh，所以B正确，A、C、D错误。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4.中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3，假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为(g取10 m/s2) (　 ) 发动机最大 输出功率/kW 332 最大输送高度/m 63 整车满 载质量/kg 5.4×104 最大输送量/(m3/h) 180 11 A.1.08×107 J B.5.04×107 J C.1.08×108 J D.2.72×108 J 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ 解析：泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W=ρVgh=2.4×103×150×10×30 J=1.08×108 J，故C正确。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.(双选)如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧开始到弹簧被压缩至最短的过程中(弹簧一直保持竖直)，下列说法正确的是 (　 ) A.小球的动能不断减小 B.弹簧的弹性势能不断增大 C.弹簧的弹性势能和小球的动能之和不断增大 D.小球的动能和重力势能之和不变 √ √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：小球刚接触弹簧时，重力大于弹力，小球先向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为0时，速度最大，然后重力小于弹力，小球向下做加速度逐渐增大的减速运动直到速度为0，所以小球的速度先增大后减小，故动能先增大后减小，故A错误；下落过程，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，重力对小球做正功，故小球的重力势能不断减小，则弹簧的弹性势能和小球的动能之和不断增大，从球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧形变量一直增大，所以弹性势能一直增大，故小球的动能和重力势能之和不断减小，故B、C正确，D错误。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.(双选)某运动员采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心。如图所示，假设该运动员的质量为m，在起跑时前进的距离s内，重心升高了h，获得的速度为v，重力加速度为g，忽略空气阻力，则此过程中 (　 ) A.运动员克服重力做功WG=mgh B.运动员的机械能增加mv2 C.运动员的机械能增加mv2+mgh D.运动员对自身做功W=mv2 √ √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：运动员在此过程中重心升高高度为h，获得的速度为v，故重力势能增加mgh，动能增加mv2，则机械能增加mv2+mgh，A、C正确，B错误；运动员通过蹬地对自身做的功等于其机械能的增加量，D错误。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.(2025·龙岩高一期末)有一条质地均匀的金属链条，一半长度在光滑的足够高斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂，由静止释放后链条滑动，链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为1.25 m/s。已知重力加速度g取10 m/s2，则金属链条的长度为 (　 ) A.0.25 m　 B.0.50 m　 C.1.00 m　 D.1.50 m √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设金属链条的长度为L，质量为m，根据机械能守恒定律有g=mv2，解得L=0.25 m。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 8.如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为mA=1 kg和mB=2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L=0.2 m的轻杆相连，小球B距水平地面的高度h=0.1 m。两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是 (　 ) 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.整个下滑过程中A球机械能守恒 B.整个下滑过程中轻杆没有作用力 C.整个下滑过程中A球机械能的减少量为 J D.整个下滑过程中B球机械能的增加量为 J √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析： A、B两球均在斜面上滑动的过程中，设轻杆的作用力大小为F。根据牛顿第二定律，对整体有(mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a，对B有F+mBgsin 30°=mBa，联立解得F=0，即在斜面上滑动的过程中，只有重力对A球做功，所以A球在B球到地面之前，在斜面上运动时机械能守恒。在斜面上下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，得mAg(h+Lsin 30°)+mBgh=(mA+mB)v2，解得v= m/s。在斜面上下滑的整个过程中B球机械能的增加量为ΔEB=mBv2-mBgh= J。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 根据系统的机械能守恒知，A球机械能的增加量为ΔEA=-ΔEB=- J，则由分析可知A在斜面上、B在水平面上运动过程中轻杆有作用力，故A、B、D错误，C正确。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9.一质量为m的物体在拉力F的作用下沿竖直方向运动，其机械能E随高度h变化的情况如图所示，当物体高度为h=0(零势能面)时，机械能为E0，当物体的高度为h=h1时，机械能为E=1.5E0，物体上升的最大高度为h2，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　 ) A.F先做正功再做负功 B.mgh1一定小于0.5E0 C.mgh1一定大于0.5E0 D.整个过程拉力F做功为mgh2-E0 √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：由图像可知物体机械能始终增大，根据功能关系可知F始终对物体做正功，故A错误；由题意可知h=0时物体重力势能为零，所以动能为E0，设物体在h1处的动能为Ek，则1.5E0=mgh1+Ek，E-h图像上各点切线的斜率大小表示F的大小，所以F为变力，不可能始终等于mg。若0~h1过程中F>mg，则物体做加速运动，有Ek>E0，此时mgh1<0.5E0，若0~h1过程中F<mg，则物体做减速运动，有Ek<E0，此时mgh1>0.5E0，故B、C错误；由题意可知物体在高度h2时速度为零，此时其机械能等于重力势能，根据功能关系可知整个过程F做的功等于物体机械能的变化量，即WF=mgh2-E0，故D正确。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.(12分)如图所示，轻绳一端固定于O点， 绕过轻质光滑的动滑轮和定滑轮，另一端与质 量为mB=2m的物块B相连，动滑轮下方悬挂质量为mA=m的物块A，将物块B置于倾角为30°的固定光滑斜面的顶端。已知斜面长为L，与物块B相连接的轻绳始终与斜面平行，悬挂动滑轮的轻绳竖直，两滑轮间竖直距离足够长，空气阻力忽略不计，两物块均可视为质点，重力加速度为g。现由静止释放物块B，求： 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)物块B运动至斜面底端时的动能；(5分) 答案：(1)　 解析： (1)由题可知同一时刻，物块B的速度大小始终是物块A速度大小的2倍，即vB=2vA， 对A、B系统，由机械能守恒定律有mBgLsin 30°-mAg=mA+mB，解得vB=， 物块B的动能Ek=mB=。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)物块B从斜面顶端运动至底端的过程中，克服轻绳拉力做的功。(7分) 答案： (2) 解析：(2)对B运动至底端的过程，由动能定理有 mBgLsin 30°-W=mB，解得W=。 11 11.(18分)如图所示，质量为M=2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m=1 kg的小滑块(可视为质点)以v0=3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向右滑动，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，长木块长L0=4.5 m，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)滑块在木板上滑动过程中，滑块的加速度a1的大小和木板的加速度a2的大小；(5分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案： (1)1 m/s2　0.5 m/s2　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：(1)滑块在木板上滑动过程中，受到向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得滑块加速度大小为a1=μg=1 m/s2，木板的加速度大小为a2==0.5 m/s2。 (2)试判断滑块与长木板能否达到共同速度，若能，请求出共同速度大小和小滑块相对长木板滑行的距离L；若不能，求出滑块滑离木板的速度和需要的时间；(6分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案：(2)能　1 m/s　3 m　　 解析：(2)设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则对滑块有v=v0-a1t，对长木板有v=a2t，联立以上两式，代入数据得滑块和长木板达到的共同速度v=1 m/s，t=2 s， 此时，滑块相对长木板滑行的距离 L=s滑-s木=t-t=3 m<4.5 m， 故滑块与长木板能达到共同速度。 (3)整个过程中系统因摩擦产生的热量Q。(7分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案：(3)3 J 解析：(3)根据能量守恒定律，整个过程中系统因摩擦产生的热量Q=FfL=μmgL=3 J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $