第8章 综合·融通(四) 功能关系与能量守恒定律（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

该高中物理课件聚焦功能关系与能量守恒定律，针对学生学习难点，通过梳理重力、弹力等常见功能关系，结合典例分析搭建知识支架，衔接动能定理等前序内容，帮助系统掌握能量转化规律。 其亮点在于以山地自行车减震、荡秋千等生活情境为载体，通过模型建构与科学推理培养能量观念，题点练清融入地区模拟题强化应用，助力学生提升解题能力，也为教师提供结构化教学资源，提高教学效率。

功能关系与能量守恒定律 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(四) 功能关系与能量守恒定律是高中物理的重难点，也是高考的必考点。这部分内容常见的题型较多，灵活性强，学习起来普遍感觉比较困难，解决问题的方法也难以系统把握。通过本节课的学习，掌握几种常见的功能关系，学会应用能量守恒定律解决问题。 主题(一)　几种常见的功能关系 主题(二)　能量守恒定律的理解与应用 01 02 CONTENTS 目录 主题(三)　摩擦力做功与摩擦生热的计算 课时跟踪检测 03 04 主题(一)　几种常见的功能关系 知能融会通 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，具有一一对应的关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。 2.常见的几种功能关系 功 能量转化 关系式 重力做功 重力势能的改变 WG=-ΔEp 弹力做功 弹性势能的改变 W弹=-ΔEp 合外力做功 动能的改变 W合=ΔEk 除重力、系统内弹力以外的其他力做功 机械能的改变 W=ΔE机=ΔEk+ΔEp [典例]　(2025·睢宁高一期中)山地自行车往往要加装减震装置，目的是为了应付颠簸的山路。静止的山地自行车，用力推压缩杆，将弹簧压缩到最短后放手，摩擦阻力不能忽略，弹簧被压缩杆压缩到最短后弹回到原长的过程中 (　 ) A.压缩杆的动能先增大后减小 B.压缩杆的加速度先增大后减小 C.压缩杆与弹簧组成的系统机械能守恒 D.弹簧的弹性势能将一定全部转化为内能 √ [解析]　在整个过程中压缩杆受到弹力F、重力mg和摩擦力f三个力的作用，刚开始，弹簧对压缩杆的弹力大于压缩杆的重力和摩擦力的合力，压缩杆向上运动，弹簧弹力逐渐减小，加速度向上逐渐减小，速度向上逐渐增大，即动能增大。弹簧对压缩杆的弹力减小至等于压缩杆的重力和摩擦力的合力时，加速度大小等于0，此时速度达到最大值，动能也达到最大值。之后弹簧弹力小于压缩杆的重力和摩擦力的合力，压缩杆向上运动，弹力向上逐渐减小，加速度向下逐渐增大，速度向上逐渐减小，即动能减小。综上所述，压缩杆的动能先增大后减小，压缩杆的加速度先减小后增大，故A正确，B错误； 由于要克服摩擦力做功，所以系统的机械能减小，故C错误；弹簧被压缩杆压缩到最短后弹回到原长的过程中，根据能量守恒可知，弹簧的弹性势能将转化为内能、压缩杆的动能和重力势能，故D错误。 1.(2025·南京高一模拟)如图所示是高空翼装飞行爱好者在空中滑翔的情境，在空中长距离滑翔的过程中，滑翔爱好者 (　 ) A.机械能守恒 B.重力势能的减小量小于重力做的功 C.重力势能的减小量等于动能的增加量 D.动能的增加量等于合力做的功 √ 题点全练清 解析：滑翔的过程中除重力做功外，还有空气阻力做功，机械能不守恒，故A错误；由功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，故B错误；由能量守恒可知，重力势能的减小量等于动能的增加量与克服阻力所做的功之和，故C错误；由功能关系可知，合外力所做的功等于动能的变化量，故D正确。 2.(2025·苏州高一期中)如图所示，轻弹簧的上端悬挂在天花板上，下端挂一质量为m的小球，小球处于静止状态。现在小球上加一竖直向上的恒力F使小球向上运动，小球运动的最高点与最低点之间的距离为H，则此过程中(g为重力加速度，弹簧始终在弹性限度内)下列说法正确的是 (　 ) A.小球的机械能守恒 B.小球的动能增加(F-mg)H C.小球和弹簧组成的系统机械能增加FH D.小球的重力做功为mgH √ 解析：小球除受重力外，还受到弹力和向上的恒力，机械能不守恒，故A错误；在最高点时，小球动能为零，从最低点到最高点的过程中，小球的动能增加量为零，故B错误；除重力、系统内弹力以外的其他力做功等于机械能的增加量，可知小球和弹簧组成的系统机械能增加FH，故C正确；小球的重力做负功，WG=-mgH，所以小球克服重力做功mgH，故D错误。 主题(二)　能量守恒定律的理解与应用 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，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。 知能融会通 (2)表达式 ①E初=E末：初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。 ②ΔE增=ΔE减：增加的能量等于减少的能量。 (3)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。 2.解题的一般步骤 (1)分清有多少种形式的能(如动能、势能、内能、电能等)在变化。 (2)分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 (3)列恒等式：ΔE减=ΔE增。 [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]　0.8MgL [解析]　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]　3M [解析]　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]　0.648MgL [解析]　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 =k+Ek，解得Ek=0.648MgL。 1.荡秋千的好处主要包括增强平衡能力、促进感官发育、改善情绪、锻炼肌肉力量等。会荡秋千的人不用别人推，就能越摆越高，而不会荡秋千的人则始终也摆不起来。要使秋千越摆越高，以下做法合理的是 (　 ) 题点全练清 A.从高处摆下来的时候身体迅速下蹲，而从最低点向上摆起时，身体迅速直立起来 B.从高处摆下来的时候身体要保持直立，而从最低点向上摆起时，身体迅速下蹲 C.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起，身体都要保持下蹲 D.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起，身体都要保持直立 √ 解析：由能量守恒定律可知，要让秋千越荡越高，那么应该在秋千从高处摆下来的时候身体迅速下蹲，使重心降低，使更多的重力势能转化为动能；秋千过了最低点后向上摆起时，身体应该迅速直立起来，使重心升高，获得更多的重力势能，故A正确。 2.(2025·通州高一期末)脉冲水枪是夏季流行的一种水枪玩具，如图所示的脉冲水枪扣动一次扳机可以发射一颗出水时间很短的水流“子弹”。某同学在距地面高h处扣动一次扳机，“子弹”水平飞出，射程为x。已知水枪出水口面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，忽略一切阻力。求： (1)水流“子弹”落地时间t； 答案： 解析：水流“子弹”做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动h=gt2，解得t=。 (2)水流“子弹”发射速度大小v； 答案： 解析：水流“子弹”在水平方向做匀速直线运动x=vt 解得v=x。 (3)扣动一次扳机水枪喷水的平均功率P。 答案： 解析：设扣动一次扳机水枪喷水的时间为Δt，则喷水一次喷出水的质量为m=ρV=ρSvΔt 根据能量守恒定律可知，水枪对喷出的水柱做的功全部转化为水柱的动能，即PΔt=mv2， 联立解得P= 主题(三)　摩擦力做功与摩擦生热的计算 1.摩擦力做功 不论是静摩擦力，还是滑动摩擦力，都可以是动力，也可以是阻力，也可能与位移方向垂直，所以不论是静摩擦力，还是滑动摩擦力，既可能对物体做正功，也可能对物体做负功，还可能不对物体做功。 (1)一对相互作用的静摩擦力等大反向且物体之间相对静止，即两个物体的对地位移相同，由W=Flcos α可判断两个相互作用的静摩擦力做功的总和为零。 知能融会通 (2)一对相互作用的滑动摩擦力等大反向但物体之间相对滑动，即两个物体的对地位移不相同，由W=Flcos α可判断两个相互作用的滑动摩擦力做功的总和不为零，且两力做功的总和一定为负值。 2.摩擦生热 (1)系统内一对静摩擦力对物体做功时，由于相对位移为零，故没有内能产生，只有物体间机械能的转移。 (2)作用于系统的滑动摩擦力和物体间相对滑动的距离的乘积，在数值上等于滑动过程因摩擦产生的内能，即Q=F滑s相对，其中F滑必须是滑动摩擦力，s相对必须是两个接触面的相对滑动距离(或相对路程)。 [典例]　七峰山主峰是方城县的最高峰， 游客可攀登九百九十九个台阶通往主峰山顶， 而在主峰山脉旁有一条“七彩金龙”，它长约 500米，身宽2尺，沿七峰山主峰山脚直通山顶，巍峨雄壮，这便是七峰山“七彩云梯”。可以把“七彩云梯”的结构理想化为如图所示的倾斜传送带，假设倾斜传送带AB之间的长度为500 m，传送带与水平面的夹角为θ=30°，始终以v0=2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。小明同学(可视为质点)无初速度地坐到“七彩云梯”上，由主峰山脚到达山顶，假设小明的质量为50 kg，与传送带间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小明乘坐“七彩云梯”从主峰山脚到达山顶，用了多长时间； [答案]　250.4 s [解析]　小明同学无初速度地坐到“七彩云梯”上时，根据牛顿第二定律可得μmgcos θ-mgsin θ=ma1 v0=a1t1，x1=a1 解得a1=2.5 m/s2，t1=0.8 s，x1=0.8 m 当二者达到共速后，由于μ=>tan θ 所以共速后，小明随传送带一起向上做匀速直线运动，有t2==249.6 s 所以t=t1+t2=250.4 s。 (2)小明乘坐“七彩云梯”从主峰山脚到达山顶，系统摩擦产生的 热量； [答案]　300 J [解析]　在小明匀加速阶段，传送带的位移大小为 x1'=v0t1=1.6 m 所以摩擦生热为Q=μmgcos θ·(x1'-x1)=300 J。 (3)电动机由于传送小明比空载时多输出的电能。 [答案]　125 400 J [解析]　根据能量守恒定律可得，电动机由于传送小明比空载时多输出的电能为E=mgLsin θ+m+Q 代入数据解得E=125 400 J。 1.(2025·徐州模拟)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。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μmgd C.木板动能的增加量为mgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgs √ 题点全练清 解析：根据功的定义可知摩擦力对物块做功为W1=-μmg(s+d)，摩擦力对木板做功为W2=μmgs，故A正确，B错误；根据动能定理可知木板动能的增加量为ΔEk=W2=μmgs，故C错误；由于摩擦而产生的热量Q=f·Δx=μmgd，故D错误。 2.(2025·淮安高一检测)如图所示，质量为m0、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff。经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端 (　 ) A.此时物块的动能为(F-Ff)x B.这一过程中，物块对小车所做的功为Ff(x+l) C.这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx D.这一过程中，物块和小车摩擦产生的热量为Ffl √ 解析：对物块分析，物块的位移为x+l，根据动能定理有(F-Ff)(x+l)=Ek-0，所以物块到达小车最右端时具有的动能为(F-Ff)(x+l)，故A错误；对小车分析，小车的位移为x，所以物块对小车所做的功为Ffx，故B错误；物块和小车因摩擦产生的热量Q=Ffs相对=Ffl，故D正确；根据功能关系得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的热量，则有F(l+x)=ΔE+Q，解得物块和小车增加的机械能为ΔE=F(l+x)-Ffl，故C错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.(2025·太仓高一期末)有关功与能的下列说法中正确的是 (　 ) A.功是能量转化的量度，功的正负表示大小 B.重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小 C.沿竖直方向用手加速向上提水桶时，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量 D.坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量 √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 解析：功是能量转化的量度，功的正负表示动力做功还是阻力做功，故A错误；重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小，故B正确；沿竖直方向用手加速向上提水桶时，根据功能关系可知，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量和动能增加量之和，故C错误；坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量和重力势能增加量之和，故D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 2.(2024·浙江1月选考)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球 (　 ) A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则足球机械能减少，足球从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减少，重力势能减少mgh，则动能增加量小于mgh，选项C、D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 3.(2025·苏州高一期中)如图，公园里的喷泉有40个相同的喷口，每个喷泉管口直径为2 cm。喷嘴方向固定竖直向上，喷出的水柱最高可达约10 m，则喷泉电动机的输出功率约为 (　 ) A.6 kW B.18 kW C.60 kW D.180 kW √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：喷出的水柱最高达10 m，可得水柱喷出的最大速度v==10 m/s，根据能量转化，有P=，又每个喷嘴t时间内喷出水的质量为m=ρSvt=ρπvt，解得P=5πρd2v3≈18 kW，故选B。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 4.(2025·镇江高一期末)如图所示，小明在操场上荡秋千，他用力将自己推向一侧，使秋千开始摆动，在摆动过程中，他注意到当秋千摆到最高点时，自己似乎“飘”了起来，而摆到最低点时则感到被“压”向地面。关于这个现象，下列说法不正确的是 (　 ) A.秋千摆到最高点时，小明处于平衡状态 B.秋千摆到最低点时，小明处于超重状态 C.秋千摆到最低点时，小明受到的支持力大于其重力 D.秋千摆动的幅度越来越小，说明小明的机械能不守恒 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：小明荡秋千的过程是圆周运动的一部分，在最低点时合力向上，有F-mg=m，所以F=mg+m，故小明处于超重状态，故B、C不符合题意；在最高点仍有加速度，不处于平衡状态，故A符合题意；秋千摆动的幅度越来越小，说明小明的机械能不守恒，故D不符合题意。 5.如图所示，一热气球总质量为m，在竖直上升过程中受到浮力恒为F，空气阻力恒为F阻，热气球从地面由静止上升高度h，速度变为v，已知重力加速度为g。在上述过程中，热气球的 (　 ) A.重力势能增加了(mg+F阻)h B.动能增加了(F-mg+F阻)h C.机械能增加了Fh D.机械能增加了mgh+mv2 1 5 6 7 8 9 2 3 4 √ 解析：热气球从地面由静止上升高度h，克服重力做功mgh，则重力势能增加了mgh，故A错误；根据动能定理可得(F-mg-F阻)h=ΔEk增，故B错误；根据功能关系，可得ΔE=(F-F阻)h=mv2+mgh，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 6.(2025·宿迁高一期末)蹦床有“空中芭蕾”之 称，蹦床训练有助于少年儿童身体健康、智力发 展和感觉知觉系统发展。如图所示，某次比赛时， 运动员刚开始静止在蹦床上的B点(未标出)，通过 调整姿态，多次弹跳后能达到的最高点是A点，距离B点高度为h，然后运动员从A点保持姿势不变由静止下落，一直将蹦床压缩至最低点C点。不计空气阻力，关于上述过程的说法正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.运动员在B点机械能最大，在C点的加速度竖直向上 B.从A点下落至C点的过程，运动员的机械能先不变后增大 C.从A点下落，在B点至C点的过程，运动员的动能一直减小 D.从静止开始的整个过程中，运动员和弹簧床组成系统的机械能守恒 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：运动员下落过程，在接触蹦床之前只有重力做功，运动员的机械能守恒，与弹簧接触之后向下运动过程中，蹦床的形变量增大，蹦床的弹性势能增大，运动员的机械能减小，可知运动员在B点的机械能小于运动员接触蹦床之前的机械能，即运动员在B点机械能不是最大，运动员在C点蹦床对运动员的弹力大于运动员的重力，加速度方向竖直向上，故A错误；结合上述可知，从A点下落至C点的过程，运动员的机械能先不变后减小，故B错误； 1 5 6 7 8 9 2 3 4 从A点下落，接触蹦床之前，运动员做自由落体运动，运动员动能增大，刚刚接触蹦床时，蹦床对运动员的弹力小于运动员的重力，运动员向下运动过程中，蹦床弹力增大，则运动员向下做加速度减小的加速运动，到达B点时，弹力与重力平衡，运动员加速度为0，速度达到最大，动能达到最大，之后，蹦床的弹力大于重力，运动员向下做加速度增大的减速运动，可知，运动员在B点至C点的过程，动能一直减小，故C正确；根据题意运动员先处于静止状态，多次弹跳后能达到的最高点是A点，此过程，运动员的机械能增大，可知，从静止开始的整个过程中，运动员和弹簧床组成系统的机械能不守恒，故D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 7.(2025·常州高一阶段练习)DIY手工能够使人们 体验到创造过程中的乐趣和成就感。如图为某款DIY 太阳能小车，组装成功后质量约为130 g，太阳直射时 匀速行驶速度约为0.25 m/s，行驶过程中阻力约为车重的0.2倍。已知太阳与地球之间的平均距离约为1.5×1011 m，太阳每秒辐射的能量约为3.9×1026 J，太阳光传播到达地面的过程中大约有37%的能量损耗，太阳能电池有效受光面积约为15 cm2，g取10 m/s2。则该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为 (　 ) A.5% B.10% C.20% D.30% √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由题意可知，驱动该太阳能小车正常行驶时所需要的机械功率为P机=Fv=fv=0.2mgv=0.065 W，该太阳能小车接收太阳的功率为P=×S×(1-37%)，其中P总==3.9×1026 W，r=1.5×1011 m，S=15 cm2=1.5×10-3 m2，代入数据解得P≈1.304 W，该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为η=×100%=×100% ≈5%，故选A。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 8.(12分)(2025·昆山高一期末)流体一般是指液体流、气体流等，质量具有连续性。水和空气是常见的流体。对于此类流体问题，可沿流速的方向选取一小段柱形流体(微元)作为研究对象。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)如图甲所示，环保人员在一次检查时发现，有一根管壁厚度不计的排污管正在向外排出大量污水。这根管道水平放置，排污管的直径为D，管口到水面的高度为H，管口到污水落点的水平距离为x，忽略一切阻力，D≪H，已知重力加速度为g。估算： ①污水从管口流出的速度v；(3分) 答案：x 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：在水流中取一小段水柱，视为微元，该微元做平抛运动，由x=vt，H=gt2 解得v=x。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 ②该管道排水的流量Q(即每秒钟排出污水的体积)。(3分) 答案：　 解析：设管道的横截面积为S，流量 Q===。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)如图乙所示，风力发电机能将风能(即空气的动能)转化为电能，当风吹过叶片时，由于空气动力的效应带动叶轮转动，叶轮通过主轴连接齿轮箱带动发电机发电。已知某风力发电机接收风能的有效面积为S，空气密度为ρ，当地风速为v，风能转化为电能的效率为η。求： ①在时间Δt内经过有效面积S的空气的体积ΔV；(3分) 答案：SvΔt 解析：空气柱的体积 ΔV=SvΔt。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 ②该风力发电机发电的平均功率P。(3分) 答案：　 解析：Δt时间内风力发电机接收的风能 Ek=Δmv2 其中Δm=ρSvΔt 发电的平均功率 P==ηρSv3。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 9.(14分)(2025·江阴高一期末)如图所示，竖直平面内固定的光滑半圆轨道BCD和光滑半圆管道DE在D点平滑连接，D、E分别为光滑半圆轨道和光滑半圆管道的最高点，O、O'分别为半圆轨道和半圆管道的圆心，C点与圆心O等高。水平地面与半圆轨道最低点B平滑连接，在水平地面的P点处有一竖直挡板，A点有一可视为质点的物块，一轻质弹簧水平放置在P、A间，左端固定在挡板上，右端与物块接触(未拴接，开始弹簧处于原长)，P、A间地面光滑，A、B间地面粗糙。现使物块 1 5 6 7 8 9 2 3 4 压缩弹簧(始终处于弹性限度内)，某时刻由静止释放。已知物块质量m=1 kg，A、B间地面长度L=0.2 m，物块与A、B间地面的动摩擦因数μ=0.5，半圆轨道半径R=0.9 m，半圆管道半径r=0.1 m，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点，管道半径远大于其内径。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)若释放后，物块恰好能运动到C点，求： ①物块经过B点时对轨道的压力N的大小；(3分) 答案：30 N 解析：从B点到C点，根据机械能守恒定律得m=mgR，解得vB=3 m/s 在B点对物块根据牛顿第二定律得 FN-mg=m 解得轨道对物块的支持力FN=30 N 根据牛顿第三定律，物块经过B点时对轨道的压力大小N=FN=30 N。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 ②弹簧最初所具有的弹性势能Ep0的大小。(4分) 答案：10 J 解析：根据能量守恒定律得Ep0-μmgL=m 得Ep0=10 J。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)若释放后，物块能经过E点，求释放时弹簧所具有的弹性势能最小值Epmin及此时经过E点时的速度vmin的大小。(结果可保留根号)(7分) 答案：23.5 J　 m/s 解析：若释放后，物块经过E点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律 mg=m，代入数据解得vmin1=1 m/s 当vmin1=1 m/s时，根据动能定理可得-2mgr=m-m，解得vD= m/s 1 5 6 7 8 9 2 3 4 vD= m/s 此时mg>m 所以此种情况下物块不能到达D点，要以通过D点的最小速度求解， 根据牛顿第二定律有mg=m 根据能量守恒定律有 Epmin-μmgL=mg×2R+m m=mg×2r+m 联立解得vmin= m/s，Epmin=23.5 J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $