第1部分 专题2 2 第二讲 机械能守恒定律 功能关系（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第二讲　机械能守恒定律　功能关系 考点一　机械能守恒定律 1.解决系统机械能守恒问题的思维流程 2.常见的机械能守恒的连接体模型 共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速度模型 物体角速度相同，线速度与半径成正比 关联速度模型 注意速度的分解，找出两物体的速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 轻弹簧模型 (1)同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等。 (2)由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为0) 说明：以上连接体不计阻力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦生热，系统机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。 (多选)半径为R的光滑半球固定在水平地面上。有一质量为m的可视为质点的小球静止在半球的最高点，受到微小扰动后由静止开始沿球面下滑，一段时间后小球与半球分离，重力加速度大小为g，不计一切阻力，从小球开始下滑到落地前的过程中，下列说法正确的是 A.小球的机械能不守恒 B.小球落地时的速率为 学生用书⬇第27页 C.小球与半球分离时，小球离地的竖直高度为R D.小球与半球分离时速度大小为 答案：BCD 解析：小球运动过程中只有重力做功，则小球的机械能守恒，故A错误；根据小球下落全过程机械能守恒有mgR＝mv2，解得落地时的速度大小为v＝，故B正确；小球与半球面分离时，小球与球面间弹力为0，重力沿半径方向的分力充当向心力，设此时半径与竖直方向的夹角为α，则有mgcos α＝m，由几何关系和机械能守恒有mgR(1－cos α)＝mv'2，解得cos α＝，v'＝，此时小球离地的竖直高度为h＝Rcos α＝R，故C、D正确。故选BCD。 (2025·江西景德镇第三次质检)倾角为37°的斜面固定放置，质量为m运动员与质量为m的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天花板上的两个定滑轮，运动员从斜面上的某点由静止开始下滑，当运动到A点时速度大小为v0＝，且此时细绳与斜面垂直，当运动到B点时，细绳与斜面的夹角为37°，已知A、B两点之间的距离为2L，重力加速度为g，不计一切摩擦，不计运动员消耗的化学能，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是 A.运动员在A点时，重物的速度大小为 B.运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为 C.运动员从A点运动到B点，系统总重力势能的减少量为 D.运动员在B点时，其速度大小为 审题指导： 题眼点拨 (1)重物与运动员通过绳子相连→两者沿绳方向的速度大小相等 (2)不计运动员消耗的化学能→重物和运动员组成的系统机械能守恒 答案：C 解析：设运动员的速度为v'，绳与斜面夹角为α，则沿绳方向的分速度即重物的速度为v1＝v'cos α，垂直绳方向的分速度为v2＝v'sin α，可知到A点时，细绳与斜面垂直，所以运动员在A点时，重物的速度为零，故A错误；运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为ΔEp1＝mg(－2Ltan 37°)＝mgL，故B错误；运动员从A点运动到B点，运动员的重力势能减少量为ΔEp2＝mg·2Lsin 37°＝，所以系统总重力势能的增加量为ΔEp＝ΔEp1－ΔEp2＝－，即重力势能的减少量为，故C正确；根据系统机械能守恒可知，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则＝mv2＋m(vcos 37°)2－m，可得运动员在B点时，其速度大小为v＝，故D错误。故选C。 (多选)(2025·广东广州天河高三综合测试)某机械传动组合装置如图，一个水平圆盘以角速度ω匀速转动，固定在圆盘上的小圆柱离圆心距离为R，带动一个T形支架在水平方向左右往复运动。小圆柱在最左端时，在桌面的A点轻放质量为m的小物件P，此时T形支架的右端恰好与P接触但不粘连，圆盘转半圈时物件P恰好运动到O点。不计一切摩擦力。下列说法正确的是 A.从A点开始运动到与T形架分离的过程中，物件P做匀变速直线运动 B.物件P从A点开始运动的过程，T形支架对其做功为mω2R2 C.小圆柱从最左端开始转动圆周时，物件P与T形支架分离 D.AO的距离为R 答案：BCD 解析：T形支架的速度等于小圆柱的水平方向的分速度，小圆柱的线速度大小为v＝ωR，将小圆柱的速度分解如图所示， 水平方向上的分速度为vx＝vcos θ＝ωRcos θ，所以物件P从A点开始运动到与T形架分离的过程中，做变加速直线运动，故A错误；当水平圆盘转过圆周时，小圆柱的速度在沿AO方向的分量最大，则P速度达到最大值v，且之后小圆柱在沿AO方向的分量开始减小，所以此时物件P将与T形支架分离，此后以v做匀速直线运动，物件P从A点开始运动的过程，由动能定理可知，T形支架对其做的功为W＝mv2＝mω2R2，故B、C正确；支架与物件P分离之后P做匀速直线运动，圆盘再转动周期时到达O点，此时间内P运动的位移为x＝vt＝v×T＝ωR××＝，AO间的距离为d＝x＋R＝(＋1)R，故D正确。故选BCD。 学生用书⬇第28页 考点二　功能关系　能量守恒定律 几种常见的功能关系 (多选)(2023·全国乙卷)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，当物块从木板右端离开时 A.木板的动能一定等于Ffl B.木板的动能一定小于Ffl C.物块的动能一定大于m－Ffl D.物块的动能一定小于m－Ffl 答案：BD 解析：方法一：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1＞v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得m＝m＋M＋Ffl，整理可得m＝m－Ffl－M＜m－Ffl，D正确，C错误；因摩擦产生的热量Q＝Ffl＝Ff(xm－xM)，根据运动学公式有xm＝·t，xM＝·t，因为v0＞v1＞v2，可得xm＞2xM，则xm－xM＝l＞xM，所以W＝FfxM＜Ffl，B正确，A错误。故选BD。 方法二：画出物块与木板运动示意图和速度—时间图像如图。 对物块，由动能定理有－Ffx1＝m－m，对木板，由动能定理有Ffx2＝M，根据速度—时间图像与横轴围成的面积表示位移可知x2＝S△COF，x1＝S梯形ABFO ，且l＝x1－x2＝S梯形ABCO＞x2＝S△COF，故Ffl＞Ffx2＝M，故A错误，B正确；对整体，由能量守恒定律有Ffl＝m－，物块动能m＝m－Ffl－M＜m－Ffl，故C错误，D正确。故选BD。 如图所示，两根轻绳连接质量为m的小球P，右侧绳另一端固定于小铁钉上的A点，左侧绳通过光滑定滑轮C连接一物块Q，A点与定滑轮上端等高，质量相等的物块Q、N通过一轻弹簧连接，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为53°和37°，此时物块N与地面间的压力恰好为零。现将小球P托至与A点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静止释放小球P。已知A点与小球P间的绳长为L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求： (1)物块Q的质量M； (2)小球P运动到图示位置时，物块Q的速度大小v； (3)小球P从释放到图示位置过程中，轻绳对物块Q做的功W。 审题指导： 题眼点拨 (1)初始位置，系统处于静止→合力均为零 (2)小球P从释放到图示位置的过程中→小球P、物块Q和弹簧组成的系统能量守恒 (3)P的速度方向沿圆弧切线方向→到图示位置时Q与P的速度大小相等 模型方法 1.弹簧类系统机械能守恒 2.关联速度模型 答案：(1)m　(2)　(3)mgL 解析：(1)对小球P受力分析，有sin 37°＝ 对物块N和Q整体受力分析，有2Mg＝FTB 联立解得M＝m。 (2)P的运动为绕A点的圆周运动，由关联速度可知，图示位置时小球P和物块Q的速度大小相等，根据系统能量守恒有 mgLcos 37°＝mv2＋Mv2＋Mgh 其中h＝(＋L)－＝L 联立解得v＝。 (3)对物块Q，根据动能定理有 W－Mgh＝Mv2－0 解得W＝mgL。 1.含多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。 2.连接体问题中，要注意物体间的能量转化与转移情况以及物体间速度的关系。 3.应用能量守恒定律的基本思路 (1)利用守恒观点：E初＝E末，初、末总能量相同，适用于任何情况。 (2)利用转移观点：EA减＝EB增，物体A减少的能量等于物体B增加的能量，适用于连接体系统。 (3)利用转化观点：｜ΔE减｜＝｜ΔE增｜，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，适用于有不同形式能量转化的情况。 学生用书⬇第29页 预测1.(2025·重庆市渝北区二模)如图甲所示，可视为质点的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。现以斜面底端为坐标原点，沿斜面建立x坐标轴，选择地面为参考平面。坐标原点处固定一厚度不计的弹性挡板，物体第一次上升过程中的动能和重力势能随坐标x的变化如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则 A.物体的质量为0.8 kg B.物体与斜面之间的动摩擦因数为0.2 C.物体从开始到停止运动的总路程为12.5 m D.物体在第一次上升过程中机械能减少了15 J 答案：C 解析：设物体上滑的最大距离为xm，则有－mgxmsin α－μmgxmcos α＝0－Ek1，物体上滑距离为x0＝ m时，动能和重力势能相等，则有mgx0sin α＝Ek1－μmgx0cos α－mgx0sin α，又有xm＝5 m，Ek1＝50 J，解得m＝1 kg，μ＝0.5，故A、B错误；物体从开始到停止，根据能量守恒有E＝μmgscos α，解得总路程为s＝12.5 m，故C正确；物体第一次上升过程中机械能减少量为｜ΔE｜＝｜Wf｜＝｜－μmgxmcos α｜＝20 J，故D错误。故选C。 预测2.如图所示，套在一光滑的水平固定轻杆上的小球A和另一小球B由绕过两轻质光滑定滑轮的细线相连，小球B、C通过一竖直轻弹簧相连，C球放在水平地面上，N处定滑轮到水平轻杆的竖直距离为L。初始时MB和NA两段细线均竖直，小球A位于轻杆上的P1点，细线刚刚伸直且无拉力作用。现在用水平向右的恒力F＝mg拉小球A，当A运动到P2点时，NP2与水平方向的夹角为θ＝37°，此时C恰好离开地面。已知小球A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，滑轮与轴之间的摩擦不计，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)弹簧的劲度系数； (2)A球在P2点时的速度大小。 答案：(1)　(2) 解析：(1)设弹簧的劲度系数为k，初始时，弹簧被压缩，设压缩量为x，对B有kx1＝mg，当A运动到P2处时，C恰好离开地面，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，对C有kx2＝mg，根据几何关系可得x1＋x2＝－L＝L，解得k＝。 (2)设A在P2点时的速度大小为v，则此时vB＝vcos 37°，小球A在P1和P2处，弹簧的弹性势能相等，根据系统能量守恒可得F·＝mg(x1＋x2)＋mv2＋m，解得A球在P2点时的速度大小v＝。 1.生产情境类 (2024·江西高考) “飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70％，(水的密度为1×103 kg/m3)则发电功率大致为 A.109 W B.107 W C.105 W D.103 W 答案：B 解析：Δt时间内流出的水的质量为m＝ρQΔt，发电过程中水的重力势能转化为电能，则有P＝×70％≈107 W。故选B。 2.生活情境类 (2025·四川高考)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。 学生用书⬇第30页 经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则这段时间内 A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 C.小车的位移大小为－ D.小车机械能增量为＋ 答案：C 解析：对物块根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝m＋mgx1sin 30°＝，故B错误；对小车根据动能定理有Pt－(μmgcos 30°＋mgsin 30°)x＝m，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量为ΔE'＝m＋mgxsin 30°＝＋，故D错误。故选C。 3.生产情境类 (2024·江苏高考)某重力储能系统的简化模型如图所示，长度为L、倾角为θ的斜坡ABCD上，有一质量为m的重物通过绳索与电动机连接。在电动机牵引下，重物从斜坡底端A点由静止开始运动，到达B点时速度达到最大值v，然后重物被匀速拉到C点，此时关闭电动机，重物恰好能滑至顶端D点，系统储存机械能。已知绳索与斜坡平行，重物与斜坡间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力和滑轮摩擦。 (1)求CD段的长度x； (2)求重物从B到C过程中，电动机的输出功率P； (3)若不计电动机的损耗，求在整个上升过程中，系统储存的机械能E1与消耗电能E2的比值。 答案：(1) (2)mgv(sin θ＋μcos θ) (3) 解析：(1)重物在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 由运动学公式有0－v2＝－2ax 联立解得x＝。 (2)重物在BC段匀速运动，则电动机的牵引力为 F＝mgsin θ＋μmgcos θ 由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)。 (3)整个上升过程中，系统储存的机械能为 E1＝mgLsin θ 由能量守恒得电动机消耗的电能转化为系统储存的机械能和摩擦产生的内能，可知 E2＝E1＋μmgcos θ·L 可得＝＝。 专题集训(六)　机械能守恒定律　功能关系 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8题，每题5分，共40分) 1. (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，重力加速度大小为g，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 答案：B 解析：由于足球的运动轨迹不对称，所以其在空中运动过程中受到空气阻力的作用。1到2过程，对足球根据动能定理有－mgh－Wf1＝m－m，则其动能减少了ΔEk＝m－m＝mgh＋Wf1，A错误；1到2过程，足球的重心升高了h，则其重力势能增加了ΔEp＝mgh，B正确；2到3过程，对足球根据动能定理有mgh－Wf2＝m－m，则其动能增加了ΔEk'＝m－m＝mgh－Wf2，C错误；由于空气阻力的作用，足球在整个过程中，机械能不断减少，D错误。故选B。 2. (多选)航天员在地面模拟失重训练的一种方式是在水下进行(如图)。航天员需要穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等，假设其总质量为m，训练空间的重力加速度为g且不变，在某次出舱作业过程中，给自己一个初速度后竖直向上匀速漂浮的距离为h，以下说法正确的是 A.航天员所受的合力为零，合力不做功，其机械能守恒 B.上升h的过程中，动能不变 C.上升h的过程中，重力势能减小了mgh D.上升h的过程中，机械能增加了mgh 答案：BD 解析：航天员在上升过程中，根据题意，由平衡条件可得F浮＝mg，浮力方向向上，位移方向向上，浮力对其做正功，所做功为W浮＝mgh，浮力做正功，因此机械能增加了mgh，故A错误，D正确；匀速上升过程，动能不变，故B正确；上升h的过程，重力势能增加了mgh，故C错误。故选BD。 3.(2025·广东佛山二模)如图所示，桌面中心固定在一个弹簧上方，弹簧固定在水平面的固定木桩上，某铜柱放在桌面中央，现用力向下压铜柱，铜柱与桌面向下移动一定距离后静止释放。弹簧始终在弹性限度内，则桌面从最低点向上振动过程中且铜柱脱离桌面前 A.桌面对铜柱做正功 B.铜柱速度越来越大 C.铜柱加速度越来越大 D.铜柱、桌面和弹簧系统的机械能越来越小 答案：A 解析：桌面对铜柱作用力方向竖直向上，与铜柱位移方向相同，对铜柱做正功，A正确；对铜柱、桌面整体受力分析可得F弹－mg＝ma，整体向上运动，弹簧逐渐恢复原长，弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当二者加速度减到0时，二者速度最大，继续向上运动，弹力小于重力，加速度方向向下，有mg－F弹＝ma，弹力逐渐减小，加速度逐渐增大，可知，当F弹＝0，a＝g时二者分开，加速度先减小后增大，C错误；由C项分析可知，铜柱速度先增大后减小，B错误；铜柱、桌面和弹簧系统的机械能守恒，D错误。故选A。 4.物体以动能E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为。取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为 A. B. C. D. 答案：B 解析：设上升的最大高度为h，根据功能关系有Ff·2h＝E－＝，根据能量守恒定律可得E＝mgh＋Ffh，解得mgh＝E，Ffh＝E，则Ff＝mg，若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，根据能量守恒定律可得Ek＋mgH＝E－FfH，Ek＝Ep＝mgH，联立解得Ek＝。故选B。 5.(多选)(2025·广东佛山二测)滑雪是大众喜欢的冰雪项目之一，有一滑雪爱好者沿斜坡ABC的顶端A由静止开始匀加速下滑(此过程人不做功)，经斜坡中点B时调整姿势采用犁式刹车方式开始匀减速，滑至坡底C时速度恰好为零，若滑雪者可视为质点，用v、x、t、a、E分别表示滑雪者下滑时的速度、位移、时间、加速度、机械能(以C为零势能点)，则下列图像正确的是 答案：AD 解析：滑雪者先做匀加速直线运动，根据位移与时间关系可得x＝a1t2，之后做匀减速直线运动，有x＝v0(t－t1)－a2(t－t1)2，故A正确；由于匀加速、匀减速的位移相等，则匀加速、匀减速的时间相等，故B错误；匀加速时，加速度沿斜面向下，匀减速时，加速度沿斜面向上，故C错误；E -x图线斜率的绝对值表示阻力大小，匀加速、匀减速过程阻力均不变，但匀加速阶段阻力小于匀减速阶段的阻力，到达斜面底端时，机械能为零，故D正确。故选AD。 6.(多选)(2025·河南安阳一模)如图所示，可视为质点的光滑定滑轮固定在P点，P点竖直墙面上的Q点等高，O为PQ的中点，P、Q距离为2d。一根不可伸长的轻质细绳一端系在Q点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮，另一端吊着质量也为m的重物B。将圆环A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为θ。已知重力加速度为g，整个过程中B未与滑轮相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是 A.A和B的速度关系为vB＝vAsin θ B.A可以下降的最大高度为d C.A和B的总动能最大时，θ＝30° D.A和B的总动能最大时，A的动能为mgd 答案：BCD 解析：B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向的速度分量为vAsin θ，沿PA方向的速度分量也为vAsin θ，故有vB＝2vAsin θ，A错误；由能量守恒知mgH＝mg×2，解得H＝d，B正确；A和B的总动能最大时，总重力势能最小，此时重力势能变化率为0，即mgvA＝mgvB，结合关联速度可知sin θ＝，即θ＝30°，由能量守恒知Ek总＝(2－)mgd，且EkA＝EkB，解得EkA＝mgd，C、D正确。故选BCD。 7.(2025·广东深圳二调)我国研制建设的4秒电磁弹射“微重力塔”，塔内管道抽成真空，电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后释放，为科学载荷模拟微重力环境。某次实验中，装置从t＝0时刻启动，加速度大小等于重力加速度的3倍，经时间t0上升高度h0，撤去动力。实验舱从开始运动到返回t0时刻位置的过程中，实验舱的速度v、位移x、加速度a和机械能E的变化规律，正确的是 答案：D 解析：v -t图线斜率表示加速度，由题可知，0～t0内加速度为3g，撤去外力后加速度大小为g，所以0～t0内图线斜率的大小应该是撤去动力后斜率绝对值的3倍，故A错误；匀变速直线运动中x -t图线为曲线，故B错误；有动力和撤去动力后加速度方向相反，故C错误；外力做正功的过程，由于外力恒定，机械能随位移均匀增加，E -h图像为直线，撤去外力后，机械能守恒，故D正确。故选D。 8.(2025·云南高考)如图所示，质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则 A.t1＜t2 B.t1＞t2 C.x1＞x2 D.x1＜x2 答案：A 解析：对两次运动的整个过程，根据能量守恒有m＝μ1mgxMN＋μ2mg(x1－xMN)，m＝μ1mgxMN＋μ2mg(x2－xMN)，可得x1＝x2，故C、D错误；根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得a＝μg，由于μ1＞μ2，故滑块在MN上时的加速度大，根据C、D项分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v -t图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据－v2＝2μ2gx可知第二次到达M点时速度较大，作出两次运动的v -t图像如图，可得t2＞t1，故A正确，B错误。故选A。 9.(10分)(2025·江苏泰州模拟)如图所示，将原长为L的轻弹簧置于长为2L的光滑水平面AB上，F为AB的中点，弹簧一端固定在A点，另一端与可视为质点且质量为m的滑块P接触。AB左侧为半径为L的光滑半圆轨道BCD，C点与圆心O等高。现将滑块P压缩弹簧0.5L至E点(图中未标出)后由静止释放，滑块恰好能到达轨道的最高点D，重力加速度为g。 (1)求弹簧被压缩至E点时的弹性势能Ep； (2)在BF段铺一表面粗糙的薄膜，改用质量为2m的滑块Q仍将弹簧压缩到E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的C点，求滑块Q与薄膜间的动摩擦因数μ； (3)接第(2)问，求滑块Q在薄膜上运动的总路程s。 答案：(1)2.5mgL　(2)0.25　(3)5L 解析：(1)滑块P恰好能到达轨道的最高点D，则有mg＝m 从E到D过程，由能量守恒有Ep＝m＋mg×2L 联立解得Ep＝2.5mgL。 (2)题意可知滑块Q到C点时速度为0，则从E到C过程，由能量守恒有Ep＝μ×2mgL＋2mgL 联立解得μ＝0.25。 (3)分析可知滑块Q最终停在BF上，由能量守恒有Ep＝μ×2mgs 联立解得s＝5L。 学科网（北京）股份有限公司 $