2.2 第二讲 机械能守恒定律 功能关系-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题二　能量与动量 第二讲　机械能守恒定律　功能关系 内容索引 专题集训 构 建 主干网络 突 破 高频考点 洞 悉 真题情境 2 3 4 5 6 7 8 1 构 建 主干网络 返回 返回 突 破 高频考点 返回 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 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 例1 √ √ √ 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 例2 √ 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 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。 例3 (多选)如图所示，质量均为m的小球a、b用一长为L的细直棒相连，a球置于光滑的水平地面上，b球靠在光滑竖直墙面上，距离地面高H处。释放后b球沿竖直墙面下滑，当b球未脱离墙壁，且细直棒滑至与水平面成θ角时，下列说法正确的是 A.下滑过程中，b球的机械能守恒 B.两小球的速度大小之比＝tan θ C.b球的速度大小vb＝ D.下滑的过程中，细直棒对小球a做的功为0 √ √ 下滑过程中，细直棒对b球做功，b球的机械能不守恒，A错误； 将两球的速度沿棒和垂直于棒的方向分解，两球沿棒的分速度 相等，当细直棒滑至与水平面成θ角时，有vacos θ＝vbsin θ，整 理得＝tan θ，B正确；两球组成的系统机械能守恒，根据机械 能守恒定律，有mg(H－Lsin θ)＝m＋m，解得vb＝，va＝tan θ，C正确；设细直棒对小球a做的功为W，根据动能定理有W＝m＝mg(H－Lsin θ)，D错误。故选BC。 考点二　功能关系　能量守恒定律 几种常见的功能关系 例4 (2025·黑龙江哈尔滨二模)如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为θ的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为0.25，取地面为参考平面，已知 tan θ＝0.5。该过程中，物块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是 √ 设物块释放点到斜面底端的水平距离为x0，高度为h，物块从初位置下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能Ek＝mgxtan θ－μmgcos θ·＝0.25mgx(x≤x0)，当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1＝0.25mgx0，此后在水平面上克服摩擦力做功，则有Ek＝0.25mgx0－0.25mg(x－x0)＝0.5mgx0－0.25mgx(x0＜x≤2x0)，可知动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为0.25mg，动能达到最大后，其图线的斜率为－0.25mg，可知图线具有对称性，故A正确；物块的重力势能Ep＝mgh－mgxtan θ＝mgh－0.5mgx(x≤x0)，可知Ep-x图像为纵轴截距为mgh、斜率为－0.5mg的倾斜直线，当x0＜x≤2x0时，重力势能为0保持不变，故B错误； 物块在斜面上运动时克服摩擦力做功W克＝μmgcos θ·＝0.25mgx(x≤x0)，物块在水平面上运动时克服摩擦力做功W克＝μmgcos θ·＋μmg(x－x0)＝0.25mgx(x0＜x≤2x0)，根据能量守恒可知Q＝W克＝0.25mgx，而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块的机械能为E＝mgh－0.25mgx，其E-x图像为纵轴截距为mgh、斜率为－0.25mg的倾斜直线，Q-x图像为过原点、斜率为0.25mg的倾斜直线，故C、D错误。故选A。 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： 例5 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 (1)物块Q的质量M； 答案：m　 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)小球P运动到图示位置时，物块Q的速度大小v； 答案：　 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)小球P从释放到图示位置过程中，轻绳对物块Q做的功W。 答案：mgL 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。 规律总结 (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。 规律总结 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 √ 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； 答案：　 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)A球在P2点时的速度大小。 答案： 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＝。 返回 洞 悉 真题情境 返回 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 √ 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。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＋ √ 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； 答案：　 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)求重物从B到C过程中，电动机的输出功率P； 答案：mgv(sin θ＋μcos θ) 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)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： 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＝＝。 返回 专 题 集 训 返回 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 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 3 4 5 6 7 8 1 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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 1 3.(多选)如图所示，A、B两球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B两球开始向左右两边滑动。已知A、B两球的质量均为m，C球的质量为2m，三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到球C落地前的过程，下列说法正确 的是 A.A、B、C三球组成的系统机械能守恒 B.球C的机械能先减少后增加 C.球A速度达到最大时，球C的加速度大小为g D.球C落地前瞬间的速度大小为2 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 从静止释放到球C落地前的过程，A、B、C三球组成的系 统，只有重力做功，机械能守恒，A正确；从静止释放后 A、B两球先加速后减速，动能先增加后减少，而A、B、 C三球组成的系统机械能守恒，则球C的机械能先减少后 增加，B正确；当球A的加速度为0时速度达到最大值，此 时杆对球的作用力为0，则此时球C只受重力作用，加速度大小为g，C正确；球C落地前瞬间，A、B两球的速度为0，对A、B、C三球组成的系统，有2mgL＝×2mv2，解得v＝，D错误。故选ABC。 2 3 4 5 6 7 8 1 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. √ 2 3 4 5 6 7 8 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.(2025·湖南娄底期末)如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m＝1 kg的小物块从斜面底端开始以初速度v0沿斜面上滑，斜面表面由于材料特殊，向上运动和向下运动时动摩擦因数不同，已知斜面的倾角θ＝37°，取水平地面为参考平面，以斜面底端为初位置，在物块在运动过程中，物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列说法正确的是 A.物块上滑和下滑产生的热量相同 B.物块上滑的时间大于物块下滑的时间 C.物块上滑过程中动量的变化量的大小为27 kg·m/s D.物块下滑的动摩擦因数比上滑动摩擦因数大 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 物块上滑机械能的损失量为ΔE1＝13.5 J－12 J＝1.5 J，物块下滑机械能的损失量为ΔE2＝12 J－9.5 J＝2.5 J，故物块上滑和下滑产生的热量不同，故A错误；在同样的高度处物块上滑的速度一定大于物块下滑的速度，物块上滑的时间小于物块下滑的时间，故B错误；物块上滑时的初动量p＝＝ kg·m/s＝ kg·m/s，故物块上滑过程中动量的变化量的大小为 kg·m/s，故C错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 E-x图像斜率的绝对值表示物块受到的摩擦力大小，物块上滑过程中μ1mgcos θ＝ N＝0.75 N，解得μ1＝，物块在下滑过程中μ2mgcos θ＝ N＝1.25 N，解得μ2＝，故μ2－μ1＝，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 1 6.(多选)(2025·陕西商洛三模)如图所示，倾角为53°的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧(劲度系数未知)一端悬挂在O点，另一端与质量为m的小球(视为质点)相连，B点在O点的正下方。小球从斜面上的A点由静止释放，沿着斜面下滑，已知OA与斜面垂直，且O、A两点间的距离为L，重力加速度大小为g，小球刚到达B点时，对斜面的弹力刚好为0，弹簧的原长为L，且始终处于弹性限度内，劲度系数为k的轻质弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x的关系为Ep＝kx2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法正确的是 A.弹簧的劲度系数为 B.小球在B点时弹簧的弹性势能为 C.小球到达B点时的动能为 D.小球从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 由几何关系可知OB＝，又因为小球刚到达B点时与斜面间的弹力刚好为0，则有k(－L)＝mg，解得k＝，选项A错误；弹簧的弹性势能EpB＝k()2＝，选项B正确；小球从A点运动到B点，弹簧的伸长量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，由能量守恒定律有mg×sin 53°＝EpB＋EkB，解得EkB＝，选项C错误，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(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 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 1 8.(15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。 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)求弹簧被压缩至E点时的弹性势能Ep； 答案：2.5mgL　 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 3 4 5 6 7 8 1 (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； 答案：0.25　 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。 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)接第(2)问，求滑块Q在薄膜上运动的总路程s。 答案：5L 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。 返回 2 3 4 5 6 7 8 1 专 题 二 能 量 与 动 量 谢 谢 观 看 ！ 2 3 4 5 6 7 8 1 $