35 第五章 第29课时 功能关系 能量守恒定律-【名师导航】2027年高考物理一轮总复习教师用书

该高中物理讲义围绕功能关系与能量守恒定律高考核心考点，以力做功与能量转化的对应关系为逻辑主线，通过表格系统梳理合力、重力等力做功与动能、势能等能量变化的定量关系，结合能量守恒定律构建知识网络。设计考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生突破摩擦力做功、机械能变化分析等难点，体现复习的系统性和针对性。 资料突出教考衔接与科学思维培养，如对比教材习题与高考真题（典例1）揭示功能关系应用拓展，结合E-h、v-t图像（典例3、4）训练能量观念与科学推理能力。设置分层练习与易错辨析，助力学生高效建构解题模型，提升综合应用能力，为教师精准把控复习节奏提供实用指导。

第29课时　功能关系　能量守恒定律 [学习目标]　1．掌握几种常见的功能关系，知道能量守恒定律。2．理解摩擦力做功与能量转化的关系。3．会应用能量的观点解决综合问题。 1．常见的功能关系 力做功 能的变化 定量关系 合力做功 动能变化 W＝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 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 系统内只有重力、弹簧弹力做功 系统机械能不变化 机械能守恒，ΔE＝0 除重力之外的其他力做功(单个物体) 机械能变化 (1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少 (3)W其他＝ΔE 一对相互作用的滑动摩擦力做的总功 机械能减少，内能增加 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加 (2)摩擦生热Q＝Ffx相对 安培力做功 电能变化 (1)克服安培力做的功等于电能增加量 (2)W克安＝ΔE电 静电力做功 电势能变化 (1)静电力做正功，电势能减小 (2)静电力做负功，电势能增加 (3)W电＝－ΔEp 2．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其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 (2)表达式：ΔE减＝ΔE增。 1．易错易混辨析 (1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。 (×) (2)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。 (√) (3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。 (√) (4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。 (√) (5)除重力以外的其他力做的功等于物体动能的变化量。 (×) 2．(多选)(人教版必修第二册改编)一名滑雪运动员在雪道上下滑了一段路程，重力对他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，则在此过程中这名运动员(　　) A．重力势能增加了3 000 J B．动能增加了3 000 J C．动能增加了2 500 J D．机械能减少了500 J CD　[根据题意，重力做正功，所以运动员的重力势能减少了3 000 J，A错误；合力做的功等于动能的增加量，所以动能增加了3 000 J－500 J＝2 500 J，B错误，C正确；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量，阻力做负功500 J，所以机械能减少了500 J，D正确。] 3．(人教版必修第二册P100·T3改编)如图所示为风力发电机，其叶片转动时可形成半径为20 m的圆面，某时间内该地区的风速为6.0 m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2 kg/m3，假如这个风力发电机将此圆面内10%的空气动能转化为电能，取π＝3，则下列说法错误的是(　　) A．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为7 200 m3 B．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为155.52 kJ C．此风力发电机的发电功率约为15.55 kW D．若风速变为原来2倍 ，则电功率将变为原来4倍 D　[单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为V0＝vS×1 s＝v·πr2s＝6.0×3×202 m3＝7 200 m3，单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能约为Ek＝mv2＝ρV0v2＝×1.2×7 200×6.02 J＝155.52 kJ，故A、B正确；依题意，风力发电机产生的电功率约为P＝10%Ek＝15.55 kW，故C正确；风力发电机产生的电功率P＝10%Ek＝πρr2v3，若风速变为原来2倍，则电功率将变为原来的8倍，故D错误。] 对功能关系的理解及应用 1．对功能关系的理解 (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力做功来实现的。 (2)功是能量转化的量度 ①不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系。 ②做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。 2．功能关系的选用原则 (1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化就用动能定理分析。 (2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。 (3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。 (4)只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。 　功能关系的分析与计算 [典例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，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 B　[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，从1到2重力势能增加mgh，则从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，机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加量小于mgh，C、D错误。] 教考衔接·人教版必修第二册P83·T2 如图所示，质量为m的足球在地面1的位置被踢出后落到地面3的位置，在空中达到的最高点2的高度为h。重力加速度为g。 (1)足球由位置1运动到位置2时，重力做了多少功？足球的重力势能增加了多少？ (2)足球由位置2运动到位置3时，重力做了多少功？足球的重力势能减少了多少？ [衔接分析]　上述高考真题与教材练习题都是踢出的足球在空中的运动，情境上完全一样，都考查了功能关系，只是教材习题仅限于重力做功与重力势能变化的关系，高考题增加了动能以及机械能的变化，考查角度更全面。此高考题可以看作是教材习题的拓展延伸。 [典例2]　(2025·四川卷)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的轻绳与小车相连，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。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 C　[对物块根据牛顿第二定律有μmg cos 30°－mg sin 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＝＋mgx1·sin 30°＝，故B错误；对小车根据动能定理有Pt－(μmg cos 30°＋mg sin 30°)x＝，其中t＝，联立解得x＝，故C正确；小车机械能增量为ΔE′＝＋mgx sin 30°＝，故D错误。] 　功能关系与图像相结合 [典例3]　(2025·四川绵阳高三质检)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　) A．物体的质量为1 kg B．h＝0时，物体的速率为20 m/s C．物体上升4 m过程中，物体的动能减少了80 J D．物体上升2 m过程中，克服阻力做功10 J D　[根据题意，由公式Ep＝mgh结合图像可得，物体的质量为m＝2 kg，故A错误；h＝0时，物体的重力势能为0，则有E总＝Ek0＝，解得v0＝10 m/s，故B错误；由题图可知，物体上升到4 m时E总＝Ep，此时物体的动能为0，则物体的动能减少了ΔEk＝＝100 J，故C错误；由题图可知，物体上升到2 m时E总＝90 J，Ep＝40 J，则此时的动能为Ek＝E总－Ep＝50 J，由动能定理有－mgh2－W＝Ek－Ek0，解得W＝10 J，故D正确。] [典例4]　(2025·山东济南高三质检)如图所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物块，置于粗糙的水平面上。开始时弹簧处于原长，现用一恒力F将物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大。在此过程中，关于物块的速度v、物块的动能Ek、物块和弹簧的机械能E、弹簧的弹性势能Ep随时间t或位移x变化的图像，其中可能正确的是(　　) A　　　　B　　　　C　　 　　D D　[根据牛顿第二定律知F－Ff－kx＝ma，物块从静止到速度最大的过程中，弹簧弹力一直增大，加速度一直减小到0，所以速度增加得越来越缓慢，故A错误；根据＝F合，可知合力一直减小直到减小为零，故B错误；机械能的增加量等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功，则E＝ΔE＝(F－Ff)x，则E-x图像斜率不变，故C错误；从开始到物块的速度达到最大的过程中，弹簧弹力的形变量大小等于位移，弹簧弹力方向不变，大小随位移均匀增大，则ΔEp＝Ep＝x＝kx2，故D正确。] 对能量守恒定律的理解及应用 1．对能量守恒定律的理解 (1)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。 (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 2．运用能量守恒定律解题的基本思路 [典例5]　(2025·云南卷)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 A　[设MN段的长度为x0，设滑块在除MN段外通过的路程为x，整个过程由动能定理得－μ1mgx0－μ2mgx＝，由题意可知滑块两次在MN段的路程相等，则滑块两次在除MN段外通过的路程也一定相等，则有x1＝x0＋x，x2＝x0＋x，所以x1＝x2，C、D错误；滑块在MN段的加速度大小为a1＝μ1g，滑块在除MN段外的加速度大小为a2＝μ2g，由于第二次的释放点距离M较近，则滑块第二次在M点的速度比第一次的大，由于两次滑块通过MN的位移相同，则第二次滑块在MN段的运动时间较短，作出两次滑块的速度－时间图像，如图所示，由图可直观地看出，第二次运动的总时间较长，即t1＜t2，A正确，B错误。 ] [典例6]　如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道BC在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，在弹力的作用下获某一向右速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，求： (1)开始时弹簧储存的弹性势能； (2)物块从B点到C点克服阻力做的功； (3)物块离开C点后落回水平面时距B点的水平距离及动能的大小。 [解析]　(1)设物块滑到B点的速度为vB，由牛顿第二定律可得FN－mg＝，其中FN＝7mg 解得vB＝ 设开始时弹簧储存的弹性势能为Ep， 由Ep＝W弹＝ A至B光滑，即vA＝vB 联立解得Ep＝3mgR。 (2)设物块恰能到达C点的速度为vC，由牛顿第二定律得mg＝ 解得vC＝ 设物块从B点到C点克服阻力做的功为Wf，由能量守恒定律得＝＋mg·2R＋Wf 解得Wf＝mgR。 (3)物块离开C点做平抛运动，有2R＝gt2，s＝vCt 解得s＝2R 由能量守恒定律得Ek＝ 解得Ek＝mgR。 [答案]　(1)3mgR　(2)mgR　(3)2R　mgR 课时数智作业(二十九)　功能关系　能量守恒定律 说明：第1～7题，每小题4分；第8～9题，每小题5分；本试卷共66分。 1．(多选)(2025·广东江门一模)2024年11月4日，神舟十八号载人飞船返回舱返回地面，在打开降落伞后的一段时间内，整个装置先减速后匀速下降，在这段时间内关于返回舱的说法正确的是(　　) A．减速下降阶段，返回舱处于失重状态 B．减速下降阶段，返回舱动能的减少量小于飞船克服阻力做的功 C．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量大于重力对飞船做的功 D．匀速下降阶段，重力对飞船做的功等于飞船克服阻力做的功 BD　[打开降落伞后，返回舱减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；减速下降阶段，由功能关系可知Wf＝ΔEk＋ΔEp，则返回舱动能的减少量小于飞船克服阻力做的功，故B正确；匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于飞船克服阻力做功的大小，而重力与阻力的大小相等，所以返回舱机械能的减少量等于返回舱重力所做的功，故C错误，D正确。] 2．(2024·江西卷)“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%，则发电功率大致为(　　) A．109 W B．107 W C．105 W D．103 W B　[发电功率P＝η·P＝P＝ηρQgh，代入数据解得P≈107 W，B正确。] 3．如图所示为低空跳伞极限运动表演，运动员从离地350 m高的桥面一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完美结合。假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动员重力做功为mgh B．运动员克服阻力做功为mgh C．运动员的动能增加了mgh D．运动员的机械能减少了mgh D　[运动员下落h，则重力做功为WG＝mgh，故A错误；根据mg－Ff＝ma得Ff＝mg，则运动员克服阻力做功为Wf＝Ffh＝mgh，故B错误；运动员的动能增加量等于合外力做功，则ΔEk＝mah＝mgh，故C错误；运动员的机械能减少量等于克服阻力做功，即ΔE＝mgh，故D正确。] 4．(2025·广东珠海一模)网球运动员在离地面h1高度处将网球以大小为v1的速度斜向上击出，空气阻力的影响不可忽略，网球经过一段时间后升到最高点，此时网球离地面高为h2，速度大小为v2。已知网球质量为m，重力加速度为g。则(　　) A．网球从被击出到最高点的过程，机械能守恒 B．网球从被击出到最高点的过程，减少的动能全部转化为增加的重力势能 C．网球在其轨迹最高点时重力的功率等于零 D．网球从被击出到最高点的过程，克服空气阻力做功为 C　[网球从被击出到最高点的过程，要克服空气的阻力做功，机械能不守恒，A错误；网球从被击出到最高点的过程，减少的动能一部分转化为重力势能，另一部分用来克服空气阻力做的功，B错误；在最高点时，速度v2沿水平方向，竖直方向的速度为vy＝0，则重力的功率P＝Fv＝mgvy＝0，C正确；由动能定理可知－mg(h2－h1)－Wf＝，解得Wf＝(h2－h1)，D错误。] 5．轻质弹簧的劲度系数k＝30 N/m，右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图(a)所示弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧的弹性势能与形变量的关系为Ep＝kx2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图(b)所示，g＝10 m/s2，则物块向右运动至x＝0.4 m处的动能为(　　) A．0.7 J B．1.1 J C．3.1 J D．3.5 J A　[全过程根据能量守恒定律有WF＝μmg·x＋Ep＋Ek，其中根据图像可得外力F做的功为图线与横轴围成的面积，所以有WF＝(5＋10)×0.2× J＋10×0.2 J＝3.5 J，弹性势能Ep＝kx2＝2.4 J，克服摩擦力做功为0.4 J，代入数据联立解得Ek＝0.7 J，故A正确。] 6．(2025·广东深圳一模)如图甲所示，物块从固定斜面的底端上滑，机械能与动能的关系如图乙所示。已知斜面倾角为37°，物块质量为5 kg，初速度为v0，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。以斜面底端位置为零势能面，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．μ＝0.4，v0＝2 m/s B．μ＝0.5，v0＝2 m/s C．μ＝0.4，v0＝ m/s D．μ＝0.5，v0＝ m/s B　[以斜面底端为零势能面，由题图乙可知，物体在底端时的动能Ek＝＝10 J，代入数据解得v0＝2 m/s，物体上升到最大高度时动能为0，由题图乙可知，重力势能Ep＝mgh＝6 J，结合题图乙解得h＝0.12 m，物体沿斜面移动的距离L＝＝0.2 m，根据能量守恒定律可得μmg cos θ·L＝E机械－Ek，代入数据解得μ＝0.5，故选B。] 7．(多选)如图所示，倾角为θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A点，长度为l＝0.5 m的木板质量分布均匀，其质量为M＝3 kg，用外力使木板下端与A点对齐，如图。木块质量为m＝1 kg，两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起，木板与斜面的动摩擦因数为μ＝。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点，此过程中，下列说法正确的是(　　) A．木板M和木块m组成的系统机械能守恒 B．木板上端刚过A点时速度大小为 m/s C．木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和 D．系统产生的热量为10 J BC　[由于斜面是粗糙的，木板M和木块m组成的系统在运动中会有摩擦生热，所以木板M和木块m组成的系统机械能不守恒，故A错误；木板M和木块m组成的系统由能量守恒定律有Mgl sin θ－mgl＝(M＋m)v2＋μMgl cos θ，解得v＝ m/s，故B正确；根据能量守恒定律可知木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和，故C正确；系统产生的热量为Q＝μMgl cos θ＝6 J，故D错误。] 8．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在光滑固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连。A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球在C点时的动能Ek＝mgh B．小球通过B点时的加速度为 C．弹簧具有的最大弹性势能为mv2 D．小球下滑过程中机械能守恒 AB　[小球在A点和C点时，弹簧的长度相同，即弹簧的形变量相同，具有相同的弹性势能，全程弹簧的弹力做功为零，则小球从A点到C点的过程，根据动能定理有mgh＝Ek－0，即Ek＝mgh，故A正确；因在B点时弹簧恢复原长，则小球到达B点时的加速度为a＝g sin 30°＝，故B正确；弹簧形变量最大时弹性势能最大，即小球在A点时，弹簧具有最大的弹性势能，小球由A点到B点过程中，根据能量守恒有Epm＋mg·＝mv2，解得Epm＝mv2－mgh，故C错误；小球下滑过程中，除了小球重力做功外，还有弹簧的弹力做功，所以小球下滑过程机械能不守恒，故D错误。] 9．(2025·黑龙江哈尔滨一模)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，取地面为零势能面，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(　　) A　　　　 　　　　　B C　　　　 　　　　　D A　[如图所示，当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，设O点到斜面底端的距离为x0，物块的动能Ek1＝mgx tan θ－μmg cos θ·＝0.25mg·x(xx0)，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Ek2＝Ek1－μmgx＝－0.25mg·x(x0x2x0)，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，动能达到最大后在水平面上运动，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－mg tan 53°·x＝mgh－0.5mg·x(xx0)，可知物块Ep-x图像为纵轴截距为mgh，斜率为－0.5mg的图线，当x>x0时，重力势能为0保持不变，故B错误；物块从释放到停止运动的过程中，克服摩擦力做功W克＝μmg cos θ·＋μmgx1，可得W克＝μmgx0＋μmgx1＝0.25mgx，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，设物块释放点的高度为h，则物块在x轴上任意位置的机械能为E＝mgh－0.25mg·x，其E-x图像为纵轴截距为mgh，斜率为－0.25mg的倾斜直线，而其Q-x图像为过原点，斜率为0.25mg的倾斜直线，故C、D错误。 ] 10．(14分)(2025·四川绵阳一模)如图所示，abcd是竖直面内的固定轨道，ab是水平粗糙轨道，bd是四分之一光滑圆弧轨道，与ab相切于b点，一可以视为质点的小滑块，始终受到水平推力的作用，自a点处从静止开始向右运动，离开轨道后，在空中运动一段时间后落地。且当滑块运动到轨道上的c点时，滑块与轨道之间的相互作用力最大。已知水平轨道上Lab＝2.5R，圆弧轨道半径为R，滑块质量为m，滑块与ab轨道之间的动摩擦因数为μ＝0.25，圆弧轨道中的Oc与竖直方向的Ob之间的夹角为θ＝37°，重力加速度大小为g。求： (1)滑块受到的水平推力F的大小； (2)滑块经过轨道上的d点时，滑块对轨道的压力大小； (3)滑块从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量ΔE。 [解析]　(1)由于滑块运动到轨道上的c点时，滑块与轨道之间的相互作用力最大，可知c点为滑块圆周运动过程中的等效最低点，即在c点，推力与重力的合力方向背离圆心，则有mg tan 37°＝F 解得F＝mg。 (2)滑块从a运动到d过程，根据动能定理有F－μmgLab－mgR＝ 滑块经过轨道上的d点时，对滑块有FN－F＝ 根据牛顿第三定律有F′N＝FN 解得滑块在d点对轨道的压力大小为F′N＝mg。 (3)滑块飞出圆弧后做类斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，在上升到最高点过程，利用逆向思维，竖直方向上有vd＝gt 水平方向上有x＝·t2 根据功能关系可知，滑块机械能的增量等于推力与摩擦力做功的总和，则有ΔE＝(＋R＋x)－μmgLab 解得ΔE＝mgR。 [答案]　(1)mg　(2)mg　(3)mgR 11．(14分)如图所示，半径为R的半圆弧轨道ABCD竖直放置，D点在圆心O点的正上方，是圆弧的最高点，固定圆管轨道NA与半圆弧轨道在最低点A平滑对接，管口N点的切线水平且N、O、B三点等高，劲度系数为k的轻质弹簧放置在光滑的水平面PN上，一端固定在P点，当弹簧处于原长时，另一端正好处在N点。一质量为m、可视为质点的小球置于N点(与弹簧不粘连)，现移动小球压缩弹簧至Q点，然后由静止释放小球，小球到达圆弧的C点时刚好脱离轨道。已知QN＝s，弹性势能的表达式为Ep＝kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，不计所有摩擦，重力加速度为g。 (1)求C点与B点的高度差h； (2)求小球在A点时对半圆轨道的压力大小； (3)若只改变小球的质量，使小球能够到达半圆轨道最高点，求小球质量的取值范围。 [解析]　(1)小球运动到C点时恰好脱离半圆轨道，轨道对小球的弹力刚好为0，设重力与OC的夹角为θ，则有mg cos θ＝ 由几何关系可得cos θ＝ 从Q点到C点，由能量守恒定律可得ks2＝＋mgh 解得h＝。 (2)小球由Q运动到A，由能量守恒定律可得ks2＋mgR＝ 在A点时有FN－mg＝ 解得FN＝3mg＋ 由牛顿第三定律可得小球在A点时对半圆轨道的压力大小F′N＝FN＝3mg＋。 (3)小球能够通过D点，则有 从Q到D，由能量守恒定律有 ks2－m′gR＝ 解得0<m′。 [答案]　(1)　(2)3mg＋　(3)0<m′ 16 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $