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物理必修 第二册4 机械能守恒定律精品导学案
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这是一份物理必修 第二册4 机械能守恒定律精品导学案，共18页。
机械能守恒定律
深入理解动能定理
重难点
题型
分值
重点
对动能定理的理解
选择
计算
6-12分
难点
动能定理的应用
功
1. 功的公式：W＝Flcosα。
2. 总功的求解
（1）先求物体所受的合外力，再根据公式W合＝F合lcos α求合外力的功。
（2）先根据W＝Flcosα，求每个分力做的功W1，W2，…，Wn，再根据W合＝W1＋W2＋…＋Wn，求合力的功。即合力做的功等于各个分力做功的代数和。
动能定理
1. 动能表达式：Ek＝mv2。
2. 动能定理
（1）内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
（2）表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12。
（3）推导过程：设质量为m的物体在光滑的水平面上运动，在与运动方向相同的恒力F的作用下发生了一段位移x，速度从v1增大到v2，根据牛顿第二定律有F＝ma
由可得，，
代入W＝Fx可得
3. 动能定理的应用
（1）运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
（2）动能定理全过程列式时，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。
（3）由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解。因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可。
（3）应用动能定理求变力做功时应注意的问题
①所求的变力做的功不一定为总功，故所求的变力做的功不一定等于ΔEk。
②合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。
③若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力做的功若为负功，可以设克服该力做的功为W，则表达式中应用－W；也可以设变力做的功为W，则字母W本身含有符号。
1. 物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示。取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 物体的质量m＝0. 5 kg
B. 物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0. 4
C. 第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J
D. 前2 s内推力F做功的平均功率＝3 W
【答案】ABC
【解析】由题图甲、乙可知，在1～2 s内，推力F2＝3 N，物体做匀加速直线运动，其加速度a＝2 m/s2，由牛顿运动定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3 s，推力F3＝2 N，物体做匀速直线运动，由平衡条件可知，μmg＝F3；联立解得物体的质量m＝0. 5 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0. 4，A、B正确；由速度－时间图象所围的“面积”表示位移可得，第2 s内物体位移x＝1 m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2 J，C正确；第1 s内，由于物体静止，推力不做功；第2 s内，推力做功W＝F2x＝3 J，即前2 s内推力F做功为W′＝3 J，前2 s内推力F做功的平均功率＝＝W＝1. 5 W，D错误。
2. 某跳伞运动员从高H＝100 m的楼层起跳，自由下落一段时间后打开降落伞，最终以安全速度匀速落地。若降落伞视为瞬间打开，得到运动员起跳后的速度v随时间t变化的图象如图所示，已知运动员及降落伞装备的总质量m＝60 kg，开伞后所受阻力大小与速率成正比，即Ff＝kv，g取10 m/s2，求：
（1）打开降落伞瞬间运动员的加速度。
（2）打开降落伞后阻力所做的功。
【答案】（1）26 m/s2，方向竖直向上 （2）－58 170 J
【解析】（1）匀速运动时，则有：mg＝kv
解得：k＝120 N/（m·s－1）
打开降落伞的瞬间，速度为：v1＝18 m/s
由牛顿第二定律得：kv1－mg＝ma
解得：a＝26 m/s2
方向竖直向上
（2）根据图线围成的面积知，自由下落的位移为：
x1＝×2×18 m＝18 m
则打开降落伞后的位移为：
x2＝H－x1＝100 m－18 m＝82 m
由动能定理得：mgx2＋Wf＝mv2－mv
代入数据解得：Wf＝－58 170 J。
如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，质量为1 kg的小物块由A处以12 m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度为零，此过程中小物块在AB段速度的变化率是BC段的2倍，两段运动时间相等，g＝10 m/s2，以A为零势能点，求小物块：
（1）通过B处的速度；
（2）在C处的重力势能。
【答案】（1）4 m/s （2）40 J
【解析】（1）设物块在AB段加速度大小为a1，BC段加速度大小为a2
由于：a1＝2a2，t1＝t2，＝得：vB＝4 m/s。
（2）由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，从A到B：
Wf＋WG＝mv－mv
Wf＝－32 J
从A到C：Wf－mgh＝0－mv
得：EPC＝mgh＝40 J。
1. 动能定理
表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12。
注意：W指合外力做的功；等式右边必须是末动能减去初动能。
2. 应用动能定理求变力做功时应注意的问题
（1）所求的变力做的功不一定为总功，故所求的变力做的功不一定等于ΔEk。
（2）合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。
（3）若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负正确求解总功。
3. 动能定理解决多过程问题
（1）运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
（2）动能定理全过程列式时，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。
（答题时间：30分钟）
1. 质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图所示，物体m相对斜面静止. 则下列说法正确的是 （ ）
A. 重力对物体m做正功
B. 合力对物体m做功为零
C. 摩擦力对物体m做负功
D. 支持力对物体m做正功
2. 物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，物块在倾角θ一定的斜面底端以初速度v0上滑，上滑到最高点后又沿斜面下滑. 设上滑和下滑过程中，物块克服摩擦力做功的平均功率分别为P1、P2，经过斜面上同一点时（不是最高点）克服摩擦力做功的瞬时功率分别为P′1和P′2。则（ ）
A. P1>P2 B. P1
A. 重力不做功
B. 悬线的拉力不做功
C. 空气阻力做功为－Fml
D. 空气阻力做功为－Fmπl
4. 如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g. 质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）
A. mgR B. mgR
C. mgR D. mgR
5. 一汽车在平直公路上行驶. 从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示. 假定汽车所受阻力的大小f恒定不变. 下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（ ）
A B
C D
6. 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3. 6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
1. 【答案】BCD
【解析】重力方向与位移方向垂直，重力不做功；支持力的方向与位移方向的夹角为锐角，做正功；摩擦力的方向与位移方向的夹角为钝角，做负功。选项B、C、D正确。
2. 【答案】AC
【解析】根据牛顿第二定律，上滑时有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，下滑时有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，则加速度大小a1>a2，设物块上滑的最大位移为x，上滑过程的逆运动有x＝a1t12，下滑过程有x＝a2t22，比较可知t1P2，选项A正确，选项B错误；设同一点与最大位移的距离为x0，则v12＝2a1x0，v22＝2a2x0，比较可知v1>v2，即上滑速度大于下滑速度，由瞬时功率P＝μmgvcos θ知P′1>P′2，选项C正确，选项D错误。
3.【答案】BD
【解析】重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为l，所以WG＝mgl，故A错误；因为拉力FT在运动过程中始终与运动方向垂直，拉力不做功，故B正确；Fm所做的总功等于每个小弧段上Fm所做功的代数和，运动的弧长为πl，故阻力做的功为WFm＝－（FmΔx1＋FmΔx2＋…）＝－Fmπl，故C错误，D正确。
4. 【答案】C
【解析】Q点，FN－mg＝，所以v＝；由P到Q根据动能定理得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，故C正确。
5.【答案】A
【解析】由Pt图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。
6.【答案】（1）Ff＝144 N （2）R＝12. 5 m
【解析】（1）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有
①
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144 N③
（2）设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得
R＝12. 5 m
机械能守恒定律
重难点
题型
分值
重点
机械能守恒的条件和理解
选择
计算
6-10分
难点
机械能守恒定律的综合应用
机械能守恒
1. 内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2. 对机械能守恒条件的理解
（1）只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒。
（2）除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零。
（3）除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒。
3. 机械能是否守恒的三种判断方法
（1）利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。
（2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒。
（3）利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
机械能守恒表达式
1. 守恒的观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
此种方法必须选零势能面，且初、末状态必须用同一零势能面计算势能。
2. 转化的观点：ΔEk＝－ΔEp
此种方法要注意分清势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差。
（3）转移的观点：ΔEA＝-ΔEB
此种方法常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题。
几种常见力做功及能量变化
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）WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功
机械能不变化
机械能守恒ΔE＝0
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＝Ff·x相对
如图所示，倾角为θ的光滑斜面体C固定于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，释放后，A将向下运动，则在A碰地前的运动过程中（ ）
A. A的加速度大小为g
B. 物体A机械能守恒
C. 由于斜面光滑，所以物块B机械能守恒
D. A、B组成的系统机械能守恒
【答案】D
【解析】物体A向下运动的过程中除受到重力以外，还受到细绳向上的拉力，物体A下落的加速度一定小于g，故A错误；物体A下落过程中，细绳的拉力做负功，A的机械能不守恒，故B错误；由于斜面光滑，A、B组成的系统在整个运动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，但细绳拉力对B做正功，B的机械能增加，故C错误，D正确。
如图所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为M的砝码相连。已知M＝2m，让绳拉直后使砝码从静止开始下降h（此时竖直绳长小于桌高）的距离，木块仍在桌面上，则此时砝码的速度为多大？
【答案】
【解析】砝码、木块及轻绳组成的系统在相互作用的过程中，除砝码的重力做功外，还有绳的拉力对砝码做负功，对木块做正功，且二者之和为0，故系统的机械能守恒。
解法一：利用E2＝E1求解
设砝码开始离桌面的距离为x，取桌面所在的水平面为参考平面，则系统的初始机械能E1＝－Mgx，
系统的末态机械能
E2＝－Mg（x＋h）＋（M＋m）v2，
由E2＝E1，得－Mg（x＋h）＋（M＋m）v2＝－Mgx，
又M＝2m，
联立以上两式得v＝。
解法二：利用ΔEk＝－ΔEp求解
在砝码下降h的过程中，
系统增加的动能ΔEk增＝（M＋m）v2
系统减少的重力势能ΔEp减＝Mgh，
由ΔEk增＝ΔEp减，得（M＋m）v2＝Mgh，
得v＝＝。
解法三：利用ΔEA＝-ΔEB求解
在砝码下降的过程中，木块增加的机械能ΔEm增＝mv2，
砝码减少的机械能ΔEM减＝Mgh－Mv2，
由ΔEm增＝ΔEM减，得mv2＝Mgh－Mv2，
得v＝。
1. 机械能守恒条件的理解
（1）只受重力作用。
（2）除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零。
（3）除重力外，只有系统内的弹力做功。
2. 几种常见力做功及能量变化：合力做功；重力做功；弹簧弹力做功；只有重力、弹簧弹力做功；除重力和弹簧弹力之外的其他力做功；一对相互作用的滑动摩擦力做功。
3. 机械能守恒条件的表达式
（1）守恒的观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
注意：必须选零势能面，且初、末状态必须用同一零势能面计算势能。
（2）转化的观点：ΔEk＝－ΔEp
注意：可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差。
（3）转移的观点：ΔEA＝-ΔEB
注意：此种方法常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一斜面固定在水平面上，斜面上的CD部分光滑，DE部分粗糙，A、B两物体叠放在一起从顶端C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，且在DE段做匀速运动。已知A、B间的接触面水平，则（ ）
A. 沿CD部分下滑时，A的机械能减少，B的机械能增加，但总的机械能不变
B. 沿CD部分下滑时，A的机械能增加，B的机械能减少，但总的机械能不变
C. 沿DE部分下滑时，A的机械能不变，B的机械能减少，故总的机械能减少
D. 沿DE部分下滑时，A的机械能减少，B的机械能减少，故总的机械能减少
2. 如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是（ ）
A. 2R B. C. D.
3. 如图所示，一小球从光滑的水平面以速率v0进入固定在竖直面内的S形轨道，S形轨道由半径分别为r和R的两个光滑圆弧构成，圆弧交接处的距离略大于小球的直径，忽略空气阻力。如果小球能够到达S形轨道最高点，则（ ）
A. 在最高点，小球处于失重状态
B. 在最高点，小球处于超重状态
C. 当 时，小球才能到达最高点
D. 当v0≥时，小球才能到达最高点
4. 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）
A. 圆环的机械能守恒
B. 弹簧弹性势能变化了mgL
C. 圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
5. 如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ＜45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是（ ）
A. 小球的动能与重力势能之和保持不变
B. 小球的动能与重力势能之和先增大后减小
C. 小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D. 小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
6. 如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是 （ ）
A. 上述过程中，F做功大小为
B. 其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D. 其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
7. 如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB＝4 m。当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0. 2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m。挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0. 6，求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）弹簧的最大弹性势能Epm。
8. 如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m。现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
（1）物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
（2）弹簧的最大压缩量；
（3）弹簧的最大弹性势能。
1.【答案】D
【解析】在CD段下滑时，对A、B整体只有重力做功，机械能守恒；分析A的受力，B对A的支持力和摩擦力的合力与斜面垂直，相当于只有重力做功，所以A、B的机械能都守恒，选项A、B错误；在DE段下滑时，动能不变，重力势能减少，所以机械能减小，D正确。
2.【答案】C
【解析】如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A的质量为2m，B的质量为m，根据机械能守恒定律有2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R。则B上升的最大高度为R＋R＝R，故选项C正确。
3.【答案】AD
【解析】小球在最高点时，mg＝m，向心力全部由重力提供，小球处于失重状态，A对，B错；小球以v0射入轨道恰好至最高点，此过程由机械能守恒得：mv＝mg（R＋r）＋mv2，而v＝，解得v0＝，故C错，D对。
4.【答案】B
【解析】圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C错误；圆环重力势能减少了mgL，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了mgL，故B正确。
5.【答案】B
【解析】小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒。弹簧原长时弹性势能为零，小球从C到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。
6. 【答案】BD
【解析】由牛顿第二定律得：Ff＝Ma1，F－Ff＝ma2，又L＝a2t2－a1t2，s＝a1t2，其他条件不变的情况下，M越大，a1越小，t越小，s越小；F越大，a2越大，t越小；由Q＝FfL可知，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，故B、D正确，C错误；力F做的功还有一部分转化为系统热量Q，故A错误。
7.【答案】（1）0. 52 （2）24. 5 J
【解析】（1）物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：mv＋mgLAD·sin 37°＝μmgcos 37°（LAB＋2LCB＋LBD）
代入数据解得：μ≈0. 52。
（2）物体由A到C的过程中，
动能减少量ΔEk＝mv，
重力势能减少量ΔEp＝mgLACsin 37°
摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°·LAC
由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：
Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q
＝mv＋mgLACsin 37°－μmgcos 37°·LAC≈24. 5 J。
8. 【答案】（1）2 m/s （2）0. 4 m （3）6 J
【解析】（1）物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得：
μ·2mg·cos θ·L＝·3mv－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL
可解得v＝2 m/s。
（2）以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量
即：·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0. 4 m。
（3）设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得：
·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J。
机械能守恒定律
深入理解动能定理
重难点
题型
分值
重点
对动能定理的理解
选择
计算
6-12分
难点
动能定理的应用
功
1. 功的公式：W＝Flcosα。
2. 总功的求解
（1）先求物体所受的合外力，再根据公式W合＝F合lcos α求合外力的功。
（2）先根据W＝Flcosα，求每个分力做的功W1，W2，…，Wn，再根据W合＝W1＋W2＋…＋Wn，求合力的功。即合力做的功等于各个分力做功的代数和。
动能定理
1. 动能表达式：Ek＝mv2。
2. 动能定理
（1）内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
（2）表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12。
（3）推导过程：设质量为m的物体在光滑的水平面上运动，在与运动方向相同的恒力F的作用下发生了一段位移x，速度从v1增大到v2，根据牛顿第二定律有F＝ma
由可得，，
代入W＝Fx可得
3. 动能定理的应用
（1）运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
（2）动能定理全过程列式时，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。
（3）由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解。因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可。
（3）应用动能定理求变力做功时应注意的问题
①所求的变力做的功不一定为总功，故所求的变力做的功不一定等于ΔEk。
②合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。
③若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力做的功若为负功，可以设克服该力做的功为W，则表达式中应用－W；也可以设变力做的功为W，则字母W本身含有符号。
1. 物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示。取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 物体的质量m＝0. 5 kg
B. 物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0. 4
C. 第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J
D. 前2 s内推力F做功的平均功率＝3 W
【答案】ABC
【解析】由题图甲、乙可知，在1～2 s内，推力F2＝3 N，物体做匀加速直线运动，其加速度a＝2 m/s2，由牛顿运动定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3 s，推力F3＝2 N，物体做匀速直线运动，由平衡条件可知，μmg＝F3；联立解得物体的质量m＝0. 5 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0. 4，A、B正确；由速度－时间图象所围的“面积”表示位移可得，第2 s内物体位移x＝1 m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2 J，C正确；第1 s内，由于物体静止，推力不做功；第2 s内，推力做功W＝F2x＝3 J，即前2 s内推力F做功为W′＝3 J，前2 s内推力F做功的平均功率＝＝W＝1. 5 W，D错误。
2. 某跳伞运动员从高H＝100 m的楼层起跳，自由下落一段时间后打开降落伞，最终以安全速度匀速落地。若降落伞视为瞬间打开，得到运动员起跳后的速度v随时间t变化的图象如图所示，已知运动员及降落伞装备的总质量m＝60 kg，开伞后所受阻力大小与速率成正比，即Ff＝kv，g取10 m/s2，求：
（1）打开降落伞瞬间运动员的加速度。
（2）打开降落伞后阻力所做的功。
【答案】（1）26 m/s2，方向竖直向上 （2）－58 170 J
【解析】（1）匀速运动时，则有：mg＝kv
解得：k＝120 N/（m·s－1）
打开降落伞的瞬间，速度为：v1＝18 m/s
由牛顿第二定律得：kv1－mg＝ma
解得：a＝26 m/s2
方向竖直向上
（2）根据图线围成的面积知，自由下落的位移为：
x1＝×2×18 m＝18 m
则打开降落伞后的位移为：
x2＝H－x1＝100 m－18 m＝82 m
由动能定理得：mgx2＋Wf＝mv2－mv
代入数据解得：Wf＝－58 170 J。
如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，质量为1 kg的小物块由A处以12 m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度为零，此过程中小物块在AB段速度的变化率是BC段的2倍，两段运动时间相等，g＝10 m/s2，以A为零势能点，求小物块：
（1）通过B处的速度；
（2）在C处的重力势能。
【答案】（1）4 m/s （2）40 J
【解析】（1）设物块在AB段加速度大小为a1，BC段加速度大小为a2
由于：a1＝2a2，t1＝t2，＝得：vB＝4 m/s。
（2）由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，从A到B：
Wf＋WG＝mv－mv
Wf＝－32 J
从A到C：Wf－mgh＝0－mv
得：EPC＝mgh＝40 J。
1. 动能定理
表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12。
注意：W指合外力做的功；等式右边必须是末动能减去初动能。
2. 应用动能定理求变力做功时应注意的问题
（1）所求的变力做的功不一定为总功，故所求的变力做的功不一定等于ΔEk。
（2）合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。
（3）若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负正确求解总功。
3. 动能定理解决多过程问题
（1）运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
（2）动能定理全过程列式时，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。
（答题时间：30分钟）
1. 质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图所示，物体m相对斜面静止. 则下列说法正确的是 （ ）
A. 重力对物体m做正功
B. 合力对物体m做功为零
C. 摩擦力对物体m做负功
D. 支持力对物体m做正功
2. 物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，物块在倾角θ一定的斜面底端以初速度v0上滑，上滑到最高点后又沿斜面下滑. 设上滑和下滑过程中，物块克服摩擦力做功的平均功率分别为P1、P2，经过斜面上同一点时（不是最高点）克服摩擦力做功的瞬时功率分别为P′1和P′2。则（ ）
A. P1>P2 B. P1
A. 重力不做功
B. 悬线的拉力不做功
C. 空气阻力做功为－Fml
D. 空气阻力做功为－Fmπl
4. 如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g. 质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）
A. mgR B. mgR
C. mgR D. mgR
5. 一汽车在平直公路上行驶. 从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示. 假定汽车所受阻力的大小f恒定不变. 下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（ ）
A B
C D
6. 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3. 6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
1. 【答案】BCD
【解析】重力方向与位移方向垂直，重力不做功；支持力的方向与位移方向的夹角为锐角，做正功；摩擦力的方向与位移方向的夹角为钝角，做负功。选项B、C、D正确。
2. 【答案】AC
【解析】根据牛顿第二定律，上滑时有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，下滑时有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，则加速度大小a1>a2，设物块上滑的最大位移为x，上滑过程的逆运动有x＝a1t12，下滑过程有x＝a2t22，比较可知t1
3.【答案】BD
【解析】重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为l，所以WG＝mgl，故A错误；因为拉力FT在运动过程中始终与运动方向垂直，拉力不做功，故B正确；Fm所做的总功等于每个小弧段上Fm所做功的代数和，运动的弧长为πl，故阻力做的功为WFm＝－（FmΔx1＋FmΔx2＋…）＝－Fmπl，故C错误，D正确。
4. 【答案】C
【解析】Q点，FN－mg＝，所以v＝；由P到Q根据动能定理得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，故C正确。
5.【答案】A
【解析】由Pt图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。
6.【答案】（1）Ff＝144 N （2）R＝12. 5 m
【解析】（1）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有
①
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144 N③
（2）设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得
R＝12. 5 m
机械能守恒定律
重难点
题型
分值
重点
机械能守恒的条件和理解
选择
计算
6-10分
难点
机械能守恒定律的综合应用
机械能守恒
1. 内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2. 对机械能守恒条件的理解
（1）只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒。
（2）除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零。
（3）除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒。
3. 机械能是否守恒的三种判断方法
（1）利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。
（2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒。
（3）利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
机械能守恒表达式
1. 守恒的观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
此种方法必须选零势能面，且初、末状态必须用同一零势能面计算势能。
2. 转化的观点：ΔEk＝－ΔEp
此种方法要注意分清势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差。
（3）转移的观点：ΔEA＝-ΔEB
此种方法常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题。
几种常见力做功及能量变化
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）WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功
机械能不变化
机械能守恒ΔE＝0
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＝Ff·x相对
如图所示，倾角为θ的光滑斜面体C固定于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，释放后，A将向下运动，则在A碰地前的运动过程中（ ）
A. A的加速度大小为g
B. 物体A机械能守恒
C. 由于斜面光滑，所以物块B机械能守恒
D. A、B组成的系统机械能守恒
【答案】D
【解析】物体A向下运动的过程中除受到重力以外，还受到细绳向上的拉力，物体A下落的加速度一定小于g，故A错误；物体A下落过程中，细绳的拉力做负功，A的机械能不守恒，故B错误；由于斜面光滑，A、B组成的系统在整个运动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，但细绳拉力对B做正功，B的机械能增加，故C错误，D正确。
如图所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为M的砝码相连。已知M＝2m，让绳拉直后使砝码从静止开始下降h（此时竖直绳长小于桌高）的距离，木块仍在桌面上，则此时砝码的速度为多大？
【答案】
【解析】砝码、木块及轻绳组成的系统在相互作用的过程中，除砝码的重力做功外，还有绳的拉力对砝码做负功，对木块做正功，且二者之和为0，故系统的机械能守恒。
解法一：利用E2＝E1求解
设砝码开始离桌面的距离为x，取桌面所在的水平面为参考平面，则系统的初始机械能E1＝－Mgx，
系统的末态机械能
E2＝－Mg（x＋h）＋（M＋m）v2，
由E2＝E1，得－Mg（x＋h）＋（M＋m）v2＝－Mgx，
又M＝2m，
联立以上两式得v＝。
解法二：利用ΔEk＝－ΔEp求解
在砝码下降h的过程中，
系统增加的动能ΔEk增＝（M＋m）v2
系统减少的重力势能ΔEp减＝Mgh，
由ΔEk增＝ΔEp减，得（M＋m）v2＝Mgh，
得v＝＝。
解法三：利用ΔEA＝-ΔEB求解
在砝码下降的过程中，木块增加的机械能ΔEm增＝mv2，
砝码减少的机械能ΔEM减＝Mgh－Mv2，
由ΔEm增＝ΔEM减，得mv2＝Mgh－Mv2，
得v＝。
1. 机械能守恒条件的理解
（1）只受重力作用。
（2）除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零。
（3）除重力外，只有系统内的弹力做功。
2. 几种常见力做功及能量变化：合力做功；重力做功；弹簧弹力做功；只有重力、弹簧弹力做功；除重力和弹簧弹力之外的其他力做功；一对相互作用的滑动摩擦力做功。
3. 机械能守恒条件的表达式
（1）守恒的观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
注意：必须选零势能面，且初、末状态必须用同一零势能面计算势能。
（2）转化的观点：ΔEk＝－ΔEp
注意：可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差。
（3）转移的观点：ΔEA＝-ΔEB
注意：此种方法常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一斜面固定在水平面上，斜面上的CD部分光滑，DE部分粗糙，A、B两物体叠放在一起从顶端C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，且在DE段做匀速运动。已知A、B间的接触面水平，则（ ）
A. 沿CD部分下滑时，A的机械能减少，B的机械能增加，但总的机械能不变
B. 沿CD部分下滑时，A的机械能增加，B的机械能减少，但总的机械能不变
C. 沿DE部分下滑时，A的机械能不变，B的机械能减少，故总的机械能减少
D. 沿DE部分下滑时，A的机械能减少，B的机械能减少，故总的机械能减少
2. 如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是（ ）
A. 2R B. C. D.
3. 如图所示，一小球从光滑的水平面以速率v0进入固定在竖直面内的S形轨道，S形轨道由半径分别为r和R的两个光滑圆弧构成，圆弧交接处的距离略大于小球的直径，忽略空气阻力。如果小球能够到达S形轨道最高点，则（ ）
A. 在最高点，小球处于失重状态
B. 在最高点，小球处于超重状态
C. 当 时，小球才能到达最高点
D. 当v0≥时，小球才能到达最高点
4. 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）
A. 圆环的机械能守恒
B. 弹簧弹性势能变化了mgL
C. 圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
5. 如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ＜45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是（ ）
A. 小球的动能与重力势能之和保持不变
B. 小球的动能与重力势能之和先增大后减小
C. 小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D. 小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
6. 如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是 （ ）
A. 上述过程中，F做功大小为
B. 其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C. 其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D. 其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
7. 如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB＝4 m。当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0. 2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m。挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0. 6，求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）弹簧的最大弹性势能Epm。
8. 如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m。现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
（1）物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
（2）弹簧的最大压缩量；
（3）弹簧的最大弹性势能。
1.【答案】D
【解析】在CD段下滑时，对A、B整体只有重力做功，机械能守恒；分析A的受力，B对A的支持力和摩擦力的合力与斜面垂直，相当于只有重力做功，所以A、B的机械能都守恒，选项A、B错误；在DE段下滑时，动能不变，重力势能减少，所以机械能减小，D正确。
2.【答案】C
【解析】如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A的质量为2m，B的质量为m，根据机械能守恒定律有2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R。则B上升的最大高度为R＋R＝R，故选项C正确。
3.【答案】AD
【解析】小球在最高点时，mg＝m，向心力全部由重力提供，小球处于失重状态，A对，B错；小球以v0射入轨道恰好至最高点，此过程由机械能守恒得：mv＝mg（R＋r）＋mv2，而v＝，解得v0＝，故C错，D对。
4.【答案】B
【解析】圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C错误；圆环重力势能减少了mgL，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了mgL，故B正确。
5.【答案】B
【解析】小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒。弹簧原长时弹性势能为零，小球从C到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。
6. 【答案】BD
【解析】由牛顿第二定律得：Ff＝Ma1，F－Ff＝ma2，又L＝a2t2－a1t2，s＝a1t2，其他条件不变的情况下，M越大，a1越小，t越小，s越小；F越大，a2越大，t越小；由Q＝FfL可知，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，故B、D正确，C错误；力F做的功还有一部分转化为系统热量Q，故A错误。
7.【答案】（1）0. 52 （2）24. 5 J
【解析】（1）物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：mv＋mgLAD·sin 37°＝μmgcos 37°（LAB＋2LCB＋LBD）
代入数据解得：μ≈0. 52。
（2）物体由A到C的过程中，
动能减少量ΔEk＝mv，
重力势能减少量ΔEp＝mgLACsin 37°
摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°·LAC
由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：
Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q
＝mv＋mgLACsin 37°－μmgcos 37°·LAC≈24. 5 J。
8. 【答案】（1）2 m/s （2）0. 4 m （3）6 J
【解析】（1）物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得：
μ·2mg·cos θ·L＝·3mv－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL
可解得v＝2 m/s。
（2）以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量
即：·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0. 4 m。
（3）设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得：
·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J。
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