文档内容
第 4 讲 功能关系 能量守恒定律
目标要求 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题.2.掌握一对摩擦力做
功与能量转化的关系.3.会应用能量守恒观点解决综合问题．
考点一 功能关系的理解和应用
基础回扣
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．常见的功能关系
几种常见力做功 对应的能量变化 关系式
正功 重力势能减少
重力 W ＝－ΔE＝E －E
G p p1 p2
负功 重力势能增加
正功 弹性势能减少
弹簧等的弹力 W ＝－ΔE＝E －E
弹 p p1 p2
负功 弹性势能增加
正功 电势能减少
电场力 W ＝－ΔE＝E －E
电 p p1 p2
负功 电势能增加
正功 动能增加
合力 W ＝ΔE＝E －E
合 k k2 k1
负功 动能减少
除重力和弹簧弹 正功 机械能增加
W ＝ΔE＝E－E
其他 2 1
力以外的其他力 负功 机械能减少
一对滑动摩擦力做功 机械能减少内能增加 Q＝F·Δs
f 相对
技巧点拨
1．物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．
2．势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)做负功还是做正功．
3．机械能增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．功能关系的理解
例1 (多选)(2019·广东天河华南师大附中期末)如图1所示，质量为m的小车在水平恒力F
推动下，从山坡底部A处由静止运动至高为h的B处，获得的速度为v，AB的水平距离为
s，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图1
A．小车克服重力所做的功是mgh
B．合力对小车做的功是
C．推力对小车做的功是Fs－mgh
D．阻力对小车做的功是＋mgh－Fs
答案 ABD
解析 上升过程，重力做功为W ＝mgΔh＝mg(h －h )＝－mgh，故小车克服重力所做的功
G A B
是mgh，故A正确；对小车从A运动到B的过程中运用动能定理得W＝mv2，故B正确；由
动能定理得W －mgh＋W＝mv2，解得W ＝mv2－W＋mgh，由于推力为恒力，故W ＝
推 f 推 f 推
Fs，阻力对小车做的功是W＝mv2＋mgh－Fs，故C错误，D正确．
f
功能关系与图象结合
例2 (多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜
面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图2中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10
m/s2.则( )
图2
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
答案 AB解析 由E－s图象知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，
故A正确；由E－s图象知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20
J，重力势能的减少量ΔE ＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0
p
m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小 a＝gsin α
－
μgcos α＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故
D错误．
考点二 摩擦力做功与能量转化
1．摩擦力做功的特点
(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；
(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统
机械能的损失量；
(3)说明：两种摩擦力对物体都可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
2．三步求解相对滑动物体的能量问题
(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析．
(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的
相对位移．
(3)代入公式Q＝F·x 计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程s
f 相对 相对．
例3 (多选)如图3所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小
物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止
开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为F，小物块滑到小车的最右端时，小
f
车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是( )
图3
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F)(L＋x)
f
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Fx
f
C．小物块克服摩擦力所做的功为F(L＋x)
f
D．系统产生的内能为Fx
答案 ABC
解析 由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能E ＝W ＝(F－F)(L＋x)，A正
k物 合 f
确；小物块到达小车最右端时，小车的动能E ＝F x，B正确；小物块克服摩擦力所做的
k车 f
功W＝F(L＋x)，C正确；系统产生的内能为F L，D错误．
f f f1．(摩擦力做功)(多选)(2019·江苏卷·8)如图4所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．
小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．
物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹
性限度．在上述过程中( )
图4
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
答案 BC
解析 小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，
可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点
过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至
A点过程，由能量守恒定律可知E ＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v ，整
p 0
个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－mv2，解得v＝2，选项D错误．
0 0
考点三 能量守恒定律的理解和应用
基础回扣
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 ＝ Δ E
减 增．
3．基本思路
(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．
技巧点拨
应用能量守恒定律解题的步骤
1．分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能
等．2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 和增加的能
减
量ΔE 的表达式．
增
3．列出能量守恒关系式：ΔE ＝ΔE
减 增．
例4 (2020·浙江1月选考·20)如图5所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹
射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组
成．游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在 B端
则视为游戏成功．已知圆轨道半径r＝0.1 m，OE长L ＝0.2 m，AC长L ＝0.4 m，圆轨道和
1 2
AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2 g且可视为质点，弹射时
从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：
图5
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度v 大小；
F
(2)当h＝0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力F 大小及弹簧的弹性势能
N
E ；
p0
(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能E 与高度h之间满足的关系．
p
答案 见解析
解析 (1)滑块恰过F点的条件为mg＝m
解得v ＝1 m/s
F
(2)滑块从E点到B点，由动能定理得
－mgh－μmgL＝0－mv 2
2 E
在E点由牛顿第二定律得F ′－mg＝m
N
解得F ＝F ′＝0.14 N
N N
从O点到B点，由能量守恒定律得：
E ＝mgh＋μmg(L＋L)
p0 1 2
解得E ＝8.0×10－3 J
p0
(3)滑块恰能过F点的弹性势能
E ＝2mgr＋μmgL＋mv 2＝7.0×10－3 J
p1 1 F
到B点减速到0
E －mgh －μmg(L＋L)＝0
p1 1 1 2
解得h＝0.05 m
1
设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B点不下滑，
则μmgcos θ＝mgsin θ
解得tan θ＝0.5，此时h＝0.2 m
2从O点到B点
E＝mgh＋μmg(L＋L)＝2×10－3(10h＋3) J
p 1 2
其中0.05 m≤h≤0.2 m.
2．(能量守恒定律)(多选)(2019·湖南衡阳市第二次模拟)如图6所示，一根轻弹簧一端固定在
O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点
时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对
称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是( )
图6
A．小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B．小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大
C．小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大
D．小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大
答案 AD
解析 在B点时，小球的加速度为g，在BC间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重
力外还有弹簧弹力沿竖直方向向下的分力，所以小球从 A点运动到D点的过程中，其最大
加速度一定大于重力加速度g，故A正确；由机械能守恒可知，小球从B点运动到C点的过
程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，
故B错误；小球运动到C点时，由于弹簧的弹力为零，合力为重力 G，所以小球从C点往
下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C错误；D
点为小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变量最大，所以小球在 D点时弹簧的弹性势
能最大，故D正确．
3．(能量守恒定律)如图7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v ＝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
0
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：(结果
均保留三位有效数字)图7
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能E .
pm
答案 (1)0.521 (2)24.4 J
解析 (1)物体从A点到被弹簧弹到D点的过程中，弹簧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：
mv2＋mgAD·sin θ＝μmgcos θ·(AB＋2BC＋BD)
0
代入数据解得：μ＝0.521.
(2)物体由A到C的过程中，
动能减少量ΔE＝mv2
k 0
重力势能减少量ΔE＝mgsin 37°·AC
p
摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°·AC
由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：
E ＝ΔE＋ΔE－Q≈24.4 J．
pm k p
课时精练
1．(2020·河北任丘市第一中学期末)在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质
量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，
当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
答案 D
解析 运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A
错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水
中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．
2.(多选)如图1所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速率从A点冲上倾角为30°的固定
斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )
图1
A．重力势能增加了mgh
B．克服摩擦力做功mgh
C．动能损失了mgh
D．机械能损失了mgh
答案 BC
解析 物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；
设物体所受的摩擦力大小为F，根据牛顿第二定律得mgsin 30°＋F＝ma＝m·g
f f
解得F＝mg，物体沿斜面上滑的距离为2h，所以克服摩擦力做功W＝F·2h＝mgh，根据功
f f f
能关系可知，机械能损失了mgh，故B正确，D错误；
由动能定理可知，动能损失量等于物体克服合外力做的功，大小为
ΔE＝F ·x＝ma·2h＝mgh，故C正确．
k 合
3.如图2所示，一质量为m的滑块以初速度v 从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到
0
达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图中分别表示它在斜面上运动的速度 v、
加速度a、势能E 和机械能E随时间的变化图象，可能正确的是( )
p
图2
答案 C
解析 由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsin θ＋F＝ma ；下滑阶段有：mgsin θ
f 1
－F＝ma .因此a>a，故B选项错误；速度－时间图象的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，
f 2 1 2
加速度不同，则斜率不同，故选项 A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C正确；由于摩擦力始终做负功，
机械能一直减小，故选项D错误．
4．(多选)(2020·山东济南市第一中学月考)质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑
水平面上质量为M的木块，并留在其中，下列说法中正确的有( )
A．子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等
B．子弹克服阻力做的功与子弹减少的动能相等
C．子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等
D．系统增加的内能等于系统减少的机械能
答案 BD
5.(多选)如图3所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一
个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B时
恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中(
)
图3
A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR
答案 CD
解析 小球从P点运动到B点的过程中，重力做功W ＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；小
G
球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，解得v ＝，则此过程中机械
B
能的减少量为ΔE＝mgR－mv 2＝mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功
B
W ＝mv 2＝mgR，故C正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减
合 B
少量，为mgR，故D正确．
6．(多选)(2020·黑龙江佳木斯市质检)如图4所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细
钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速
上升．摩擦及空气阻力均不计．则( )图4
A．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
C．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
D．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能
答案 BC
解析 根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速
上升过程中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故 A错误；
除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升
降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；
升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误．
7．某同学用如图5所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平
面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动
到B 点．在木块槽中加入一个质量m＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位
1 0
置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 点，测得AB、AB 长分别为
2 1 2
27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为( )
图5
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g
答案 D
解析 根据能量守恒定律，有μmg·AB ＝E ，μ(m ＋m)g·AB ＝E ，联立解得m＝400 g，D正
1 p 0 2 p
确．
8.(2019·贵州毕节市适应性监测(三))毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主
题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地．如图6所示，赫章的韭菜坪建有风力发
电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电
流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风
速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为( )
图6
A. B. C. D.答案 A
解析 风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间
为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vtπl2，则风的质量M＝ρV＝ρvtπl2，因
此风吹过的动能为E ＝Mv2＝ρvtπl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化
k
为电能的效率为η＝＝，故A正确，B、C、D错误．
9.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 等于动能E 与重力势
总 k
能E 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 和E 随它离开地面的高度h的变化如图7
p 总 p
所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )
图7
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能E＝40 J
k
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 AD
解析 根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能E ＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，
p
抛出时物体的动能为E ＝100 J，由公式E ＝mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，
k0 k0
选项A正确，B错误；由功能关系可知Fh＝|ΔE |＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻
f 4 总
力F＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－Fh＝E －
f f k
E ，解得E ＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重
k0 k
力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．
10.(多选)(2016·全国卷Ⅱ·21)如图8，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O点，
另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了 N点．已知在
M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点
的过程中( )
图8A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
答案 BCD
解析 因在M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知在M处时弹
簧处于压缩状态，在N处时弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再
做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原
长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；
弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正
确；由动能定理得，W ＋W ＝ΔE ，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势
F G k
能相等，则由弹力做功特点知W ＝0，即W ＝ΔE，选项D正确．
F G k
11.(2018·全国卷Ⅰ·18)如图9所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；
bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大
小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点
开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
图9
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
答案 C
解析 小球从a运动到c，根据动能定理，得
F·3R－mgR＝mv2，又F＝mg，故v＝2，
1 1
小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水
平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，
水平位移x＝gt2＝2R，
根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋
x)＝5mgR.
12.如图10，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，B的质量为m，初始时物
体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v(v>)，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，
0 0
物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个
过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图10
(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．
答案 (1) (2)(－L) (3)m(v2－gL)
0
解析 (1)物体A与斜面间的滑动摩擦力大小F＝2μmgcos θ，
f
A向下运动到C点的过程，对A、B组成的系统，由动能定理有
2mgLsin θ－mgL－2μmgLcos θ＝×3m(v2－v2)
0
解得v＝
(2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程，对A、B组成的系统由
动能定理得
－F·2x＝0－×3mv2
f
解得x＝(－L)
(3)从弹簧被压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中，由能量守恒定律得
E＋mgx＝Fx＋2mgxsin θ
p f
解得E＝(v2－gL)．
p 0
