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第 19 讲 功能关系 能量守恒定律
——划重点之精细讲义系列
考点一 功能关系的理解及应用
一．功能关系
1．内容
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．
2．做功对应变化的能量形式
(1)合外力的功影响物体的动能的变化．
(2)重力的功影响物体重力势能的变化．
(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．
(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．
(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化．
(6)电场力的功影响电势能的变化．
(7)分子力的功影响分子势能的变化．
二．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另一种形式，
或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．适用范围
能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．
3．表达式
(1)E ＝E ，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．
初 末
(2)ΔE ＝ΔE ，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．
增 减
1.功能关系的理解和应用原则
（1）牢记三条功能关系
①重力做的功等于重力势能的变化，弹力做的功等于弹性势能的变化。
②合外力做的功等于动能的变化。
③除重力、弹力外，其他力做的功等于机械能的变化。
（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用动能定理分析。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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电场力做功与电势能变化的关系分析。
2几种常见的功能关系及其表达式
各种力做功 对应能的变化 定量的关系
W ：合外力的功（所 动能的改变量 合力对物体做功等于物体动能的增量W ＝ΔE＝
合 合 k
有外力的功） （ΔE） E －E
k k2 k1
重力势能的改变 重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势
W ：重力的功
G 量（ΔE） 能增加，且W ＝－ΔE＝E －E
p G p p1 p2
弹性势能的改变 弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势
W ：弹簧弹力做的功
弹 量（ΔE） 能增加，且W ＝－ΔE＝E －E
p 弹 p p1 p2
只有重力、弹簧弹力的 不引起机
机械能守恒ΔE＝0
功 械能变化
W ：除重力或系统内
其他 机械能的改变量 除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能
弹簧弹力以外的其他外
（ΔE） 增加，做负功，机械能减少，且W ＝ΔE
力做的功 其他
F·Δx：一对滑动摩擦力 因摩擦而产生的 滑动摩擦力做功引起系统内能增加ΔE ＝F Δx
f 内 f
做功的代数和 内能（Q） （Δx为物体间的相对位移）
【典例1】如图所示，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时对轨道压力为.已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过
程中( )
A．重力做功2mgR
B．合力做功mgR
C．克服摩擦力做功mgR
D．机械能减少2mgR
解析 小球能通过B点，在B点速度v满足mg＋mg＝m，解得v＝ ，从P到B过
程，重力做功等于重力势能减小量为mgR，动能增加量为mv2＝mgR，合力做功等于动
能增加量mgR，机械能减少量为mgR－mgR＝mgR，克服摩擦力做功等于机械能的减
少量mgR，故只有B选项正确．
答案 B
【典例2】如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，
一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与 M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】μ.开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的拉力 F将m拉至右端，则拉力F做功
至少为( )
A.μmgL B．μmgL
C．μ(m＋M)gL D.μ(m＋M)gL
解析：选B.缓慢拉动时，拉力F做功最少，根据功能关系，拉力做的功等于系统
产生的内能，所以W＝μmgL，B正确．
【典例3】(多选) 在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、
B，它们的质量分别为m 、m ，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状
1 2
态．现用一平行于斜面向上的恒力 F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板
C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则( )
A．物块B的质量满足mgsin θ＝kd
2
B．此时物块A的加速度为
C．此时拉力做功的瞬时功率为Fvsin θ
D．此过程中，弹簧的弹性势能变化了Fd－mgdsin θ－mv2
1 1
解析：选BD.系统静止时，mgsin θ ＝kx 当物块B刚要离开挡板C时，mgsin θ
1 1, 2
＝kx ，F － mgsin θ－kx ＝ma ，又d＝x ＋x ，可解得a ＝，B正确，A错误；此
2 1 2 1 A 1 2 A
时拉力做功的瞬时功率为P＝Fv，C错误；设弹簧的弹性势能增量为ΔE ，由功能关
p弹
系可得：Fd＝ΔE ＋mgdsin θ＋mv2，解得ΔE ＝Fd－mgdsin θ－mv2，D正确．
p弹 1 1 p弹 1 1
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电场力做功与电势能变化的关系分析．
考点二 摩擦力做功与能量的关系
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝F x 其中x 为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
f 相对． 相对
类别
静摩擦力 滑动摩擦力
比较
只有能量的转移，而没有能量的 既有能量的转移，又有能量的转
能量的转化
不 转化 化
同 一对滑动摩擦力所做功的代数和
一对摩擦 一对静摩擦力所做功的代数总和
点 不为零，总功W＝－F·l ，即摩
f 相对
力的总功 等于零
擦时产生的热量
相
做功的正、
同 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
负
点
【典例1】如图所示，一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上
的A点以v＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定
0
在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端 D点的质量为M＝3 kg
的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光
滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆
弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？
解析 (1)小物块在C点时的速度大小
v ＝①
C
小物块由C到D的过程中，由机械能守恒定律得
mgR(1－cos 60°)＝mv－mv②
代入数据解得v ＝2 m/s
D
小球在D点时由牛顿第二定律得
F －mg＝m③
N
代入数据解得F ＝60 N④
N
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由牛顿第三定律得F ′＝F ＝60 N，方向竖直向下．
N N
(2)设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块
与长木板的加速度大小分别为
a＝＝μg⑤
1
a＝⑥
2
速度分别为v＝v －at，v＝at⑦
D 1 2
对小物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得
μmgL＝mv－(m＋M)v2⑧
解得L＝2.5 m⑨
答案 (1)60 N，方向竖直向下 (2)2.5 m
【典例2】足够长的传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小物体A由静止轻
放于传送带上，若小物体与传送带之间的动摩擦因数为 μ，如图所示，当物体与传送
带相对静止时，转化为内能的能量为( )
A．mv2 B．2mv2
C.mv2 D.mv2
解析：选D.物体A被放于传送带上即做匀加速直线运动，加速度 a＝＝μg，匀加
速过程前进的距离x ＝＝，该时间内传送带前进的距离x ＝vt＝v·＝，所以物体相对传
1 2
送带滑动距离Δx＝x－x＝，故产生的内能Q＝μmg·Δx＝μmg·＝mv2，D正确．
2 1
【典例3】 如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量
为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之
间的摩擦力为F，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则
f
下列说法正确的是( )
A．此时小物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为Fx
f
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FL
f
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F(L＋x)
f
解析：选B.水平力对小物块做功F(x＋L)，此时其动能小于F(x＋L)，A错误；摩
擦力F 对小车做功Fx，由动能定理可知，此时小车的动能为 Fx，B正确；这一过程
f f f
中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－FL，C错误；这一过程中，因摩擦而产生
f
的热量为FL，D错误．
f
【典例4】如图所示为一种摆式动摩擦因数测量仪，其可测量轮胎与地面间的动
摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．摆
锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L.测量
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处由静止释放．摆锤摆到最低
点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离 s(s≪L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角
的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：
(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；
(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；
(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．
解析：(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程进行研究．因为初、末状态动能为
零，所以全程损失的机械能ΔE等于减少的重力势能，
即：ΔE＝mgLcos θ
(2)对全程应用动能定理：W ＋W＝0①
G f
W ＝mgLcos θ②
G
由①②式得W＝－W ＝－mgLcos θ③
f G
(3)由滑动摩擦力公式得F＝μF④
f
摩擦力做的功W＝－Fs⑤
f f
联立③④⑤式得：μ＝
答案：(1)mgLcos θ (2)－mgLcos θ (3)
摩擦力做功的分析方法
(1)无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积．
(2)摩擦生热的计算：公式Q＝F·x 中x 为两接触物体间的相对位移，若物体
f 相对 相对
在传送带上做往复运动时，则x 为总的相对路程．
相对
考点三 能量守恒定律的理解及应用
1．对能量守恒定律的两点理解
(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.能量转化问题的解题思路
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（1）当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。
（2）解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，
哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 与增加的能量总和ΔE ，最后由ΔE
减 增 减
＝ΔE 列式求解。
增
3．涉及弹簧的能量问题
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
（1）能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
（2）如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最
大程度时两物体速度相同。
（3）当水平弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度。
【典例1】 如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接
内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，
轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．质量为m的滑块在曲面上距BC高度
为2r处由静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数μ＝，进入管口C端时与圆管恰
好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势
能为E.求：
p
(1)滑块到达B点时的速度大小v ；
B
(2)水平面BC的长度s；
(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度v .
m
解析 (1)滑块在曲面的下滑过程，由动能定理得
mg·2r＝mv
解得v ＝2
B
(2)在C点，滑块与圆管之间恰无作用力，则
mg＝m
解得v ＝
C
滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得
mg·2r－μmgs＝mv
解得s＝3r
(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D端的距离为x，
0
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】此时kx＝mg
0
解得x＝
0
滑块由C运动到距离D端x 处的过程中，由能量守恒得
0
mg(r＋x)＝mv－mv＋E
0 p
联立解得v ＝
m
答案 (1)2 (2)3r (3)
【典例2】(多选) 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块
相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物
块与桌面间的动摩擦因数为μ，现用水平向右的力将物块从 O点拉至A点，拉力做的
功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零，重力加速度为
g.则上述过程中( )
A．物块在A点时弹簧的弹性势能一定大于在B点时的弹性势能
B．物块在O点时动能最大
C．物块在B点时，弹簧的弹性势能大于W－μmga
D．经O点时，物块的动能小于W－μmga
解析：选AD.因物块由A到B的过程中有一部分弹性势能用于克服摩擦力做功，
故A正确；当物块从A向B运动过程中加速度为零时速度最大，此时kx－μmg＝0，弹
簧仍处于伸长状态，故B错误；由动能定理可得：W－μmg·2x ＝E ，x ＞，可得物
OA kO OA
块在O 点的动能小于W－μmga，D正确；由能量守恒定律可得，物块在B点时，弹簧
的弹性势能E ＝W－μmg·x －μmga＜W－μmga，C错误．
pB OA
【典例3】如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1 kg的
滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t＝0时解除锁定，
计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，
在t ＝0.1 s时滑块已上滑s＝0.2 m的距离(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．
1
求：
(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数μ的大小；
(2)t＝0.3 s和t＝0.4 s时滑块的速度v、v 的大小；
2 3 1 2
(3)弹簧锁定时具有的弹性势能E.
p
解析：(1)在bc段做匀减速运动，加速度为
a＝＝10 m/s2
根据牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.5
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(2)设t＝0.1 s时速度大小为v，根据速度时间公式得t＝0.3 s时的速度大小
1 0 2
v＝v－a(t－t)＝0
1 0 2 1
在t 之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得
2
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′
解得a′＝2 m/s2
从t 到t 做初速度为零的加速运动，t 时刻的速度大小为
2 3 3
v＝a′(t－t)＝0.2 m/s
3 3 2
(3)从0到t 时间内，由能量守恒定律得
1
E＝mgssin 37°＋μmgscos 37°＋mv
p
解得E＝4 J
p
答案：(1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
涉及弹簧的能量问题的解题方法
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大
程度时两物体速度相同．
(3)当弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度．
考点四 传送带模型中的能量关系
1．模型条件
(1)传送带匀速或加速运动．
(2)物体以初速度v 滑上传送带或轻轻放于传送带上，物体与传送带间有摩擦力．
0
(3)物体与传送带之间有相对滑动．
2．模型特点
(1)若物体轻轻放在匀速运动的传送带上，物体一定和传送带之间产生相对滑动，
物体一定受到沿传送带前进方向的摩擦力．
(2)若物体静止在传送带上，与传送带一起由静止开始加速，如果动摩擦因数较大，
则物体随传送带一起加速；如果动摩擦因数较小，则物体将跟不上传送带的运动，相
对传送带向后滑动．
(3)若物体与水平传送带一起匀速运动，则物体与传送带之间没有摩擦力；若传送
带是倾斜的，则物体受到沿传送带向上的静摩擦力作用．
3．功能关系
(1) 对功W 和Q的理解：
F
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】①传送带做的功：W ＝Fx ；
F 传
②产生的内能Q＝F x ，其中x 为相互摩擦的物体与传送带间的相对位移．
f 相对 相对
(2)功能关系分析：W ＝ΔE＋ΔE＋Q.
F k p
【典例1】 如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带
动下，始终保持v ＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可看做质点)轻
0
轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．
解析 (1)由题图可知，皮带长x＝＝3 m.
工件速度达v 前，做匀加速运动的位移x＝ t＝t
0 1 1 1
匀速运动的位移为x－x＝v(t－t)
1 0 1
解得加速运动的时间t＝0.8 s
1
加速运动的位移x＝0.8 m
1
所以加速度a＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律有：μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得：μ＝.
(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及
克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．
在时间t 内，皮带运动的位移
1
x ＝vt＝1.6 m
皮 01
在时间t 内，工件相对皮带的位移
1
x ＝x －x＝0.8 m
相 皮 1
在时间t 内，摩擦生热
1
Q＝μmgcos θ·x ＝60 J
相
工件获得的动能E＝mv＝20 J
k
工件增加的势能E＝mgh＝150 J
p
电动机多消耗的电能W＝Q＋E＋E＝230 J.
k p
答案 (1) (2)230 J
【典例2】 (多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀
速运动．现将质量为m的某物块无初速地放在传送带的左端，经过时间t物块保持与
传送带相对静止．设物块与传送带间的动摩擦因数为 μ，对于这一过程，下列说法正
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】确的是( )
A．摩擦力对物块做的功为mv2
B．传送带克服摩擦力做的功为mv2
C．系统摩擦生热为mv2
D．电动机多做的功为mv2
解析：选ACD.设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为F，物块的位移大小为
f
x ，物块对传送带摩擦力的作用点对地位移大小为x ，则x ＝vt，x ＝vt＝2x ，对物块
1 2 1 2 1
运用动能定理有W＝Fx ＝mv2，选项A正确；传送带克服摩擦力做的功为W′＝Fx
f f 1 f f 2
＝2Fx ＝mv2，选项B错误；系统摩擦生热为Q＝Fx ＝F(x －x)＝Fx ＝mv2，选项
f 1 f 相对 f 2 1 f 1
C正确；根据能量的转化与守恒定律，电动机多做的功等于物块增加的动能和系统增
加的内能之和，即为mv2，选项D正确．
【典例3】 如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传
送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，
它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：
(1)物体由A端运动到B端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量．
解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
1
设物体经时间t，加速到与传送带同速，则
1
v＝at，x＝at
11 1 1
解得a＝10 m/s2，t＝1 s，x＝5 m
1 1 1
设物体经过时间t 到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，
2
物体将继续加速，即
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
2
L－x＝vt＋at
1 2 2
解得t＝1 s
2
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t＋t＝2 s
1 2
(2)物体与传送带间的相对位移
x ＝(vt－x)＋(L－x－ vt)＝6 m
相 1 1 1 2
故Q＝μmgcos θ·x ＝24 J
相
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】答案：(1)2 s (2)24 J
传送带模型问题的分析流程
1．下列过程中，可能实现的是（ ）
A．一个滑动摩擦力可以做正功，也可以不做功
B．质量不变的一个物体速度变化，动能一定发生变化
C．太阳照射到地球上的光能转化为其他形式能量，但照射到宇宙中的能量都消失了
D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明
手表自己产生了能量
【答案】A
【详解】A．滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但其与运动方向可以相同，
即滑动摩擦力可以做正功，也有可能一个物体受滑动摩擦力，但位移为零，如一个木
板上有一个滑块，滑块在木板上滑动，但木板未动，此时滑动摩擦力对木板不做功，
故A项正确；
B．一个物体若做匀速圆周运动，其速度方向发生改变，即速度发生改变，但动能不变
故B项错误；
C．根据能量守恒定律可知，能量不能凭空产生，也不会凭空消失，故C项错误；
D．根据能量守恒定律可知，能量不能凭空产生，“全自动”手表，不用上发条，也不
用任何形式的电源，戴在手上却能一直走动，原因是在运动的过程中，自动上的发条，
故D项错误。
故选A。
2．如图所示，竖直墙壁上一质量为m的物块用一水平力F压着，F从零开始随时间均
匀增大即F=kt，物块与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，物块下滑的距离为h。下列说法
正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．物块先匀加速后匀减速直至静止
B．当F=mg时物块速度最大
C．当t= 时物块刚好静止
D．此过程产生的摩擦热为2mgh
【答案】C
【详解】A．对物块受力分析，由牛顿第二定律可知
又
F=kt
解得
易知加速度先减小后增大。故A错误；
B．当加速度为零时，即
解得
物块速度最大。故B错误；
C．由上面选项分析，可知物块到达最大速度时，所需时间满足
解得
根据加速度表达式可知加速度与时间为一次函数关系，加速过程与减速过程对称，所
以物块运动的最长时间为
故C正确；
D．根据能量守恒，可得此过程产生的摩擦热为
故D错误。
故选C。
3．（多选）如图所示，某物体（可视为质点）分别从等高的固定斜面Ⅰ、Ⅱ顶端下滑，
物体与接触面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面接触处用半径可忽略的光滑小
圆弧相连，若该物体沿斜面Ⅰ由静止下滑，运动到水平面上的P点静止，不计空气阻
力，下列说法正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点的左侧静止
B．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点静止
C．物体沿斜面Ⅱ运动损失的机械能等于沿斜面Ⅰ运动损失的机械能
D．物体沿斜面Ⅱ运动损失的机械能大于沿斜面Ⅰ运动损失的机械能
【答案】BC
【详解】AB．设斜面的倾角为 ，长度为l，高度为h，斜面的下端点到P点的水平距
离为x，由动能定理得
整理得
为斜面在水平方向上的投影，因此可得
由于斜面Ⅰ、Ⅱ的高度相同，因此物体由静止沿两斜面滑至水平面静止的水平位移相
同，故A错误，B正确；
CD．两种情形下，都是重力势能完全转化为内能，而初始重力势能相同，则物体沿斜
面Ⅱ运动到P点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量，损失的机械能相等
故C正确，D错误。
故选BC。
4．（多选）如图所示，倾斜传送带按顺时针匀速转动，将质量为 的小物块轻轻放
在传送带底端，小物块恰好在传送带的中点与传送带共速，之后匀速上升到传送带顶
端。已知传送带与水平面夹角 ，传送带顶端离地高度 ，重力加速度
。若全过程中传送带因为传送物体多消耗的电能是 ，下列说法正确的
有（ ）
A．物体在传送带上加速运动与匀速运动时间之比为
B．传送带速度为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．物体与传送带间动摩擦因数
D．在全过程中产生的热量
【答案】CD
【详解】A．由于物块做匀加速直线运动和匀速直线运动的位移相同，故两段运动的时
间之比应为 ，选项A错误；
BC．小物块在传送带上匀加速运动时，有
可得
又由能量守恒定律，传送带多消耗的电能
解得
故选项B错误，选项C正确；
D．由产生的热量
故选项D正确。
故选CD。
5. 如图所示，轻质弹簧的上端固定，下端与物体A相连，物体B与物体A之间通
过轻质不可伸长的细绳连接．开始时托住物体A，使A静止且弹簧处于原长，然后由
静止释放A，从开始释放到物体A第一次速度最大的过程中，下列说法正确的有( )
A．A、B两物体的机械能总量守恒
B．B物体机械能的减少量一定等于A物体机械能的减少量
C．轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化
D．A物体所受合外力做的功等于A物体机械能的变化
解析：选C.A、B两物体和弹簧组成的系统的机械能总量守恒；轻绳拉力对 B物体
做的功等于B物体机械能的变化；A物体所受合外力做的功等于A物体动能的变化．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】6. 如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端
由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使 A制动，将轻弹簧的一端固
定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点，此时弹簧处于自然
长度．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重
力加速度为g.
(1)求物块滑到O点时的速度大小；
(2)求弹簧最大压缩量为d时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；
(3)当弹簧的最大压缩量为d时，若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的
最大高度是多少．
解析：(1)由机械能守恒定律得mgh＝mv2，
解得v＝.
(2)在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为W＝μmgd
由能量守恒定律得mv2＝E＋μmgd
p
以上各式联立得E＝mgh－μmgd.
p
(3)物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W＝μmgd
由能量守恒定律得E＝μmgd＋mgh′
p
所以物块A能够上升的最大高度为h′＝h－2μd.
答案：(1) (2)mgh－μmgd (3)h－2μd
7. 在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳．
如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦
床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量
B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量
C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量
D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量
解析：选A.从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性
势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于
弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量
大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦
床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】8．质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响，物体下落的加速度为
g，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体的动能增加了mgh
B．物体的机械能减少了mgh
C．物体克服阻力所做的功为mgh
D．物体的重力势能减少了mgh
解析：选A.下落阶段，物体受重力和空气阻力，由动能定理 W＝ΔE ，即mgh－
k
Fh＝ΔE ，F＝mg－mg＝mg，可求ΔE ＝mgh，选项A正确；机械能减少量等于克服
f k f k
阻力所做的功W＝Fh＝mgh，选项B、C错误；重力势能的减少量等于重力做的功ΔE
f p
＝mgh，选项D错误．
9. 构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动
自行车就是很好的一例，电动自行车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑
车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以通过发电机向蓄电池充电，将
其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以 600 J的初动能在粗糙的水平路面
上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中的
线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二
次向蓄电池所充的电能是( )
A．600 J B．360 J
C．300 J D．240 J
解析：选D.设自行车的总质量为m，第一次关闭自动充电装置，由动能定理有－
μmgL ＝0－E ，第二次启动自动充电装置，由功能关系有E ＝μmgL ＋E ，代入数据
1 k k 2 电
解得E ＝240 J，D正确．
电
10．如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看
做质点)以水平速度v ＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，
0
之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：选D.由图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二
者质量相等，木板获得的动能为 1 J，选项A错误；系统损失的机械能 ΔE＝mv－
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】·2m·v2＝2 J，选项B错误；由vt图象可求出二者相对位移为1 m，所以C错误；分析B
的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确．
11. (多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同
时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，
取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量 Q、滑块动能
E、重力势能E、机械能E随时间t、位移x关系的是( )
k p
解析：选CD.根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重
力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力 F＝mgsin θ，滑块机械能保持不变，
重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确．产生的热量Q＝Fx，随位移均匀增大，
f
滑块动能E 随位移x均匀减小，选项A、B错误．
k
12．(多选)如图所示，水平传送带以恒定速度 顺时针匀速运行，左、右两
端A、B之间距离 。现将一质量 可看做质点的物块轻轻放到传送带的A
端，同时对物块施加一水平向右的恒力 ．已知物块与传送带之间的动摩擦因数
为 ，重力加速度g取 。物块从A端运动到B端的过程中，下列说法正确
的是（ ）
A．物块先匀加速运动后匀速运动
B．物块从A端运动到B端的时间为
C．物块运动到B端时，恒力F的瞬时功率为
D．物块与传送带间因克服摩擦产生的焦耳热为
【答案】BD
【详解】AB．物块速度加速到与传送带速度相等之前，物块所受传送带的摩擦力水平
向右，根据牛顿第二定律有
解得物块的加速度大小
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】此过程加速的时间
物块向右运动的距离
摩擦力反向，根据牛顿第二定律有
解得物块的加速度大小
由位移时间关系式有
解得此过程加速的时间
可知物块从A端运动到B端的过程中，物块一直做匀加速运动，运动的时间为
故A错误，B正确；
C．物块运动到B端时的速度大小为
恒力F的瞬时功率为
故C错误；
D．由能量守恒有
故D正确。
故选BD。
13．(多选)如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在 点，
弹性绳自然长度等于 ，跨过由轻杆 固定的定滑轮连接一个质量为 的小球，小
球穿过竖直固定的杆。初始时 、 在同一条水平线上，小球从 点由静止释放滑
到 点时速度恰好为零。已知 两点间距离为 为 的中点（末准确标注），
小球在 点时弹性绳的拉力为 ，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终
处在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．对于弹性绳和小球组成的系统，从 点到 点的过程中机械能减少
B．小球从 点到 点的过程中摩擦力大小不变
C．小球在 阶段损失的机械能大于小球在 阶段损失的机械能
D．若在 点给小球一个向上的速度 ，则小球不能回到 点
【答案】ABD
【详解】A．由于小球受到杆的滑动摩擦力做负功，对于弹性绳和小球组成的系统，从
C点到E点的过程中机械能减少，A正确；
B．设BC间距为x，在C点时，绳上的拉力为
从C点向下运动过程，设B点右侧绳长为x'，与竖直方向夹角为θ，水平方向由平衡
条件可得
小球受到的滑动摩擦力大小为
故小球从C点到E点的过程中摩擦力大小不变，故B正确；
C．对小球而言，除了摩擦力做功以外还有弹力做功，克服摩擦力做功相同，弹力做功
不同，由于弹力沿竖直分力越来越大，所以，小球在CD阶段损失的机械能小于在DE
阶段损失的机械能，C错误；
D．从C到E过程，据动能定理可得
若在E点给小球一个向上的速度 ，从E到C过程，根据动能定理可得
联立解得到达C点的动能
所以小球并不是恰好能回到C点，故D正确。
故选ABD。
14．如图甲所示为某机场的行李自动运输系统，可以将其简化为如图乙所示，运
输系统由电动机带动传送带运转，传送带由长度L=100m的水平传送带AB和长度
1
L=70m、倾角为37°的倾斜传送带CD组成，两个传送带之间由很短的一段圆弧连接。
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】两个传送带都沿顺时针方向转动，速度大小分别为4m/s和6m/s，每隔1s将一个货箱
从A点无初速度放在传送带上，所有货箱的质量均为m=20kg且可视为质点，货箱与水
平传送带间的动摩擦因数μ=0.1，与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=0.875，重力加速度
1 2
g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（1度电=1kW·h）（ ）
A．每个货箱从A点到D点的时间均为29s
B．水平传送带上相邻货箱间的最大距离为最小距离的4倍
C．倾斜传送带上相邻货箱间的最大距离为6m
D．传送带连续稳定工作24小时，传送带因运送货箱而多消耗220.8度电
【答案】C
【详解】A．货箱在水平传送带上时，开始做匀加速运动，由牛顿第二定律可得
解得
货箱达到与传送带共速时的位移
货箱的加速时间
货箱在水平传送带上做匀速直线运动的时间
货箱在倾斜的传送带上时，由于 ，货箱先做初速度为4m/s的匀加速运动，
由牛顿第二定律则有
解得
货箱与传送带共速时的位移
达到共速时所用时间
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】共速后匀速向上运动的时间
可得每个货箱从A点到D点的时间均为
A错误；
B．由题意可知，在水平传送带上相邻货箱间的最大距离为两货箱都做匀速运动时的距
离，可知 ，最小距离是前一个货箱运动1s，后一个刚放上时，则有
则有
B错误；
C．由选项B的解析，可知在倾斜传送带上相邻货箱间的最大距离为6m，C正确；
D．在24小时内传送货箱的个数为
每个货箱增加的能量
每个货箱与传送带摩擦产生的热量
则有传送带连续稳定工作24小时，传送带因运送货箱而多消耗能量
由于
则有多消耗的电能是
由于最后39s内有货箱仍在传送带上，因此实际多消耗的电能应小于220.8度电，D错
误。
故选C。
15．如图所示，在倾角为30°底端具有挡板的固定斜面上，滑块b通过一劲度系数
为 的轻质弹簧与另一滑块a连接后置于斜面上，同时滑块b通过一不可伸
长的轻绳跨过光滑的定滑轮与带孔的小球c连接，小球c穿在光滑的固定轻杆上，轻
杆与水平方向的夹角为37°，初始用手托住小球c置于M点，此时 水平，弹簧被拉
伸且弹力大小为8N，释放小球c，小球恰好能滑至N点，MN的中点为P点。滑块a始
终未离开挡板，已知 ， ， ，若整个运动过
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】程中，绳子一直绷紧，下列说法正确的是（ ）
A．滑块b与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．小球c滑至P点的速度
C．小球c从M点滑至N点的过程中，经过P点时重力的功率最大
D．小球c从M点滑至P点的过程中，弹簧的弹性势能先减小再增大
【答案】D
【详解】A．小球c从M到N，滑块b先下滑再回到原来的位置，则由能量关系
解得滑块b与斜面间的动摩擦因数为
故A错误；
B．小球在M点时弹簧被拉伸，弹力为8N，此时弹簧被拉长
小球c滑至MN的中点处时，b下滑的距离为
则此时弹簧被压缩 ，此时的弹性势能等于在M点的弹性势能，设此时c的速度为
v，则b的速度为0，则由能量关系
解得
故B错误；
C．小球 c 从 M 点滑至 N 点的过程中，经过 P 点时，小球 c 沿斜面方向的合力为
，则加速度不为零，速度不是最大，即此时重力的功率不是最大，故C错误；
D．小球c从M点滑至P点的过程中，弹簧由伸长 到被压缩 ，即弹簧的弹性
势能先减小再增大，故D正确。
故选D。
16．如图所示，质量分别为m、2m小物块A和小物块B在竖直方向上通过劲度系
数为k的轻质弹簧相连，开始时A、B均静止，现给B施加一竖直向下的恒力，使B向
下运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后小物块A恰好能离开地面。已知
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】弹簧的弹性势能可表示为 ，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力
加速度为g，则恒力所做的功为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由题意知开始时弹簧的压缩量为
小物块A恰好离开地面时弹簧的伸长量为
设小物块B在恒力作用下向下运动的最大位移为 ，恒力所做的功为W，由能量守恒得
联立解得
故选A。
17．某同学参照过山车情景设计了如图所示的模型：光滑的竖直圆轨道半径
，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为 的
小滑块（可视为质点）与水平轨道之间的动摩擦因数均为 ，滑块从A点由静止
开始受到水平拉力 的作用，在B点撤去拉力，AB的长度为 ，不计空气
阻力， 。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（1）若滑块恰好通过圆轨道的最高点，求滑块在圆轨道最低点时圆轨道对它的支持力
大小；
（2）要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
【答案】（1） ；（2） 或
【详解】（1）滑块恰好通过最高点，滑块只受到重力，此时重力提供向心力，根据牛
顿第二定律可得
滑块从C点到最高点过程由动能定理可得
在C点，对滑块由牛顿第二定律可知
解得
（2）要使滑块能进入圆轨道运动，则至少能够到达C点，有
解得
①滑块无法通过最高点，但到达的高度为R时速度为0，滑块同样不会脱离轨道，则对
全程由动能定理可得
解得
②滑块能通过最高点，即到达C点的速度大于 ，由（1）中可得
对AC过程由动能定理可得
解得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】综上所述，要使不脱离轨道BC长度范围为 或 。
18．如图所示，一质量为1kg的小物块从半径为R=0.45m的光滑四分之一固定圆
弧轨道顶端A点由静止开始下滑，A点和圆弧对应的圆心O点等高，小物块从B点离
开后水平抛出，恰好能从C点沿CD方向切入传送带，传送带以v=16m/s的速度沿逆
时针方向匀速转动。已知CD间距离L=29m，倾角为θ=53°，传送带与物块之间的动摩
擦因数为μ=0.5，sin53°=0.8，g取10m/s2。求：
（1）小物块在圆弧轨道最低点B对轨道的压力大小；
（2）小物块在C点速度大小；
（3）小物块从传送带顶端C运动到底端D的时间及此过程中因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）30N；（2）5m/s；（3）2s；24J
【详解】（1）在B点，由圆周运动有
小物块从A到B根据机械能守恒，有
轨道对小物块的支持力为
由牛顿第三定律得小物块对轨道的压力
N’=30N
（2）小物块从B到C过程中做平抛运动，水平速度不变，有
解得
（3）小物块飞上传送带后，一开始速度小于传送带速度，故摩擦力沿斜面向下，有
设经过时间t1与传送带共速，离开C点的距离为x1，相对皮带的路程为 ，则对小
物块从滑上传送带到共速过程，有
v=vc+a1t1，
解得
t1=1s，x1=10.5m
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】可得
物块和传送带共速后，摩擦力变成向上，对物块
设经过时间t2到达D点，相对传送带的路程为 ，则
，
解得
t2=1s，
故从C到D点的时间
因摩擦发热
19．如图所示，粗糙斜面倾角 ，斜面长 ，斜面底端A有固定挡板，
斜面顶端有一长度为h的粘性挡板 ， 为一段半径 的圆弧，半径 与竖
直方向夹角为 ， 处于竖直平面上，将质量为m、长度为L，厚度为h的木板
置于斜面底端，质量也为m的小物块（可看作质点）静止在木板下端，整个系统处于
静止状态。木板上端若到达斜面顶端B点会被牢固粘连，物块若到达C点能无能量损
失进入圆弧 。若同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度 ，木板上端恰能到达B
点。现给物块沿斜面向上的初速度 ，并给木板施加一沿斜面向上的恒力 。
物块刚好不从木板上端脱离木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数 ，物块与本
板间的动摩擦因数为 ， ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为
g， ， 。
（1）求 大小；
（2）求物块与木板间的动摩擦因数 ；
（3）给物块沿斜面向上的初速度 ，并给木板施加一沿斜面向上的恒力 ，若
改变s的大小，木板能在与物块共速前到达B端且物块进入圆弧 后不脱离圆弧。求
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】s的取值范围。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）由于 ，可知，当同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度 时，
物块与木板保持相对静止向上做匀减速直线运动，对物块与木板整体有
解得
根据题意，此过程木板上端恰能到达B点，则有
解得
（2）给物块初速度 时，对物块有
对木板有
经历时间 ，两者达到相等速度 ，则有
之后，由于
即之后做匀速直线运动，木板到达B后，物块进一步向上做匀减速直线运动，由于物
块刚好不从木板上端脱离木板，则物块减速至C时，速度恰好等于0，则有
解得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】，
（3）若物块在圆弧中恰好做完整的圆周运动，则在最高点D有
解得
令物块此过程在C点速度为 ，则有
解得
若物块在圆弧中恰好到达与圆心等高位置速度减为0，令物块此过程在C点速度为 ，
则有
解得
改变s的大小，木板能即在与物块共速前到达B端，则此过程中，物块一直以加速度a
向上做匀减速直线运动，当减速至 时，则
解得
斜面长度不可能小于木板的长度，表明上述情景不存在。当减速至 时，则
解得
根据（2）可知物块前后做匀减速的位移和值为
综合所述，s的取值范围为
20. 如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】半径为R，CD为水平粗糙轨道，一质量为m的小滑块(可视为质点)从圆轨道中点B由
静止释放，滑至D点恰好静止，CD间距为4R.已知重力加速度为g.
(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数；
(2)求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小；
(3)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高
点A，求小滑块在D点获得的初动能．
解析：(1)从B到D的过程中，根据动能定理得
mgR－4μmgR＝0－0
所以μ＝0.25
(2)设小滑块到达C点时的速度为v ，根据机械能守恒定律得
C
mgR＝mv
解得：v ＝
C
设小滑块到达C点时圆轨道对它的支持力为F ，根据牛顿第二定律得
N
F －mg＝m
N
解得F ＝3mg
N
根据牛顿第三定律，小滑块到达C点时，对圆轨道压力的大小
F′＝F ＝3mg
N
(3)根据题意，小滑块恰好到达圆轨道的最高点A，此时，重力充当向心力，设小
滑块到达A点时的速度为v ，根据牛顿第二定律得
A
mg＝m
解得v ＝
A
设小滑块在D点获得的初动能为E，根据能量守恒定律得
k
E＝E＋E ＋Q
k p kA
即E＝2mgR＋mv＋4μmgR＝3.5mgR.
k
答案：(1)0.25 (2)3mg (3)3.5mgR
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】
