1、第4課時功能關系能量守恒定律【考綱解讀】1知道功是能量轉化的量度，掌握重力的功、彈力的功、合力的功與對應的能量轉化關系2知道自然界中的能量轉化，理解能量守恒定律，并能用來分析有關問題.収題帶點深入理解概念規律題組扣點自我梳理|基礎卻識題組1. 功能關系的理解用恒力F向上拉一物體，使其由地面處開始加速上升到某一高度.若該過程空氣阻力不能忽略，則下列說法中正確的是（）A 力F做的功和阻力做的功之和等于物體動能的增量B 重力所做的功等于物體重力勢能的增量C.力F做的功和阻力做的功之和等于物體機械能的增量D 力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物體機械能的增量答案 C2. 能的轉化與守恒定律的理解如

2、圖1所示，美國空軍 X 37B無人航天飛機于 2010年4月首飛，在X 37B由較低軌道飛到較高軌道的過程中（）圖1A . X 37B中燃料的化學能轉化為 X 37B的機械能B. X 37B的機械能要減少C. 自然界中的總能量要變大D 如果X 37B在較高軌道繞地球做圓周運動，則在此軌道上其機械能逐漸變小答案 A解析 在X 37B由較低軌道飛到較高軌道的過程中，必須啟動助推器，對X 37B做正功，X 37B的機械能增大，A對，B錯.根據能量守恒定律， C錯.X 37B在確 定軌道上繞地球做圓周運動，其動能和重力勢能都不會發生變化，所以機械能不變，D錯.3. 能量守恒定律的應用如圖2所示，ABC

3、D是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與 BC相切的圓弧，B、C在水平線上，其距離 d = 0.5 m .盆邊緣的高度為 h=0.3 m 在A處放一個質量為 m的小物塊并讓其由靜止下滑已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數為尸0.1.小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停下的位置到B的距離為()*ftD$廁一廠噸圖2A. 0.5 mB. 0.25 mC.0.1 mD .0答案 D解析由mghj mgx得x = 3 m，而討 6,即3個來回后，小物塊恰停在B點, 選項D正確.|考點梳理整合一幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈

4、簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力外）做正功機械能增加二、能量守恒定律1內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變2 .表達式：AE減=AE增課堂探究 *考點突破先做后聽共同棵究規偉龍法考點一功能關系的應用【例1】如圖3所示，在升降機內固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質量為 m的物塊A相連，彈簧與斜面平行.整個系統由靜止開始加速上升高度 h的過程中（）A 物塊A的重力勢能增加量一定等于mghB 物塊A的動能增加量等于

5、斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數和C. 物塊A的機械能增加量小于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數和D. 物塊A和彈簧組成的系統的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉 力做功的代數和解析 由于斜面光滑，物塊 A靜止時彈簧彈力與斜面支持力的合力與重力平衡，當整 個裝置加速上升時，由牛頓第二定律可知物塊A受到的合力應向上，故彈簧伸長量增力口，物塊A相對斜面下滑一段距離，故選項 A錯誤；根據動能定理可知，物塊A動能的增加量應等于重力、支持力及彈簧彈力對其做功的代數和，故選項B錯誤；物塊 A機械能的增加量應等于除重力以外的其他力對其做功的代數和，選項C錯誤；物塊 A和彈簧組成的系

6、統的機械能增加量應等于除重力和彈簧彈力以外的其他力做功的代數 和，故選項D正確.答案 D【突破訓練1物塊由靜止從粗糙斜面上的某點加速下滑到另一點，此過程中重力對物塊做的功等于()A .物塊動能的增加量B 物塊重力勢能的減少量C.物塊重力勢能的減少量和物塊動能的增加量以及物塊克服摩擦力做的功之和D 物塊克服摩擦力做的功答案 B考點二摩擦力做功的特點及應用1. 靜摩擦力做功的特點(1) 靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功.(2) 相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零.靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能.2. 滑動摩擦力做功的特點滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功

7、，還可以不做功.(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果： 機械能全部轉化為內能； 有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能.摩擦生熱的計算：Q = Ffx相對.其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對位移.深化拓展 從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統做的功等于系統內能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統內能的增加量.【例2 如圖4所示，質量為 m的長木塊A靜止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放 一質量為m的滑塊B，已知木塊長為L,它與滑塊之間的動摩擦因數為卩現用水平向右的恒力F拉滑塊B.圖4(1) 當長木塊A的位移為多少時

8、，B從A的右端滑出；(2) 求上述過程中滑塊與木塊之間產生的內能.審題指導 當把滑塊B拉離A時，B的位移為A的位移與A的長度之和注意：審題 時要畫出它們的位移草圖.解析(1)設B從A的右端滑出時，A的位移為x, A、B的速度分別為vA、vb,由動能 定理得1 2卩 mg關 qiva1 2(F 也 mg (x+ L) = ?mvB又因為 va= aAt= gtF 口 mg vb = aBt = m t解得x=u maLF 2 u mg由功能關系知，拉力 F做的功等于A、B動能的增加量和 A、B間產生的內能，即有1 2 1 2F(x+ L) = mvA+ qmvB + Q解得 Q = i mgL答

9、案 (1) 2A .電動機多做的功為mv B 物體在傳送帶上的劃痕長 mgL (2) i mgLF 2 i mg【突破訓練2】如圖5所示，足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行將一個物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對靜止，勻速運動到達傳送帶頂端.下列說法中正確的是()A 第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功B 第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加C.第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機械能的增加量D 物體從底端到頂端全過程機械能的增加量等于全過程物體與傳送帶間的摩擦生熱答案 C解析 第一階段摩擦力

10、對物體做正功，第二階段摩擦力對物體仍做正功，選項A錯誤；第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加量和重力勢能的增加量，選項B錯誤；第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機械能的增加量， 選項C正確；物體從底端到頂端全過程機械能的增加量大于全過程物體與傳送帶間的 摩擦生熱，選項D錯誤.考點三能量守恒定律及應用列能量守恒定律方程的兩條基本思路：(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等;(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等.【例3 如圖6所示，質量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動

11、，始終保持以速度 v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數為i物體在滑下傳送帶之前能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到與傳送帶相對靜止這一過程，下列說法中正確的是圖6v1 2C.傳送帶克服摩擦力做的功為mv2D .電動機增加的功率為卩m解析 物體與傳送帶相對靜止之前，物體做勻加速運動，由運動學公式知x物=與上，傳” 1 2送帶做勻速運動，由運動學公式知x傳=vt，對物體根據動能定理卩mgx=mv，摩擦1 2產生的熱量Q=卩mgxi對=卩mgx傳一x物),四式聯立得摩擦產生的熱量Q = mv ,根據部分轉化為熱量，故電動2Vx傳一x物=x物=,2 ig能量守恒定律，電動機多做的功一部分轉化

12、為物體的動能,機多做的功等于mv2, A項錯誤；物體在傳送帶上的劃痕長等于2B項錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功為i mgx= 2 i mgx= mv ,mg, D項正確.C項錯誤；電動機增加的功率也就是電動機克服摩擦力做功的功率為答案 D方法點撥應用能量守恒定律解題的步驟)、內能等在變化;E減和增加的能(1)分清有多少形式的能如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能 (2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量量AE增的表達式;列出能量守恒關系式：AE減=AE增.【突破訓練3 如圖7所示，傳送帶保持 1 m/s的速度順時針轉動.現將一質量m = 0.5 kg的小物體輕

13、輕地放在傳送帶的a點上，物體與傳送帶間的動摩擦因數尸0.1 , a、b間的距離L= 2.5 m , g = 10 m/s2.設物體從a點運動到b點所經歷的時間為t，該過程中物體 和傳送帶間因摩擦而產生的熱量為Q,下列關于t和Q的值正確的是C.t =目5 s, Q= 1.25 Jt = 3 s, Q = 0.25 JB. t= ;3 s, Q = 0.5 JD . t = 2.5 s, Q= 0.25 J答案 C學科索弄培弄一物理模型構建25.傳送帶模型中的動力學和能量轉化問題1模型概述傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況.一般設問的角度有兩個：(1) 動力學角度：首

14、先要正確分析物體的運動過程，做好受力情況分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律，求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系.(2) 能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、 因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解.2.傳送帶模型問題中的功能關系分析(1)功能關系分析： Wf= AEk+ AEp+ Q.對Wf和Q的理解： 傳送帶的功：Wf= Fx傳； 產生的內能Q = Ffx相對.傳送帶模型問題的分析流程I = 20 m，傾角 0=【例4 如圖8所示，是利用電力傳送帶裝運麻袋包的示意圖傳送帶長37 麻袋包與傳送

15、帶間的動摩擦因數尸0.8，傳送帶的主動輪和從動輪半徑R相等，傳送帶不打滑，主動輪頂端與貨車車箱底板間的高度差為h= 1.8 m,傳送帶勻速運動的速度為v=2 m/s.現在傳送帶底端(傳送帶與從動輪相切位置)由靜止釋放一只麻袋包何視為質點), 其質量為100 kg,麻袋包最終與傳送帶一起做勻速運動，到達主動輪時隨輪一起勻速轉度 g = 10 m/s2, sin 37動.如果麻袋包到達主動輪的最高點時，恰好水平拋出并落在貨車車箱底板中心，重力加速(1) 主動輪軸與貨車車箱底板中心的水平距離x及主動輪的半徑R;(2) 麻袋包在傳送帶上運動的時間t ；(3) 該裝運系統每傳送一只麻袋包需額外消耗的電能

16、.審題與關聯運動過程分析與能量轉牝令析麻叢包的至動過理分為4朋:尊加遞、甸速;石加速運甬段.宙速度和加邃度求時閭因邃氏 由位移和速度求時間;圓周運動段，由囪心力金式求半徑;平攤運動段*由便狒煥式求*岡周運動、平拋運動.1 2解析(1)設麻袋包平拋運動時間為t，有h = -gt2, x= vt，解得：x= 1.2 m2麻袋包在主動輪的最高點時，有mg= m-R解得：R= 0.4 m(2)對麻袋包，設勻加速運動時間為廿，勻速運動時間為 t2,有 卩mgos 0- mgs in 0= mav= at1=1 .2X1 gabl-X1= Vt2聯立以上各式解得：t= t1 +12= 12.5 s(3)

17、設麻袋包勻加速運動時間內相對傳送帶的位移為Ax,每傳送一只麻袋包需額外消耗的電能為 AE，有Ax= vt1 - X11 2由能量守恒定律得 AE = mglsin 0+ ?mv +卩mgos 0 - A解得：AE= 15 400 J答案 (1)1.2 m 0.4 m (2)12.5 s (3)15 400 J高考模擬*提能訓練走近高畫檢測課堂效果提升解題能力【高考題組】1. （2013山東16改編）如圖9所示，楔形木塊 abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪.質量分別為M、m（Mm）的滑塊、通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行兩滑塊

18、由靜止釋放后，沿斜面 做勻加速運動若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中（）圖9A 兩滑塊組成系統的機械能守恒B .重力對M做的功等于M動能的增加C.輕繩對m做的功小于m機械能的增加D 兩滑塊組成系統的機械能損失等于M克服摩擦力做的功答案 D解析 兩滑塊釋放后，M下滑、m上滑，摩擦力對 M做負功，系統的機械能減小，減小的機械能等于 M克服摩擦力做的功，選項 A錯誤，D正確除重力對滑塊 M做正功夕卜，還有摩擦力和繩的拉力對滑塊M做負功，選項B錯誤.繩的拉力對滑塊 m做正功，滑塊m機械能增加，且增加的機械能等于拉力做的功，選項C錯誤.2. （2013江蘇9改編）如圖10所示，水平桌面上

19、的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連.彈簧處于自然長度時物塊位于O點（圖中未標出）.物塊的質量為 m, AB = a,物塊與桌面間的動摩擦因數為e現用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經O點到達B點時速度為零.重力加速度為g.則上述過程中（）3B物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W 2卩mgaC.經O點時，物塊的動能等于 W卩mgaD .物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能答案 B解析 如圖，在A點彈簧的拉力大于摩擦力，即Fa卩mg,在B 丿點彈簧的彈力小于等于摩擦力，即FbW fB,則有Fb n mg因此 O點距離B點較近，

20、即xobxoa，從O點到A點由動能定理得： W mgOA W彈=0, W彈1=EpA 則有EpA = W卩mgOAW 2卩mga則A錯.整個過程由能量守恒得： W13卩 mga + xoa） = EpB, xoAqa,貝U EpB W 2 卩 mga B 正確.從 O 到 A 再到 O 過程： W12卩mgOA = EkO,貝U EkOW 2 m$a= W卩mga C錯誤.物塊動能最大時彈簧彈力與滑動摩擦力相等，即F =卩mg而FbW卩mg因此彈簧在動能最大位置形變量不小于B點的彈簧形變量，對應的彈簧彈性勢能不小于B點的彈簧彈性勢能，則 D錯.【模擬題組】3假設某次罰點球直接射門時，球恰好從橫

21、梁下邊緣踢進，此時的速度為v.橫梁下邊緣離地面的高度為h,足球質量為m,運動員對足球做的功為 W!，足球運動過程中克服空氣 阻力做的功為 W2,選地面為零勢能面，下列說法正確的是（）一 1 2A .運動員對足球做的功為 W1 = mgh+ 2mvB .足球機械能的變化量為 W1 W2C.足球克服空氣阻力做的功為W = mgh + mv2 W1一 1 2D .運動員剛踢完球的瞬間，足球的動能為mgh+ mv答案 B解析 對運動員踢球到球恰好從橫梁下邊緣踢進這一過程，由動能定理：W1 mgh 1 2 1 2W2= 2mv，即W1= mgh+ ?mv + W2, A錯；足球機械能的變化量等于重力以外

22、的其他1 2 1 2力做的功，即 AE = W1 W2,B 對；由 W1 mgh W2 = 2mv212C錯；設剛踢完球瞬間足球的動能為Ek,由動能定理：mgh W2 = ?mv Ek, Ek= ?mv (限時：45分鐘)?題組1功能關系的理解1輕質彈簧吊著小球靜止在如圖1所示的A位置，現用水平外力 F將小球緩慢拉到 B位置,可得 W2 = W1 mgh ?mv2,圖11(1) 釋放滑塊時，彈簧具有的彈性勢能；(2) 滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產生的熱量.答案(1)2mvc)卩 mgL(2)mv0 mvopvo 2 卩 g卩 mgL解析(1)由題意知滑塊在傳送帶上一直做勻加速運動，設滑塊離

23、開彈簧時的速度為由動能定理可得：,1 2 1 2mglL mvo qmv對彈簧和滑塊構成的系統，由機械能守恒定律得1 2Ep= qmv1 2聯立解得：Ep= mvo i mgL(2)對滑塊在傳送帶上的運動，由牛頓第二定律和運動學公式可得i mg mav2 v2= 2aLvo = v + at聯立解得t =vo -，v0 2 i gLigx 相對=vot L所以Q = Ff x 相對2 i g練出高分此時彈簧與豎直方向的夾角為0,在這一過程中，對于小球和彈簧組成的系統，下列說法正確的是A.系統的彈性勢能不變 B系統的彈性勢能減少 C.系統的機械能不變D 系統的機械能增加 答案 D2.如圖2所示，

24、汽車在拱形橋上由A牽引力與克服摩擦力做的功相等B .合外力對汽車不做功C.牽引力和重力做的總功大于克服摩擦力做的功D .汽車在上拱形橋的過程中克服重力做的功大于汽車的重力勢能的增加答案 B解析 汽車由A勻速率運動到 B，合外力始終指向圓心，合外力做功為零，即W牽+Wg Wf= 0,即牽引力與重力做的總功等于克服摩擦力做的功，A、C錯誤，B正確;汽車在上拱形橋的過程中，克服重力做的功轉化為汽車的重力勢能，D錯誤.3如圖3所示，長木板 A放在光滑的水平地面上，物體 B以水平速度沖上 A后，由于摩擦 力作用，最后停止在木板 A上，則從B沖到木板A上到相對木板 A靜止的過程中，下述 說法中正確的是（）

25、A 物體B動能的減少量等于系統損失的機械能B 物體B克服摩擦力做的功等于系統內能的增加量C.物體B損失的機械能等于木板 A獲得的動能與系統損失的機械能之和D .摩擦力對物體 B做的功和對木板 A做的功的總和小于系統內能的增加量答案 C解析 物體B以水平速度沖上 A后，由于摩擦力作用，B減速運動，A加速運動，根據 能量守恒定律，物體 B動能的減少量等于 A增加的動能和產生的熱量之和，選項A錯誤；根據動能定理，物體 B克服摩擦力做的功等于 B損失的動能，選項 B錯誤；由能 量守恒定律可知，物體 B損失的機械能等于木板 A獲得的動能與系統損失的機械能之 和，選項C正確；摩擦力對物體 B做的功等于B動

26、能的減少量，摩擦力對木板 A做的 功等于A動能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板 A做的功的總和等于系統內能的增加量，選項D錯誤.4.一顆子彈以某一水平速度擊中了靜止在光滑水平面上的木塊，并剛好從中穿出對于這一過程，下列說法正確的是（）A 子彈減少的機械能等于木塊增加的機械能B 子彈和木塊組成的系統機械能的損失量等于系統產生的熱量C 子彈減少的機械能等于木塊增加的動能與木塊增加的內能之和D 子彈減少的動能小于木塊增加的動能與子彈和木塊增加的內能之和答案 B解析子彈射穿木塊的過程中，由于相互間摩擦力的作用使得子彈的動能減少，木塊獲得動能，同時產生熱量，且系統產生的熱量在數值上

27、等于系統機械能的損失量.A選項沒有考慮系統增加的內能， C選項中應考慮的是系統（子彈和木塊）內能的增加，A、C、 D錯，B對.?題組2功能關系的應用5如圖4所示，電梯的質量為 M，其天花板上通過一輕質彈簧懸掛一質量為m的物體電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開始豎直向上加速運動，不計空氣阻力的影響，當上升高度為H時，電梯的速度達到 v,則在這段運動過程中，以下說法正確的是（）圖41 2A 輕質彈簧對物體的拉力所做的功等于2mv21 2B .鋼索的拉力所做的功等于 mv + MgH12C.輕質彈簧對物體的拉力所做的功大于qmv1 2D .鋼索的拉力所做的功等于 2（m+ M）v + （m+ M）gH答

28、案 C6.如圖5所示，小球從 A點以初速度vo沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點.下列說法中正確的是（）A圖5A.小球從A出發到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零B .小球從A到C與從C到B的過程，減少的動能不相等C.小球從A到C與從C到B的過程，速度的變化相等D .小球從A到C與從C到B的過程，損失的機械能相等答案 D解析 小球從A點出發到返回 A點的過程中，位移為零，重力做功為零，但摩擦力始終做負功，A錯誤.小球從 A到C與從C到B始終做勻減速直線運動，合外力恒定，因為C為AB的中點，所以小球克服合外力做功相等，減少的動能相等，小球克服摩擦 力做功也相等，損失的機

29、械能相等，B錯誤，D正確.小球由A到C的時間小于從C到B的時間，由Av = a At知，速度的變化不相等，C錯誤.7.如圖6所示，質量為 M、長度為I的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊放在小車的最左端現用一水平恒力 F作用在小物塊上，使它從靜止開始運動，物塊和小車之間摩擦力的大小為 Ff，當小車運動的位移為 x時，物塊剛好滑到小車的最右端.若小物塊可視為質點，則（）11 H#圖6A .物塊受到的摩擦力對物塊做的功與小車受到的摩擦力對小車做功的代數和為零B .整個過程物塊和小車間摩擦產生的熱量為FflC.小車的末動能為Ff（x+ I）D .整個過程物塊和小車增加的機械能為F(x+ I)答

30、案 B解析 物塊與小車之間的摩擦力為滑動摩擦力，這一對滑動摩擦力做功， 做功之和應小于零，選項A錯誤；由功能關系知，系統機械能的增加量為F(l + x) Ffl, B項正確,1 2D項錯誤.對小車應用動能定理知Ffx = 2Mv , C項錯誤.&如圖7所示，質量為 m的可看成質點的物塊置于粗糙水平面上的M點，水平面的右端與固定的斜面平滑連接，物塊與水平面及斜面之間的動摩擦因數處處相同物塊與彈簧 未連接，開始時物塊擠壓彈簧使彈簧處于壓縮狀態.現從M點由靜止釋放物塊，物塊運動到N點時恰好靜止.彈簧原長小于MM 若物塊從M點運動到N點的過程中，物塊與接觸面之間由于摩擦所產生的熱量為Q,物塊、彈簧與地

31、球組成系統的機械能為E,物塊通過的路程為s.不計轉折處的能量損失，下列圖象所描述的關系中可能正確的是答案 C解析 物塊在粗糙水平面上滑動時，Q =卩mgs E = E0 mg,可見，當s較小時，Qs圖象是一條經過原點的傾斜直線，Es圖象是一條與縱軸相交、斜率為負值的傾斜直線，斜率的大小 k=卩mg當滑上斜面后， Q =卩mgs+卩mgos 0(s so)=卩mgsicos 0) + 卩 mgos 0s, E = Eo mg(s(1 cos 0)卩 mgos ，可見，當 s較大或者滑上 斜面時，Q s圖象仍是一條傾斜直線，但斜率變小，E s圖象也是一條傾斜直線，斜率的大小變為k=卩mgos 0;

32、綜上分析，只有選項 C正確.?題組3能量守恒定律的綜合應用9如圖8所示，光滑半圓弧軌道半徑為 R, OA為水平半徑，BC為豎直直徑一質量為 m 的小物塊自A處以某一豎直向下的初速度滑下，進入與 C點相切的粗糙水平滑道 CM 上在水平滑道上有一輕彈簧，其一端固定在豎直墻上，另一端恰位于滑道的末端C點(此時彈簧處于自然狀態)若物塊運動過程中彈簧最大彈性勢能為Ep,且物塊被彈簧反彈后恰能通過B點.已知物塊與水平滑道間的動摩擦因數為仏重力加速度為g，求：圖8(1) 物塊離開彈簧剛進入半圓軌道時對軌道的壓力Fn的大??；(2) 彈簧的最大壓縮量 d;(3) 物塊從A處開始下滑時的初速度 vo.答案沁 蠱亍瓷 鶯-7gR解析(1)由題意可知，物塊在 B點滿足：2VBmg= mR物塊由C點到B點機械能守