2023届高三物理一轮复习37力学中的功能关系 固定斜面上滑动摩擦力做功的一个有用结论 能量守恒定律（解析版）

专题37力学中的功能关系能量守恒定律

固定斜面上滑动摩擦力做功的一个有用结论

考点一力学中的功能关系

考点二固定斜面上滑动摩擦力做功的一个有用结论

考点三能量守恒定律的理解和应用

考点一力学中的功能关系

能量功能关系表达式

重力做的功等于重力势能减少量

势能供=与减=G)I-£)2

弹力做的功等于弹性势能减少量

动能合外力做功等于动能变化量/合=魇一Ei

机械能除重力和系统内弹力之外，其他力做功等于机械能变化量“其他=氏一与

摩擦产一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生

生的内能，即：因摩擦而产生的内能等于摩擦力和相对路程Q=f∙X相对

的内能的乘积

1.（多选）2022年冬季奥会在北京顺利举行，让我们领略了冰雪运动的魅力。如图所示我国小将苏翊鸣在一

次自由式滑雪空中技巧训练中保持同一姿态沿斜坡下滑了一段距离，如果重力对他做功为1000.J,他克服阻

力做功500J,则他在此过程中（）

A.可能在做匀速直线运动B.动能增加了500J

C.重力势能减少了500JD.机械能减少了500J

【答案】BD

【解析】AB.重力对苏翊鸣做功IoOOJ,他克服阻力做功500J,即阻力做功为-500J,所以外力对他做的总

功为"外=IoOOJ-500J=500J

根据动能定理可知，苏翊鸣的动能增加「500J,因此速度增大，故A错误，B正确；

C.重力对他做功IOo0J,因此重力势能减小了IOoOJ,故C错误；

D.机械能减少量等于苏翊鸣克服阻力做功，为500J,故D正确。

2.一个质量为小的物体以a=2g的加速度竖直向下运动，则在物体下降A高度的过程中物体的（）

A.重力势能减少了2mgh

B.合外力做功为mgh

C.合外力做功为2监Λ

D.动能增加了mgh,重力势能减少了mgh

【答案】C

【解析】A.物体下降h高度的过程中，重力做功mgh,则重力势能减小mgh.故A错误.

BC.根据牛顿第二定律知，合力为2mg,根据动能定理知，合力做功为2mgh,则动能增加2mgh.故B错误，

C正确.

D.重力势能减小mgh,动能增加2mgh,则机械能增加了mgh.故D错误.

故选C.

3.（多选）比赛开始之前，裁判员利用掷硬币的方法让双方球队的队长来挑选一侧的场地，若裁判员以初

速度火竖直向上掷出一枚质量为勿的硬币，硬币升到最高点之后，又落回掷出点。假设硬币所受空气阻力

大小恒为£运动的最高点距掷出点为力，重力加速度大小为4则下列说法正确的是（）

A.整个过程中空气阻力对硬币做功之和为0

B.整个过程中硬币损失的机械能为2力

C.下降过程中有f4=mg∕-TnWo2

D.上升过程中有mg4+/■力=TnluO2

【答案】BD

【解析】A∙整个过程中阻力做负功，代数和不可能为零，故A错误；

B.阻力做负功，阻力所做的功即为机械能的损失量，即损失的机械能为2fh,故B正确；

CD.下降过程中，克服阻力所做的功等于上升过程中克服阻力的功，即"=[τn（%）2-mg4

故C错误，D正确。

4.（多选）如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面上，质量为小的小物块自斜面底端以某一初速度沿斜

面向上做匀减速直线运动。已知小物块与斜面间的动摩擦因数为0.75,小物块沿斜面上升的最大高度为II,

重力加速度大小为g，取sin37。=0.6,则在小物块上升的过程中，下列说法正确的是（）

A.小物块的重力势能增加了侬〃B.小物块的初动能为|皿加

C.小物块的机械能损失了密〃D.小物块克服摩擦力做功0.6侬7/

【答案】AC

【解析】A.小物块沿斜面上滑的最大高度为H,克服重力做功mgH,所以小物块的重力势能增加了mgH,选

项A正确；

B.对小物块受力分析得广合=mgsin37+μmgcos370=1.2mg

由几何关系可得，小物块沿斜面上滑的距离X=-ɪ-

sm37

根据动能定理可得W合=F合X=-2mgH=O-Eko

则小物块的初动能为2πιgH,选项B错误；

C.由功能关系可知，小物块机械能的改变量等于摩擦力所做的功AE机=-fx=τngH

即小物块机械能损失∕mgH,选项C正确；

D.损失的机械能等于克服摩擦力做的功，选项D错误。

5.如图所示，劲度系数为A的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为A）的圆环顶点只另一端系一质量为

加的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动.设开始时小球置于4点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最

低点时速率为右对圆环恰好没有压力.下列分析正确的是（）

P

V2

A.小球过吕点时，弹簧的弹力为〃罟一.

2

B.小球过6点时，弹簧的弹力为侬+扇

C.从力到6的过程中，小球的机械能守恒

D.从/到6的过程中，小球的机械能减少

【答案】D

【解析】从力到8的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增大，小球的机械能

V2

减小；由于小球运动到最低点时速率为匕对圆环恰好没有压力，根据牛顿第二定律，FLk暝,即F典

2

-∏）ff+nr^,故只有选项D正确.

6.（多选）在水平地面上放一个竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为0的木块相连，木块处于静止状态。现

给木块一个竖直向下的力E使木块缓慢向下移动力，力C做功明，此后木块静止，如图所示。则（）

F

V

//////////

A.在木块下移入的过程中重力势能的减少量侬方

B.在木块下移A的过程中弹性势能的增加量（F+mg/

C.在木块下移h的过程中弹簧弹力做功Wl+mgA

D.在木块下移h的过程中弹性势能的增加量Wl+mg∕ι

【答案】AD

【解析】A.在木块下移h的过程中，重力做功为IVG=mg∕ι

由功能关系，可得AEP=-WG=-mg∕ι

可知重力势能的减少量为mgh。故A正确;

C.设在木块下移h的过程中弹簧弹力做功为MZ弹，由动能定理可得W弹+名+"G=O

联立，可得W弹=-W1-mg∕故C错误；

BD.由功能关系，可得AE弹=-IV弹=W1+mgh

物块在缓慢向下移动，因此力F是一个变力，因此做功不等于产〃，易知在木块下移h的过程中弹性势能的

增加量为Wl+mg瓦故B错误：D正确。

7.（2022•全国•高三课时练习）（多选）篮球运动员的定点跳投动作可分解如下：静止在地面上的运动员

先屈腿下蹲，然后突然蹬地，重心上升双脚离开地面，离地后重心继续上升，到达最高点后投出篮球。已

知某运动员的质量为加，双脚离开地面时的速度为右从下蹲到最高点的过程中重心上升的高度为上下列

说法正确的是（）

A.从下蹲到离开地面，地面对运动员做的功为mg4

B.从下蹲到离开地面，地面对运动员做的功为零

C.从下蹲到离开地面，运动员的机械能增加了τng∕+

D.从下蹲到最高点，运动员先超重后失重

【答案】BD

【解析】AB.从地面跃起过程中，人在地面支持力方向上的位移为零，地面支持力对运动员所做的功为0,

故A错误，B正确；

C.从卜蹲到离开地面，运动员的动能增量］m∕,重力势能增加小于ɪngh,则运动员的机械能增加量小于mg力

+∣τnv2,选项C错误；

D.从下蹲到最高点，运动员先加速向上，后减速向上，即超重后失重，选项D正确。

8.（多选）如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为Zn的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度α=（g为

重力加速度）向上加速运动距离X的过程中，下列说法正确的是（）

1

A.重力势能增加aτng%B.动能增加詈

4

C.机械能增加mg%D.拉力做功为詈

【答案】AC

【解析】A.根据题意可知，重力做功为WG=mg&.A=-m5xsin30=-ɪmgx

则物块的重力势能增加为AEp=：TngX故A正确：

B.根据牛顿第二定律可知，物体所受合力为F合=mα=[τng

则合力做功为W=F^x=^mgx

根据动能定理可知，物块的动能增加为Ek=Imgx故B错误；

,

C.由AB分析可知，物块的机械能增加为ΔF=∆fip+ΔFk=∣mgx+ɪmgx=mgx故C正确；

D.由牛顿第二定律可得F—mgsin30°—f=ma

可得F=mg+fW=Fx=mgx+fx故D错误。

9.节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈

燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中。若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克

服重力做功％,克服炮筒阻力及空气阻力做功皿2,高压燃气对礼花弹做功踏，则礼花弹在炮筒内运动的过

程中（设礼花弹发射过程中质量不变）（）

A.礼花弹的动能变化量为g+IV2+IV1

B.礼花弹的动能变化量为电2-Wi

C.礼花弹的机械能变化量为卬3-购

D.礼花弹的机械能变化量为皿3-也2-明

【答案】B

【解析】AB.根据动能定理—“i-〃2+W3=AEk故B正确，A错误；

CD.机械能变化量等于除重力以外的其他力做功W3-W2=ΔF故CD均错误。

10.（2020•全国I卷∙T20）（多选）一物块在高3.0m、长5.0m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的变化如图中直线I、H所示，重力加速度取10m∕s2o则（）

EIJ

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6.0m∕s2

D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J

【答案】AB

【解析】A.下滑5m的过程中，重力势能减少30J,动能增加10J,减小的重力势能并不等与增加的动能,

所以机械能不守恒，A正确；

B,斜面高3m、长5m,则斜面倾角为夕=37°。令斜面底端为零势面，

则物块在斜面顶端时的重力势能放功=30J

可得质量/»=lkg

下滑5m过程中，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功Hmg∙cosθ∙s=20J

求得〃=0.5B正确；

C.由牛顿第二定律zz（gsinθ-U∏）gcosθ=ma求得a=2m∕s°C错误；

D.物块下滑2.Om时，重力势能减少12J,动能增加4J,所以机械能损失了8J,D选项错误。

11.（多选）如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑

水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B,让细线恰好伸直,

然后由静止释放B,直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是（）

A.B物体的机械能一直减小

B.B物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量

C.B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量

D.细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量

【答案】AD

【解析】A.根据题意可知，从开始运动到B获得最大速度的过程中，绳子拉力一直对B物体做负功，则B

物体的机械能一直减小，故A正确；

BC.根据题意可知，A物体、B物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则B物体重力势能的减少量等于A、B

物体动能的增加量和弹簧弹性势能增加量之和，B物体机械能的减少量等于ʌ物体动能增加量和弹簧弹性势

能增加量之和，故BC错误；

D.根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的力即绳子的拉力等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量,

故D正确。

12.（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，伸长后另一端与一质量为外套在粗糙竖直固定杆/处的圆环相

连。圆环从力处由静止开始下滑，经过8处时弹簧水平，到达C处时圆环的速度为零，然后在。处给圆环

一竖直向上的初速度％圆环恰好能回到/处，在上述过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，则

圆环（）

ʌ.下滑过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大

B.下滑过程中，经过8时的速度最大

C.上滑过程中，摩擦产生的内能为92

D.上滑过程中经过8处的动能大于下滑过程中经过8处的动能

【答案】CD

【解析】A.设弹簧的固定点为0,由于初始时刻弹簧处于伸长状态，在圆环从A到C下滑过程中，若OB大

于等于弹簧原长，弹簧的弹性势能先减小后增大，若OB小于弹簧原长，在B点弹簧处于压缩状态，则在B

点前弹簧的弹性势能先减小后增大，过B点后弹簧的弹性势能先减小后增大，A错误；

B.下滑过程中，当合力为零时速度最大，此位置应在B、C间，此时弹力向上的分量与摩擦力之和等于圆

环的重力，B错误：

C.下滑过程中由动能定理可得WG-W弹一叼=0

2

上滑过程由动能定理可得-WC+IV弹一切=0--mv

解得上滑过程中克服摩擦力做功为必=^mv2

j4

则上滑过程中，摩擦产生的内能为QWmV2C正确；

D.从B到A上滑过程中-WGI-W弹I-WfI=Owm哈

从A到B下滑过程中WGI+加弹=如崂下

则TTn以上Wn下=2必1>0

故上滑过程中经过B处的动能大于下滑过程中经过B处的动能。D正确。

13.（2022•全国•高三专题练习）（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为加的圆环相连，

圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α,圆环在/处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从

A处由静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度K,恰好能回到人已知AC=L,

6是｛。的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g,则（）

//////

s

¾c

a

ʌ.下滑过程中，圆环到达C处时弹簧的弹性势能为TngLSina

B.下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为［rn∕

C.从C到力过程，弹簧对环做功为TngLSina-Imf2

D.环经过8时，上滑的速度大于下滑的速度

【答案】CD

【解析】A.下滑过程中，圆环重力势能的减少量为mgLsinα,由于摩擦力做负功，圆环到达C处时弹簧的

弹性势能小于HigLsina,故A错误；

B.根据对称性，下滑和匕滑过程中摩擦力做功大小相同。从C到A过程动能减少Iml；2,由于重力势能增

加，环与杆摩擦产生的热量小于TmU2,故B错误；

C.设圆环在下滑和上滑过程中由于摩擦产生的热为Q,圆环在C处时弹簧的弹性势能为EP,根据能量的转

化与守恒，A到C过程mgLs∖na=Q+埒

C到A过程^mv2+Ep=Q+mgLsina

2

联立两式解得Ep=mgLsina-^mv故C正确。

D.根据动能定理，A到B过程Mg/AB一叼AB一匕单=Tm相

1r2

B到A过程W弹一WfAB-mgAAB=O--mvB

1,2

得m9∖β+wfAB-‰=2mvB

故/B>%故D正确。

考点二固定斜面上滑动摩擦力做功的一个有用结论

如图，设斜面与物体间的动摩擦因数为〃，斜面长底边长X,斜面倾角为，，则物体在斜面上下滑

力的过程中滑动摩擦力对物体做的功：Wf=-z/mgcosOL=mgx

结论：在固定斜面上运动的物体，滑动摩擦力对物体做的功只与〃，mg,水平位移有关，与斜面斜长

及斜面倾角无关.

14.（2022•全国•高三专题练习）（多选）如图所示，物体在平行于斜面向上拉力作用下，分别沿倾角不

同的斜面由底端匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则（）

A.无论沿哪个斜面拉，克服重力做的功相同

B.无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同

C.无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同

1）.沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多

【答案】AD

【解析】A.重力做功为WG=-mgh

质量m和高度h均相同，则重力做功相同，克服重力做功相同，A正确;

B.设斜面倾角为0,斜面高度h,斜面长度L=工

tanβ

克服摩擦力做的功Wf=μmgcosθ-L=μmg-^-所以倾角越大，摩擦力做功越小，B错误;

tan。

CD.物体匀速被拉到顶端，根据动能定理得WF-mgh-μmgcosθ∙L=O

解得拉力做功Wv=mg∕ι+μmg--ʌ-

则h相同时，倾角较小，拉力做的功较多，C错误，D正确。

15.如图所示，将3个木板1、2、3固定在墙角，现将一个可以视为质点的物块分别从3个木板的顶端由静

止释放，物块沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为〃。下列说法正确的是（）

1

I

A.物块沿着1和2下滑到底端时速度大小相等

B.物块沿着3下滑到底端时速度最大

C.物块沿着1下滑到底端的过程中，产生的热量最多

D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多

【答案】D

【解析】A.设木板的长度为L,与竖直方向的夹角为。，物块下滑到底端的过程，

据动能定理可得ʌmv2=mg∕ι—μmgcosθ■L=mgA—μmg-x

由于木板1和2在水平方向的投影X相同，物块沿着1下滑的高度h较大，可知沿着1到达底端的速度大

于沿着2到达底端的速度，A错误；

B.与物块沿着2下滑过程对比，物块沿着3下滑到底端的过程，h相同，X较大，故沿着3下滑到底端时

速度最小，B错误；

CD.据功能关系可得，产生的热量为Q=μmgcosθ-L=μmgx

物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，

C错误，D正确。

考点三能量守恒定律的理解和应用

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

Eto=E*或Eit=E1t.

3.应用能量守恒定律解题的步骤

「分清有哪些形式的能量在变化，如动能、势能（包括重:力势能、弹性势能、电势

能）、内能等，列出E初=E末的表达式

确定初、末状态一或

、明确哪些形式的能量增加，哪些形式的能量减少，列出万幅一E祓的表达式

16.（2022•山东•高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所

示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到

点火的过程中（）

ʌ.火箭的加速度为零时，动能最大

B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能

C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量

D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量

【答案】A

【解析】A.火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推

力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火

箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加

速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加

速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；

B.根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误:

C.根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；

D.根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。

17.（2022•江苏苏州•高一期末）泉州小蚱风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价

值。如图所示，风力发电机的叶片半径为几某段时间内该区域的风速大小为右风恰好与叶片转动的圆面

垂直，已知空气的密度为p,风力发电机的发电效率为小下列说法错误的是（）

A.单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为P7Π∕R2

B.此风力发电机发电的功率为"τr"3R277

c.若仅风速减小为原来的;，发电的功率将减小为原来的J

NO

D.若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的8倍

【答案】D

【解析】A.由于风速为V,可以理解为单位时间内通过叶片转动圆面的空气柱长度，所以单位时间内通过

叶片转动圆面的空气质量为m=PV=PJrDR2

故A正确，不符合题意：

B.根据能量的转化与守恒可知，风的一部分动能转化为发电机发出的电能，而发电功率为单位时间内参与

能量转化的那一部分动能，

所以发电机发电功率为P=Tm=TPn故B正确，不符合题意；

CD.根据P的表达式可知，若仅风速减小为原来的;，发电的功率将减小为原来的：，若仅叶片半径增大为原

来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。

18.如图所示，轨道4?部分为光滑的;圆弧，半径"=0.2m,｛点与圆心等高。8。部分水平但不光滑，C端

固定一轻质弹簧，宓为弹簧的原长。一个可视为质点、质量0=Ikg的物块从4点由静止释放，物块将弹簧

压缩至最短的"点（图中未画出），又经弹簧反弹后停在〃点（不再滑上轨道/6段）。已知物块与回之

间的动摩擦因数〃=0.1,加间距离x6O=1.0m,切/间距离XQM=O.25m,重力加速度g取IOm∕s∖试求：

（1）物块运动到6点时，轨道对物块的支持力A;

（2）整个过程中弹簧的最大弹性势能；

（3）劭间距离可切。

A

!WWWWWW

7777777777777777777777777777/

BDOC

【答案】(1)30N；(2)O.75Ji(3)O.5m

【解析】(1)物块由A运动到B的过程，根据动能定理有mgR=∖mvl解得VB=√¾R=2m∕s

在B点，重力和支持力的合力提供向心力有F-mg=mx^解得F=30N

fiRN

故轨道对物块的支持力大小为30N,方向竖直向上；

(2)当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块速度为零，

根据能量守恒定律有mgR=μmg(xβ0+XoM)+EPm解得EPm=0.75J

(3)从M点到D点，根据能量守恒定律有EPm=μmgxMD解得XMD=0.75m

x

故BD间的距离XBD=XBO+X0M-MD=0∙5m

19.如图所示，固定斜面的倾角〃=30°,物体4与斜面之间的动摩擦因数〃=?，轻弹簧下端固定在斜面

底端，弹簧处于原长时上端位于，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/和6,滑轮

右侧绳子与斜面平行，力的质量为2∕z∕=4kg,8的质量为m=2kg,初始时物体力到C点的距离£=1m,现

给4、6—初速度∕=3m∕s,使I开始沿斜面向下运动，6向上运动，物体力将弹簧压缩到最短后又恰好能

弹回到C点.已知重力加速度尸Iom∕s∖不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态.求在此过

(1)物体/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)2m/s(2)0.4m(3)6J

【解析】(1)在物体4向下运动刚到C点的过程中，对48组成的系统应用能量守恒定律可得

〃∙2Λ7^COS8∙Z=^∙×3∕Z7Γb2--×3,mv+2mgLsin。-HigL解得v=2m/s.

（2）对/、8组成的系统分析，在物体｛从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C点的

过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即版一（）=〃.2峻OS…X

其中X为弹簧的最大压缩量解得X=O.4m.

（3）设弹簧的最大弹性势能为屏,，从C点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得

TX3博'+2侬XSinθ-mgx=U•2"ZgCOS0•x+/解得瓦”=6J.

20.如图所示，一轻弹簧原长为2亿其一端固定在倾角为37。的固定直轨道/C的底端/点，另一端位于

直轨道上6点，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为〃的光滑圆弧轨道相切于C点，AOlR,4B、C,D

均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自。点由静止开始下滑，最低到达距4点为7?的K点（未画出），

随后P沿轨道被弹回，最高到达尸点，已知P与直轨道间的动摩擦因数4=025,重力加速度大小为g,取

sin370=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）物块P从C点到第一次通过8点所用时间⅛;

（2）尸点到71点的距离；

（3）改变物块P的质量为痴，然后将P推至6点从静止释放，物块P通过圆弧上的。点时，对圆弧轨道的

压力在竖直方向且大小等于物块现有重力的0∙2倍，求A的数值。

【答案】⑴-∕gR∙,（2）4R；（3）；

9J

【解析】（1）物块从。点到8点的过程中，由牛顿第二定律得IngSin37°-μmgcos37°=ma

解得a=0.4g

物块从C点到B点的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有7R—2R=∖at2

解得I=：阿

（2）设E、F间的距离为s,物块从C点到E点最终达到F点的过程，

由能量守恒定律得mg（7R-R-S）Sin37°=μmgcos37°[（7R-R）+s]解得s=3R

F点到A点的距离LFA=AE+S=R+3R=4R

(3)设弹簧被压缩到E点时具有的弹性势能为Ep,改变前物块从C到E的过程中,

由能量守恒定律得τng(7R-R)sin37°=Ep+μ