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第4講　功能關系　能量守恒定律
目標要求 　1.熟練掌握幾種常見的功能關系，并會用于解決實際問題.2.掌握一對摩擦力做功與能量轉化的關系.3.會應用能量守恒觀點解決綜合問題．
考點一　功能關系的理解和應用
基礎回扣
1．對功能關系的理解
(1)做功的過程就是能量轉化的過程，不同形式的能量發生相互轉化是通過做功來實現的．
(2)功是能量轉化的量度，功和能的關系，一是體現在不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等．
2．常見的功能關系
幾種常見力做功 對應的能量變化 關系式
重力 正功 重力勢能減少 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
負功 重力勢能增加
彈簧等的彈力 正功 彈性勢能減少 W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
負功 彈性勢能增加
電場力 正功 電勢能減少 W電＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
負功 電勢能增加
合力 正功 動能增加 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1
負功 動能減少
除重力和彈簧彈力以外的其他力 正功 機械能增加 W其他＝ΔE＝E2－E1
負功 機械能減少
一對滑動摩擦力做功 機械能減少內能增加 Q＝Ff·Δs相對

技巧點撥
1．物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功．
2．勢能的增加與減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、電場力等)做負功還是做正功．
3．機械能增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負功．





　　　　　 功能關系的理解

例1 　(多選)(2019·廣東天河華南師大附中期末)如圖1所示，質量為m的小車在水平恒力F推動下，從山坡底部A處由靜止運動至高為h的B處，獲得的速度為v，AB的水平距離為s，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　)

圖1
A．小車克服重力所做的功是mgh
B．合力對小車做的功是mv22
C．推力對小車做的功是Fs－mgh
D．阻力對小車做的功是mv22＋mgh－Fs
答案　ABD
解析　上升過程，重力做功為WG＝mgΔh＝mg(hA－hB)＝－mgh，故小車克服重力所做的功是mgh，故A正確；對小車從A運動到B的過程中運用動能定理得W＝12mv2，故B正確；由動能定理得W推－mgh＋Wf＝12mv2，解得W推＝12mv2－Wf＋mgh，由于推力為恒力，故W推＝Fs，阻力對小車做的功是Wf＝12mv2＋mgh－Fs，故C錯誤，D正確．

　　　　　 功能關系與圖象結合

例2 　(多選)(2020·全國卷Ⅰ·20)一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖2中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.則(　　)

圖2
A．物塊下滑過程中機械能不守恒
B．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5
C．物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2
D．當物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J
答案　AB
解析　由E－s圖象知，物塊動能與重力勢能的和減小，則物塊下滑過程中機械能不守恒，故A正確；由E－s圖象知，整個下滑過程中，物塊機械能的減少量為ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力勢能的減少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝s2－h2s＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，則可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正確；物塊下滑時的加速度大小a＝gsin α－
μgcos α＝2 m/s2，故C錯誤；物塊下滑2.0 m時損失的機械能為ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D錯誤．
考點二　摩擦力做功與能量轉化
1．摩擦力做功的特點
(1)一對靜摩擦力所做功的代數和總等于零；
(2)一對滑動摩擦力做功的代數和總是負值，差值為機械能轉化為內能的部分，也就是系統機械能的損失量；
(3)說明：兩種摩擦力對物體都可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
2．三步求解相對滑動物體的能量問題
(1)正確分析物體的運動過程，做好受力分析．
(2)利用運動學公式，結合牛頓第二定律分析物體的速度關系及位移關系，求出兩個物體的相對位移．
(3)代入公式Q＝Ff·x相對計算，若物體在傳送帶上做往復運動，則為相對路程s相對．
例3 　(多選)如圖3所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊(可視為質點)放在小車的最左端．現用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動．小物塊和小車之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x.此過程中，以下結論正確的是(　　)

圖3
A．小物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－Ff)(L＋x)
B．小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為Ffx
C．小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋x)
D．系統產生的內能為Fx
答案　ABC
解析　由動能定理可得，小物塊到達小車最右端時的動能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正確；小物塊到達小車最右端時，小車的動能Ek車＝Ff x，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正確；系統產生的內能為Ff L，D錯誤．

1．(摩擦力做功)(多選)(2019·江蘇卷·8)如圖4所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態．小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中(　　)

圖4
A．彈簧的最大彈力為μmg
B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs
C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs
D．物塊在A點的初速度為2μgs
答案　BC
解析　小物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力μmg，選項A錯誤；物塊從開始運動至最后回到A點過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項B正確；自物塊從最左側運動至A點過程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項C正確；設物塊在A點的初速度為v0，整個過程應用動能定理有－2μmgs＝0－12mv02，解得v0＝2μgs，選項D錯誤．
考點三　能量守恒定律的理解和應用
基礎回扣
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其他形式，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
ΔE減＝ΔE增．
3．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．
技巧點撥
應用能量守恒定律解題的步驟
1．分清有幾種形式的能在變化，如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內能等．
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ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式．
3．列出能量守恒關系式：ΔE減＝ΔE增．
例4 　(2020·浙江1月選考·20)如圖5所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度h可調的斜軌道AB組成．游戲時滑塊從O點彈出，經過圓軌道并滑上斜軌道．全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功．已知圓軌道半徑r＝0.1 m，OE長L1＝0.2 m，AC長L2＝0.4 m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數μ＝0.5.滑塊質量m＝2 g且可視為質點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能．忽略空氣阻力，各部分平滑連接．求：

圖5
(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度vF大小；
(2)當h＝0.1 m且游戲成功時，滑塊經過E點對圓軌道的壓力FN大小及彈簧的彈性勢能Ep0；
(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關系．
答案　見解析
解析　(1)滑塊恰過F點的條件為mg＝mvF2r
解得vF＝1 m/s
(2)滑塊從E點到B點，由動能定理得
－mgh－μmgL2＝0－12mvE2
在E點由牛頓第二定律得FN′－mg＝mvE2r
解得FN＝FN′＝0.14 N
從O點到B點，由能量守恒定律得：
Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)
解得Ep0＝8.0×10－3 J
(3)滑塊恰能過F點的彈性勢能
Ep1＝2mgr＋μmgL1＋12mvF2＝7.0×10－3 J
到B點減速到0
Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0
解得h1＝0.05 m
設斜軌道的傾角為θ，若滑塊恰好能停在B點不下滑，
則μmgcos θ＝mgsin θ
解得tan θ＝0.5，此時h2＝0.2 m
從O點到B點
Ep＝mgh＋μmg(L1＋L2)＝2×10－3(10h＋3) J
其中0.05 m≤h≤0.2 m.

2．(能量守恒定律)(多選)(2019·湖南衡陽市第二次模擬)如圖6所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經過與A點關于B點對稱的C點后，小球能運動到最低點D點，OB垂直于桿，則下列結論正確的是(　　)

圖6
A．小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B．小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大
C．小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大
D．小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大
答案　AD
解析　在B點時，小球的加速度為g，在BC間彈簧處于壓縮狀態，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分力，所以小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；由機械能守恒可知，小球從B點運動到C點的過程，小球做加速運動，即動能增大，所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯誤；小球運動到C點時，由于彈簧的彈力為零，合力為重力G，所以小球從C點往下還會加速一段，所以小球在C點的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C錯誤；D點為小球運動的最低點，即速度為零，彈簧形變量最大，所以小球在D點時彈簧的彈性勢能最大，故D正確．
3．(能量守恒定律)如圖7所示，一物體質量m＝2 kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3 m/s下滑，A點距彈簧上端擋板位置B點的距離AB＝4 m．當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點的距離AD＝3 m．擋板及彈簧質量不計，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(結果均保留三位有效數字)

圖7
(1)物體與斜面間的動摩擦因數μ；
(2)彈簧的最大彈性勢能Epm.
答案　(1)0.521　(2)24.4 J
解析　(1)物體從A點到被彈簧彈到D點的過程中，彈簧彈性勢能沒有發生變化，機械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即：
12mv02＋mgAD·sin θ＝μmgcos θ·(AB＋2BC＋BD)
代入數據解得：μ＝0.521.
(2)物體由A到C的過程中，
動能減少量ΔEk＝12mv02
重力勢能減少量ΔEp＝mgsin 37°·AC
摩擦產生的熱量Q＝μmgcos 37°·AC
由能量守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能為：
Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q≈24.4 J．
課時精練

1．(2020·河北任丘市第一中學期末)在奧運比賽項目中，高臺跳水是我國運動員的強項．質量為m的跳水運動員進入水中后受到水的阻力而做減速運動，設水對他的阻力大小恒為F，當地的重力加速度為g，那么在他減速下降高度為h的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．他的動能減少了Fh
B．他的重力勢能增加了mgh
C．他的機械能減少了(F－mg)h
D．他的機械能減少了Fh
答案　D
解析　運動員進入水中后，克服合力做的功等于動能的減少量，故動能減少(F－mg)h，故A錯誤；運動員進入水中后，重力做功mgh，故重力勢能減小mgh，故B錯誤；運動員進入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故機械能減少了Fh，故C錯誤，D正確．
2.(多選)如圖1所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速率從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度大小為34g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體(　　)

圖1
A．重力勢能增加了34mgh
B．克服摩擦力做功12mgh
C．動能損失了32mgh
D．機械能損失了14mgh
答案　BC
解析　物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故A錯誤；
設物體所受的摩擦力大小為Ff，根據牛頓第二定律得mgsin 30°＋Ff＝ma＝m·34g
解得Ff＝14mg，物體沿斜面上滑的距離為2h，所以克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝12mgh，根據功能關系可知，機械能損失了12mgh，故B正確，D錯誤；
由動能定理可知，動能損失量等于物體克服合外力做的功，大小為
ΔEk＝F合·x＝ma·2h＝32mgh，故C正確．
3.如圖2所示，一質量為m的滑塊以初速度v0從固定于地面的斜面底端A開始沖上斜面，到達某一高度后返回A，斜面與滑塊之間有摩擦．下圖中分別表示它在斜面上運動的速度v、加速度a、勢能Ep和機械能E隨時間的變化圖象，可能正確的是(　　)

圖2


答案　C
解析　由牛頓第二定律可知，滑塊上升階段有：mgsin θ＋Ff＝ma1；下滑階段有：mgsin θ－Ff＝ma2.因此a1>a2，故B選項錯誤；速度－時間圖象的斜率表示加速度，當上滑和下滑時，加速度不同，則斜率不同，故選項A錯誤；重力勢能先增大后減小，且上升階段加速度大，勢能變化快，下滑階段加速度小，勢能變化慢，故選項C正確；由于摩擦力始終做負功，機械能一直減小，故選項D錯誤．
4．(多選)(2020·山東濟南市第一中學月考)質量為m的子彈，以水平速度v射入靜止在光滑水平面上質量為M的木塊，并留在其中，下列說法中正確的有(　　)
A．子彈克服阻力做的功與木塊獲得的動能相等
B．子彈克服阻力做的功與子彈減少的動能相等
C．子彈克服阻力做的功與子彈對木塊做的功相等
D．系統增加的內能等于系統減少的機械能
答案　BD
5.(多選)如圖3所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A點的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P點運動到B點的過程中(　　)

圖3
A．重力做功2mgR B．機械能減少mgR
C．合外力做功12mgR D．克服摩擦力做功12mgR
答案　CD
解析　小球從P點運動到B點的過程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A錯誤；小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，則有mg＝mvB2R，解得vB＝gR，則此過程中機械能的減少量為ΔE＝mgR－12mvB2＝12mgR，故B錯誤；根據動能定理可知，合外力做功
W合＝12mvB2＝12mgR，故C正確；根據功能關系可知，小球克服摩擦力做的功等于機械能的減少量，為12mgR，故D正確．
6．(多選)(2020·黑龍江佳木斯市質檢)如圖4所示，建筑工地上載人升降機用不計質量的細鋼繩跨過定滑輪與一電動機相連，通電后電動機帶動升降機沿豎直方向先勻加速上升后勻速上升．摩擦及空氣阻力均不計．則(　　)

圖4
A．升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的動能
B．升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的機械能
C．升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人增加的機械能
D．升降機上升的全過程中，升降機拉力做的功大于升降機和人增加的機械能
答案　BC
解析　根據動能定理可知，合外力對物體做的功等于物體動能的變化量，所以升降機勻加速上升過程中，升降機底板對人做的功與人的重力做功之和等于人增加的動能，故A錯誤；除重力外，其他力對人做的功等于人機械能的增加量，B正確；升降機勻速上升過程中，升降機底板對人做的功等于人克服重力做的功(此過程中動能不變)，即增加的機械能，C正確；升降機上升的全過程中，升降機拉力做的功等于升降機和人增加的機械能，D錯誤．
7．某同學用如圖5所示的裝置測量一個凹形木塊的質量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮，記下木塊右端位置A點，靜止釋放后，木塊右端恰能運動到B1點．在木塊槽中加入一個質量m0＝800 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，靜止釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點，測得AB1、AB2長分別為
27.0 cm和9.0 cm，則木塊的質量m為(　　)

圖5
A．100 g B．200 g C．300 g D．400 g
答案　D
解析　根據能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，聯立解得m＝400 g，D正確．

8.(2019·貴州畢節市適應性監測(三))畢節，是全國唯一一個以“開發扶貧、生態建設”為主題的試驗區，是國家“西電東送”的主要能源基地．如圖6所示，赫章的韭菜坪建有風力發電機，風力帶動葉片轉動，葉片再帶動轉子(磁極)轉動，使定子(線圈，不計電阻)中產生電流，實現風能向電能的轉化．若葉片長為l，設定的額定風速為v，空氣的密度為ρ，額定風速下發電機的輸出功率為P，則風能轉化為電能的效率為(　　)

圖6
A.2Pπρl2v3 B.6Pπρl2v3 C.4Pπρl2v3 D.8Pπρl2v3
答案　A
解析　風能轉化為電能的工作原理為將風的動能轉化為輸出的電能，設風吹向發電機的時間為t，則在t時間內吹向發電機的風的體積為V＝vt·S＝vtπl2，則風的質量M＝ρV＝ρvtπl2，因此風吹過的動能為Ek＝12Mv2＝12ρvtπl2·v2，在此時間內發電機輸出的電能E＝P·t，則風能轉化為電能的效率為η＝EEk＝2Pπρl2v3，故A正確，B、C、D錯誤．
9.(多選)(2019·全國卷Ⅱ·18)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和．取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖7所示．重力加速度取10 m/s2.由圖中數據可得(　　)

圖7
A．物體的質量為2 kg
B．h＝0時，物體的速率為20 m/s
C．h＝2 m時，物體的動能Ek＝40 J
D．從地面至h＝4 m，物體的動能減少100 J
答案　AD
解析　根據題圖可知，h＝4 m時物體的重力勢能Ep＝mgh＝80 J，解得物體質量m＝2 kg，拋出時物體的動能為Ek0＝100 J，由公式Ek0＝12mv2可知，h＝0時物體的速率為v＝10 m/s，選項A正確，B錯誤；由功能關系可知Ffh4＝|ΔE總|＝20 J，解得物體上升過程中所受空氣阻力Ff＝5 N，從物體開始拋出至上升到h＝2 m的過程中，由動能定理有－mgh－Ffh＝Ek－Ek0，解得Ek＝50 J，選項C錯誤；由題圖可知，物體上升到h＝4 m時，機械能為80 J，重力勢能為80 J，動能為零，即從地面上升到h＝4 m，物體動能減少100 J，選項D正確．
10.(多選)(2016·全國卷Ⅱ·21)如圖8，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連．現將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2.在小球從M點運動到N點的過程中(　　)

圖8
A．彈力對小球先做正功后做負功
B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度
C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零
D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差
答案　BCD
解析　因在M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2，知在M處時彈簧處于壓縮狀態，在N處時彈簧處于伸長狀態，則彈簧的彈力對小球先做負功后做正功再做負功，選項A錯誤；當彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當彈簧處于原長位置時，小球只受重力，加速度為g，則有兩個時刻的加速度大小等于g，選項B正確；彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由動能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，彈性勢能相等，則由彈力做功特點知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項D正確．
11.(2018·全國卷Ⅰ·18)如圖9所示，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點．一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動．重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為(　　)

圖9
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
答案　C
解析　小球從a運動到c，根據動能定理，得
F·3R－mgR＝12mv12，又F＝mg，故v1＝2gR，
小球離開c點在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動．且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點到最高點所用的時間t＝v1g＝2Rg，水平位移x＝12gt2＝2R，
根據功能關系，小球從a點到軌跡最高點機械能的增量為力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.
12.如圖10，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數μ＝32，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點．用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側繩子與斜面平行，A的質量為2m，B的質量為m，初始時物體A到C點的距離為L.現給A、B一初速度v0(v0>gL)，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點．已知重力加速度為g，不計空氣阻力，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態，求：

圖10
(1)物體A向下運動剛到C點時的速度大小；
(2)彈簧的最大壓縮量；
(3)彈簧的最大彈性勢能．
答案　(1)v02－gL　(2)12(v02g－L)　(3)34m(v02－gL)
解析　(1)物體A與斜面間的滑動摩擦力大小Ff＝2μmgcos θ，
A向下運動到C點的過程，對A、B組成的系統，由動能定理有
2mgLsin θ－mgL－2μmgLcos θ＝12×3m(v2－v02)
解得v＝v02－gL
(2)從物體A接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短后又恰好回到C點的過程，對A、B組成的系統由動能定理得
－Ff·2x＝0－12×3mv2
解得x＝12(v02g－L)
(3)從彈簧被壓縮至最短到物體A恰好彈回到C點的過程中，由能量守恒定律得
Ep＋mgx＝Ffx＋2mgxsin θ
解得Ep＝3m4(v02－gL)．

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