新高考物理一轮复习讲义第5章 机械能守恒定律 第4讲 功能关系 能量守恒定律 (含解析)

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一、几种常见的功能关系及其表达式
二、能量守恒定律
1.思考判断
(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(×)
(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。(×)
(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(√)
(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√)
(5)除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量。(×)
(6)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力)做的功等于对应势能的增加量。(√)
2.如图1所示，一固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g(g为重力加速度大小)，物块上升的最大高度为H，则此过程中( )
图1
A.物块的重力势能减少了mgH
B.物块的动能损失了1.6mgH
C.物块的机械能损失了0.8mgH
D.物块克服摩擦力做功0.8mgH
答案 B
考点一 功能关系的理解和应用
1.功的正负与能量增减的对应关系
(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、静电力等)做负功还是做正功。
(3)机械能的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。
2.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：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功。
角度 功能关系的理解
例1 如图2所示，电梯的质量为M，其天花板上通过一轻质弹簧悬挂一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当电梯上升高度为H时，电梯的速度达到v，此时物体的速度也为v，重力加速度为g，则在这段运动过程中，以下说法正确的是( )
图2
A.轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于eq \f(1,2)mv2
B.钢索的拉力所做的功等于eq \f(1,2)mv2＋MgH
C.轻质弹簧对物体的拉力所做的功大于eq \f(1,2)mv2
D.钢索的拉力所做的功等于eq \f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gH
答案 C
解析 轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于物体增加的动能和重力势能，大于
eq \f(1,2)mv2，选项A错误，C正确；钢索拉力做的功应等于系统增加的动能、重力势能和弹性势能之和，即系统增加的机械能，所以钢索拉力做功应大于eq \f(1,2)mv2＋MgH，选项B错误；由于电梯竖直向上做加速运动，弹簧长度增加，电梯上升高度为H时，物体上升高度小于H，但弹性势能增加，而电梯上升高度为H时物体的加速度不一定与电梯相同，故无法判断拉力做功是否等于eq \f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gH，选项D错误。
角度 功能关系与图像的结合
例2 (多选)(2023·湖北武汉高三月考)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，取地面为零势能参考平面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图3所示。重力加速度g取10 m/s2，根据图中数据可知( )
图3
A.物体的质量为2 kg
B.物体上升过程中所受阻力大小为4 N
C.在物体上升至h＝2 m处，物体的动能为40 J
D.在物体上升后返回至h＝2 m处，物体的动能为30 J
答案 AD
解析 根据Ep＝mgh结合图像可得物体的质量为2 kg，故A正确；根据ΔE＝
－fh，解得f＝eq \f(20,4) N＝5 N，故B错误；由图可知，物体初动能为100 J，在物体上升至h＝2 m处，根据动能定理得－fh－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50 J，故C错误；从地面上升后返回至h＝2 m处，根据动能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，又s＝6 m，解得Ek2＝30 J，故D正确。
跟踪训练
1.(2023·山东潍坊高三月考)如图4甲所示，一质量为2 kg的物体静止在水平地面上，水平推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为0.1，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图4
A.物体运动的最大速度为eq \r(3) m/s
B.在整个运动中由于摩擦产生的热量为6 J
C.物体在水平地面上运动的最大位移是4.5 m
D.物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
答案 C
解析 物体所受滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝2 N，当F与Ff大小相等时，物体运动的速度最大，由图乙可知此时物体运动的位移为x1＝3 m－eq \f(2,6)×3 m＝2 m，
F－x图像与坐标轴所围的面积表示F做的功，则F在物体运动位移为x1的过程中对物体所做的功为W＝eq \f(1,2)×(2＋6)×2 J＝8 J，设物体运动的最大速度为vm，根据动能定理有W－Ffx1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得vm＝2 m/s，故A错误；根据功能关系可知，整个运动过程中，由于摩擦产生的热量等于F做的总功，即Q＝eq \f(1,2)×6×3 J＝9 J，物体在水平地面上运动的最大位移是xm＝eq \f(Q,Ff)＝4.5 m，故B错误，C正确；当F大于Ff时，物体做加速度逐渐减小的加速运动，当F小于Ff时物体开始做减速运动，故D错误。
角度,) 摩擦力做功与能量转化
例3 (多选)(2023·湖南怀化月考)如图5所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是( )
图5
A.上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量
B.其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D.其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
答案 BD
解析 由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；由于木板受到的摩擦力不变，当M越大时木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，相对位移没变化，滑动摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。
跟踪训练
2.(2023·湖北武汉高三期末)如图6所示，一子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，假设子弹与木块之间的作用力大小恒定，若此过程中产生的内能为5 J。则此过程中木块动能不可能增加了( )
图6
A.8 J B.4 J C.3.8 J D.2.4 J
答案 A
解析 由题意可知子弹射入木块过程中子弹做匀减速直线运动，而木块做匀加速直线运动，作出子弹和木块的v－t图像如图所示。无论子弹最终留在木块中(实线)，还是从木块中射出(虚线)，根据v－t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，子弹射入木块的最大深度d(即子弹与木块的相对位移大小)一定大于木块做匀加速运动的位移x，设子弹与木块之间的作用力大小为Ff，根据功能关系可知Q＝Ffd，根据动能定理可知木块获得的动能为Ek＝Ffx考点二 能量守恒定律的理解和应用
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.运用能量守恒定律解题的基本思路
例4 如图7甲所示，避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等部分组成。如图乙所示，是某处避险车道的简化示意图。若一辆卡车质量为8 t，在直干道上以72 km/h的速度向坡下行驶，运动到A处刹车突然失灵，司机发现危险后控制卡车经过一段竖直面内的圆弧车道驶上制动坡床进行减速，再过一段时间，卡车停止且未与防撞设施发生碰撞。若A、C间的高度差为50 m，卡车运动到C点时速度为108 km/h，制动坡床可视为与水平面间的夹角为θ＝30°的斜面，卡车在制动坡床上运动时受到坡床的阻力大小是其重力大小的eq \f(7,10)，重力加速度为g＝10 m/s2。
图7
(1)求卡车从A运动到C的过程中损失的机械能。
(2)为保障该卡车的安全，这条避险车道至少需要多长？
(3)卡车在制动坡床上速度减为零后，受到制动坡床的摩擦力为多大？
答案 (1)2×106 J (2)37.5 m (3)4×104 N
解析 (1)卡车从A运动到C的过程，以C点所在水平面为参考平面，根据能量守恒定律有
mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝ΔE＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得ΔE＝2×106 J。
(2)卡车经过C点后，在制动坡床上运动的过程，根据动能定理有
－mgLsin θ－fL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，其中f＝eq \f(7,10)mg
解得L＝37.5 m
故这条避险车道至少需要37.5 m。
(3)由于mgsin θ＝eq \f(1,2)mg＜f＝eq \f(7,10)mg，卡车在制动坡床上速度减为零后停止运动
卡车停止运动后，受到制动坡床的摩擦力为Ff＝mgsin θ，解得Ff＝4×104 N。
跟踪训练
3.如图8所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面上向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求：
图8
(1)物块在小车上滑行时的加速度a；
(2)物块运动到B点时的速度vB；
(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。
答案 (1)2 m/s2 (2)2eq \r(5) m/s (3)14.5 J 1 m
解析 (1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由重力提供向心力，则有
mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得
2mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
联立解得vB＝2eq \r(5) m/s。
(3)根据能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－μmgl
解得Ep＝14.5 J
从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块A相对地面的位移
x1＝eq \f(veq \\al(2,0)－veq \\al(2,B),2a)＝eq \f(52－（2\r(5)）2,2×2) m＝1.25 m
则小车的位移x＝x1－l＝1 m
即弹簧被压缩的距离为1 m。
A级 基础对点练
对点练1 功能关系的理解与应用
1.(多选)蹦床是少年儿童喜欢的一种体育运动，如图1所示，蹦床的中心由弹性网组成，若少年儿童从最高点落下至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则少年儿童( )
图1
A.机械能一直减小
B.刚接触网面时，动能最大
C.重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功
D.重力势能的减少量等于弹性势能的增加量
答案 AC
解析 儿童从最高点落下至最低点的过程中，弹簧弹力以及空气阻力一直做负功，因此其机械能一直减小，故A正确；儿童和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故刚接触网面时，动能并非最大，故B错误；根据功能关系可知，重力做功等于克服空气阻力和克服弹簧弹力做功的和，则重力势能的减少量大于弹性势能的增加量，重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功，故C正确，D错误。
2.(多选)一名滑雪运动员在雪道上下滑了一段路程，重力对他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，则在此过程中这名运动员( )
A.重力势能增加了3 000 J B.动能增加了3 000 J
C.动能增加了2 500 J D.机械能减少了500 J
答案 CD
解析 根据题意，重力做正功，所以运动员的重力势能减少了3 000 J，A错误；合力做的功等于动能的增加量，所以动能增加了3 000 J－500 J＝2 500 J，B错误，C正确；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量，阻力做负功500 J，所以机械能减少了500 J，D正确。
3.某同学将质量为m的一矿泉水瓶(可看成质点)竖直向上抛出，水瓶以eq \f(5g,4)的加速度匀减速上升，上升的最大高度为H，水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则( )
A.上升过程中水瓶的动能损失eq \f(5mgH,4)
B.上升过程中水瓶的机械能减少了eq \f(5mgH,4)
C.水瓶落回地面时动能大小为eq \f(5mgH,4)
D.水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态
答案 A
解析 上升过程水瓶受到的合外力F＝mg＋f＝eq \f(5,4)mg，则f＝eq \f(1,4)mg，合外力做功W＝－eq \f(5,4)mgH，由动能定理可知，上升过程中水瓶的动能损失为eq \f(5,4)mgH，故A正确；机械能的改变量等于重力之外的其他力做的功，机械能的减少量为fH＝eq \f(1,4)mgH，故B错误；下落过程，合力为F′＝mg－eq \f(1,4)mg＝eq \f(3,4)mg，由动能定理可知，落回地面时的动能为Ek＝F′H＝eq \f(3,4)mgH，故C错误；由于水瓶的加速度方向一直向下，水瓶一直处于失重状态，故D错误。
4.(多选)(2022·山东泰安模拟)如图2所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O点出发时为t＝0时刻。在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随位移x、时间t变化的图像中，正确的是( )
图2
答案 ABD
解析 根据动能定理得Ek＝Ek0－mgxsin θ，Ek与位移成线性关系，A正确；物体的重力势能为Ep＝mgxsin θ，Ep与位移成正比，B正确；动能与时间的关系为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(v0－gsin θ·t)2，Ek与t成非线性关系，C错误；上滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，D正确。
5.一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( )
A.1∶2 B.1∶3 C.2∶3 D.3∶2
答案 C
解析 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1)cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，即ΔE子弹＝Ffx1，可得eq \f(ΔE系统,ΔE子弹)＝eq \f(2,3)，故C正确，A、B、D错误。
对点练2 能量守恒定律的理解和应用
6.某同学用如图3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B1点。在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为( )
图3
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·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400 g，D正确。
7.(2023·湖北武汉模拟)如图4甲所示，在距离地面高度为h＝0.80 m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50 kg、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，物块与OA段的动摩擦因数μ＝0.50，其余位置均无阻力作用。物块开始静止于A点，现对物块施加一个水平向左的外力F，其大小随位移x变化关系如图乙所示。物块向左运动x＝0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝10 m/s2，则( )
图4
A.弹簧被压缩过程中外力F做的功为2.4 J
B.弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 J
C.整个运动过程中物块克服摩擦力做功为4.0 J
D.物块从M点运动到N点的水平位移为1.6 m
答案 D
解析 根据F－x图像与坐标轴所围的面积表示力F做的功，则弹簧被压缩过程中外力F做的功为WF＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6＋18,2)×0.2＋18×0.2))J＝6.0 J，故A错误；物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功为Wf＝μmgx＝0.5×0.5×10×0.4 J＝1.0 J，根据能量守恒定律可知，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为Ep＝WF－Wf＝5.0 J，故B错误；整个运动过程中克服摩擦力做功为Wf总＝2μmgx＝2.0 J，故C错误；设物块离开M点时的速度为v，对整个过程，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝WF－
Wf总，物块离开M点后做平抛运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt，解得x＝1.6 m，故D正确。
B级 综合提升练
8.(多选)(2023·东北师大等联盟检测)如图5甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是( )
图5
A.在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了E0
B.在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了2E0
C.图线a斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
D.图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
答案 BD
解析 木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b为木块的动能随位移变化的关系图线。由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有E0－2E0＝E0－0＋ΔEp，得ΔEp＝－2E0，即木块的重力势能减少了2E0，故A错误，B正确；由功能关系可知图线a斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故C错误；图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确。
9.(2022·河北衡水模拟)如图6甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ＝37°的粗糙斜面底端，质量为m＝1 kg的物块从轻弹簧上端上方某位置由静止释放，测得物块的动能Ek与其通过的路程x的关系如图乙所示(弹簧始终处于弹性限度内)，图像中0～x1＝0.4 m之间为直线，其余部分为曲线，x2＝0.6 m时物块的动能达到最大。弹簧的长度为l时，弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)k(l0－l)2，其中k为弹簧的劲度系数，l0为弹簧的原长。物块可视为质点，不计空气阻力，物块接触弹簧瞬间无能量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则( )
图6
A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.2
B.弹簧的劲度系数k为25 N/m
C.x3的大小为0.8 m
D.物块在斜面上运动的总路程大于x3
答案 D
解析 物块接触弹簧前，由动能定理得mgx1sin θ－μmgx1cs θ＝Ek1，解得μ＝0.25，故A错误；由能量守恒定律得mgx2sin θ＝μmgx2cs θ＋Ek2＋eq \f(1,2)k(x2－x1)2，解得k＝20 N/m，故B错误；由能量守恒定律得mgx3sin θ＝μmgx3cs θ＋eq \f(1,2)k(x3－x1)2，解得x3＝(0.6＋0.2eq \r(5))m，故C错误；物块的路程等于x3时mgsin θ＋
μmgcs θ10.如图7所示，倾角为θ＝37°的斜面体ABC固定在高度为h＝0.8 m的水平桌面上，斜面顶点C与桌面边缘D距离L＝0.4 m，Q为斜面上的一点，P是QC的中点。小滑块与斜面间动摩擦因数μ1＝0.5，与桌面间动摩擦因数μ2＝0.1。将小滑块从斜面上P点由静止释放，刚好能够停在D点；再将小滑块从斜面上Q点由静止释放，小滑块越过D点做平抛运动落在水平地面上。小滑块从斜面到桌面转折处机械能损失不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
图7
(1)斜面上点P与点C之间的距离；
(2)小滑块做平抛运动的水平位移。
答案 (1)0.2 m (2)0.16eq \r(5) m
解析 (1)设P、C两点之间的距离为L1，从P点到D点，克服摩擦力做功
Wf＝μ1mgL1cs θ＋μ2mgL
根据能量守恒定律，有mgL1sin θ－Wf＝0
解得L1＝eq \f(μ2L,sin θ－μ1cs θ)＝0.2 m。
(2)设小滑块从Q点由静止释放运动到D点时的速度为v，由动能定理，有
2mgL1sin θ－2μ1mgL1cs θ－μ2mgL＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(0.8) m/s＝0.4eq \r(5) m/s
小滑块从D点做平抛运动，竖直方向有
h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s
平抛运动的水平方向位移x＝vt
代入数据解得x＝0.16eq \r(5) m。
11.(2023·广东华南师大附中高三期末)过山车是游乐场一项富有挑战性的娱乐项目，小车从高处开始运动，冲进圆形轨道，到达圆形轨道最高点时，乘客在座椅里头朝下，非常惊险刺激。现将过山车简化成模型如图8所示，质量m＝1 kg的小球从光滑倾斜轨道距地面高h的A点静止释放，倾斜轨道AB和水平轨道BC用一小段平滑圆弧连接，小球经过时速度大小不变，水平轨道BC长L＝1 m，小球从C点向右进入半径R＝1 m的光滑圆形轨道，圆形轨道底部C处前后错开，小球可以从C点向右离开圆形轨道，在水平轨道上继续前进，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4(不计其他阻力，重力加速度g＝10 m/s2)。
图8
(1)若释放点A高度h1＝3 m，则小球经过圆形轨道最高点E时对轨道的压力是多大？
(2)要使小球完成圆周运动，则释放点A的高度h需要满足什么条件？
(3)若小球恰好不脱离轨道，求小球最后静止的位置到圆轨道最低点C的距离？
答案 (1)2 N (2)不小于2.9 m (3)最后静止的位置可能在C点的左侧0.5 m处或在C点右侧6.25 m处
解析 (1)设小球到最高点E时的速度为v，
据动能定理有mgh1－μmgL－2mgR＝eq \f(1,2)mv2
小球经过圆形轨道最高点E时，由牛顿第二定律得FN＋mg＝meq \f(v2,R)
代入数据解得FN＝2 N
根据牛顿第三定律知，小球经过圆形轨道最高点E时对轨道的压力是2 N，方向竖直向上。
(2)要使小球完成圆周运动，则小球在最高点时只有重力提供向心力
则有mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R)
根据能量守恒定律有
mgh－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋μmgL
解得h＝2.9 m
则可知要使小球完成圆周运动，则释放点A的高度h需要不小于2.9 m。
(3)若小球恰好不脱离轨道，第一种情况是，小球从2.9 m高处滑下，过圆最高点后，从C点向右离开圆形轨道，设小球最后静止的位置到圆轨道最低点C的距离为x，根据能量守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋2mgR＝μmgx
解得x＝6.25 m
即小球最后静止的位置在C点的右侧，距圆轨道最低点C的距离为6.25 m
若小球恰好不脱离轨道，第二种情况是，小球从斜面滑下后最高点刚好到与圆心等高处，然后滑回来过C点向左滑，根据能量守恒定律有
mgR＝μmgx′
解得x′＝2.5 m
即小球最后静止的位置在C点的左侧，因BC长L＝1 m，所以小球最后停在BC中点处，距圆轨道最低点C的距离为0.5 m
综上所述，小球最后静止的位置可能在C点的左侧0.5 m处或在C点右侧6.25 m处。
力做功
能的变化
定量关系
合力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势能
变化
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功
弹性势能
变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，ΔE＝0
除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
机械能减少内能增加
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ffx相对
安培力做功
电能变化
(1)克服安培力做的功等于电能增加量
(2)W克安＝E电