【文档说明】高考物理一轮复习课件第5章机械能及其守恒定律第17讲功能关系能量守恒定律 (含详解).ppt，共(73)页，2.796 MB，由MTyang资料小铺上传

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第五章机械能及其守恒定律高考总复习·物理第17讲功能关系能量守恒定律高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．能量守恒定律(1)内容：能量既不会凭空，也不会凭空消失，它只能从一种形式为另一种形式，或者从一个物体到别的物

体，在转化或转移的过程中，能量的总量．(2)表达式：ΔE减＝．产生转化转移保持不变ΔE增2．几种常见的功能关系及其表达式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．(2)重力做负功，重力势能．(3)WG＝－ΔEp＝减少增加Ep

1－Ep2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能．(2)弹力做负功，弹性势能．(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力做功机械能机械能守恒ΔE＝减少增加0不变化除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能(1)其他力做多少正功，物体的机械能就多少．(2)其他力做

多少负功，物体的机械能就多少．(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能内能(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能．(2)摩擦生热Q＝变化增加减少减少增加增加Ff·x相对[基础小练]判断下列说法是否正确(1)力对物体做了多少功

，物体就具有多少能量发生转化．()(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，必有其他形式的能量增加．()(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源．()√×√×(5)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放．()(6)滑

动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．()(7)一个物体的能量增加多少，另一个物体的能量就减少多少．()×√×板块二︿︿[考法精讲]考法一功能关系的理解和应用1．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．只涉及机械能的变化，用除

重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析．【自主练1】(2019·嘉兴高三普通高校招生选考测试)如图所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下

．他在空中滑翔的过程中()A．只有重力做功B．重力势能的减小量大于重力做的功C．重力势能的减小量等于动能的增加量D．动能的增加量等于合力做的功D解析滑翔的过程中除重力做功外，还有空气阻力做功，选项A错误；由功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，选项B错误；由能量守恒可知，重力势能的减小

量等于动能的增加量和克服阻力所做的功，选项C错误；由动能定理可知，合外力所做的功等于动能的变化量，选项D正确．【自主练2】(2019·温州九校高三联考)如图所示是在玩“跳跳鼠”的儿童，该玩具弹簧上端连接脚踏板，下端连接跳杆，儿童在脚踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧

将人向上弹起，最终弹簧将跳杆带离地面，下列说法正确的是()A．从人被弹簧弹起到弹簧第一次恢复原长，人一直向上加速运动B．无论下压弹簧的压缩量多大，弹簧都能将跳杆带离地面C．人用力向下压缩弹簧至最低点的过程中，人和“跳跳鼠”组成的系统机械能增加

D．人用力向下压缩弹簧至最低点的过程中，人和“跳跳鼠”组成的系统机械能守恒答案C解析从人被弹簧弹起到弹簧第一次恢复原长，人先向上做加速运动，当人的重力与弹力相等时，速度最大，由于惯性人向上做减速运动，选项A错误；当下压弹簧的压缩量较小时，弹簧的拉伸量也较小，小于跳杆的重力时，跳杆不能离开

地面，选项B错误；人用力向下压缩弹簧至最低点的过程中，人的体能转化为系统的机械能，所以人和“跳跳鼠”组成的系统机械能增加，选项C正确，D错误．考法二摩擦力做功与能量转化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．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＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内

能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【自主练3】如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．轨道上的A点离PQ的距离为R2，一质量为m的质点自P点上方某处由

静止开始下落，从P点进入轨道后刚好能到达Q点并能再次返回经过N点．已知质点第一次滑到轨道最低点N时速率为v1，第一次到达A点时速率为v2，选定N点所在的水平面为重力势能的零势能面，则()A．v1＜2v2B．v1＞2v2C．从N到Q的过程中，动

能与势能相等的点在A点，从Q到N的过程中，动能与势能相等的点在A点D．从N到Q的过程中，动能与势能相等的点在A点下方，从Q到N的过程中，动能与势能相等的点在A点下方答案B解析质点从N到A再到Q的过程中，重力与摩擦力做功．由于

质点做圆周运动，由运动的特点可知，质点在NA段与轨道之间的压力大于AQ段之间的压力；根据Ff＝μFN可知，质点在NA段受到的摩擦力比较大，且NA段弧长大于AQ段弧长，所以质点在NA段克服摩擦力做的功比较多，

则质点在NA段克服重力与摩擦力做的功比较多；质点第一次到达N点处的动能一定大于质点第一次到达A点处动能的2倍，根据动能的表达式Ek＝12mv2可知，v1＞2v2，故选项A错误，B正确．由于要克服摩擦力做

功，所以从N到Q的过程中上升到A点处，接下来A到Q上升过程中减少的动能(EkA)大于重力势能的增加(mg·R2)，则上升过程动能与势能相等的位置在A点上方；从Q到N的过程中，从Q下降到A点过程中增加的动能(E′kA)小于重力势能的减少(mg·R2)，则此过程动能与势能相等的点在A点下方，故

选项C、D错误．【自主练4】(2019·赣州十四县高三联考)如图所示，木块放在光滑的水平面上、一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均作用力大小为Ff，射入木块的深度为d，此过程中木块移动了s，则()A．子弹损失的动能为Ffs

B．木块增加的动能为Ff(s＋d)C．子弹、木块系统总机械能的损失为FfdD．子弹动能的减少量等于木块动能的增加量C解析木块对子弹的阻力做功为－Ff(s＋d)，根据动能定理得知，子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功，大

小为Ff(s＋d)，故选项A错误；子弹对木块的作用力大小为Ff，木块相对于地的位移为s，则子弹对木块做功为Ffs，根据动能定理得知，木块动能的增量等于子弹对木块做功，为Ffs，故选项B错误；子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为Ffd

，根据功能关系可知，子弹和木块组成的系统损失的动能为Ffd，故选项C正确；子弹动能的减少量等于木块动能的增加量和系统内能增加量之和，故选项D错误．考法三能量守恒定律的理解和应用【例题1】(2019·浙江高考选考科目联考)风能是可再生资源中目前发展最快的清洁能源，风力发电也

是具有大规模开发和商业化发展前景的发电方式，近年来，我国风电产业规模逐渐扩大，已成为能源发展的重要领域，在风电技术发展方面，由于相同风速时发电功率的不同，我国目前正逐步采用变桨距控制风力发电机替代定桨距控制

风力发电机，来提高风力发电的效率．具体风速对应的功率如图乙所示，设甲图中风力发电机每片叶片长度为30m，所处地域全天风速均为7.5m/s，空气的密度为1.29kg/m3，圆周率π取3.14，下列说法错误的是()A．变桨

距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为52%B．用变桨距控制风力发电机替换定桨距控制风力发电机后，每台风力发电机每天能多发电7200kW·hC．无论采用变桨距控制风力发电机还是定桨距控制风力发电机，每台发电机每秒钟转化的空气动能均为7.69×105JD．若煤的热值为3.2×107J/kg，

那么一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45kg煤所产生的内能相当答案D解析设在时间t内发电机获得的风能为Ek，则Ek＝12mv2，由于m＝ρV＝ρπr2vt，所以Ek＝12mv2＝12ρπr2v3t＝12×1.29×3

.14×302×7.53×t≈768982tJ，故变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为η＝PtEk＝400×103t768982t＝52%，故选项A正确；由图象可知，当风速为7.5m/s时，变桨距控制风力发电机的功率为400kW，定桨距控制风力发电机的功率为10

0kW，所以每台风力发电机每天能多发电E＝(P1－P2)t＝(400－100)×24kW·h＝7200kW·h，故选项B正确；由A知道空气的动能为Ek≈768982tJ，所以每台发电机每秒钟转化的空气动能均为Ek＝768982tJ＝768982×1J≈7.69×1

05J，故选项C正确；完全燃烧45kg煤所产生的内能E＝mq＝45×3.2×107J＝1.44×109J，一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能为E′k＝Ekt′＝768982×3600J≈2.7×109J，故一台变桨

距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45kg煤所产生的内能不相当，故选项D错误．归纳总结重力(弹簧的弹力、电场力、分子力)做功与对应的势能的变化规律是一致的：重力(弹簧的弹力、电场力、分子力)做正功，对应的势能减少，力做了多少功，对应的势能就减少多少；物体克服力做了多少功，对应的

势能就增加多少．合外力做功，除重力外其他力做功与对应的能量的变化规律是一致的：合外力做正功，动能增加；除重力外其他力做正功，机械能增加．【跟踪训练1-1】(2019·北京第二中学高三月考)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的某物块由静止释放在传送带上的左端，经过一段时间，物块能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确的是()A．物体对皮带所做的功为－mv2B．皮带对物体所做的功为－mv22C．动摩擦因数μ越大，

物体与传送带之间产生的热量越多D．由于运送物体电动机需要多做的功为mv22答案A解析设物体加速的时间为t，则加速时间t＝va＝vμg，在此时间内，传送带的位移x1＝vt＝v2μg，则物体对皮带所做的功为W1＝－μ

mgx1＝－mv2，选项A正确；物块在运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能定理得，摩擦力对物块做的功为Wf＝12mv2－0＝12mv2，故选项B错误；物块与传送带相对位移大小为Δx＝vt－vt2＝0.5vt，此过程中系统摩擦生

热为Q＝Ff·Δx＝0.5mv2，可知摩擦生热Q与动摩擦因数无关，故选项C错误；电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为W机＝12mv2＋Q＝mv2，故选项D错误．【跟踪训练1-2】(2019·厦门外国语学校高三月考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固

定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过

B处的速度大小为v，运动到C处速度为零，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．小球可以返回到出发点A处B．撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止C．弹簧具有的最大弹性势能为12mv2D．aA－aC＝

g答案CD解析设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，A、B间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep.根据能量守恒定律得，对于小球A到B的过程有mgh＋Ep＝12mv2＋Wf，A到C的过程有2mgh＋Ep＝2Wf＋Ep，解得Wf＝mgh，Ep＝12mv2，小

球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得Ep＝2Wf＋2mgh＋Ep，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处，故选项A错误，C正确；设从A运动到C摩擦力的平均值为Ff，AB＝s，由Wf＝mgh得Ff

·s＝mgssin30°，在B点，摩擦力Ff＝μmgcos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于mgcos30°，所以Ff>μmgcos30°，可得mgsin30°>μmgcos30°，因

此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止，故选项B错误；根据牛顿第二定律得，在A点有Fcos30°＋mgsin30°－Ff＝maA，在C点有Fcos30°－Ff－mgsin30°＝maC，两式相减得aA－aC＝g，故选项D正确

．【跟踪训练1-3】(2019·鄂州高三模拟)(多选)如图所示倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行．相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时

恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升h2高度处恰与皮带保持相对静止．现比较甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程()A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量C．两

个过程中皮带对滑块所做的功相同D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同答案BC解析对甲滑块v20＝2a1hsin30°，μ1mgcos30°－mgsin30°＝ma1，对乙滑块v20＝2a2h2sin30°，μ2mgcos30°－mgsin3

0°＝ma2，可得μ1<μ2，即甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故选项A错误；甲滑块与皮带相对滑动过程中，滑块x1＝0＋v2t1＝hsin30°，对滑块(μ1mgcos30°－mgsin30°)x1＝12mv2；皮带与滑块相对滑动过程中两者相对位移s1＝

vt1－0＋v2t1，滑块与皮带摩擦产生的热量Q1＝μ1mgcos30°×s1，解得Q1＝12mv2＋mgh，乙滑块与皮带相对滑动过程中，滑块x2＝0＋v2t2＝h2sin30°，对滑块(μ2mgcos30°－mgsin30°)x2＝12mv2，皮带与滑

块相对滑动过程中两者相对位移s2＝vt2－0＋v2t2，滑块与皮带摩擦产生的热量Q2＝μ2mgcos30°×s2，解得Q2＝12mv2＋12mgh，则甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故选项B正确；甲滑块与皮带相对滑动过程中，皮带对滑块所做的功W1＝μ1mgcos

30°×hsin30°＝mgh＋12mv2，乙滑块与皮带相对滑动过程中，皮带对滑块所做的功W2＝μ2mgcos30°×h2sin30°＋mgsin30°×h2sin30°＝mg×12h＋12mv2＋12mgh＝W1，故选项C正确；甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量

，皮带对滑块所做的功相同，则甲电动机对皮带做的功大于乙电动机对皮带做的功，故选项D错误．[典例诊断]【例题2】(2019·惠州高三调研)如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光

滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍，即k＝Ffmg＝0.5，赛车的质量m＝0.4kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2W

工作，轨道AB的长度L＝2m，圆形轨道的半径R＝0.5m，空气阻力可忽略，取重力加速度g＝10m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短．在此条件下，求：(1)小车在

CD轨道上运动的最短路程；(2)赛车电动机工作的时间．[错解实录]【解析】要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P点时速度最小，由机械能守恒定律可得mg·2R＝12mv2C，代

入数据解得vC＝25m/s.设小车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理可得－kmg·x＝0－12mv22，代入数据可得x＝2m.(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知vB＝vC＝25m/s，从A点到B点的运动过程

中，由动能定理可得P·t－kmgL＝12mv2B，代入数据可得t＝4s.【答案】(1)2m(2)4s[名师点评]小车经过圆轨道最高点的最小速度不是零，由mg＝mv2R可知，最小速度应是vmin＝gR.最小速度这一关键点出错，导致后面解答全错．解

析(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力mg＝mv2PR，由机械能守恒定律可得mg·2R＋12mv2P＝12mv2C，由上述两式联立代入数据可得vC＝5m/s.设小车在CD轨

道上运动的最短路程为x，由动能定理可得－kmgx＝0－12mv2C，代入数据可得x＝2.5m.(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知vB＝vC＝5m/s，从A点到B点的运动过程中，由动能定理可得Pt－k

mgL＝12mv2B，代入数据可得t＝4.5s.答案(1)2.5m(2)4.5s易错警示竖直圆周运动最高点的能量特征(1)“绳——球”模型：小球在竖直里内做圆周运动，在最高点的最小速度为v＝gR，最小动能Ek＝12mgR.(2)“杆——球”模型：小球做圆周运动，在最高点的最小速度、最小动能均为

零．(3)两种模型在最高点的临界特征往往是解题的关键，混淆了便出错.【跟踪训练2】(2019·邢台第二中学高三开学测试)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹

簧，在弹力的作用下获某一向右速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，求：(1)开始时弹簧储存的弹性势能；(2)物块从B到C克服阻力做的功；(3)物块离开C点后落回水平面时的水平距离及动能的大小．解析(1)设物块滑到

B点的速度为vB，由牛顿第二定律可得N－mg＝mv2BR，N＝7mg，得vB＝6gR；设开始时弹簧储存的弹性势能为Ep，由Ep＝W弹＝12mv2A，A至B光滑，即vA＝vB，联立解得Ep＝3mgR.(2)设物块恰能到达C点的速度为vC，由mg＝mv

2CR得vC＝gR；设物块从B到C克服阻力做的功为Wf，由能量守恒可得12mv2B＝12mv2C＋mg·2R＋Wf，解得Wf＝12mgR.(3)物块离开C点做平抛运动，由2R＝12gt2，s＝vCt，得

s＝2R；由能量守恒可得Ek＝mg·2R＋12mv2C，解得Ek＝52mgR.答案(1)3mgR(2)12mgR(3)2R52mgR板块三︿︿1．(2019·北京第二中学高三月考)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45g，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45mghB．物体的机械能减少了45mghC．物体克服阻力所做的功为45mghD．物体的重力势能减少了45mgh答案A解析物体的合力做正功为mah＝m45gh，则物体的动能增量为45mgh，

故选项A正确；物体下落过程中，受到阻力为Ff＝mg－ma＝15mg，物体克服阻力所做的功为15mgh，机械能减小量等于阻力所做的功，故机械能减少了15mgh，故选项B、C错误；物体下落h高度，重力做功为mgh，则重力势能减少了mgh，故选项D错

误．2．(2019·阜阳三中高三模拟)如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.8m，bc＝0.4m，那么在整个过程中()A．滑块滑到b点时动能最大B．滑块动

能的最大值是6JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6JD．滑块整个过程机械能守恒C解析当滑块的合力为零时，滑块速度最大，设滑块在b和c之间的d点时合力为零，速度最大，选项A错误；滑块从a到d，运用动能定理得mghad＋W弹＝Ekd－0

，mghad＜6J，W弹＜0，所以Ekd＜6J，选项B错误；滑块从a到c，运用动能定理得mghac＋W′弹＝0－0，代入数据解得W′弹＝－6J，则从c到b弹簧的弹力对滑块做的功也是6J，选项C正确；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，滑块在整个过程中机

械能不守恒，选项D错误．3．(2019·滑县高三第二次联考)如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙．水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，

斜面倾角为37°，斜面上有一半径为R＝1m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道的另一端点，LBC＝2.5m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内．使质量为m＝0.5kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放P，P到达B点时

立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37°，大小为F＝5N的恒力，一直保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度为vE＝10m/s.已知P与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5,g取10m/s2，sin37°＝

0.6.求：(1)P运动到E点时对轨道的压力大小；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)若其它条件不变，增大B、C间的距离使P过G点后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落点距D点的距离．解析(1)P在半圆轨道的最高点E，设P对轨道的压力为FN，由牛顿运动定律得mg－Fsin37°＋N＝

mv2ER，得N＝3N，由牛顿第三定律得，P运动到E点时对轨道的压力FN＝3N.(2)P从D点到E点，由动能定理得－mg(R＋Rcos37°)＋FRsin37°＝12mv2E－12mv2D，解得vD＝34m/s，P从C点到D点，由牛

顿运动定律得F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，解得a1＝0，说明P从C点到D点匀速运动，故vD＝vC＝34m/s，由能的转化和守恒得Epm＋FLBCcos37°－(mg－Fsin37°)μLBC＝12mv2C，解得Epm＝1J

.(3)P在G点脱离圆轨道，做曲线运动，把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，有F－mgsin37°＝ma3，解得a3＝4m/s2，mgcos37°＝ma4，解得a4＝8m/s2.P垂直落在斜面上，运动时间满足

2R＝12a4t2，平行于斜面方向上0＝vG－a3t，联立解得vG＝22m/s，平行于斜面方向上，x＝vG＋02×t＝1m，P在斜面上的落点距D的距离x＝1m.答案(1)3N(2)1J(3)1m4．(2019·湖北部分重点中学高三起点考试)如图所示，倾角为37°的光滑导轨，顶端A点高H＝1.45

m，下端通过一小段光滑圆弧与薄壁细管做成的玩具轨道相接于最低端B，玩具轨道由长度为x0的水平轨道BC、半径为R＝0.5m的圆轨道、足够长的水平轨道CE组成，整个玩具轨道固定在竖直平面内，整个轨道水平部分

动摩擦因数μ＝0.20，其它全部光滑．一个质量m＝0.50kg的小球在倾斜导轨顶端A以v0＝2.0m/s速度水平发射，在落到倾斜导轨上P点(P点在图中未画出)时速度立即变成大小v1＝3.0m/s，方向沿斜面向下，小球经过BC，并能恰好无挤压经过圆管的最高点．取g＝10m/s2，

求：(1)P点离A点的距离；(2)x0的大小；(3)小球最终停留位置与B的距离．解析(1)小球从A点做平抛运动，经过时间t落到倾斜导轨上的P点，水平位移x，竖直位移y，有x＝v0t，y＝12gt2，tan37°＝yx＝34，由上述式子得

t＝3v02g＝0.3s，P点位置距抛出点的距离为l＝xcos37°＝0.75m.(2)由恰好无挤压经过圆的最高点，D点时有mg＝mv2DR，得vD＝gR＝5m/s，由P到D，能量关系12mv21＋mg(H－lsin37°)－μmgx0＝12mv2D＋2mgR，得x0＝1.00m

.(3)从到停止水平距离x，满足能量关系12mv21＋mg(H－lsin37°)＝μmgx，得x＝7.25m.答案(1)0.75m(2)1.00m(3)7.25m