（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 第二講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用教學(xué)案

第二講功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用知識(shí)建構(gòu)備考點(diǎn)睛(注1)(注3)：詳見答案部分1.熟練兩種模型(1)“傳送帶”模型.(2)“板塊”模型.2.常見的功能關(guān)系(1)合外力做功與動(dòng)能的關(guān)系：W合Ek.(2)重力做功與重力勢能的關(guān)系：WGEp.(3)彈力做功與彈性勢能的關(guān)系：W彈Ep.(4)除重力以外其他力做功與機(jī)械能的關(guān)系：W其他E機(jī).(5)滑動(dòng)摩擦力做功與內(nèi)能的關(guān)系：Ffl相對(duì)E內(nèi). 答案(1)兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力做功滑動(dòng)摩擦力做功只有能量的轉(zhuǎn)移，沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化互為作用力和反作用力的一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負(fù)，要么都不做功互為作用力和反作用力的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值，即要么一正一負(fù)，要么都做負(fù)功；代數(shù)和為負(fù)值說明機(jī)械能有損失轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(2)內(nèi)容：能量既不能憑空產(chǎn)生，也不能憑空消失它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中其總量保持不變(3)表達(dá)式：E減E增E增為末狀態(tài)的能量減去初狀態(tài)的能量，而E減為初狀態(tài)的能量減去末狀態(tài)的能量熱點(diǎn)考向一力學(xué)中幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)用【典例】(多選)(2019·東北三校聯(lián)考)質(zhì)量分別為m1和m2的木塊A和B之間用一輕質(zhì)彈簧相連，然后將它們靜置于一底端帶有擋板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的擋板上設(shè)斜面的傾角為，彈簧的勁度系數(shù)為k.現(xiàn)用一平行于斜面的恒力F拉木塊A使A沿斜面由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊B恰好對(duì)擋板的壓力為零時(shí)，木塊A在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度為v，則下列說法正確的是()A此時(shí)彈簧的彈力大小為m1gsinB拉力F在該過程中對(duì)木塊A所做的功為FC木塊A在該過程中重力勢能增加了m1D彈簧在該過程中彈性勢能增加了Fm1v2思路引領(lǐng)(1)木塊B恰好對(duì)擋板壓力為零時(shí)，木塊B處于平衡狀態(tài)，彈簧彈力為m2gsin.(2)彈簧彈性勢能的增加量等于拉力做的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢能的增加量解析當(dāng)木塊B恰好對(duì)擋板的壓力為零時(shí)，木塊B受重力、支持力以及彈簧的彈力作用，則由力的平衡條件可知，彈簧的彈力大小為m2gsin，故A錯(cuò)誤；木塊A向上運(yùn)動(dòng)時(shí)有重力、拉力F和彈簧彈力對(duì)其做功，根據(jù)動(dòng)能定理，合力做功等于木塊A動(dòng)能的增加量，開始時(shí)木塊A靜止，彈簧壓縮量x1，當(dāng)B對(duì)擋板的壓力剛為零時(shí)，彈簧伸長量x2，此過程中拉力F對(duì)木塊A做的功為WFF(x1x2)F；此過程中木塊A重力勢能的增加量Epm1ghm1g(x1x2)sinm1，故B、C正確；根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力做的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢能的增加量，即Fm1v2m1，故D錯(cuò)誤答案BC1對(duì)功能關(guān)系的理解(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化可以通過做功來實(shí)現(xiàn)(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同性質(zhì)的力做功，對(duì)應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等2功是能量轉(zhuǎn)化的量度，力學(xué)中幾種常見的功能關(guān)系如下遷移一與圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合的功能關(guān)系1(2019·湖北七校聯(lián)考) 如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力已知AP2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中()A重力做功2mgRB機(jī)械能減少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR/2解析小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中重力做功為mgR，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)小球通過B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，小球通過B點(diǎn)時(shí)剛好對(duì)軌道沒有壓力，說明此刻剛好重力提供向心力，對(duì)小球通過B點(diǎn)瞬間應(yīng)用牛頓第二定律有：mgm，解得vB，設(shè)小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中克服摩擦力做功為W，對(duì)此過程由動(dòng)能定理有：mgRWmv，聯(lián)立得WmgR，選項(xiàng)D正確；合外力做功W合mvmgR，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球機(jī)械能的減少量等于小球克服摩擦力所做的功，即EWmgR，選項(xiàng)B錯(cuò)誤答案D遷移二與板塊結(jié)合的功能關(guān)系2(多選)(2019·黑龍江哈爾濱三中調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平地面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為x，下列結(jié)論中正確的是()A上述過程中，F(xiàn)做的功等于滑塊和木板動(dòng)能的增加量B其他條件不變的情況下，M越大，x越小C其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)木板右端所用的時(shí)間越長D其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多解析F做的功等于二者的動(dòng)能與因摩擦產(chǎn)生的熱量之和，A錯(cuò)誤；其他條件不變的情況下，M越大，木板加速度越小，木板在地面上移動(dòng)的距離x越小，B正確；其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊加速度越大，滑塊到達(dá)木板右端所用時(shí)間越短，C錯(cuò)誤；滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于FfL，其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，D正確答案BD遷移三與傳送帶結(jié)合的功能關(guān)系3(2019·山東省淄博市高三二模)已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖甲所示)，以此時(shí)為t0記錄了小物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系(如圖乙所示)，圖中取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，v1>v2.已知傳送帶的速度保持不變，則()A物塊在0t1內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在t1t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移小B若物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，那么<tanC0t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做功為WmvmvD0t2內(nèi)物塊動(dòng)能變化量大小一定小于物塊與傳送帶間摩擦而產(chǎn)生的熱量解析由圖乙知，物塊在0t2內(nèi)的加速度不變，因?yàn)関1>v2，由v22ax知，物塊在0t1內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在t1t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖乙知，物塊在0t1內(nèi)沿斜面向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知mgcos>mgsin，則>tan，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0t2內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得，WWGmvmv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；0t2內(nèi)，由能量守恒定律知，物塊動(dòng)能減少量與重力勢能減少量等于物塊與傳送帶間摩擦而產(chǎn)生的熱量，故物塊動(dòng)能變化量大小一定小于物塊與傳送帶間摩擦而產(chǎn)生的熱量，選項(xiàng)D正確答案D(1)“傳送帶”模型問題中的功能關(guān)系分析功能關(guān)系分析：W電EkEpQE電對(duì)W電和Q的理解：電動(dòng)機(jī)做的功W電Fx傳；產(chǎn)生的熱量QFf·x相對(duì)(2)常用結(jié)論把一個(gè)物體無初速度放到水平勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶上，在物體與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體動(dòng)能增加量相等，即Q.把一個(gè)物體無初速度放到傾斜向上轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶上，在物體與傳送帶速度相等時(shí)，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體機(jī)械能增加量相等，即Qmgh.(3)常用方法：物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)，在同一坐標(biāo)系中同時(shí)作出物塊和傳送帶運(yùn)動(dòng)的vt圖線，由圖像分析物塊的運(yùn)動(dòng)過程，求物塊與傳送帶的位移及相對(duì)位移. 熱點(diǎn)考向二動(dòng)力學(xué)規(guī)律和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用【典例】(2019·河北唐山模擬)如圖(甲)所示，傾角37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足夠長一根輕彈簧一端固定在斜面的底端，另一端與質(zhì)量m1.0 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))接觸，滑塊與彈簧不相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)當(dāng)t0時(shí)釋放滑塊在00.24 s時(shí)間內(nèi)，滑塊的加速度a隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(乙)所示已知彈簧的勁度系數(shù)k2.0×102 N/m，當(dāng)t10.14 s時(shí)，滑塊的速度v12.0 m/s.g取10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8.彈簧彈性勢能的表達(dá)式為Epkx2(式中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)求：(1)斜面對(duì)滑塊摩擦力的大小Ff；(2)t0.14 s時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d；(3)在00.44 s時(shí)間內(nèi)，摩擦力做的功W.思路引領(lǐng)(1)t10.14 s時(shí)，滑塊與彈簧開始分離(2)mgsin37°>Ff，滑塊速度減為零后，會(huì)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)解析(1)由圖(乙)可知，當(dāng)t10.14 s時(shí)，滑塊與彈簧開始分離，此后滑塊受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑塊開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)加速度大小為a110 m/s2.根據(jù)牛頓第二定律有mgsinFfma1，代入數(shù)據(jù)解得Ff4.0 N.(2)當(dāng)t10.14 s時(shí)彈簧恰好恢復(fù)原長，所以此時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d等于t00時(shí)彈簧的形變量x，所以在00.14 s時(shí)間內(nèi)彈簧彈力做的功為W彈Ep初Ep末kd2.在這段過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有W彈mgdsinFfdmv0，代入數(shù)據(jù)解得d0.20 m.(3)設(shè)從t10.14 s時(shí)開始，經(jīng)時(shí)間t1滑塊的速度減為零，則有t10.20 s這段時(shí)間內(nèi)滑塊運(yùn)動(dòng)的距離為x10.20 m此時(shí)為t20.14 st10.34 s，由于mgsin37°6 N>Ff，此后滑塊反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度的大小為a22.0 m/s2；在0.340.44 s(t20.1 s)時(shí)間內(nèi)，滑塊反向運(yùn)動(dòng)的距離為x2a2t0.01 m.在00.44 s時(shí)間內(nèi)，摩擦力Ff做的功為WFf(dx1x2)代入數(shù)據(jù)解得W1.64 J.答案(1)4.0 N(2)0.20 m(3)1.64 J動(dòng)力學(xué)規(guī)律和動(dòng)能定理的綜合問題的解題技巧1如果涉及到加速度、時(shí)間和受力的分析和計(jì)算，一般應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法；如果只涉及位移、功和能量的轉(zhuǎn)化問題，通常采用動(dòng)能定理分析2對(duì)于物體受變力作用的力學(xué)問題，動(dòng)能定理是解決問題的重要方法之一(2019·河南省周口市期末)如右圖所示，半徑R0.3 m的豎直圓槽形光滑軌道與水平軌道AC相切于B點(diǎn)，水平軌道的C點(diǎn)固定有豎直擋板，軌道上的A點(diǎn)靜置有一質(zhì)量m1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))現(xiàn)給小物塊施加一大小為F6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物塊沿水平軌道AC向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到AB之間的D點(diǎn)(圖中未畫出)時(shí)撤去拉力，小物塊繼續(xù)滑行到B點(diǎn)后進(jìn)入豎直圓槽形軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，由壓力傳感器測出小物塊對(duì)軌道最高點(diǎn)的壓力為 N已知水平軌道AC長為2 m，B為AC的中點(diǎn)，小物塊與AB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.45，重力加速度g10 m/s2.求：(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)拉力F作用在小物塊上的時(shí)間t；(3)若小物塊從豎直圓槽形軌道滑出后，經(jīng)水平軌道BC到達(dá)C點(diǎn)，與豎直擋板相碰時(shí)無機(jī)械能損失，為使小物塊從C點(diǎn)返回后能再次沖上圓槽形軌道且不脫離，試求小物塊與水平軌道BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)的取值范圍解析(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FNmgm，由牛頓第三定律得FNFN N聯(lián)立解得v2 m/s物塊從B運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得mg·2Rmv2mv解得vB4 m/s(2)小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得Fs1mgxABmv0根據(jù)牛頓第二定律得：F1mgma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有sat2聯(lián)立解得t s(3)設(shè)BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為2.設(shè)物塊在圓槽形軌道最高點(diǎn)的最小速度為v1，則由牛頓第二定律可得：mgm，由動(dòng)能定理得：22mgxBC2mgRmvmv代入數(shù)據(jù)解得20.025故為使物塊能從C點(diǎn)返回通過軌道的最高點(diǎn)而不會(huì)脫離軌道，應(yīng)滿足020.025若物塊從C點(diǎn)返回在圓槽形軌道上升高度為R時(shí)速度為零，由動(dòng)能定理可得：22mgxBCmgR0mv代入數(shù)據(jù)解得：20.25物塊從C返回剛好停止到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得：22mgxBC0mv代入數(shù)據(jù)解得：20.4故為使物塊能返回圓槽形軌道且能沿軌道運(yùn)動(dòng)而不會(huì)脫離軌道，滿足0.252<0.4綜上所述，020.025或0.252<0.4.答案(1)4 m/s(2) s(3)020.025或0.252<0.4物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，可以分段應(yīng)用動(dòng)能定理，也可以對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理，但不能在某一方向上應(yīng)用動(dòng)能定理. 熱點(diǎn)考向三動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在多過程問題中的應(yīng)用【典例】(2019·天津市紅橋區(qū)高三二模) 輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5.用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動(dòng)重力加速度大小為g.(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍思路引領(lǐng) 解析(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能由機(jī)械能守恒定律，彈簧長度為l時(shí)的彈性勢能為EP5mgl設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由能量守恒定律得EPMvMg·4l聯(lián)立式，取Mm并代入題給數(shù)據(jù)得vB若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿足mg0設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得mvmvmg·2l聯(lián)立式得vDvD滿足式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2lgt2P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為svDt聯(lián)立式得s2l(2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零由式可知5mgl>Mg·4l要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)C.由機(jī)械能守恒定律有MvMgl聯(lián)立式得mM<m答案(1)2l(2)mM<m涉及做功與能量轉(zhuǎn)化問題的解題方法1分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負(fù)功；根據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況2當(dāng)涉及滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，機(jī)械能不守恒，一般應(yīng)用能量守恒定律，特別注意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能QFfl相對(duì)，l相對(duì)為相對(duì)滑動(dòng)的兩物體間相對(duì)滑動(dòng)路徑的總長度3解題時(shí)，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，再分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和E減和增加的能量總和E增，最后由E減E增列式求解(2019·蘇北四校聯(lián)考)如圖所示，傾角為的斜面底端固定一個(gè)擋板P，質(zhì)量為m的小物塊A與質(zhì)量不計(jì)的木板B疊放在斜面上，A位于B的最上端且與擋板P相距L.已知A與B、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1、2，且1>tan>2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，A與擋板P相撞的過程中沒有機(jī)械能損失將A、B同時(shí)由靜止釋放(1)求A、B釋放瞬間小物塊A的加速度大小a1；(2)若A與擋板P不相撞，求木板B的最小長度l0；(3)若木板B的長度為l，求整個(gè)過程中木板B運(yùn)動(dòng)的總路程解析(1)釋放A、B，它們一起勻加速下滑，以A、B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有mgsin2mgcosma1，解得a1gsin2gcos.(2)在B與擋板P相撞前，A和B相對(duì)靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運(yùn)動(dòng)B與擋板P相撞后立即靜止，A開始勻減速下滑若A到達(dá)擋板P處時(shí)的速度恰好為零，此時(shí)B的長度即為最小長度l0.從A釋放至到達(dá)擋板P處的過程中，B與斜面間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q12mgcos·(Ll0)，A與B間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q21mgcos·l0根據(jù)能量守恒定律有mgLsinQ1Q2，得l0L.(3)分兩種情況：若ll0，B與擋板P相撞后不反彈，A一直減速直到靜止在木板B上木板B通過的路程sLl若l<l0，B與擋板P相撞后，A在木板B上減速運(yùn)動(dòng)直至與擋板P相撞由于碰撞過程中沒有機(jī)械能損失，A將以撞前速率返回，并帶動(dòng)木板一起向上減速；當(dāng)它們的速度減為零后，再重復(fù)上述過程，直至物塊A停在擋板處在此過程中，A與B間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q11mgcos·l，B與斜面間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q22mgcos·s，根據(jù)能量守恒定律有mgLsinQ1Q2，解得s.答案(1)gsin2gcos(2)L(3)處理多過程問題的技巧(1)“合”整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景；(2)“分”將全過程進(jìn)行分解，分析每個(gè)子過程對(duì)應(yīng)的基本規(guī)律；(3)“合”找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點(diǎn)為突破口，尋求解題最優(yōu)方案. 考場滿分答卷策略功能關(guān)系在力學(xué)中的綜合應(yīng)用真題案例審題流程(2019·全國卷)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖(a)所示t0時(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時(shí)，速度減為0，此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止物塊A運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖(b)所示，圖中的v1和t1均為未知量已知A的質(zhì)量為m，初始時(shí)A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力(1)求物塊B的質(zhì)量；(2)在圖(b)所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；(3)已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上求改變前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值.滿分樣板解析(1)根據(jù)圖(b)，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小設(shè)物塊B的質(zhì)量為m，碰撞后瞬間的速度大小為v.由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv1mmvmvm2mv2聯(lián)立式得m3m(2)在圖(b)所描述的運(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點(diǎn)的高度為h，整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為W.由動(dòng)能定理有mgHfs1mv0(fs2mgh)0m2從圖(b)所給出的vt圖線可知s1v1t1s2··(1.4t1t1)由幾何關(guān)系物塊A在整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為Wfs1fs2聯(lián)立式可得WmgH(3)設(shè)傾斜軌道傾角為，物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在改變前為，有Wmgcos·設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s，由動(dòng)能定理有mgs0mv2設(shè)改變后的動(dòng)摩擦因數(shù)為，由動(dòng)能定理有mghmgcos·mgs0聯(lián)立式可得答案(1)3m(2)mgH(3)評(píng)分細(xì)則滿分技巧細(xì)則1本題共20分，第(1)問4分，第(2)問8分，第(3)問8分，每式1分，每式2分細(xì)則2若過程式都正確，只有計(jì)算結(jié)果錯(cuò)誤，或者沒有計(jì)算結(jié)果，只扣的分?jǐn)?shù)細(xì)則3式?jīng)]有用功能處理，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式，如正確同樣給分.技巧1要有必要的文字說明(1)說明非題設(shè)字母、符號(hào)的物理意義例如設(shè)物塊B的質(zhì)量為m.(2)說明研究對(duì)象例如以物塊B為研究對(duì)象(3)說明研究的過程或狀態(tài)(4)說明所列方程的依據(jù)例如式為動(dòng)量守恒，式為機(jī)械能守恒技巧2即使題目不會(huì)做也要把與本題相關(guān)的表達(dá)式都寫上閱卷時(shí)只看評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)中給定的公式來給分，同一個(gè)表達(dá)式與多個(gè)對(duì)象掛鉤寫多遍，也是有分的技巧3用最常規(guī)、最基本的方法解題，不標(biāo)新立異閱卷工作量很大，且速度很快，采用特殊解法容易造成閱卷老師錯(cuò)批，進(jìn)而失分技巧4要有書寫規(guī)范的物理方程式(1)寫出的物理方程式必須是原始方程式，不能以變形的結(jié)果式代替方程式(2)要用字母表達(dá)方程，不要摻有數(shù)字的方程，也不要方程套方程(3)對(duì)多過程問題，應(yīng)分步列式，不要合寫一式，對(duì)各方程式要編號(hào)，以及計(jì)算和說明.專題強(qiáng)化訓(xùn)練(六)一、選擇題1(多選)(2019·四川省攀枝花市第二次統(tǒng)考)物體由地面以120 J的初動(dòng)能豎直向上拋出，當(dāng)它從拋出至上升到某一點(diǎn)A的過程中，動(dòng)能減少40 J，機(jī)械能減少10 J設(shè)空氣阻力大小不變，以地面為參考平面，則物體()A落回到地面時(shí)機(jī)械能為70 JB到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能為90 JC從最高點(diǎn)落回地面的過程中重力做功為60 JD從拋出到落回地面的過程中克服空氣阻力做功為60 J解析物體以120 J的初動(dòng)能豎直向上拋出，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，向上運(yùn)動(dòng)的過程中重力和阻力都做負(fù)功，當(dāng)上升到某一高度時(shí)，動(dòng)能減少了40 J，而機(jī)械能損失了10 J根據(jù)功能關(guān)系可知：合力做功為40 J，空氣阻力做功為10 J，對(duì)從拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的過程，根據(jù)功能關(guān)系：mghFfh40 J，F(xiàn)fh10 J，得Ffmg；當(dāng)上升到最高點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為零，動(dòng)能減少120 J，設(shè)最大高度為H，則有：mgHFfH120 J，解得FfH30 J，即機(jī)械能減少30 J，在最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能為120 J30 J90 J，即上升過程機(jī)械能共減少了30 J；下落過程中，由于空氣阻力做功不變，所以機(jī)械能又損失了30 J，故整個(gè)過程克服空氣阻力做功為60 J，則該物體落回到地面時(shí)的機(jī)械能為60 J，從最高點(diǎn)落回地面的過程中重力做功為mgH90 J，故A、C錯(cuò)誤，B、D正確答案BD2. (多選)(2019·惠州市高三調(diào)研)如圖所示，粗糙斜面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連，彈簧處于自然長度時(shí)物塊位于O點(diǎn)現(xiàn)將物塊拉到A點(diǎn)后由靜止釋放，物塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B，圖中B點(diǎn)未畫出下列說法正確的是()A速度最大時(shí)，B點(diǎn)一定在O點(diǎn)左下方B速度最大時(shí)，物塊的位置可能在O點(diǎn)左下方C從A到B的過程中，物塊和彈簧的總機(jī)械能一定減少D從A到B的過程中，物塊減少的機(jī)械能一定等于它克服摩擦力做的功解析彈簧處于自然長度時(shí)物塊處于O點(diǎn)，所以在O點(diǎn)時(shí)彈簧彈力為零，物塊從A向B運(yùn)動(dòng)的過程中，受重力、支持力、彈簧的彈力和滑動(dòng)摩擦力作用，當(dāng)受力平衡時(shí)物塊的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以當(dāng)彈力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力時(shí)，速度最大，由于不知道物塊重力沿斜面方向的分力與摩擦力的大小關(guān)系，故無法判斷彈簧此時(shí)是處于伸長還是壓縮狀態(tài)，即B點(diǎn)可能在O點(diǎn)，也可能在O點(diǎn)左下方，也可能在O點(diǎn)右上方，A錯(cuò)誤，B正確；從A到B的過程中，滑動(dòng)摩擦力一直做負(fù)功，故物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少，C正確；從A到B的過程中，根據(jù)能量守恒定律，當(dāng)彈簧的彈性勢能增加時(shí)，物塊減少的機(jī)械能大于它克服摩擦力做的功，D錯(cuò)誤答案BC3. (多選)(2019·安徽省示范高中聯(lián)考)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M6 kg，質(zhì)量m2 kg的鐵塊以水平速度v012 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則下列說法中正確的是()A鐵塊和木板最終共同以3 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)B運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的最大彈性勢能為54 JC運(yùn)動(dòng)過程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量為54 JD運(yùn)動(dòng)過程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量為108 J解析設(shè)最終鐵塊與木板的共同速度大小為v，鐵塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)的最大路程為L，滑動(dòng)摩擦力大小為f.取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可知mv0(Mm)v，解得v3 m/s，方向向右，所以鐵塊和木板最終共同以3 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確鐵塊相對(duì)于木板向右運(yùn)動(dòng)，鐵塊與木板的速度相同時(shí)彈簧的彈性勢能最大，由動(dòng)量守恒定律知此時(shí)兩者的速度也為v3 m/s，根據(jù)能量守恒定律，鐵塊相對(duì)于木板向右運(yùn)動(dòng)過程，有mvfL(Mm)v2Ep，鐵塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程有，mv2fL(Mm)v2，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢能Ep54 J、fL54 J，B正確由功能關(guān)系知，運(yùn)動(dòng)過程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q2fL108 J，C錯(cuò)誤，D正確答案ABD4(2019·漢中市高三質(zhì)檢一)空降兵是現(xiàn)代軍隊(duì)的重要兵種一次訓(xùn)練中，空降兵從靜止在空中的直升機(jī)上豎直跳下(初速度可看成零，未打開降落傘前不計(jì)空氣阻力)，下落高度h之后打開降落傘，接著又下降高度H之后，空降兵勻速下降設(shè)空降兵打開降落傘之后受到的空氣阻力與速度平方成正比，比例系數(shù)為k，即fkv2，重力加速度為g，那么關(guān)于空降兵的說法正確的是()A空降兵從跳下到下落高度為h時(shí)，機(jī)械能一定損失了mghB空降兵從跳下到剛勻速下降時(shí)，重力勢能一定減少了mgHC空降兵勻速下降時(shí)，速度大小為D空降兵從跳下到剛勻速下降的過程，克服阻力做功為mg(Hh)解析空降兵從跳下到下落高度為h的過程中，只有重力做功，機(jī)械能不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；空降兵從跳下到剛勻速下降時(shí)，重力做功為mg(Hh)，重力勢能一定減少了mg(Hh)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；空降兵勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力與阻力大小相等，所以：kv2mg，得：v，選項(xiàng)C正確；空降兵從跳下到剛勻速下降的過程，重力和阻力對(duì)空降兵做的功等于空降兵動(dòng)能的變化，即：mg(Hh)Wfmv2，解得：Wfmg(Hh)m2mg(Hh)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案C5(多選)(2019·重慶市高三調(diào)研)如圖所示，水平傳送帶以恒定速率轉(zhuǎn)動(dòng)每隔相同時(shí)間T，在左端A點(diǎn)，輕輕放上一個(gè)完全相同的工件，已知工件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，工件質(zhì)量為m.經(jīng)測量，發(fā)現(xiàn)那些已經(jīng)和傳送帶共速的工件之間的距離均為L.已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A傳送帶的速度大小為B工件在傳送帶上的加速時(shí)間為C每個(gè)工件與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為D傳送帶因傳送一個(gè)工件而多消耗的能量為解析工件在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，每個(gè)工件放在傳送帶上后運(yùn)動(dòng)的規(guī)律相同，可知LvT，解得傳送帶的速度v，A正確；設(shè)每個(gè)工件做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)牛頓第二定律有，工件的加速度為g，根據(jù)vv0at，解得t，B錯(cuò)誤；工件與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)的路程為xv，則摩擦產(chǎn)生的熱量為Qmg·x，C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒有，傳送帶因傳送一個(gè)工件多消耗的能量Emv2mg·x，D正確答案AD6(多選)(2019·安徽師大附中模擬) 如圖所示，質(zhì)量m1 kg的物體從高為h0.2 m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，傳送帶AB之間的距離為L5 m，傳送帶一直以v4 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則()A物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 sB物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對(duì)物體做功為2 JC物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2 JD物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)多做功10 J解析設(shè)物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0，對(duì)PA過程，由機(jī)械能守恒定律有：mvmgh，代入數(shù)據(jù)得：v02 m/s<v4 m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為ag2 m/s2；當(dāng)物體的速度與傳送帶的速度相等時(shí)，用時(shí)為：t1 s1 s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1t1×1 m3 m<L5 m，所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2 s0.5 s，故物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為：tt1t21.5 s，A正確；物體運(yùn)動(dòng)到B的速度是v4 m/s，根據(jù)動(dòng)能定理得：摩擦力對(duì)物體做功Wfmv2mv J6 J，B錯(cuò)誤；在t1時(shí)間內(nèi)，傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x帶vt14 m，故產(chǎn)生熱量Qmgxmg(x帶x1)，代入數(shù)據(jù)得：Q2 J，C正確；電動(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動(dòng)機(jī)多做的功WQ J8 J，D錯(cuò)誤答案AC7(多選)(2019·江蘇卷)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度在上述過程中()A彈簧的最大彈力為mgB物塊克服摩擦力做的功為2mgsC彈簧的最大彈性勢能為mgsD物塊在A點(diǎn)的初速度為解析小物塊處于最左端時(shí)，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運(yùn)動(dòng)再減速運(yùn)動(dòng)，可知彈簧的最大彈力大于滑動(dòng)摩擦力mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊從開始運(yùn)動(dòng)至最后回到A點(diǎn)過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2mgs，選項(xiàng)B正確；自物塊從最左側(cè)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)過程由能量守恒定律可知Epmgs，選項(xiàng)C正確；設(shè)物塊在A點(diǎn)的初速度為v0，整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理有2mgs0mv，解得v02，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案BC8(多選)(2019·全國卷)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢能Ep之和取地面為重力勢能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示重力加速度取10 m/s2.由圖中數(shù)據(jù)可得()A物體的質(zhì)量為2 kgBh0時(shí)，物體的速率為20 m/sCh2 m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek40 JD從地面至h4 m，物體的動(dòng)能減少100 J解析根據(jù)題給圖像可知h4 m時(shí)物體的重力勢能mgh80 J，解得物體質(zhì)量m2 kg，拋出時(shí)物體的動(dòng)能為Ek100 J，由動(dòng)能表達(dá)式Ekmv2，可知h0時(shí)物體的速率為v10 m/s，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知fh|E|20 J，解得物體上升過程中所受空氣阻力f5 N，從物體開始拋出至上升到h2 m的過程中，由動(dòng)能定理有mghfhEk100 J，解得Ek50 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題給圖像可知，物體上升到h4 m時(shí)，機(jī)械能為80 J，重力勢能為80 J，動(dòng)能為零，即物體從地面上升到h4 m，物體動(dòng)能減少100 J，選項(xiàng)D正確答案AD9(多選)(2019·鄭州外校期末測試)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊從傾角為的傳送帶底端由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持速率v勻速運(yùn)動(dòng)，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(>tan)，物塊到達(dá)頂端前能與傳送帶保持相對(duì)靜止在物塊從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止的過程中，下列說法正確的是()A電動(dòng)機(jī)因運(yùn)送物塊多做的功為mv2B系統(tǒng)因運(yùn)送物塊增加的內(nèi)能為C傳送帶克服摩擦力做的功為mv2D電動(dòng)機(jī)因運(yùn)送物塊增加的功率為mgvcos解析電動(dòng)機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和物塊機(jī)械能的增加量對(duì)物塊，增加的機(jī)械能為Ef·Lmgcos··t，系統(tǒng)增加的內(nèi)能Qf·sf·(s帶s物)fmgcos·t，故EQ.故電動(dòng)機(jī)多做的功等于物塊機(jī)械能增加量的2倍，大于mv2，故A錯(cuò)誤系統(tǒng)增加的內(nèi)能Qf·smgcos·t.物塊的加速度ag(cossin)故加速時(shí)間t，故系統(tǒng)增加的內(nèi)能Q，故B正確傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離s帶vt，故傳送帶克服摩擦力做功Wf克f·s帶mgcos·，故C錯(cuò)誤電動(dòng)機(jī)增加的功率即為克服摩擦力做功的功率，大小為Pfvmgcos·v，故D正確答案BD二、非選擇題10(2019·寧夏銀川模擬)如圖所示，在光滑水平地面上放置質(zhì)量M2 kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切一質(zhì)量m1 kg的小滑塊自A點(diǎn)沿弧面由靜止滑下，A點(diǎn)距離長木板上表面的高度h0.6 m滑塊在木板上滑行t1 s后和木板以共同速度v1 m/s勻速運(yùn)動(dòng)，取g10 m/s2.求： (1)滑塊與木板間的摩擦力；(2)滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功；(3)滑塊自A點(diǎn)沿弧面由靜止滑下到與木板共同運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？解析(1)滑塊在木板上滑行時(shí)，對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律有FfMa1由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得va1t代入數(shù)據(jù)解得Ff2 N.(2)滑塊在木板上滑行時(shí)，對(duì)滑塊，根據(jù)牛頓第二定律有Ffma2設(shè)滑塊滑上木板時(shí)的初速度為v0，則有vv0a2t，代入數(shù)據(jù)解得v03 m/s滑塊沿弧面下滑的過程，由動(dòng)能定理得mghWfmv，則WfmghmvQ1Wfmghmv1.5 J.(3)滑塊在木板上滑行，t1 s時(shí)木板的位移為s1a1t2此過程中滑塊的位移為s2v0ta2t2故滑塊相對(duì)木板滑行的距離為Ls2s11.5 m所以Q2Ff·L3 J，則QQ1Q24.5 J.答案(1)2 N(2)1.5 J(3)4.5 J11(2019·山東省淄博市一中三模)如圖所示，一勁度系數(shù)很大的輕質(zhì)彈簧下端固定在傾角30°的斜面底端，將彈簧上端壓縮到A點(diǎn)鎖定一質(zhì)量為m的小物塊緊靠彈簧上端放置，解除彈簧鎖定，小物塊將沿斜面上滑至B點(diǎn)后又返回，A、B兩點(diǎn)的高度差h，彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢能Epmgh，鎖定及解除鎖定均無機(jī)械能損失，斜面上A點(diǎn)以下部分的摩擦不計(jì)，已知重力加速度為g.求：(1)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)物塊在離開彈簧后上滑和下滑過程中的加速度大小之比；(3)若每次當(dāng)物塊離開彈簧后立即將彈簧壓縮到A點(diǎn)鎖定，當(dāng)物塊返回A點(diǎn)時(shí)立刻解除鎖定設(shè)斜面最高點(diǎn)C(未畫出)與A的高度差為3h，試通過計(jì)算判斷物塊最終能否從C點(diǎn)拋出解析(1)物塊從A第一次上滑到B的過程中，由功能關(guān)系得：WfmghEp.即mgcos·mghmgh解得：(2)在上滑和下滑的過程中物塊都受到重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力的作用，設(shè)上滑和下滑過程中的加速度大小分別是a1和a2，根據(jù)牛頓第二定律得：物塊上滑過程中有：mgsinmgcosma1，得a1g(sincos)g×g物塊下滑過程中有：mgsinmgcosma2，得a2g(sincos)g×g故a1a253.(3)經(jīng)過足夠長時(shí)間后，彈簧給物塊補(bǔ)充的彈性勢能將全部用來克服物塊在斜面上來回運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力做功，設(shè)穩(wěn)定時(shí)物塊上升的最大高度為hm.則由功能關(guān)系得：EpWf總即mgh2mgcos·解得；hm2.5h<3h所以物塊不可能到達(dá)C點(diǎn)，即不能從C點(diǎn)拋出答案(1)(2)53(3)不能24