高三新高考物理一輪人教版學(xué)案第五章第2課時(shí)　動能定理

第2課時(shí)動能定理eq\a\vs4\al(重點(diǎn)培優(yōu)課)考點(diǎn)一動能定理的理解和應(yīng)用1．動能(1)定義：物體由于運(yùn)動而具有的能量叫做動能。(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，單位：焦耳。(3)動能是標(biāo)量、狀態(tài)量。2．動能定理(1)內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。(2)表達(dá)式：W＝Ek2－Ek1。(3)物理意義：合外力做的功是物體動能變化的量度。eq\a\vs4\al([特別提醒])動能是標(biāo)量，動能定理表達(dá)式是標(biāo)量式，學(xué)生常把動能分解為兩個分動能，或在某個方向上應(yīng)用動能定理而出錯。原因是對動能定理理解不透徹，動能的變化等于相應(yīng)過程中所有力對物體做的總功，因此“某個方向的合力做的功等于該方向上動能的變化”不成立。3．公式中“＝”體現(xiàn)的三個關(guān)系4．應(yīng)用動能定理的解題步驟[典例](2019·天津高考)完全由我國自行設(shè)計(jì)、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于研究艦載機(jī)的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)t＝6s到達(dá)B點(diǎn)進(jìn)入BC。已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求：(1)艦載機(jī)水平運(yùn)動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時(shí)，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。[解析](1)艦載機(jī)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時(shí)的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①根據(jù)動能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W×104J。③(2)設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有L2＝Rsinθ④由牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得FN×103N。⑥[答案]×104×103Neq\a\vs4\al([易錯提醒])應(yīng)用動能定理的注意事項(xiàng)(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動能定理時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)。(3)應(yīng)用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動過程分析，并畫出物體運(yùn)動過程的草圖，借助草圖理解物理過程和各量關(guān)系。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·重慶卷)一質(zhì)量為m的物塊僅在重力作用下運(yùn)動，物塊位于r1和r2時(shí)的重力勢能分別為3E0和E0(E0>0)。若物塊位于r1時(shí)速度為0，則位于r2時(shí)其速度大小為()A．2eq\r(\f(E0,m)) B.eq\r(\f(6E0,m))C．2eq\r(\f(2E0,m)) D．4eq\r(\f(E0,m))解析：選A物塊僅在重力作用下運(yùn)動，物塊的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知條件為3E0＋0＝E0＋eq\f(1,2)mv2，解得物塊位于r2處的速度大小v＝2eq\r(\f(E0,m))，故A項(xiàng)正確。2．如圖甲所示為2022年北京冬奧會跳臺滑雪場館“雪如意”的效果圖。如圖乙所示為由助滑區(qū)、空中飛行區(qū)、著陸緩沖區(qū)等組成的依山勢而建的賽道示意圖。運(yùn)動員保持蹲踞姿勢從A點(diǎn)由靜止出發(fā)沿直線向下加速運(yùn)動，經(jīng)過距離A點(diǎn)s＝20m處的P點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動員的速度為v1＝50.4km/h。運(yùn)動員滑到B點(diǎn)時(shí)快速后蹬，以v2＝90km/h的速度飛出，經(jīng)過一段時(shí)間的空中飛行，以v3＝126km/h的速度在C點(diǎn)著地。已知B、C兩點(diǎn)間的高度差h＝80m，運(yùn)動員的質(zhì)量m＝60kg，重力加速度g取9.8m/(1)A到P過程中運(yùn)動員的平均加速度大??；(2)以B點(diǎn)為零勢能參考點(diǎn)，求到C點(diǎn)時(shí)運(yùn)動員的機(jī)械能；(3)從B點(diǎn)起跳后到C點(diǎn)落地前的飛行過程中，運(yùn)動員克服阻力做的功。解析：(1)v1＝50.4km/h＝14m/由運(yùn)動學(xué)公式v12＝2as解得：a＝eq\f(v12,2s)＝4.9m/s2。(2)v2＝90km/h＝25m/s，v3＝126km/h＝35m由能量關(guān)系得：E＝－mgh＋eq\f(1,2)mv32解得E＝－10290J≈×104J。(3)由動能定理得：mgh－W＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv22解得：W＝29040J≈×104J。答案：(1)4.9m/s2×104J×104J考點(diǎn)二動能定理與圖像的綜合1．力學(xué)中圖像所圍“面積”的意義v-t圖像由公式x＝vt可知，v-t圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示物體的位移a-t圖像由公式Δv＝at可知，a-t圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示物體速度的變化量F-x圖像由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示力所做的功P-t圖像由公式W＝Pt可知，P-t圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示力所做的功2．解決物理圖像問題的基本步驟[考法細(xì)研]考法1v-t圖像[例1]靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運(yùn)動，t＝4s時(shí)物塊停下，其v-t圖像如圖所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個過程中拉力做的功等于零C．t＝2s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個過程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功[解析]對物塊運(yùn)動全過程應(yīng)用動能定理得：WF－Wf＝0，A正確，B錯誤；物塊在加速運(yùn)動過程中受到的拉力最大，結(jié)合題圖可知，t＝1s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為整個過程中拉力功率的最大值，C錯誤；t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯誤。[答案]A考法2a-t圖像[例2]用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動，后向負(fù)方向運(yùn)動B．0～6s內(nèi)物體在4s時(shí)的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力對物體做的功[解析]a-t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的“面積”等于速度的變化量，由題給圖像可知，0～6s內(nèi)速度變化量為正，物體速度方向不變，物體在0～5s內(nèi)一直加速，5s時(shí)速度最大，A、B均錯誤；2～4s內(nèi)物體的加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動，C錯誤；由題圖可知，t＝4s時(shí)和t＝6s時(shí)物體速度大小相等，由動能定理可知，物體在0～4s內(nèi)和0～6s內(nèi)動能變化量相等，合外力做功也相等，D正確。[答案]D考法3P-t圖像[例3](多選)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時(shí)間的關(guān)系圖像和該拉力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖像分別如圖甲、乙所示。下列說法中正確的是(g取10m/s2)()A．0～6s內(nèi)拉力做的功為140JB．物體在0～2s內(nèi)所受的拉力為4ND．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等[解析]由P＝Fv可知，物體在0～2s內(nèi)所受的拉力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60,10)N＝6N，在2～6s內(nèi)所受的拉力F′＝eq\f(P′,v′)＝eq\f(20,10)N＝2N，B錯誤；拉力在0～6s內(nèi)做的總功W＝Fx1＋F′x2＝6×eq\f(10,2)×2J＋2×10×4J＝140J，A正確；由物體在2～6s內(nèi)做勻速運(yùn)動可知，F(xiàn)′＝μmg，可求得μ＝0.25，C錯誤；由動能定理可知，物體所受的合外力在0～6s內(nèi)所做的功與0～2s內(nèi)所做的功均為eq\f(1,2)mv2＝40J，D正確。[答案]AD考法4F-x圖像[例4]如圖甲所示，長為4m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接。有一質(zhì)量為1kg的滑塊(大小不計(jì))從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示?；瑝K與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10m/s2，求：(1)滑塊到達(dá)B處時(shí)的速度大??；(2)滑塊在水平軌道AB上運(yùn)動前2m過程所用的時(shí)間；(3)若到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好到達(dá)最高點(diǎn)C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？[解析](1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得F1x1＋F3x3－μmgx＝eq\f(1,2)mvB2解得vB＝2eq\(2)在前2m內(nèi)，有F1－μmg＝ma，且x1＝eq\f(1,2)at12，解得t1＝eq\r(\f(8,35))s。(3)當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)，有mg＝meq\f(vC2,R)對滑塊從B到C的過程，由動能定理得W－mg×2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2聯(lián)立解得W＝－5J即滑塊克服摩擦力做的功為5J。[答案](1)2eq\r(10)m/s(2)eq\r(\f(8,35))s(3)5J考法5W-x圖像[例5](多選)質(zhì)量為1kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運(yùn)動，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力f做的功與物體位移的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()B．物體運(yùn)動的位移為13mC．物體在前3m運(yùn)動過程中的加速度為3m/s2D．x＝9m時(shí)，物體的速度為3eq\r(2)m/s[解析]由題圖可知，Wf＝μmgx1＝20J，解得：μ＝0.2，A正確；由f＝μmg＝2N，fx2＝Wf′＝27J，解得：x2＝13.5m，B錯誤；又WF＝Fx3，解得：前3m內(nèi)，F(xiàn)＝eq\f(15,3)N＝5N，由F－f＝ma，解得：a＝3m/s2，C正確；由動能定理可得：WF′－fx4＝eq\f(1,2)mv2，解得：x4＝9m時(shí)物體的速度v＝3eq\r(2)m/s，D正確。[答案]ACD考法6Ek-h圖像[例6](多選)“彈跳小人”(如圖甲所示)是一種深受兒童喜愛的玩具，其原理如圖乙所示。豎直光滑長桿固定在地面不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端不固定，上端與滑塊拴接，滑塊的質(zhì)量為0.80kg?，F(xiàn)在向下壓滑塊，直到彈簧上端離地面高度h＝0.40m時(shí)停止，然后由靜止釋放滑塊?；瑝K的動能Ek隨離地高度h變化的圖像如圖丙所示。其中高度從0.80m到1.40m范圍內(nèi)的圖線為直線，其余部分為曲線。若以地面為重力勢能的參考平面，空氣阻力為恒力，g取10m/s2。則結(jié)合圖像可知()A．彈簧原長為0.72mB．空氣阻力大小為1.00NC．彈簧的最大彈性勢能為9.00JD．在彈簧落回地面的瞬間滑塊的動能為5.40J[解析]由題圖丙可知，從h＝0.80m開始，彈簧下端與地面分離，則知彈簧的原長為0.80m，故A錯誤；從0.80m上升到1.40m過程，在Ek-h圖像中，根據(jù)動能定理知：圖線的斜率大小表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，根據(jù)動能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由題丙圖知Δh＝0.60m，Ek＝5.40J，解得空氣阻力f＝1.00N，故B正確；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，整個過程中，增加的重力勢能和克服空氣阻力做功之和等于彈簧的最大彈性勢能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9×(1.40－0.4)J＝9.00J，故C正確；滑塊由最大高度到彈簧落回地面的瞬間，根據(jù)動能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2J，故D錯誤。[答案]BC考法7s2-v02圖像[例7]如圖甲所示，一滑塊從平臺上A點(diǎn)以初速度v0向右滑動，從平臺上滑離后落到地面上的落地點(diǎn)離平臺的水平距離為s。多次改變初速度的大小，重復(fù)前面的過程，根據(jù)測得的多組v0和s，作出s2-v02圖像如圖乙所示。滑塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為0.3，重力加速度g＝10m/s2。求平臺離地的高度h及滑塊在平臺上滑行的距離d。[解析]設(shè)滑塊滑到平臺邊緣時(shí)的速度為v，根據(jù)動能定理得：－μmgd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02滑塊離開平臺后做平拋運(yùn)動，則有：h＝eq\f(1,2)gt2，s＝vt聯(lián)立以上三式得：s2＝eq\f(2h,g)v02－4μhd圖像的斜率：eq\f(2h,g)＝eq\f(2,22－12)＝0.2，解得：h＝1m當(dāng)s2＝0時(shí)，v02＝12，解得：d＝2m。[答案]1m2m[系統(tǒng)歸納]動能定理與圖像結(jié)合問題的分析方法1．首先看清所給圖像的種類(如v-t圖像、F-x圖像、P-t圖像等)。2．挖掘圖像的隱含條件——得出所需要的物理量，如由v-t圖像與橫坐標(biāo)軸所包圍的“面積”求位移，由F-x圖像與橫坐標(biāo)軸所包圍的“面積”求功等。3．分析物體受力情況、運(yùn)動情況和各力做功情況，根據(jù)動能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量?？键c(diǎn)三運(yùn)用動能定理求解多過程、往復(fù)運(yùn)動問題1．由于多過程問題的受力情況、運(yùn)動情況比較復(fù)雜，因此從動力學(xué)的角度分析往往比較復(fù)雜，利用動能定理分析此類問題，是從總體上把握研究對象運(yùn)動狀態(tài)的變化，并不需要從細(xì)節(jié)上了解。(1)運(yùn)用動能定理解決多過程問題時(shí)，有兩種思路：一種是分段列式按部就班，注意銜接；另一種是全過程列式，計(jì)算簡便，但要分析全面，不能遺漏某個功。(2)涉及往復(fù)運(yùn)動，要注重分析往返過程的共性和差異、受力情況及各力做功的差異，有時(shí)按全過程應(yīng)用動能定理會很簡單、方便。2．所列動能定理方程涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的特點(diǎn)：(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小與路程的乘積。[考法細(xì)研]考法1物體多過程運(yùn)動[例1]在學(xué)校組織的趣味運(yùn)動會上，某科技小組為大家提供了一個游戲。如圖所示，將一質(zhì)量為0.1kg的鋼球放在O點(diǎn)，用彈射裝置將其彈出，鋼球沿著光滑的半圓形軌道OA和AB運(yùn)動。BC段為一段長為L＝2.0m的粗糙平面，DEFG為接球槽。半圓形軌道OA和AB的半徑分別為r＝0.2m、R＝0.4m，小球與BC段的動摩擦因數(shù)為μ＝0.7，C點(diǎn)離接球槽的高度為h＝1.25m，水平距離為x＝0.5m，接球槽足夠大，g取10m/s2。求：(1)要使鋼球恰好不脫離半圓形軌道，鋼球在A點(diǎn)的速度大??；(2)鋼球恰好不脫離軌道時(shí)，在B位置對半圓形軌道的壓力大?。?3)要使鋼球最終能落入槽中，彈射速度v0至少多大。[解析](1)要使鋼球恰好不脫離半圓形軌道，鋼球在最高點(diǎn)A時(shí)，對鋼球分析有mg＝meq\f(vA2,R)，解得vA＝2m/s。(2)鋼球從A到B的過程由動能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，在B點(diǎn)有FN－mg＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝6N，根據(jù)牛頓第三定律，知鋼球在B位置對半圓形軌道的壓力大小為6N。(3)從C到D鋼球做平拋運(yùn)動，要使鋼球恰好能落入槽中，則x＝vCt，h＝eq\f(1,2)gt2，解得vC＝1m/s，假設(shè)鋼球在A點(diǎn)的速度恰為vA＝2m/s時(shí)，鋼球可運(yùn)動到C點(diǎn)，且速度為vC′，從A到C由動能定理得mg·2R－μmgL＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mvA2，解得vC′2<0，故當(dāng)鋼球在A點(diǎn)的速度恰為vA＝2m/s時(shí)，鋼球不可能到達(dá)C點(diǎn)，更不可能入槽，要使鋼球最終能落入槽中，需要更大的彈射速度，才能使鋼球既不脫離軌道，又能落入槽中。當(dāng)鋼球到達(dá)C點(diǎn)速度為vC時(shí)，v0有最小值，從O到C由動能定理得mgR－μmgL＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(21)m/s。[答案](1)2m/s(2)6N(3)eq\r(21)m/seq\a\vs4\al([規(guī)律方法])利用動能定理求解多過程問題的基本思路(1)弄清物體的運(yùn)動由哪些過程組成。(2)分析每個過程中物體的受力情況。(3)各個力做功有何特點(diǎn)，對動能的變化有無影響。(4)從總體上把握全過程，寫出總功表達(dá)式，找出初、末狀態(tài)的動能。(5)對所研究的全過程運(yùn)用動能定理列方程求解?？挤?物體做往復(fù)運(yùn)動[例2]如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相切，C為切點(diǎn)，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為θ?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點(diǎn)無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運(yùn)動。已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：(1)滑塊第一次滑至左側(cè)圓弧上時(shí)距A點(diǎn)的最小高度差h；(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。[解析](1)滑塊從D到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)F經(jīng)歷DC、CB、BF三個過程，現(xiàn)以DF整個過程為研究過程，運(yùn)用動能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0，解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通過分析可知，滑塊最終滑至C點(diǎn)的速度為0時(shí)對應(yīng)在斜面上的總路程最大，由動能定理得：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0，解得s＝eq\f(R,μ)。[答案](1)eq\f(μRcosθ,tanθ)(2)eq\f(R,μ)eq\a\vs4\al([規(guī)律方法])(1)應(yīng)用動能定理求解往復(fù)運(yùn)動問題時(shí)，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。(2)重力做功與物體運(yùn)動路徑無關(guān)，可用WG＝mgh直接求解。(3)滑動摩擦力做功與物體運(yùn)動路徑有關(guān)，可用Wf＝－Ffs求解，其中s為物體滑行的路程。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．如圖所示，小物塊從傾角為θ的傾斜軌道上A點(diǎn)由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B點(diǎn)，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，A、B兩點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為α，不計(jì)物塊在軌道轉(zhuǎn)折時(shí)的機(jī)械能損失，則動摩擦因數(shù)為()A．tanθ B．tanαC．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)解析：選B如圖所示，設(shè)B、O間距離為x1，A點(diǎn)離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為x2，物塊的質(zhì)量為m，在物塊運(yùn)動的全過程中，應(yīng)用動能定理可得mgh－μmgcosθ·eq\f(x2,cosθ)－μmgx1＝0，解得μ＝eq\f(h,x1＋x2)＝tanα，故選項(xiàng)B正確。2．如圖所示，足夠長的固定木板的傾角為37°，勁度系數(shù)為k＝36N/m的輕質(zhì)彈簧的一端固定在木板上的P點(diǎn)，圖中AP間距等于彈簧的自然長度。現(xiàn)將質(zhì)量m＝1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊放在木板上，在外力作用下將彈簧壓縮到某一位置B點(diǎn)后釋放。已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(3,8)，物塊在B點(diǎn)釋放后向上運(yùn)動，第一次到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小v0＝3eq\r(3)m/s，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求物塊第一次向下運(yùn)動到A點(diǎn)時(shí)的速度大小v1；(2)已知彈簧的彈性勢能表達(dá)式為Ep＝eq\f(1,2)kx2(其中x為彈簧的形變量)，求物塊第一次向下運(yùn)動過程中的最大速度值v；(3)寫出物塊最終的運(yùn)動狀態(tài)，并求出物塊在A點(diǎn)上方運(yùn)動的總路程x′。解析：(1)設(shè)物塊從A點(diǎn)向上滑行的最大距離為s。根據(jù)動能定理，上滑過程有：－mgssin37°－μmgscos37°＝0－eq\f(1,2)mv02下滑過程有：mgssin37°－μmgscos37°＝eq\f(1,2)mv12－0解得：s＝1.5m，v1＝3m/s。(2)物塊第一次向下運(yùn)動過程中，合力為零時(shí)速度最大，物塊此時(shí)處于PA段，則有：mgsin37°＝kx根據(jù)物塊和彈簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒得：mgxsin37°＋eq