2022届高考人教版物理一轮复习学案：第五章 第2节 动能定理及其应用
(新课标)高考物理一轮总复习 第五章 第二讲 动能定理及其应用教案-人教版高三全册物理教案
第二讲动能定理及其应用[小题快练]1．判断题(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( √ )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( × )(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ )(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．( √ )2．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是( BC )A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C ) A．mgh1＋mgh2－WB．mgh2－mgh1－WC．W＋mgh1－mgh2D．W＋mgh2－mgh1考点一 动能定理的理解及应用 (自主学习)1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因． 2．对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．3．应用动能定理的“四点注意”(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．1－1.[解决曲线运动问题] (2015·某某卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( ) A ．一样大 B ．水平抛的最大 C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：根据动能定理可知12mv 2末＝mgh ＋12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确． 答案：A1－2.[解决直线运动问题] 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示．当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4解析：由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12mv 2－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m (v 2)2解得μ＝(v 22gH －1)tan θ，h ＝H4，故D 正确．答案：D1－3.[解决变力做功问题] (2015·全国卷Ⅰ)如图，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．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．答案：C考点二 动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息． 2．应用动能定理解题的基本思路[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示： 小球做平抛运动，由平抛运动规律得v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得 －mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得F N C ＋mg ＝m v 2CR解得F N C ＝8 N由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]动能定理在多过程问题中的应用1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成多个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单方便．2．应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．(2018·余姚中学模拟)如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m ，h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块第二次通过C 点时的速度大小； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小物块从A 到D 的过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0，代入数据得：v D ＝3 m/s.(2)从D 到C 的过程，由动能定理得：mgh 2＝12mv 2C －12mv 2D ，代入数据得：v C ＝6 m/s.(3)滑块最终静止在BC 上，对全过程，运用动能定理得：mgh 1－μmgs ＝0，代入数据解得：s ＝8.6 m ，则距离B 点的距离为：L ＝5 m －(8.6－5) m ＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)6 m/s (3)1.4 m考点三 与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1．v －t 图：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．3－1.[v －t 图象] A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案：C3－2.[a －t 图象] 用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：由a －t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 错误；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12mv 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确． 答案：D1．(多选)(2019·第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于mv 20 D ．合外力对小球做的功等于mv 20解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2－12mv 20＝mgh －W f ，解得：W f ＝mgh －32mv 20<mgh ，故A 错误；重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2－12mv 20＝32mv 20，C 正确，D 错误．2．(2018·某某、某某联考)如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W .因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，则(B )A ．物块将停在C 点B ．物块将停在C 点左侧C ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f ＝μmg cos θ·L ，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N －mg cos θ＝m v 2R，即F N ＞mg cos θ，故此时的滑动摩擦力f ′＝μF N ＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L ，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W ′f ＞W f ＝μmg cos θ·L ，根据动能定理可知，物块将停在C 点左侧，故A 错误，B 正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W ，故C 、D 错误．3．如图所示，水平平台上有一个质量m ＝50 kg 的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x 的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h 不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v ＝0.5 m/s ，x ＝4 m ，h ＝3 m ，g 取10 m/s 2.求人克服细绳的拉力做的功．解析：设人发生x 的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v 1＝v cos θ由几何关系得cos θ＝xh 2＋x 2在此过程中，物块的位移s ＝h 2＋x 2－h ＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgs 对物块，由动能定理得W T －W f ＝12mv 21所以人克服细绳的拉力做的功W T ＝mv 2x 22(h 2＋x 2)＋μmgs ＝504 J.答案：504 J[A 组·基础题]1．(2016·某某卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( C ) A ．动能增加了1 900 J B ．动能增加了2 000 J C ．重力势能减小了1 900 J D ．重力势能减小了2 000 J2. 质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( B )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.1μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ) B ．1μ(v 202g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ)D ．1μ(v 202g cos θ＋x 0cot θ)4. 如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功 5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变7．(多选) (2016·某某卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( AB )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g8．(多选) 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同[B 组·能力题]9．(多选)(2019·某某实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A ．小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ＝fd B ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝v 20＋2m (Pt 1－fd )C ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝2v 20＋2m (Pt 1－fd )D ．小船经过B 点时的加速度大小a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm 解析：小船从A 点运动到B 点过程中克服阻力做功：W f ＝fd ，故A 正确；小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功：W ＝Pt 1 ，由动能定理有：W －W f ＝12mv 21－12mv 20，联立解得：v 1＝v 20＋2(Pt 1－fd )m，故B 正确，C 错误；设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v ′，则P ＝Fv ′， v ′＝v 1cos θ，F cos θ－f ＝ma ，联立解得：a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm ，故D 正确．A ．在运动过程中滑块A 的最大加速度是2.5 m/s 2B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3 m/s 2C ．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD ．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A 、B 相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F ＝2Ma ，解得a ＝F 2M ＝102×2＝2.5 m/s 2；隔离B ，B 受到重力、支持力和A 对B 的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f ＝Ma ＝2×2.5＝5 N ＜μMg ＝6 N ，所以A 、B 不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s 2，故A 正确，B 错误；当F ＝0时，加速度为0，之后A 、B 做匀速运动，位移继续增加，故C 错误；F －x 图象包围的面积等于力F 做的功，W ＝12×2×10＝10 J ；当F ＝0，即a ＝0时达到最大速度，对A 、B 整体，根据动能定理，有W ＝12×2Mv 2m －0；代入数据得：v m ＝ 5 m/s ，故D 正确．11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A点高h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝33.g 取10 m/s 2，求：(1)小球初速度的大小； (2)小球滑过C 点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件． 解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v 2y ＝2gh 代入数据解得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s 在A 点有tan θ＝v yv x得v x ＝v 0＝v ytan θ＝323m/s ＝ 6 m/s. (2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 2代入数据解得v C ＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R 112mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2 代入数据解得R 1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有 12mv 2C ＝mgR 2 代入数据解得R 2＝2.7 m.当圆轨道与AB 相切时R 3＝L 2·tan 60°＝1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0＜R ≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R ≤1.08 m。
2022届高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第2节动能定理及其应用教案新人教版
第2节 动能定理及其应用一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式:E k ＝错误!mv 2，v 为瞬时速度,动能是状态量。
3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2。
4．标矢性:动能是标量,只有正值。
5．动能的变化量:ΔE k ＝E k2－E k1＝错误!mv 错误!－错误!mv 错误!。
二、动能定理1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化.2．表达式：W ＝ΔE k ＝错误!mv 错误!－错误!mv 错误!。
3．物理意义:合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件（1)既适用于直线运动,也适用于曲线运动.(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（3）力可以是各种性质的力,既可以同时作用，也可以不同时作用。
一、思考辨析（正确的画“√”，错误的画“×”)1．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时,动能不一定变化。
2．物体的合外力对物体做的功为零，动能一定不变。
（√） 3．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。
（×) 4．物体的动能不变，其所受的合外力必定为零。
（×） 5．如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。
(√) 二、走进教材1．（鲁科版必修2P 27T 1改编)（多选）关于动能，下列说法正确的是（ ）A ．公式E k ＝12mv 2中的速度v 一般是物体相对于地面的速度 B ．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关C ．物体以相同的速率向东和向西运动,动能的大小相等但方向不同D ．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同AB ［动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。
公式中的速度一般是相对于地面的速度,故A 、B 正确。
］2．(人教版必修2P 74T 1改编)在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是（ )A ．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的错误!B ．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的12C ．甲的质量是乙的4倍,甲的速度是乙的错误!D ．质量相同，速度大小也相同,但甲向东运动，乙向西运动［答案］ D3．（人教版必修2P 75T 4改编）如图所示,倾角θ＝37°的斜面AB 与水平面平滑连接于B 点，A 、B 两点之间的距离x 0＝3 m ，质量m ＝3 kg 的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0。
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【对点演练】
3.(2021湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。
总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节
车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k
为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(
(3)小滑块由 A 运动到 B,由动能定理得
由牛顿第二定律得 F-mgsin 37°=ma
由运动学公式得
1 2
x0=vt+2at
联立解得 t=0.5 s。
1
Fx-μmgx= mv2
2
素养点拨 应用动能定理的注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或
相对地面静止的物体为参考系。
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的距离x0;
(3)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的时间t。
思维点拨 选小滑块为研究对象;选好过程列方程:(1)小滑块由C运动到A过
程应用动能定理;(2)小滑块由A运动到C过程应用动能定理;(3)小滑块由A
运动到B应用动能定理,再用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
2
答案 C
解析 本题考查机车启动问题,考查分析综合能力。动车组匀加速启动过程
中,根据牛顿第二定律,有F-kv=ma,因为加速度a不变,速度v改变,所以牵引
力F改变,选项A错误。由四节动力车厢输出功率均为额定值,可得
4
4P=Fv,F-kv=ma',联立解得 a'=
− ,因为 v 改变,所以 a'改变,选项 B 错误。
2022届高考物理人教版一轮复习课件：第五章 第2讲 动能定理及其应用
2. (动能、动能定理的理解)随着高铁时代的到来，人们出行也是越来越方便， 高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶 段，列车的动能( ) A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的加速度成正比
1 【解析】选 B。根据 v＝at，Ek＝2
次碰到墙壁时动能的 ( )
A.4 倍 C. 8 倍
19
B.19 倍
16
D. 4 倍
19
【解析】选 B。小球做平抛运动，水平方向上匀速直线运动 x=v0t，竖直分速
度 vy=gt= gx ，因为 vx1=v0，vx2=2v0=2vx1，所以 vy1=2vy2，第一次 tan60°= vy1 3 ，
1 Ek＝2
mv2＝2 J，选项 A、C、
Hale Waihona Puke D 错误，B 正确。【加固训练】
1.(能力拔高题)如图所示，在空中某一位置 P 将一个小球以初速度 v0 水
平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成 60°角，若将小球
从 P 点以 2v0 的初速度水平向右抛出，则小球第二次碰到墙壁时的动能为第一
v0
v0
解得 vy1=
3 v0；vy2=
3 2
v0，第一次碰到墙壁时的动能
Ek1=
1 2
m(v20+vy10)=2m
v
2 0
。第
二次碰到墙壁时的动能
将变为原来的四倍，选项A、B、C错误，D正确。
(2)在体育课上，某同学练习投篮，他站在罚球线处用力将篮球从手中投出，
如图所示，篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐
离地高度约为3 m，则该同学投篮时对篮球做的功约为( )
人教版高三物理一轮复习基础梳理第五章课时2动能定理及其应用
课时2 动能定理及其应用一、动能1.定义:物体由于运动而具有的能叫动能。
2.公式:212kEmv。
3.单位:焦耳,1 J=1 N ·m=1 kg ·m 2/s 2。
4.矢标性:动能是标量,只有正值。
二、动能定理1.内容:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中动能的变化。
2.表达式:W=12m 22v12m 21v 或W=E k2E k1。
3.物理意义:合力的功是物体动能变化的量度。
4.适用范围:动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功;适用于单过程分析,也适用于多过程分析。
考点一 对动能的理解1.动能是状态量,E k =12mv 2,只与运动物体的质量及速率有关,而与其运动方向无关,物体运动仅速度的方向发生变化时,动能不变。
而做功是过程量。
ΔE k 均是标量,只有大小,没有方向。
动能的变化量为正值,表示物体的动能增加了,对应于合力对物体做正功;动能的变化量为负值,表示物体的动能减少了,对应于合力对物体做负功,或者说物体克服合力做功。
[典例1] 关于动能的理解,下列说法错误的是( )A.动能是普遍存在的机械能的一种基本形式,凡是运动的物体都具有动能B.动能总是正值,但对于不同的参考系,同一物体的动能大小是不同的C.一定质量的物体,动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化D.动能不变的物体,一定处于平衡状态解析:动能是物体由于运动而具有的能量,所以运动的物体都具有动能,mv2,而v与参考系的选取有关,选项B正确;由于选项A正确;由于E k=12速度为矢量,当只有方向变化时其动能并不改变,选项C正确;做匀速圆周运动的物体动能不变,但并不是处于平衡状态,选项D错误。
答案:D变式1:一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( B )A.Δv=0B.Δv=12 m/sC.ΔE k=1.8 JD.ΔE k=10.8 J解析:取初速度方向为正方向,则Δv=(66)m/s=12 m/s,负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反,由于速度大小没变,动能不变,故动能变化量为0,故只有选项B正确。
2022届高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律实验5探究动能定理教案新人教版
实验五探究动能定理1．实验目的（1）探究外力对物体做的功与物体动能变化的关系.（2)通过实验数据分析,总结出外力对物体做的功与物体速度的二次方成正比关系。
2．实验原理(1)不是直接测量橡皮筋对小车做的功,而是通过改变橡皮筋条数确定橡皮筋对小车做的功W、2W、3W…（累积法)(2）由于橡皮筋做功而使小车获得的速度可以由纸带和打点计时器测出,也可以用其他方法测出.这样，进行若干次测量，就得到若干组功和速度的数据。
（3)以橡皮筋对小车做的功为纵坐标，小车获得的速度为横坐标，作出W。
v或W.v2图象。
分析图象，可以得知橡皮筋对小车做的功与小车获得的速度的定量关系。
3．实验器材小车（前面带小钩）、100~200 g砝码、长木板(两侧适当的对称位置钉两个铁钉）、打点计时器及纸带、学生电源及导线（使用电火花计时器不用学生电源)、5~6条规格相同的橡皮筋、刻度尺。
4．实验步骤（1）安装按原理图将仪器安装好。
（2）平衡摩擦力：在长木板有打点计时器的一端下面垫一块木板，反复移动木板的位置，直至小车上不挂橡皮筋时，轻推小车，纸带打出的点间距均匀,即小车能匀速运动为止.(3）用1条橡皮筋获取数据：先用1条橡皮筋做实验,用打点计时器和纸带测出小车获得的速度v1，设此时橡皮筯对小车做的功为W，将这一组数据记入表格.（4)用2条橡皮筋获取数据：用2条橡皮筋做实验,实验中橡皮筋拉伸的长度与第一次相同，这时橡皮筋对小车做的功为2W，测出小车获得的速度v2，将数据记入表格。
（5）用多条橡皮筋获取数据：用3条、4条…橡皮筋做实验，用同样的方法测出功和速度，记入表格.（6）处理数据，得出结论：作出W。
v或W.v2图象,分析图象得出结论.5．注意事项(1)平衡摩擦力原理：将木板一端垫高，使小车的重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡。
（2）选点测速:测小车的速度时，纸带上的点应选均匀部分的,也就是选小车做匀速运动时的部分。
（3)橡皮筋的选择：橡皮筋应选规格一样的。
高考物理一轮总复习第五章第2讲动能定理及其应用课件新人教版
5．动能的相对性：由于速度具有 相对性 ，所以动能也具有 相对性．
6．动能的变化：物体 末动能 与 初动能 之差，即 ΔEk＝12 mv22－12mv12.
[知识点 2] 动能定理 1．内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中 动 能的变化 .
2．表达式 (1)W＝ ΔEk . (2)W＝ Ek2－Ek1 . (3)W＝ 12mv22－12mv21 . 3．物理意义： 合外力 的功是物体动能变化的量度． 4．适用范围广泛 (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于 曲线运动 . (2)既适用于恒力做功，也适用于 变力做功 . (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以 不同时 作用 .
[题组巩固] 1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止 开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定 ()
A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功
解析：A [由动能定理可知 W 拉－Wf＝Ek－0，因此，Ek＜W 拉， 故 A 正确，B 错误；Ek 可能大于、等于或小于 Wf，选项 C、D 错误．]
解析：沿斜面上滑位移为 L 时速度减到零，由动能定理得： －μmgx1－μmgcos 45°L－mgLsin 45°＝0－12mv02 解得 Lsin 45°＝12v120＋－μμggx1 下滑后停在坐标 x2 处，由动能定理得： mgLsin 45°－μmgLcos 45°－μmg(x1－x2)＝0 解得 x2＝x1－Lsin 45°＝13.3 m. 答案：13.3 m
(3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运 动，加速度大小为 g.设小球在竖直方向的初速度为 v⊥，从 C 点落至 水平轨道上所用时间为 t.由运动学公式有
高考物理一轮复习第5章机械能第二节动能定理及其应用课件
由①②得到 AC 段的运动时间小于 AB 段的运动时间，故 B 正 确；由①式可知，物块将一直加速滑行到 E 点，但 AC 段的加 速度比 CE 段大，故 C 错误，D 正确．
2.(多选)(2018· 徐州质检)如图所示， 质量为 M 的电 梯底板上放置一质量为 m 的物体，钢索拉着电梯 由静止开始向上做加速运动， 当上升高度为 H 时， 速度达到 v，不计空气阻力，则( )
A．合外力为零，则合外力做功一定为零 B．合外力做功为零，则合外力一定为零 C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体合外力一定为零
解析：选 A.由 W＝Flcos α 可知，物体所受合外力为零，合外 力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是 α＝90°，故 A 正确，B 错误；由动能定理 W＝Δ Ek 可知，合外力做功越多， 动能变化量越大，但动能不一定越大．动能不变，合外力做功 为零，但物体合外力不一定为零，C、D 均错误．
考点三
动能定理求解多过程问题 [即时小练]
1．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底 BC 的 连接处都是一段与 BC 相切的圆弧，BC 是水平的，其距离 d＝ 0.50 m．盆边缘的高度为 h＝0.30 m．在 A 处放一个质量为 m 的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆 内侧壁是光滑的，而盆底 BC 面与小物块间的动摩擦因数为 μ ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的点到 B 的 距离为( )
(2)滑块恰能过 C 点时，vC 有最小值，则在 C 点
2 mvC mg＝ R
滑块从 A→B→D→C 过程，由动能定理得 2R 1 2 1 2 －μmgcos θ· ＝ mv － m v sin θ 2 C 2 0 解得 v0＝2 3 m/s.
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第2节动能定理及其应用必备知识预案自诊知识梳理一、动能1.定义:物体由于而具有的能。
2.公式:E k=。
3.单位:,1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2。
4.标矢性:动能是,动能与速度方向。
5.动能的变化①:物体与之差,即ΔE k=。
二、动能定理②1.内容:在一个过程中合力对物体所做的功,③等于物体在这个过程中。
2.表达式:W=ΔE k=E k2-E k1=。
③注:合外力所做的功也可以理解成所有外力做功的代数和。
3.物理意义:的功是物体动能变化的量度。
4.适用条件:(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于。
(2)动能定理既适用于恒力做功,也适用于做功。
(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以作用。
5.应用动能定理时,物体的位移、速度都应以地面或相对地面静止的物体为参考系。
考点自诊1.判断下列说法的正误。
(1)一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化。
()(2)如果物体所受的合外力为零,那么合外力对物体做功一定为零。
()(3)物体在合外力作用下做变速运动时,动能一定变化。
()(4)物体的动能不变,所受的合外力必定为零。
()(5)合力对物体做正功,物体的动能增加;合力对物体做负功,物体的动能减少。
()2.(多选)关于动能,下列说法正确的是()mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度A.公式E k=12B.动能的大小由物体的质量和速率决定,与物体运动的方向无关C.物体以相同的速率向东和向西运动,动能的大小相等但方向不同D.物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动,其动能不同3.(多选)如图所示,电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为m的物体。
电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增加到v2时,上升高度为H,则在这个过程中,下列说法或表达式正确的是()A.对物体,动能定理的表达式为W F N=12m v22,其中W F N为支持力做的功B.对物体,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力做的功C.对物体,动能定理的表达式为W F N-mgH=12m v22−12m v12D.对电梯,其所受合力做功为12m v22−12m v124.(新教材人教版必修第二册P100习题改编)如图所示,一质量为m的小球,用长为L的轻绳悬挂于O点的正下方P点。
已知重力加速度大小为g。
小球在水平恒力F=2mg的作用下,从P 点运动到Q点,求小球在Q点的速度大小。
(已知OQ与OP的夹角θ=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)关键能力学案突破考点一对动能、动能定理的理解(自主探究)1.动能与动能的变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念,动能是状态量,动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值,而动能变化量有正负之分。
ΔE k>0表示物体的动能增加,ΔE k<0表示物体的动能减少。
2.对动能定理的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程。
(2)对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”,既可以是重力、弹力、摩擦力,也可以是电场力、磁场力或其他力。
(3)运用动能定理解决问题时,选择合适的研究过程能使问题得以简化。
当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时,可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。
(4)当涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的特点:①重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关;②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。
对点演练1.(2018全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段,列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比2.(2018全国卷Ⅱ)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。
木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功3.(2020湖南师大附中模拟)假设一艘质量为m的轮船由于失控,以速度v撞向大桥(大桥无损),最后没有反弹而停下来,事故勘察测量发现轮船迎面相撞处下凹深度d,据此估算出船对桥的平均撞击力F,关于F的表达式正确的是()A.mv 2B.mv2C.mv2dD.mv考点二动能定理的应用(师生共研)应用动能定理的流程【典例1】如图所示,一质量为m=0.5 kg的小滑块,在F=4 N水平拉力的作用下,从水平面上的A处由静止开始运动,滑行x=1.75 m后由B处滑上倾角为37°的光滑斜面,滑上斜面后拉力的大小保持不变,方向变为沿斜面向上,滑动一段时间后撤去拉力。
已知小滑块沿斜面上滑到的最远点C 距B点L=2 m,小滑块最后恰好停在A处。
不计B处能量损失,g取10 m/s2,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
试求:(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ;(2)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的距离x0;(3)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的时间t。
解题指导审题破题选小滑块为研究对象,选好过程列方程:(1)小滑块由C运动到A过程应用动能定理;(2)小滑块由A运动到C过程,用动能定理;(3)小滑块由A运动到B用动能定理;再用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析,并画出运动过程的草图,借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解,这样更简便。
(4)列动能定理方程时,必须明确各力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以检验。
对点演练4.如图所示,从高为h的斜面体ABC的顶点A抛出一个质量为m的小球(视为质点),落在底端B 点,已知接触B点前的瞬间小球的动能为E k,取BC所在水平面为零势能参考平面,不计空气阻力,重力加速度为g,则小球被抛出时的速度大小为()A.√2(E k-mgℎ)m B.√E k-mgℎ2mC.√2(E k+mgℎ)m D.√E k+mgℎ2m5.(多选)滑沙项目惊险刺激,深受游客的喜欢。
假设某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成。
滑沙板与沙地之间的动摩擦因数为μ。
质量为m的载人滑沙板从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑沙板在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度大小为g)。
则()A.动摩擦因数μ=67B.载人滑沙板最大速度为√2gℎ7C.载人滑沙板克服摩擦力做功为mghD.载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为35g考点三应用动能定理求解多过程问题(师生共研)1.首先需要建立运动模型,选择合适的研究过程能使问题得以简化。
当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时,可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。
2.当选择全部子过程作为研究过程,涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的做功特点:(1)重力的功取决于物体的初、末位置,与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。
3.要注意过程与过程的连接状态的受力特征与运动特征(比如:速度、加速度或位移)。
4.列整体(或分过程)的动能定理方程。
【典例2】如图所示,在水平轨道右侧安放半径为R=0.2 m的竖直圆形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为L=1 m,水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于自然状态。
质量为m=1 kg的小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0=2√3m/s冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨道。
物块A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分摩擦不计,重力加速度g取10 m/s2。
求:(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1;(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1;(3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道。
解题指导审题破题物体A从轨道右侧运动到P的过程,已知初速度,求末速度,只有摩擦力做功,故用动能定理列式计算;物体被弹簧弹回后从P点返回到圆形轨道最高点的过程,先用假设法,假设物体的速度减为零,求出物体上升的高度,如果该高度比半径小,则物体的速度可以减为零,如果高度比半径大,需要再根据圆周运动的条件判断;物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道有两种可能情况,一种是能到最高点,根据圆周运动的特点求出物体在最高点的速度,全过程根据动能定理计算L,另一种临界条件是物体上升到与圆心等高处速度减为零,全过程根据动能定理求出L。
利用动能定理求解无限往复问题时,首先要正确分析研究对象的受力情况和各力的做功情况,确定物体的最终状态,最后根据动能定理列方程求解。
由于运动的重复性、往返性,特别要注意恒力做功(如重力、电场力做功)只与初末两点在该力方向上的位移有关,而大小不变方向始终与速度方向相反的力做功(如空气阻力、摩擦阻力做功)等于力与路程的乘积。
对点演练6.(多选)过山车是一项富有刺激性的娱乐项目,过山车的运动包含了许多物理学原理。
如图所示为过山车的大回环轨道的结构图,一质量为m=40 kg的车厢(可视为质点)从高H=12 m处的A 点由静止沿光滑轨道AB滑下,进入半径为r=4 m竖直圆轨道,车厢与圆轨道的动摩擦因数处处相同,g取10 m/s2。
当到达圆轨道的顶点C时,车厢对圆轨道的压力恰好为零。
之后车厢继续沿CFB滑下,进入光滑轨道BD,且上升高度为h时速度为零,则下列说法正确的是()A.车厢在圆轨道最高点时的速度为2√10m/sB.车厢在圆轨道最高点时的速度为√10m/sC.h的值可能为8.0 mD.h的值可能为8.5 m7.(2020河北衡水中学下学期高三一调)如图所示,半圆形光滑轨道竖直固定且与水平地面相切于A点,半径R=0.1 m,其右侧一定水平距离处固定一个斜面体。
斜面C端离地高度h=0.15 m,E 端固定一轻弹簧,原长为DE,斜面CD段粗糙而DE段光滑。
现给质量为0.1 kg的小物块(可看作质点)一个水平初速度,从A处进入圆轨道,离开最高点B后恰能落到斜面顶端C处,且速度方向恰平行于斜面,物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回,第一次恰能返回到最高点C。