微专题6功与功率动能定理

微专题6功与功率动能定理【知识规律整合】知识整合热点考向考向1：功、功率的计算。考向2：动能定理的应用。题型一功角度1恒力做功【例1】如图1所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是()图1A．人对车的推力F做的功为FLB．人对车做的功为maLC．车对人的作用力大小为maD．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L答案A解析根据功的定义可知，人对车的推力做的功W＝FL，故A正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可得车对人的作用力为F′＝ma，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ma，人对车做功为W＝－maL，故B错误；人水平方向受到的合力为ma，竖直方向上车对人还有支持力，故车对人的作用力为F人＝eq\r(（ma）2＋（mg）2)＝meq\r(a2＋g2)，故C错误；对人，由牛顿第二定律可得Ff－F＝ma，则Ff＝ma＋F，车对人的摩擦力做功为W＝FfL＝(F＋ma)L，故D错误。角度2变力做功求变力做功的常用方法(1)利用微元法。(2)利用平均力。(3)利用动能定理。(4)利用F－x图像。(5)当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功。【例2】在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为eq\f(R,2)和R的两个半圆构成(如图2所示)，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿光滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为()图2A．0 B．FRC.eq\f(3,2)πFRD．2πFR答案C解析虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR＋πeq\f(R,2)，则拉力做的功为eq\f(3,2)πFR，故C正确。题型二功率角度1平均功率1.利用P＝eq\f(W,t)。2．利用P＝Fvcosα，其中v为物体运动的平均速度。【例3】(2022·江苏南通高三阶段练习)如图3所示，运动员在做俯卧撑运动。已知运动员每分钟完成25个俯卧撑，则运动员克服重力做功的平均功率最接近()图3A．1W B．10WC．100W D．1000W答案C解析假设运动员质量为60kg，每次重心上升的距离均为0.3m，克服重力做功为W＝nmgh＝25×60×10×0.3J＝4500J，则运动员克服重力做功的平均功率约为P＝eq\f(W,t)＝eq\f(4500,60)W＝75W，故C正确。角度2瞬时功率利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。【例4】(2022·江苏苏州高三阶段练习)如图4所示，三个相同小球甲、乙、丙的初始位置在同一水平高度。小球甲从竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，轨道底端切线水平。小球乙从离地高为R的某点开始做自由落体运动。小球丙从高为R的固定光滑斜面顶端由静止滑下。则()图4A．甲、乙、丙刚到达地面时速度相同B．甲、丙两球到达轨道底端时重力的瞬时功率相同C．乙球下落过程中重力的平均功率大于丙球下滑过程中重力的平均功率D．若仅解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定，丙球释放后斜面对其不做功答案C解析甲、乙、丙球刚到达地面时速度大小相等、方向不同，A项错误；甲球到达轨道底端时速度方向与重力方向垂直，重力的瞬时功率为零，而丙球到达轨道最低点时，重力的瞬时功率并不为零，B项错误；乙球下落和丙球下滑过程中重力做功相同，但乙球下落时间较短，故乙球下落过程中重力的平均功率较大，C项正确；解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定后释放丙球，丙球下滑过程中斜面将会发生移动，支持力对丙球做负功，D项错误。题型三机车的启动问题1．无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝eq\f(P,F阻)。2．机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。3．机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式常用于求解机车以恒定功率启动过程中的位移、速度或时间。【例5】(2021·江苏泰州高三开学考试)复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内()图5A．牵引力的功率P＝FvmB．做匀加速直线运动C．动车的位移x＝eq\f(vm＋v0,2)tD．牵引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案A解析动车达到最大速度时，牵引力等于阻力，所以P＝F牵vm＝Fvm，故A正确；机车启动的过程中，随着速度的增加，牵引力逐渐减小，而阻力保持不变，由a＝eq\f(F牵－F,m)＝eq\f(P,vm)－eq\f(F,m)知，加速度逐渐减小，因此动车做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；从v0到最大速度vm的过程中，由动能定理得Pt－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(Pt＋\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－\f(1,2)mveq\o\al(2,m),F)，故C错误；牵引力做的功W＝Pt，故D错误。题型四动能定理1．动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。2．动能定理的表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。3．物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化。4．多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。【例6】(2022·江苏常州高三期末)如图6所示的离心装置：水平轻杆被固定在竖直转轴的O点，质量为m的小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，弹簧两端分别固定于O和A，弹簧劲度系数为k＝eq\f(20mg,3L)，小环A与水平杆的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。套在竖直转轴上的质量同为m的光滑小圆环B通过轻质杆与小圆环A相连，链接处可自由转动。装置静止时，长为L的轻质杆与竖直方向的夹角为37°，弹簧处于原长状态。取重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，竖直转轴带动装置由静止开始缓慢加速转动，求：图6(1)装置静止时，小环A受杆的摩擦力大小Ff；(2)轻杆与竖直方向夹角为53°时的角速度ω；(3)轻杆与竖直方向夹角为从37°变化到53°的过程中，竖直转轴对装置所做的功W。答案(1)eq\f(3,4)mg(2)eq\r(\f(5g,4L))(3)eq\f(11,15)mgL解析(1)装置静止时，设杆对A、B的作用力为F，由平衡条件，对B，有Fcos37°＝mg对A，有Fsin37°＝Ff联立可得Ff＝mgtan37°＝eq\f(3,4)mg。(2)由于竖直转轴带动装置由静止开始缓慢加速转动，所以B处于动态平衡，合力始终为零，A的任一状态都可看作是一个匀速圆周运动状态。当轻杆与竖直方向夹角为53°时，对B，有F2cos53°＝mg设弹簧弹力为T，对A，由牛顿第二定律有T＋Ff2－F2sin53°＝mω2Lsin53°又T＝kL(sin53°－sin37°)Ff2＝μ(mg＋F2cos53°)联立可得ω＝eq\r(\f(5g,4L))。(3)轻杆与竖直方向夹角为从37°变化到53°的过程中，由动能定理得W＋Wf＋WT＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)又vA＝ωLsin53°Wf＝－Ff2L(sin53°－sin37°)WT＝－eq\f(kL2（sin53°－sin37°）2,2)联立可得W＝eq\f(11,15)mgL。【针对训练】(2022·江苏连云港高三期末)雪车比赛是2022年北京冬奥会中的一项惊险刺激的竞技类项目，部分赛道如图7所示，半径R＝90m的圆弧AOB与一倾斜直轨道BC相切于B点，直轨道与水平面间的夹角θ＝37°，运动员俯卧在雪车上沿轨道滑动，运动员和雪车的总质量m＝200kg，经过最低点O时速度v0＝30m/s，再经过B点时的速度vB＝20m/s，已知雪车与轨道之间的动摩擦因数μ＝0.025，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。图7(1)求经最低点O时轨道对雪车的支持力大小；(2)求从最低点O运动到B点过程中雪车克服轨道摩擦力做的功；(3)若雪车到达直轨道最高点C时速度刚好减为零，则BC轨道的长度为多少？答案(1)4000N(2)1.4×104J(3)32.26m解析(1)在O点，由牛顿第二定律有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)解得FN＝4000N。(2)在从O至B的过程中，设克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理得－mgR(1－cosθ)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得Wf＝1.4×104J。(3)从B到坡顶的过程中，由动能定理得－(mgsin37°＋μmgcos37°)d＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)联立解得d＝32.26m。1．(2021·北京卷，8)如图8所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是()图8A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大答案B解析汽车的输出功率等于牵引力的功率P＝Fv，汽车的速率不变，在ab段的牵引力大小不变，故汽车在ab段的输出功率不变，A错误；同理，选项C错误；汽车在ab段受到的牵引力比bc段的大，又两段的速率相等，由P＝Fv可知汽车在ab段的输出功率比bc段的大，B正确；汽车在cd段的牵引力比bc段的小，所以在cd段的输出功率比bc段的小，选项D错误。2．(2021·湖南卷，3)“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()A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为eq\f(3,4)vmD．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－Pt答案C解析在动车组匀加速启动的过程中，对动车组受力分析，根据牛顿第二定律有F1－F阻＝ma1，其中F阻＝kv，因加速度a1不变，v增大，则F阻增大，故牵引力F1逐渐增大，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则牵引力F2＝eq\f(4P,v)，而F2－F阻＝ma，其中F阻＝kv，由v增大可知加速度a减小，所以动车组从静止开始做加速度减小的变加速运动，B错误；设当四节动力车厢输出的总功率为2.25P时，动车组匀速运动的速度为vm′，动车组匀速行驶时受力平衡，有F′＝F阻＝kvm′，则4P＝kveq\o\al(2,m)、2.25P＝kvm′2，解得vm′＝eq\f(3,4)vm，C正确；当四节动力车厢输出功率均为额定值时，对动车组从启动到达到最大速度的过程，根据动能定理有4Pt－W克＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得这一过程中该动车组克服阻力做的功W克＝4Pt－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，D错误。3．(2020·江苏卷)质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为1.8×103N。此时，汽车发动机输出的实际功率是()A．90W B．30kWC．36kW D．300kW答案C解析汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡，即F＝f＝1.8×103N，汽车发动机的功率P＝Fv＝1.8×103×20W＝36kW，故C正确。4．(2020·江苏卷)如图9所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是()图9答案A解析由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上滑动距离在水平面投影距离为x，根据动能定理，有mgxtanθ－μmgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝Ek，整理可得(mgtanθ－μmg)x＝Ek，即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面上运动时，根据动能定理有－μmgx＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－μmgx，Ek0为物块刚下滑到水平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系，故A正确。5．(2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。答案(1)4.5J(2)9N解析(1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有veq\o\al(2,1)＝2gh1设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有veq\o\al(2,2)＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后的动能之比eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,1),\f(1,2)mveq\o\al(2,2))＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(3,2)使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有veq\o\al(2,4)＝2gh3因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,3),\f(1,2)mveq\o\al(2,4))＝eq\f(3,2)设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)解得W＝4.5J。(2)球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a＝eq\f(mg＋F,m)球的位移s＝eq\f(1,2)at2运动员对球做的功W＝Fs，联立解得F＝9N。1．(2022·江苏镇江高三期中)在全运会小轮车泥地竞速赛中，选手从半径为R的圆弧形赛道顶端由静止出发冲到坡底(如图1所示)，设阻力大小不变为f，选手和车总重为G。在此过程中，关于选手和车的下列说法正确的是()图1A．克服阻力做功为fRB．动能增加量为GRC．机械能保持不变D．在坡底所受的支持力大于重力答案D解析克服阻力做功为eq\f(1,2)πRf，选项A错误；根据动能定理可知，动能增加量为ΔEk＝GR－eq\f(1,2)πRf，选项B错误；由于有阻力做功，则机械能减小，选项C错误；在坡底时，由牛顿第二定律有FN－G＝meq\f(v2,R)，可知所受的支持力FN大于重力G，选项D正确。2．(2022·江苏盐城高三期中)两个体重相同的学生分别以图示2路径由静止从地面登上高为h的阶梯顶端A。对于这个过程，下列说法正确的是()图2A．两学生的位移相等B．两学生运动时间一定相等C．两学生克服重力做功一定相等D．两学生克服重力做功的平均功率一定相等答案C解析由位移的定义可知，两学生的位移不相等，A错误；由于两学生的位移不相等，且运动速度不知道，故两学生运动时间无法比较，B错误；由于两学生竖直方向上升的高度相同，且两同学体重相同，故克服重力做功一定相等，C正确；由于两学生运动的时间不知道，故两学生克服重力做功的平均功率无法比较，D错误。3．(2021·江苏南通高三阶段练习)2021年6月28日聂海胜利用太空跑台——动感单车锻炼，如图3所示。假设动感单车的阻力主要来源于距车轴30cm的阻尼装置(可视为质点)，宇航员每分钟蹬车90圈，假设阻尼装置对车轮的阻力大小约为350N，则聂海胜锻炼15分钟克服动感单车阻力而消耗的能量约为()图3A．700kJ B．800kJC．900kJ D．1000kJ答案C解析根据功的概念可知E＝Wf＝2πrf·n＝2π×0.3×350×15×90J＝890kJ，接近900kJ，故C正确。4．(2022·江苏盐城月考)草地滑坡是不少生态公园中的休闲项目。如图4所示，甲、乙两游客先后分别乘坐相同滑车从同一滑道的同一位置由静止下滑。游客乙的质量比甲大。将滑道简化为一倾斜的斜面，滑车与滑道的动摩擦因数处处相同。则()图4A．乙滑到底端时的速度更大B．乙在滑道上滑行的时间更长C．下滑相同高度时，乙重力的功率更大D．滑车在滑道上两次滑行产生的热量相同答案C解析根据牛顿第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ则两人下滑的加速度相等，则根据v＝eq\r(2ax)可知到达底端时的速度相等，根据t＝eq\r(\f(2x,a))可知到达底端时的时间相等，选项A、B错误；下滑相同高度时，速度相同，根据PG＝mgvsinθ，知乙重力的功率更大，选项C正确；根据Q＝μmgcosθ·x可知，滑车在滑道上两次滑行产生的热量不相同，选项D错误。5．(2021·江苏无锡高三期中)一质量为m的车厢在平直轨道上行驶。当速度为v时，车厢所受牵引力为F，阻力为f，加速度为a，则此时对车厢的牵引功率为()A．FvB．fvC．(F－f)vD．mav答案A解析牵引力对车厢的牵引功率等于牵引力与速度的乘积，即P＝Fv，故A正确，B、C错误；根据牛顿第二定律得F－f＝ma，则W＝Fv≠mav，故D错误。6．(2022·江苏苏州高三期中)如图5所示，质量为m的小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则小球落到斜面时重力的瞬时功率为(重力加速度为g)()图5A.eq\f(2mgv0,tanθ) B．2mgv0tanθC.eq\f(mgv0,tanθ) D．mgv0tanθ答案A解析依题意小球到达斜面的位移最小，则由平抛运动位移公式，有tanθ＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)，又vy＝gt，整理可得vy＝eq\f(2v0,tanθ)，则小球落到斜面时重力的瞬时功率为P＝mgvy，联立可得P＝eq\f(2mgv0,tanθ)，故A正确。7．(2022·江苏扬州高三阶段练习)连淮扬镇高铁扬州段12月11日正式开通，如图6所示，“复兴号”列车正沿直线驶出扬州东站，假设列车质量为m，牵引电机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f。某时刻速度为v1、加速度为a1，一段时间t后速度为v2，在这段时间内位移为x。下列关系式正确的是()图6A.eq\f(x,t)＝eq\f(v1＋v2,2) B．a1＝eq\f(P,mv1)－eq\f(f,m)C．x＝v1t2＋eq\f(1,2)a1t2 D．Pt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)答案B解析列车以恒定功率运动，速度增大，牵引力减小，加速度减小，不是匀变速直线运动，故A、C错误；列车速度为v1时，牵引力是eq\f(P,v1)，根据牛顿第二定律得a1＝eq\f(P,mv1)－eq\f(f,m)，故B正确；根据动能定理可知，Pt－fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故D错误。8．(2022·江苏扬州高三期中)小物块以某一初速度冲上斜面，与斜面间的动摩擦因数不变，斜面足够长。下列描述物块速度v与时间t的关系图线以及动能Ek与位移x的关系图线，不可能正确的是()图7答案D解析设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，取沿斜面向上为位移正方向，上滑过程中，根据动能定理可得－mgxsinθ－μmgxcosθ＝Ek－Ek0，所以Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，即a1＝gsinθ＋μgcosθ，则上滑过程中物块做匀减速直线运动，且随着x的增大，动能在减小，若μ≥tanθ，即μmgcosθ≥mgsinθ，物块上到最高点时不会再下滑，故B、C正确；若μ<tanθ，即μmgcosθ<mgsinθ，物块上滑到高点时会下滑，由牛顿第二定律可得，下滑时加速度大小为a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ，则a2<a1，v－t图线的斜率表示物体运动的加速度，故A正确；当物块达到最高点下滑时，位移减小，故D错误。9．(2022·江苏徐州高三期末)如图8所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ＝37°的斜面体组成，传送带AB间的长度L＝1.7m，皮带顺时针匀速转动，现让质量m＝1kg的物块以水平速度v0＝5m/s从A点滑上皮带，恰好能滑到斜面上高度h＝1.08m的C点，物块与斜面体和传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，传送带与斜面平滑连接，g取10m/s2。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图8(1)求物块由A运动到B时的速度vB；(2)求物块由A运动到C所需要的时间t；(3)若改变传送带转速，物块以初动能Ekx从A点水平滑上皮带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块初动能Ekx的可能值。答案(1)6m/s(2)0.9s(3)34J≤Ekx≤42.5J解析(1)物块从B运动到C过程，由动能定理可得－mgh－μmgcos37°×eq\f(h,sin37°)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝6m/s。(2)设物块从A运动到B过程中相对传送带的位移是x相对，由动能定理可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝μmgx相对解得x相对＝1.1m即物块在传送带上先匀加速到vB，然后匀速运动。设物块在传送带上匀加速时间为t1，则有vB＝v0＋at1，a＝μg解得t1＝0.2s设物块在传送带上匀速时间为t2，有L－x相对＝vBt2解得t2＝0.1s设物块从B运动到C所用时间为t3，由牛顿第二定律可得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma′又0＝vB－a′t3联立可得t3＝0.6s物块由A运动到C所需要的时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.9s。(3)物块以初动能Ekx从A点水平滑上皮带，设到达B点动能为EkB，相对传送带位移为x，则有EkB－Ekx＝μmgx，0≤x≤L物块从B运动到斜面最高点，设上滑距离为s，有0－EkB＝－μmgcos37°·s－mgsin37°·s物块从B上滑后又返回B过程，有EkB′－EkB＝－2μmgcos37°·s其中EkB′是物块返回B时的动能，从B经传送带返回A过程，有0－EkB′＝－μmgL联立可得34J≤Ekx≤42.5J。10．(2022·江苏无锡高三期中)某弹性绳(伸长时满足胡克定律)原长为L，一端固定于竖直墙上A，跨过光滑的定滑轮B，与穿过竖直杆、质量为m的球在C处相连，此时ABC在同一水平线上，其中AB＝L，弹性绳中弹力大小恰为mg，小球从C点由静止开始滑到距C点为h的D点时速度恰