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1、专题讲座五动力学和能量观点的综合应用专题讲座五动力学和能量观点的综合应用核心探究核心探究演练提升演练提升 核心探究核心探究 分类探究分类探究各个击破各个击破考点一直线、平抛、圆周运动组合问题考点一直线、平抛、圆周运动组合问题1.1.解题策略解题策略(1)(1)动力学方法观点动力学方法观点: :牛顿运动定律、运动学基本规律牛顿运动定律、运动学基本规律. .(2)(2)能量观点能量观点: :动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律. .2.2.解题关键解题关键(1)(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程, ,将物理过程
2、分解成几个简单将物理过程分解成几个简单的子过程的子过程. .(2)(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带, ,也是解题的关键也是解题的关键. .很多很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口. .【典典例例1 1】如如图图所所示示, ,将将一一质质量量m=0.1 m=0.1 kgkg的的小小球球自自水水平平平平台台顶顶端端O O点点水水平平抛抛出出, ,小小球球恰恰好好无无碰碰撞撞地地落落到到平平台台右右侧侧一一倾倾角角为为=53=53的的光光滑滑斜斜面面顶顶端端A A并并沿沿斜斜面面下下
3、滑滑, ,斜斜面面底底端端B B与与光光滑滑水水平平轨轨道道平平滑滑连连接接, ,小小球球以以不不变变的的速速率率过过B B点点后后进进入入BCBC部部分分, ,再再进进入入竖竖直直圆圆轨轨道道内内侧侧运运动动. .已已知知斜斜面面顶顶端端与与平平台台的的高高度度差差h=3.2 h=3.2 m,m,斜斜面面高高H=15 H=15 m,m,竖直圆轨道半径竖直圆轨道半径R=5 m.R=5 m.取取sin 53sin 53=0.8,cos 53=0.8,cos 53=0.6,g=10 m/s=0.6,g=10 m/s2 2, ,求求: :(1)(1)小球水平抛出的初速度小球水平抛出的初速度v v0
4、0及斜面顶端与平台边缘的水平距离及斜面顶端与平台边缘的水平距离x;x;(2)(2)小球从平台顶端小球从平台顶端O O点抛出至落到斜面底端点抛出至落到斜面底端B B点所用的时间点所用的时间; ;(3)(3)若竖直圆轨道光滑若竖直圆轨道光滑, ,小球运动到圆轨道最高点小球运动到圆轨道最高点D D时对轨道的压力时对轨道的压力. .审题指导审题指导题题题题干关干关干关干关键键键键获获获获取信息取信息取信息取信息小球恰好无碰撞落到斜面小球恰好无碰撞落到斜面小球恰好无碰撞落到斜面小球恰好无碰撞落到斜面顶顶顶顶端端端端A A A A落到落到落到落到A A A A点点点点时时时时速度方向与斜面平行速度方向与斜
5、面平行速度方向与斜面平行速度方向与斜面平行以不以不以不以不变变变变的速率的速率的速率的速率过过过过B B B B点点点点不不不不计计计计小球与斜面底端碰撞中的能小球与斜面底端碰撞中的能小球与斜面底端碰撞中的能小球与斜面底端碰撞中的能量量量量损损损损失失失失圆轨圆轨圆轨圆轨道最高点道最高点道最高点道最高点D D D D轨轨轨轨道道道道对对对对小球的小球的小球的小球的压压压压力和重力的合力力和重力的合力力和重力的合力力和重力的合力提供向心力提供向心力提供向心力提供向心力答案答案: :(1)6 (1)6 m/sm/s4.8 m4.8 m(2)2.05 s(2)2.05 s(3)3 N(3)3 N反思
6、总结反思总结 多过程问题的解题技巧多过程问题的解题技巧(1)(1)“合合”初步了解全过程初步了解全过程, ,构建大致的运动图景构建大致的运动图景. .(2)(2)“分分”将全过程进行分解将全过程进行分解, ,分析每个过程的规律分析每个过程的规律. .(3)(3)“合合”找到子过程的联系找到子过程的联系, ,寻找解题方法寻找解题方法. .【针针对对训训练练】20202020年年第第2424届届冬冬季季奥奥林林匹匹克克运运动动会会将将在在北北京京和和张张家家口口举举行行, ,花花样样滑滑雪雪是是冬冬季季奥奥林林匹匹克克运运动动会会精精彩彩项项目目之之一一, ,设设一一个个质质量量M=50 M=50
7、 kgkg的的跳跳台台花花样样滑滑雪雪运运动动员员( (可可看看成成质质点点),),从从静静止止开开始始沿沿斜斜面面雪雪道道从从A A点点滑滑下下, ,沿沿切切线线从从B B点点进进入入半半径径R=15 R=15 m m的的光光滑滑竖竖直直冰冰面面圆圆轨轨道道BPC,BPC,通通过过轨轨道道最最高高点点C C水水平平飞飞出出, ,经经t=2 t=2 s s落落到到斜斜面面雪雪道道上上的的D D点点, ,其其速速度度方方向向与与斜斜面面垂垂直直, ,斜斜面面与与水水平平面面的的夹夹角角=37=37, ,运运动动员员与与雪雪道道之之间间的的动动摩摩擦擦因因数数=0.075,=0.075,不不计计空
8、空气气阻阻力力, ,取取当当地地的的重重力力加加速速度度g=10 g=10 m/sm/s2 2,sin 37,sin 37=0.60,cos 37=0.60,cos 37=0.80.=0.80.试求试求: :(1)(1)运动员运动到运动员运动到C C点时的速度大小点时的速度大小v vC C; ;答案答案: :(1)15 (1)15 m/sm/s答案答案: :(2)3 250 N(2)3 250 N(2)(2)运动员在圆轨道最低点运动员在圆轨道最低点P P受到轨道支持力的大小受到轨道支持力的大小N;N;(3)A(3)A点距过点距过P P点的水平地面的高度点的水平地面的高度h.h.答案答案: :(
9、3)45.5 m(3)45.5 m考点二应用动力学和能量的观点分析考点二应用动力学和能量的观点分析“传送带传送带”问题问题1.1.动力学角度分析动力学角度分析首首先先要要正正确确分分析析物物体体的的运运动动过过程程, ,做做好好受受力力分分析析, ,然然后后利利用用运运动动学学公公式式结结合合牛牛顿顿第第二二定定律律求求物物体体及及传传送送带带在在相相应应时时间间内内的的位位移移, ,找找出出物物体体和和传传送送带带之之间间的的位移关系位移关系. .2.2.传送带问题中的功能关系分析传送带问题中的功能关系分析(1)(1)功能关系分析功能关系分析:W=:W=EEk k+E+Ep p+Q+Q. .
10、(2)(2)对对W W和和Q Q的的理理解解:传传送送带带做做的的功功W=W=FxFx传传, ,其其中中F F为为传传送送带带的的动动力力,x,x传传为为传传送送带转过的距离带转过的距离;产生的内能产生的内能Q=Q=fxfx. .【典例典例2 2】 ( (20182018宁夏石嘴山模拟宁夏石嘴山模拟) )如图所示如图所示, ,水平传送带长水平传送带长L=12 m,L=12 m,且以且以v=v=5 5 m/sm/s的恒定速率顺时针转动的恒定速率顺时针转动, ,光滑轨道与传送带的右端光滑轨道与传送带的右端B B点平滑连接点平滑连接, ,有一有一质量质量m=2 kgm=2 kg的物块从距传送带高的物
11、块从距传送带高h=5 m h=5 m 的的A A点由静止开始滑下点由静止开始滑下. .已知物块与已知物块与传送带之间的动摩擦因数传送带之间的动摩擦因数=0.5,=0.5,重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2, ,求求: :(1)(1)物块距传送带左端物块距传送带左端C C的最小距离的最小距离; ;(2)(2)物块再次经过物块再次经过B B点后滑上曲面的最大高度点后滑上曲面的最大高度; ;(3)(3)在整个运动过程中在整个运动过程中, ,物块与传送带间因摩擦而产生的热量物块与传送带间因摩擦而产生的热量. . 核心点拨核心点拨 (1) (1)由运动学公式求出物块向左速度减为
12、零的时间及位移由运动学公式求出物块向左速度减为零的时间及位移, ,相对相对位移等于物块位移与传送带在这段时间内的位移之和位移等于物块位移与传送带在这段时间内的位移之和. .(2)(2)物块向右运动到物块向右运动到B B点时点时, ,需判断物块是先加速后匀速需判断物块是先加速后匀速, ,还是一直向右加速还是一直向右加速. .答案答案: :(1)2 m(1)2 m(2)1.25 m(2)1.25 m(3)225 J(3)225 J(3)(3)物块在传送带上向左运动的过程中物块在传送带上向左运动的过程中, ,相对位移相对位移xx1 1=x=x1 1+vt+vt1 1=20 m=20 m此过程中产生的
13、热量此过程中产生的热量Q Q1 1=mgx=mgx1 1=200 J,=200 J,物块在传送带上向右运动的过程物块在传送带上向右运动的过程, ,相对位移相对位移xx2 2=vt=vt2 2-x-x2 2=2.5 m=2.5 m此过程中产生的热量此过程中产生的热量Q Q2 2=mgx=mgx2 2=25 J,=25 J,全程产生的热量全程产生的热量Q Q热热=Q=Q1 1+Q+Q2 2=225 J.=225 J.反思总结反思总结 解决传送带问题的注意点解决传送带问题的注意点(1)(1)明确传送带的运动情况明确传送带的运动情况, ,是匀速、匀加速还是存在两段不同的运动过程是匀速、匀加速还是存在两
14、段不同的运动过程. .(2)(2)弄清物体接触传送带时相对地面的初速度是否为零弄清物体接触传送带时相对地面的初速度是否为零. .(3)(3)判断初始时刻物体与传送带之间的相对运动方向判断初始时刻物体与传送带之间的相对运动方向, ,确定摩擦力的方向确定摩擦力的方向. .(4)(4)判断当物体与传送带速度相等时判断当物体与传送带速度相等时, ,摩擦力的大小、方向是否发生突变摩擦力的大小、方向是否发生突变. .【针针对对训训练练】 导导学学号号 58826120 58826120 如如图图所所示示, ,倾倾角角为为3737的的传传送送带带以以4 4 m/sm/s的的速速度度沿沿图图示示方方向向匀匀速
15、速运运动动. .已已知知传传送送带带的的上上、下下两两端端间间的的距距离离为为L=7 L=7 m.m.现现将将一一质质量量m=0.4 m=0.4 kgkg的的小小木木块块放放到到传传送送带带的的顶顶端端, ,使使它它从从静静止止开开始始沿沿传传送送带带下下滑滑, ,已已知知木木块块与与传传送送带带间间的的动动摩摩擦擦因因数数为为=0.25,=0.25,取取g=10 g=10 m/sm/s2 2,sin ,sin 3737=0.6,cos =0.6,cos 3737=0.8.=0.8.求木块滑到底的过程中求木块滑到底的过程中, ,摩擦力对木块做的功以及产生的热量各是多少摩擦力对木块做的功以及产生
16、的热量各是多少? ?答案答案: :-4.0 J-4.0 J2.4 J2.4 J考点三应用动力学和能量的观点分析考点三应用动力学和能量的观点分析“滑块滑块滑板滑板”问题问题1.1.问题分类问题分类水平面上水平面上的滑块的滑块滑板问题和在斜面上的滑块滑板问题和在斜面上的滑块滑板模型滑板模型. .2.2.处理方法处理方法往往往往通通过过系系统统内内摩摩擦擦力力的的相相互互作作用用而而改改变变系系统统内内物物体体的的运运动动状状态态, ,既既可可由由动动能能定定理理和和牛牛顿顿运运动动定定律律分分析析单单个个物物体体的的运运动动, ,又又可可由由能能量量守守恒恒定定律律分分析析动动能能的的变变化、能量
17、的转化化、能量的转化, ,在能量转化方面往往用到在能量转化方面往往用到EE内内=-E=-E机机= =fxfx相对相对. .【典典例例3 3】 图图( (甲甲) )中中, ,质质量量为为m m1 1=1 =1 kgkg的的物物块块叠叠放放在在质质量量为为m m2 2=3 =3 kgkg的的木木板板右右端端. .木木板板足足够够长长, ,放放在在光光滑滑的的水水平平面面上上, ,木木板板与与物物块块之之间间的的动动摩摩擦擦因因数数为为1 1=0.2.=0.2.整个系统开始时静止整个系统开始时静止, ,重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .(1)(1)在木板右端施加水平向
18、右的拉力在木板右端施加水平向右的拉力F,F,为使木板和物块发生相对运动为使木板和物块发生相对运动, ,拉力拉力F F至少应为多大至少应为多大? ?核心点拨核心点拨 (1)0 (1)02 s2 s内物块所受摩擦力方向向右内物块所受摩擦力方向向右,2 s,2 s后物块所受摩擦力后物块所受摩擦力方向向左方向向左. .解析解析: :(1)(1)把物块和木板看成整体把物块和木板看成整体, ,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得F=(mF=(m1 1+m+m2 2)a)a物块与木板将要相对滑动时物块与木板将要相对滑动时,1 1m m1 1g=mg=m1 1a a联立解得联立解得F=F=1 1(m(m1 1+m
19、+m2 2)g=8 N.)g=8 N.答案答案: :(1)8 N (1)8 N (2)(2)在在0 04 s4 s内内, ,若拉力若拉力F F的变化如图的变化如图( (乙乙) )所示所示,2 s,2 s后木板进入后木板进入2 2=0.25=0.25的粗糙的粗糙水平面水平面, ,在图在图( (丙丙) )中画出中画出0 04 s4 s内木板和物块的内木板和物块的v-tv-t图像图像, ,并求出并求出0 04 s4 s内物块内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能. .核心点拨核心点拨(2)(2)利用利用v-tv-t图像图像, ,分别求出分别
20、求出0 02 s2 s内和内和2 24 s4 s内物块相对木块内物块相对木块的相对位移的相对位移. .答案答案: :( (2)2)图像见解析图像见解析3 m3 m36 J36 J0 02 s2 s内物块相对木板向左运动内物块相对木板向左运动,2,24 s4 s内物块相对木板向右运动内物块相对木板向右运动. .0 02 s2 s内物块相对木板的位移大小内物块相对木板的位移大小xx1 1=2 m,=2 m,系统摩擦产生的内能系统摩擦产生的内能Q Q1 1=1 1m m1 1gxgx1 1=4 J.=4 J.2 24 s4 s内物块相对木板的位移大小内物块相对木板的位移大小xx2 2=1 m,=1
21、m,物块与木板因摩擦产生的内能物块与木板因摩擦产生的内能Q Q2 2=1 1m m1 1gxgx2 2=2 J;=2 J;2 s2 s后木板对地位移后木板对地位移x x2 2=3 m,=3 m,木板与地面因摩擦产生的内能木板与地面因摩擦产生的内能Q Q3 3=2 2(m(m1 1+m+m2 2)gx)gx2 2=30 J.=30 J.0 04 s4 s内系统因摩擦产生的总内能为内系统因摩擦产生的总内能为Q=QQ=Q1 1+Q+Q2 2+Q+Q3 3=36 J.=36 J.反思总结反思总结 做好两种分析做好两种分析, ,突破滑块突破滑块滑板类问题滑板类问题(1)(1)动力学分析动力学分析: :分
22、别对滑块和滑板进行受力分析分别对滑块和滑板进行受力分析, ,求出各自的加速度求出各自的加速度; ;从放上从放上滑块到二者速度相等滑块到二者速度相等, ,求出共同速度求出共同速度v v和所用时间和所用时间t,t,然后由位移公式可分别求然后由位移公式可分别求出二者的位移出二者的位移. .(2)(2)功和能分析功和能分析: :对滑块和滑板分别运用动能定理对滑块和滑板分别运用动能定理, ,或者对系统运用能量守恒或者对系统运用能量守恒定律定律. .要注意区分三个位移要注意区分三个位移: :求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x x滑滑; ;求摩擦力对滑板做功时用滑板对
23、地的位移求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移x x板板; ;求摩擦生热时用相对滑动的位移求摩擦生热时用相对滑动的位移x x相相. .多维训练多维训练1.1. 水水平平面面上上的的滑滑块块滑滑板板问问题题 ( (多多选选) )将将一一长长木木板板静静止止放放在在光光滑滑的的水水平平面面上上, ,如如图图( (甲甲) )所所示示, ,一一个个小小铅铅块块( (可可视视为为质质点点) )以以水水平平初初速速度度v v0 0由由木木板板左左端端向向右右滑滑动动, ,到到达达右右端端时时恰恰能能与与木木板板保保持持相相对对静静止止. .现现将将木木板板分分成成A A和和B B两两段段, ,使使B B的的
24、长长度度和和质质量量均均为为A A的的2 2倍倍, ,并并紧紧挨挨着着放放在在原原水水平平面面上上, ,让让小小铅铅块块仍仍以以初初速速度度v v0 0由由木木块块A A的的左左端端开开始始向向右右滑滑动动, ,如如图图( (乙乙) )所所示示. .若若小小铅铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变, ,则下列有关说法正确的是则下列有关说法正确的是( ( ) )A.A.小铅块将从木板小铅块将从木板B B的右端飞离木板的右端飞离木板B.B.小铅块滑到木板小铅块滑到木板B B的右端前就与木板的右端前就与木板B B保持相对静止保持相对静止C.(C.(甲甲) )、(
25、(乙乙) )两图所示的过程中产生的热量相等两图所示的过程中产生的热量相等D.D.图图( (甲甲) )所示的过程产生的热量大于图所示的过程产生的热量大于图( (乙乙) )所示的过程产生的热量所示的过程产生的热量BDBD解解析析: :第第一一次次在在小小铅铅块块运运动动过过程程中中, ,小小铅铅块块与与木木板板之之间间的的摩摩擦擦力力使使整整个个木木板板一一直直加加速速, ,第第二二次次小小铅铅块块先先使使整整个个木木板板加加速速, ,运运动动到到B B部部分分上上后后,A,A部部分分停停止止加加速速, ,只只有有B B部部分分加加速速, ,加加速速度度大大于于第第一一次次的的对对应应过过程程,
26、,故故第第二二次次小小铅铅块块与与B B木木板板将将更更早早达达到到速速度度相相等等, ,所所以以小小铅铅块块还还没没有有运运动动到到B B的的右右端端, ,两两者者速速度度相相同同. .选选项项A A错错误误,B,B正正确确; ;根根据据摩摩擦擦力力乘乘以以相相对对位位移移等等于于产产生生的的热热量量, ,第第一一次次的的相相对对路路程程大大于于第第二二次次的的相相对对路路程程, ,则则图图( (甲甲) )所所示示的的过过程程产产生生的的热热量量大大于于图图( (乙乙) )所所示示的的过过程程产生的热量产生的热量, ,选项选项C C错误错误,D,D正确正确. .2.2.导导学学号号 5882
27、612158826121 斜斜面面上上的的滑滑块块滑滑板板问问题题 如如图图所所示示,AB,AB段段为为一一半半径径R=0.2 R=0.2 m m的的 光光滑滑圆圆弧弧轨轨道道,EF,EF是是一一倾倾角角为为3030的的足足够够长长的的光光滑滑固固定定斜斜面面, ,斜斜面面上上有有一一质质量量为为0.1 0.1 kgkg的的薄薄木木板板CD,CD,开开始始时时薄薄木木板板被被锁锁定定. .一一质质量量也也为为0.1 0.1 kgkg的的物物块块( (图图中中未未画画出出) )从从A A点点由由静静止止开开始始下下滑滑. .通通过过B B点点后后水水平平抛抛出出, ,经经过过一一段段时时间间后后
28、恰恰好好以以平平行行于于薄薄木木板板的的方方向向滑滑上上薄薄木木板板, ,在在物物块块滑滑上上薄薄木木板板的的同同时时薄薄木木板板解解除除锁锁定定, ,下下滑滑过过程程中中某某时时刻刻物物块块和和薄薄木木板板能能达达到到共共同同速速度度. .已已知知物物块块与与薄薄木木板板间间的的动动摩摩擦因数擦因数= .(g=10 m/s= .(g=10 m/s2 2, ,结果可保留根号结果可保留根号) )求求: :答案答案: :(1)3 N,(1)3 N,方向竖直向下方向竖直向下(1)(1)物块到达物块到达B B点时对圆弧轨道的压力点时对圆弧轨道的压力; ;(2)(2)物块滑上薄木板时的速度大小物块滑上薄
29、木板时的速度大小; ;(3)(3)达达到到共共同同速速度度前前物物块块下下滑滑的的加加速速度度大大小小及及从从物物块块滑滑上上薄薄木木板板至至达达到到共共同同速速度所用的时间度所用的时间. . 演练提升演练提升 真题体验真题体验强化提升强化提升1.1. 传送带问题传送带问题 ( (20152015天津卷天津卷,10,10) )某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图图, ,皮带在电动机的带动下保持皮带在电动机的带动下保持v=1 v=1 m/sm/s的恒定速度向右运动的恒定速度向右运动, ,现将一质量为现将一质量为m=2 m=2 kgkg的邮件轻放在皮带上的
30、邮件轻放在皮带上, ,邮件和皮带间的动摩擦因数邮件和皮带间的动摩擦因数=0.5.=0.5.设皮带足够长设皮带足够长, ,取取g=10 m/sg=10 m/s2 2, ,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中在邮件与皮带发生相对滑动的过程中, ,求求解析解析: :(1)(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,F,则则F=F=mgmg取向右为正方向取向右为正方向, ,对邮件应用动量定理对邮件应用动量定理, ,有有Ft=mv-0Ft=mv-0联立并代入数据得联立并代入数据得t=0.2 s.t=0.2 s.答案答案: :(
31、1)0.2 s(1)0.2 s(1)(1)邮件滑动的时间邮件滑动的时间t;t;答案答案: :(2)0.1 m(2)0.1 m(2)(2)邮件对地的位移大小邮件对地的位移大小x;x;(3)(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.W.解析解析: :(3)(3)邮件与皮带发生相对滑动过程中邮件与皮带发生相对滑动过程中, ,设皮带相对地面的位移为设皮带相对地面的位移为s,s,则则s=s=vtvt摩擦力对皮带做的功摩擦力对皮带做的功W=-FsW=-Fs联立并代入数据得联立并代入数据得W=-2 J.W=-2 J.答案答案: :(3)-2 J(3)-2 J2.2.导学号导学
32、号 58826119 58826119 涉及弹簧的直线、圆周、平抛运动组合问题涉及弹簧的直线、圆周、平抛运动组合问题 ( (20162016全国全国卷卷,25,25) )如图如图, ,一轻弹簧原长为一轻弹簧原长为2R,2R,其一端固定在倾角为其一端固定在倾角为3737的固定直轨的固定直轨道道ACAC的底端的底端A A处处, ,另一端位于直轨道上另一端位于直轨道上B B处处, ,弹簧处于自然状态弹簧处于自然状态. .直轨道与一半直轨道与一半径为径为 R R的光滑圆弧轨道相切于的光滑圆弧轨道相切于C C点点,AC=7R,A,B,C,D,AC=7R,A,B,C,D均在同一竖直平面内均在同一竖直平面内
33、. .质质量为量为m m的小物块的小物块P P自自C C点由静止开始下滑点由静止开始下滑, ,最低到达最低到达E E点点( (未画出未画出).).随后随后P P沿轨道沿轨道被弹回被弹回, ,最高到达最高到达F F点点,AF=4R.,AF=4R.已知已知P P与直轨道间的动摩擦因数与直轨道间的动摩擦因数= ,= ,重力加速重力加速度大小为度大小为g.(g.(取取sinsin 37 37= ,= ,coscos 37 37= )= )(1)(1)求求P P第一次运动到第一次运动到B B点时速度的大小点时速度的大小; ;(2)(2)求求P P运动到运动到E E点时弹簧的弹性势能点时弹簧的弹性势能; ;(3)(3)改变物块改变物块P P的质量的质量, ,将将P P推至推至E E点点, ,从静止开始释放从静止开始释放. .已知已知P P自圆弧轨道的最高自圆弧轨道的最高点点D D处水平飞出后处水平飞出后, ,恰好通过恰好通过G G点点.G.G点在点在C C点左下方点左下方, ,与与C C点水平相距点水平相距 R R、竖直、竖直相距相距R.R.求求P P运动到运动到D D点时速度的大小和改变后点时速度的大小和改变后P P的质量的质量. .
