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第 4 讲功能关系能量守恒定律板块 主T梳理对点激活知识点 1 功能关系n1. 能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量。2. 功能关系（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有 多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着 能量的转化，而且能量转化 必通过做功来实现。知识点.2能量守恒定律n1.内容：能量既不会凭空 产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式 转化为另一种形式，或者从一个物体 转移到另一个物体，在转化和转移 的过 程中，能量的总量保持不变。2适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。3. 表达式（1）E初=E末，初状态各种能量的 总和等于末状态各种能量的 总和。（2）已增二厶已减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量。双基夯实一、 思维辨析1 .物体下落h,重力做功mgh物体具有了能量mgh（）2.能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。（）3.在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。（）4.一个物体的能量增加， 必定有别的物体能量减少。（）5.滑动摩擦力做功时，一定会产生热量。（）6.重力和弹簧弹力之外的力做功的过程是机械能和其他形式能量转化的过程。（）答案 1.X2.X3.V4.V5.V6.V二、 对点激活1. 功和能的关系有关功和能，下列说法正确的是（）A. 力对物体做了多少功，物体就具有多少能B. 物体具有多少能，就一定能做多少功C. 物体做了多少功，就有多少能量消失D. 能量从一种形式转化为另一种形式时，可以用功来量度能量转化的多少答案 D解析功是能量转化的量度，物体做了多少功，就有多少能量发生了转化；并非力对物 体做了多少功，物体就具有多少能；也并非物体具有多少能，就一定能做多少功，所以A、B 错误。做功的过程是能量转化的过程， 能量在转化过程中总量守恒并不消失， 所以 C 错误。 正确选项是 Do2. 能的转化与守恒如图所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧。在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为&和Ek,弹簧弹性势能的最大值为 &（以水平面为零势能面），则它们之间的关系为（）3A.Ep= E =EpB.C. Ep=EK+EpD.Ea+ E = Ea答案 A解析 小球下降过程中，重力势能先转化为动能，动能又转化为弹性势能，故A 正确。板块二、考点细研悟法培优0齊点解读1.对功能关系的进一步理解(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现到不同的力做功，对应不同形式的 能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。2.几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量天系合力的功动能变化W= E2Ek1= Ek重力的功-JVTAJL重力势能变化(1) 重力做正功，重力势能减少(2) 重力做负功，重力势能增加WG= & =Ep1乐奶、y弹簧弹力的功弹性势能变化(1) 弹力做正功，弹性势能减少(2) 弹力做负功，弹性势能增加W= & =Ep1丘2除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1) 其他力做多少正功，物体的机械能就增加多 少(2) 其他力做多少负功，物体的机械能就减少多 少(3)W= AE考点功能关系的理解和应用深化理解4一对相互作用的滑动摩擦力的总功内能变化(1) 作用于系统的一对滑动摩擦力总功一定为负 值，系统内能增加(2)Q=FfL相对0典例示法例 1 在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。如图所示，质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对她的阻力大小恒为F,那么在她减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)()A.她的动能减少了FhB.她的重力势能增加了mghC.她的机械能减少了(FmghD.她的机械能减少了Fh训脛豳釦运动员入水后受几个力？分别做什么功？提示：受重力和阻力，重力做正功、阻力做负功。(2)运动员机械能如何变化？提示：阻力做负功，机械能减少。尝试解答选 D。运动员下降高度h的过程中，重力势能减少了mgh选项 B 错误；除重力做功以外，只 有水对她的阻力F做负功，因此机械能减少了Fh,选项 C 错误，选项 D 正确；由动能定理 可知，动能减少了(Fmgh,故选项 A 错误。总结升华功能关系的选用原则(1) 在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析。(2) 只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。(3) 只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析。递进题组_1. 2015 河南八市质检某同学将质量为m的一矿泉水瓶(可看成质点)竖直向上抛出， 水瓶以 4g的加速度匀减速上升，上升的最大高度为H。水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则()55A.上升过程中水瓶的动能减少量为”mgH5B.上升过程中水瓶的机械能减少了mgHC.水瓶落回地面时动能大小为mgH46D.水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态答案 A解析 水瓶以a= 减速上升，设阻力为f,则有口叶f=ma解得阻力f=；mg上升445阶段动能的改变量等于合外力做功，血=ma徉4mgH故 A 选项正确。由动能定理：553-mgHk 0氐 得初动能为-mgH全程由动能定理得： 2fH= E卩912小木块获得的动能Ek=mv也可用动能定理 卩mgli= EVB1,D 项正确。图屮图乙2. 2015 长春高三质检如图甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方19i3向运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程x的关系图象如图乙所示，其中 0 xi过程的图象为曲线，XiX2过程的图象为直线（忽略空气阻力）。则下列说法正确的是（）A.0Xi过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B.0Xi过程中物体的动能一定增加C. XiX2过程中物体一定做匀速直线运动D. XiX2过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动答案 A解析 由功能关系可知，E-X图象切线斜率的绝对值等于物体所受拉力大小，在0Xi内斜率的绝对值逐渐变小，故在0Xi内物体所受的拉力逐渐减小，A 项正确；由题图可知0Xi内机械能增加，绳子拉力做正功，物体向上运动，xiX2内机械能减小，绳子拉力做负 功，物体向下运动，在Xi位置处速度为零，初始时刻速度为零，动能先变大后变小，B 项错误；xiX2内E-X图象切线斜率的绝对值不变，故物体所受拉力保持不变，物体可能做匀速 直线运动或匀加速直线运动，C D 项错。3. 20i6 江西南昌一模（多选）在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图 甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m= i kg 的货物放在传送带上的A处，经过 i.2 s 到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g= i0 m/s2,由v-t图可知（）图帀图乙A.A B两点的距离为 2.4 mB.货物与传送带的动摩擦因数为0.5C.货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为i2.8 JD.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J答案 BD解析由图乙可知，货物在前0.2 s 运动的距离Li= 0.2 m 在 0.21.2 s 内移动的距离L2= 3 m,所以A、B两点距离L=Li+L2= 3.2 m , A 错误；从图象上看，前0.2 s 货物的加速度ai= i0 m/s0.2i.2 s 内货物的加速度 比=2 m/s，根据受力情况，可知min0+mgcos0=ma,min0卩mgcos0=ma,解得 卩=0.5 , B 正确；同时还解得摩擦力f=imgcos0= 4 N，前 0.2 s 摩擦力做功W=fLi= 0.8 J，在 0.2i.2 s 内摩擦力做功W=fL2= i2 J,摩擦力对货物做的总功W+VW= ii.2 J , C 错误；从图象可求得相对位i3移L相=i.2 m，摩擦产生的热量Q=i.2X4 J = 4.8 J , D 正确。22图甲4.2015 山东高考如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为I。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于I段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的 1.25 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为 初始值的 0.6倍，不计滑轮的大小和摩擦，(1) 物块的质量；(2) 从释放到运动至最低位置的过程中，答案(i)M= 3m(2) Vf= 0.1mgl解析(1)设开始时细绳的拉力大小为平衡条件得I对小球，T1=mgD对物块，F1+T1=M当细绳与竖直方向的夹角为60时，设细绳的拉力大小为T2,传感装置的示数为F2,据题意可知，F2= 1.25F1，由平衡条件得对小球，T2=mgcos60对物块，F2+T2=M联立式，代入数据得M= 3n(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为V,从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为 W,由功能关系得mgl(1 - cos60 ) -W= mV在最低位置，设细绳的拉力大小为T3,传感装置的示数为F3,据题意可知,F3= 0.6Fl，对小球，由牛顿第二定律得2v _T3-mg=阡对物块，由平衡条件得F3+T3=MQm.XL图乙重力加速度的大小为g。求:小球克服空气阻力所做的功。T,传感装置的初始值为Fi,物块质量为M由23联立式，代入数据得Vf= 0.1mgl0JL =EC5.2015 福建高考如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为go(1) 若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2) 若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量mF M在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为 ，求：1滑块运动过程中，小车的最大速度大小Vm；2滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小So答案(1)3mg(2)s= 3L解析(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B由能量守恒定律，得12mgR=mB滑块在B点处，由牛顿第二定律2VBN- mg= mR解得N=3mg由牛顿第三定律，得N= 3mg1212滑块下滑到达B点时，小车速度最大。由能量守恒定律，得mg=2皿必+ -m(2Vm)设滑块运动到C点时，小车速度大小为VC,由能量守恒定律，得mg-卩mg=2皿+1尹2VC)设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a,由牛顿第二定律 卩m=Ma由运动学规律，得vC-vm=- 2as解得s=24板块四限时规范特训25解得：W归 4mgR故选 Bo4瑟 时间：45 分钟他釦满分：100 分一、选择题（本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 16 为单选，710 为多选）1.质量为m的物体，从静止开始以a=g/2 的加速度竖直向下运动h米，下列说法中不 正确的是（）物体的动能增加了物体的机械能减少了物体的势能减少了物体的势能减少了A.B.C.D.mgh2mgh2mgh2mghC因向下的加速度小于重力加速度，可判断物体一定受到阻力作用，由牛顿定律可F=mg2。合力做功为mgh2，故选项 A 正确。阻力做功为mgh2，故选项 B答案解析 求出阻力为_正确。重力做功mgh故选项 D 正确。2. 2015 安徽合肥一模一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由 静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的 1.5 倍，则此过程中铁块损失的 机械能为（1A.8mgR1C.2mgR1B.4mgRD.jmgR答案 B解析已知铁块滑到半圆底部时,v2定律得：1.5mg= mR小铁块所受向心力为铁块重力的1.5 倍，由牛顿第二对铁块的下滑12mgR- W2mv,26弹黄盒3. 2014 广东高考如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。图中和为 楔块，和为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中（）A. 缓冲器的机械能守恒B. 摩擦力做功消耗机械能C. 垫板的动能全部转化为内能D. 弹簧的弹性势能全部转化为动能答案 B解析 在弹簧压缩过程中，摩擦力做功， 缓冲器的机械能不守恒， A 项错误，B 项正确； 根据能量守恒可知，垫板的动能转化为弹簧的弹性势能以及克服摩擦力做功产生的内能，CD 两项错误。4. 2015 河南八市联考如图所示，有三个斜面a、b、c,底边的长分别为L、L、3L,高度分别为 3h、h、h。某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜 面从顶端由静止下滑到底端，三种情况相比较，下列说法正确的是（）A.物体损失的机械能 2AEa= 2AE,=AEB.因摩擦产生的热量 3Q= 3Q= QC.物体到达底端的动能 Ea= 3E E Hc,选项 C 错误。28血(m s )12.10,8-0510155.2015 石家庄二中一模一质点在 015 s 内竖直向上运动，其加速度一时间图象 如图所示，若取竖直向下为正，g取 10 m/s2， 则下列说法正确的是（）A. 质点的机械能不断增加B. 在 05 s 内质点的动能增加C. 在 1015 s 内质点的机械能一直增加D.在t= 15 s 时质点的机械能大于t= 5 s 时质点的机械能答案 D解析 质点竖直向上运动，015 s 内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B 错。0 5 s 内，a= 10 m/s，质点只受重力，机械能守恒；510 s 内，a= 8 m/s，受重力和向上的力F1,F1做正功，机械能增加；1015 s 内，a= 12 m/s，质点受重力和向下的力F2,F2做负功，机械能减少， A C 错误。由F合=口8可推知F1=F2,由于做减速运动，510 s 内通过的位移大于 1015 s 内通过的位移，R 做的功大于F2做的功，515 s 内增加的机械 能大于减少的机械能，所以D 正确。6.2016 石家庄质检一质量为 0.6 kg 的物体以 20 m/s 的初速度竖直上抛，当物体 上升到某一位置时，其动能减少了 18 J，机械能减少了 3 J。整个运动过程中物体所受阻力1n|n大小不变，重力加速度g= 10 m/s，则下列说法正确的是（已知物体的初动能 氐=mv= 120J)()A. 物体向上运动时加速度大小为12 m/s2B.物体向下运动时加速度大小为9 m/s2C.物体返回抛出点时的动能为40 JD.物体返回抛出点时的动能为114 J答案 A解析根据机械能的变化量等于除了重力以外的其他力做的功，所以阻力做功W/= 3J,在物体上升到某一位置的过程中根据动能定理有，mglW/= E，解得h= 2.5 m 又62W/= fh解得f= 5 N，上升过程中有mg+ f=ma解得a= 12 m/s，下落过程中有mf=1mW，解得a= 8 m/s2, A 项正确，B 项错。初动能 氐=mV= 120 J，当上升到某一位置29动能变化量为 H = 18 J , H =氐乐，解得：氐=102 J，再上升到最高点时机械能40 J,这个过程中利用动能定理有一40 =Ek氐，得返回抛出点时的动能E= 80 J，所以 C、D 两项均错。7.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端， 弹簧的另一端固定于O点处，将 小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到0点正下方B点时速度为v，与A点的竖直高度差为h,则（）A.由A至B重力做功为mgh12B.由A至B重力势能减少mv2C.由A至B小球克服弹力做功为mgh12D.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mg2m/答案 AD解析 由A至B重力做功为mgh选项 A 正确；但此过程中重力势能的减少有一部分转12化为弹簧的弹性势能，故选项 B 错误；由动能定理得：mgh- W/单二；mv，故小球克服弹力做212的功也即弹簧的弹性势能为mgh- mv，选项 C 错误，选项 D 正确。2& 2015 四川德阳二诊如图所示，一根长为L= 3 m 的竖直绳子末端挂着一个质量为m= 1 kg 的木块（可视为质点），现给木块一个水平方向的初速度vo= 4 m/s，使木块开始摆动，当绳子摆到与竖直方向的夹角0= 37时，绳突然断了，绳断后，木块恰能运动到水平传送带的最左端， 且此时速度水平，此后木块在传送带上滑行。已知传送带足够长， 正以v= 1 m/s 的恒定速度逆时针运行，木块与传送带间的动摩擦因数卩=0.2，不考虑空气阻一2力和绳的质量，重力加速度g= 10 m/s , sin37 = 0.6 , cos37= 0.8。下列说法中正确的减少量为E,解得E= 17 J，所以在上升、F 落全过程中机械能的减少量为30A.绳断时木块的速度大小为2 m/sB.木块刚好到达传送带最左端时的速度大小为1 m/sC.木块在传送带上距传送带左端的最大距离是1.28 mD.木块从滑上传送带到离开传送带的过程中，整个系统因摩擦而产生的热量为3.38 J答案 AD解析 木块运动到与竖直方向夹角为0的位置时速度设为v,由动能定理得：一mgL1木块以vx= 1.6 m/s 滑上传送带，由于vxv，所以木块向右减速，然后再向左加速，还 没到左端时速度达到v= 1 m/s,故 B 选项错误。木块速度为零时到达最右端，据v2= 2 卩 gx得x= 0.64 m，故 C 选项错误。木块向右运动过程中产热v2百=0.5J，所以2Q+Q=3.38 J，9. 2016 湖北武汉调研如图 1 所示，固定的粗糙斜面长为cos0)=1mV 却，得v= 2 m/s，水平分速度vx=vcos0= 1.6 m/s，故 A 选项正确。木块向左运动过程中产热D 选项正确。10 m 一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图 2 所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能 重力加速度g= 10 m/s2。根据上述信息不能求出（EP随位移x的变化规律如图 3 所示,31A. 斜面的倾角B. 小滑块与斜面之间的动摩擦因数C. 小滑块下滑的加速度的大小D.小滑块受到的滑动摩擦力的大小答案 ABC32mccos0 卩9cos0别运动到底端的过程中， 摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故 A错误；分别对A、B滑块应用动能定理得：mgh-1mgL=皿，mgh-imgL=EKB,可知，滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故 B 正确；整个过程中，两物块所受重力做 功相同，但由于A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故 C 正确； 两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，摩擦力做功不等， 所以机械能不同，故 D 错误。二、非选择题（本题共 2 小题，共 30 分）解析 小滑块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有：Ek25得合力F合=-Ek=N = 2.5 N,小滑块重力势能的变化量x10F合x= 丘，由图 2 的斜率可求EP=mgxin由图 3 的斜率EP100可求得mgsin-0=oN = 10N,F合=min0R=mgsin0 mgcos0=ma=2.5N,X10则小滑块受到的滑动摩擦力的大小小滑块与斜面之间的动摩擦因数正确。R 可以求出，因小滑块的质量 m 未知，故斜面的倾角0、1、小滑块下滑的加速度a的大小不能求，故选项 A、B、C 水平地面上有两个固定的、底边长分别为Li、匕且Li如图所示。 个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块 释放，取地面所在的水平面为参考平面，则高度相同的粗糙斜面甲和乙，两个完全相同的小滑块A、氏可视为质点）与两B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始A.B.C.从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同 滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大I两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大两个滑块加速下滑的过程中，至U达同一高度时，机械能可能相同0，乙图斜面倾角为a，甲图中摩擦力做功W=D.答案 BC解析设甲图斜面的倾角为L1卩mgLi,乙图中摩擦力做功W=卩mgL,则A、B滑块从斜面顶端分(3311. 2015 厦门高三质检(12 分)如图所示，水平传送带在电动机带动下以速度vi= 2m/s 匀速运动，小物体P、Q质量分别为 0.2 kg 和 0.3 kg,由通过定滑轮且不可伸长的轻绳 相连，t= 0时刻P放在传送带中点处由静止释放。已知P与传送带间的动摩擦因数为0.5 ,传送带水平部分两端点间的距离为4 m，不计定滑轮质量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取g= 10 m/s。(1) 判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小；(2) 求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量；(3) 求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能。答案 (1)向左运动；4 m/s (2)4 J (3)2 J解析(1)传送带给P的摩擦力f=卩mg= 1 N小于Q的重力mg= 3 N ,P将向左运动。根据牛顿第二定律，对P：T卩mg=ma,对Q：mgT=ma解得：a=空連=4 m/s2m+m2L(2)从开始到末端：v= 2a0+v2传送带的位移s=V1tLQ=卩mg（2 +s） = 4 J(3)电机多消耗的电能为克服摩擦力所做的功 解法一：E电=Wfe=mgsE电=2 J解法二：L12E电+mg2= 2（m+m）v+E电=2 J12. 2015-浙江瑞安四校联考(18 分)如图所示，固定斜面的倾角0= 30，物体A与斜面之间的动摩擦因数=，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为 2m B的质量为m初始时物体A到C点的距离为L。现给A B一初速度v.gL,使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度为g,不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：34(2) 弹簧的最大压缩量；(3) 弹簧的最大弹性势能。解得v=v0gL。(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用能量守恒Ff 212=2x3m2C点的过程中，对系统根据能量守恒有3mgL4 。1 应用能量守恒定律的基本思路(1) 某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等；(2) 某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。2应用能量守恒定律解题的步骤(1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。(2)明确哪种形式的能量增加， 哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量 E减和增加 的能量E增的表达式。(3)列出能量守恒关系式 E减=E增。解得x=2g2voL2g2解析(1)A与斜面间的滑动摩擦力1 2 2中，根据能量守恒有 2mglsin0+ 3m6= 3rnv +mgg FfL答案，vogL3mV3mgL44、1Ff= 2 卩mgcos0,物体从A向下运动到C点的过程弹簧从压缩到最短到恰好能弹到丘丘 +mgx=2mgxin0+Ffx，所以 E)=Rx=3mv4
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