2019年高考物理一轮复习 第五章 机械能 第1讲 功 功率 动能定理学案.doc

第1讲功功率动能定理 高考命题解读高考(全国卷)四年命题情况对照分析1.考查方式能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工具在综合题中应用.2.命题趋势通过比较，动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用在近两年有增加的趋势，常将功和能的知识和方法融入其他问题考查，情景设置为多过程，具有较强的综合性.题号命题点2013年卷21题将功率融入直线运动考查卷20题通过万有引力与航天考查能量问题卷22题通过实验考查弹性势能的测量卷24题将动能、动能定理融入电场中质点的运动进行考查2014年卷16题将动能知识融入带电粒子在磁场中的运动考查卷25题通过带电粒子在电场中的运动综合考查动能知识卷15题结合平抛运动考查动能、势能知识卷16题通过摩擦力做功考查做功知识2015年卷17题在单物体多过程中考查功能关系卷21题将机械能知识融入天体运动考查卷17题通过机车启动模型考查功和功率问题卷21题通过连接体模型综合考查机械能守恒定律和运动的合成与分解卷24题通过带电粒子在电场中的运动考查动能定理的应用2016年卷20题在电场中考查物体运动的动能、势能关系卷22题在直线运动中综合考查加速度求解及机械能守恒定律卷25题通过单物体多过程考查动能定理、机械能守恒定律、功能关系的灵活应用卷16题将动能融入在曲线运动考查卷21题通过弹簧模型综合考查弹力做功、功率、机械能守恒定律卷25题通过单物体多过程考查弹性势能、机械能守恒定律卷20题在曲线运动中考查摩擦力做功问题卷24题通过单物体多过程考查动能的计算一、功1定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功2必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移3物理意义：功是能量转化的量度4计算公式(1)恒力F的方向与位移l的方向一致时：WFl.(2)恒力F的方向与位移l的方向成某一夹角时：WFlcos.5功的正负(1)当00，力对物体做正功(2)当时，W4WF1，Wf22Wf1BWF24WF1，Wf22Wf1CWF24WF1，Wf22Wf1DWF24WF1，Wf2.根据功的计算公式WFl，可知Wf1Wf2，WF1WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误判断力是否做功及做正、负功的方法1看力F的方向与位移l的方向间的夹角常用于恒力做功的情形2看力F的方向与速度v的方向间的夹角常用于曲线运动的情形3根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W合Ek，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时合外力做负功1.如图3所示，质量为m的物体置于倾角为的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是()图3A支持力一定做正功B摩擦力一定做正功C摩擦力可能不做功D摩擦力可能做负功答案B解析支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度agtan，当agtan时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90，则做正功；当agtan时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90，则做负功综上所述，B选项是错误的2以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为()A0BFhCFhD2Fh答案D解析阻力与小球速度方向始终相反，故阻力一直做负功，WFh(Fh)2Fh，D选项正确命题点二功率的理解和计算1平均功率与瞬时功率(1)平均功率的计算方法利用.利用Fcos，其中为物体运动的平均速度(2)瞬时功率的计算方法利用公式PFvcos，其中v为t时刻的瞬时速度PFvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度PFvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力2机车的两种启动模型启动方式恒定功率启动恒定加速度启动Pt图和vt图3.机车启动问题常用的三个公式(1)牛顿第二定律：FFfma.(2)功率公式：PFv.(3)速度公式：vat.说明：F为牵引力，Ff为机车所受恒定阻力例2在检测某种汽车性能的实验中，质量为3103kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F与对应速度v，并描绘出如图4所示的F图象(图线ABC为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB、BO均为直线)假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC：图4(1)求该汽车的额定功率；(2)该汽车由静止开始运动，经过35s达到最大速度40m/s，求其在BC段的位移最大速度在图象中对应的力；AB、BO均为直线答案(1)8104W(2)75m解析(1)由图线分析可知：图线AB表示牵引力F不变即F8000N，阻力Ff不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC的斜率表示汽车的功率P不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40m/s，此后汽车做匀速直线运动由图可知：当最大速度vmax40m/s时，牵引力为Fmin2000N由平衡条件FfFmin可得Ff2000N由公式PFminvmax得额定功率P8104W.(2)匀加速运动的末速度vB，代入数据解得vB10m/s汽车由A到B做匀加速运动的加速度为a2m/s2设汽车由A到B所用时间为t1，由B到C所用时间为t2，位移为x，则t15s，t235s5s30sB点之后，对汽车由动能定理可得Pt2FfxmvC2mvB2，代入数据可得x75m.1求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率2机车启动中的功率问题(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，vvm.3.一汽车在平直公路上行驶从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图5所示假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()图5答案A解析当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1Ffma1，Ff不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1Ff时速度最大，且vm.当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2F2v可知F2减小，又因F2Ffma2，所以加速度逐渐减小，直到F2Ff时，速度最大vm，此后汽车做匀速直线运动综合以上分析可知选项A正确4一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，重物上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是()A钢绳的最大拉力为B钢绳的最大拉力为mgC重物匀加速的末速度为D重物匀加速运动的加速度为g答案D解析加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为，故A错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F，由牛顿第二定律得：ag，故D正确命题点三动能定理及其应用1动能定理(1)三种表述文字表述：所有外力对物体做的总功等于物体动能的增加量；数学表述：W合mv2mv02或W合EkEk0；图象表述：如图6所示，Ekl图象中的斜率表示合外力图6(2)适用范围既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功；力可以是各种性质的力，既可同时作用，也可分阶段作用2解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析受力情况和各力的做功情况；(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能Ek1和Ek2；(4)列动能定理的方程W合Ek2Ek1及其他必要的解题方程，进行求解例3(2016天津理综10)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图7所示，质量m60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB24 m/s，A与B的竖直高度差H48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W1530J，取g10m/s2.图7(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大答案(1)144N(2)12.5m解析(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有vB22ax由牛顿第二定律有mgFfma联立式，代入数据解得Ff144N(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理得mghWmvC2mvB2设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FNmgm由题意和牛顿第三定律知FN6mg联立式，代入数据解得R12.5m.5(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器舰载机总质量为3.0104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105N；弹射器有效作用长度为100m，推力恒定要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则()A弹射器的推力大小为1.1106NB弹射器对舰载机所做的功为1.1108JC弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107WD舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2答案ABD解析设总推力为F，位移x100m，阻力F阻20%F，对舰载机加速过程由动能定理得Fx20%Fxmv2，解得F1.2106N，弹射器推力F弹FF发1.2106N1.0105N1.1106N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为WF弹x1.1106100J1.1108J，B正确；弹射器对舰载机做功的平均功率F弹4.4107W，C错误；根据运动学公式v22ax，得a32m/s2，D正确6(多选)如图8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.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，sin370.6，cos370.8)则()图8A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C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g答案AB解析对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg2hmgcos45mgcos370，解得，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mghmgcos45mv2，解得v，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为ag，选项D错误7如图9所示，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Ff，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计求：图9(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；(2)小船经过B点时的速度大小v1；(3)小船经过B点时的加速度大小a.答案(1)Ffd(2) (3)解析(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功WfFfd(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功WPt1由动能定理有WWfmv12mv02由式解得v1(3)设小船经过B点时缆绳的拉力大小为F，缆绳与水平方向的夹角为，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则PFvvv1cos由牛顿第二定律有FcosFfma由式解得a.求解变力做功的五种方法一、用动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，因为使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选典例1如图10所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成角的位置在此过程中，拉力F做的功为()图10AFLcosBFLsinCFL(1cos)DmgL(1cos)答案D解析在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力，此变力F的功可用动能定理求解由WFmgL(1cos)0得WFmgL(1cos)，故D正确二、利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和，此法在中学阶段常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题典例2如图11所示，在一半径为R6m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m8kg的物块(可看成质点)用大小始终为F75N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8.求这一过程中：图11(1)拉力F做的功；(2)桥面对物块的摩擦力做的功答案(1)376.8J(2)136.8J解析(1)将圆弧分成很多小段l1、l2、ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、Wn.因拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37角，所以W1Fl1cos37、W2Fl2cos37、WnFlncos37所以WFW1W2WnFcos37(l1l2ln)Fcos372R376.8J.(2)因为重力G做的功WGmgR(1cos60)240J，而因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知WFWGWf0所以WfWFWG376.8J240J136.8J.三、化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究对象，有时可化为恒力做功，可以用WFlcos求解，此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中四、用平均力求变力做功在求解变力做功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是成线性变化的，即为均匀变化，则可以认为物体受到一大小为的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末状态所受到的力，然后用公式Wlcos求此力所做的功五、用Fx图象求变力做功在Fx图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图)典例3轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m0.5kg的物块相连，如图12甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x0.4m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g10m/s2)()图12A3.1JB3.5JC1.8JD2.0J答案A解析物块与水平面间的摩擦力为Ffmg1N现对物块施加水平向右的外力F，由Fx图象面积表示功可知F做功W3.5J，克服摩擦力做功WfFfx0.4J由功能关系可知，WWfEp，此时弹簧的弹性势能为Ep3.1J，选项A正确题组1功和功率的分析与计算1一个成年人以正常的速度骑自行车，受到的阻力为总重力的0.02倍，则成年人骑自行车行驶时的功率最接近于()A1WB10WC100WD1000W答案C解析设人和车的总质量为100kg，匀速行驶时的速率为5m/s，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等F0.02mg20N，则人骑自行车行驶时的功率为PFv100W，故C正确2.(多选)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时刻开始，受到水平外力F作用，如图1所示下列判断正确的是()图1A02s内外力的平均功率是4WB第2s内外力所做的功是4JC第2s末外力的瞬时功率最大D第1s末与第2s末外力的瞬时功率之比为94答案AD解析第1s末质点的速度v1t11m/s3 m/s.第2s末质点的速度v2v1t2(31) m/s4 m/s.则第2s内外力做功W2mv22mv123.5J02s内外力的平均功率PW4W.选项A正确，选项B错误；第1s末外力的瞬时功率P1F1v133W9W，第2s末外力的瞬时功率P2F2v214W4W，故P1P294.选项C错误，选项D正确3如图2所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆则小物块运动到x0处时F所做的总功为()图2A0B.Fmx0C.Fmx0D.x02答案C解析F为变力，但Fx图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功由于图线为半圆，又因在数值上Fmx0，故WFm2Fmx0Fmx0.题组2动能定理及其简单应用4.如图3所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是()图3Amghmv2B.mv2mghCmghD(mghmv2)答案A解析小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WGWF0mv2，重力做功为WGmgh，则弹簧的弹力对小球做功为WFmghmv2，所以正确选项为A.5(多选)质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图4甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列分析正确的是()图4A物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B物体运动的位移为13mC物体在前3m运动过程中的加速度为3m/s2Dx9m时，物体的速度为3m/s答案ACD解析由WfFfx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff2N，由Ffmg可得0.2，A正确；由WFFx对应图乙可知，前3m内，拉力F15N，39m内拉力F22N，物体在前3m内的加速度a13m/s2，C正确；由动能定理得：WFFfxmv2可得：x9m时，物体的速度为v3m/s，D正确；物体的最大位移xm13.5m，B错误6(多选)如图5所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d，若木块对子弹的阻力Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是()图5AFflMv2BFfdMv2CFfdmv02(Mm)v2DFf(ld)mv02mv2答案ACD解析画出如图所示的运动过程示意图，从图中不难看出，当木块前进距离l，子弹进入木块的深度为d时，子弹相对于地发生的位移为ld，由牛顿第三定律，子弹对木块的作用力大小也为Ff.子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得：FflMv2木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得：Ff(ld)mv2mv02两式联立得：Ffdmv02(Mm)v2所以，本题正确答案为A、C、D.题组3动能定理在多过程问题中的应用7(2014福建21)如图6所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力图6(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；(2)某游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向m)答案(1)(mgH2mgR)(2)R解析(1)游客从B点做平抛运动，有2RvBtRgt2由式得vB从A到B，根据动能定理，有mg(HR)WfmvB20由式得Wf(mgH2mgR)(2)设OP与OB间夹角为，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有mg(RRcos)mvP20过P点时，根据向心力公式，有mgcosNmN0cos由式解得hR.8如图7甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0处的P点向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O点位置后，A又被弹簧弹回A离开弹簧后，恰好回到P点物块A与水平面间的动摩擦因数为.求：图7(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功(2)O点和O点间的距离x1.(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？答案(1)mv02(2)x0(3)x0解析(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wfmv02.(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2mg(x1x0)mv02解得x1x0(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功为WF只有A时，从O到P有WFmg(x1x0)00A、B共同从O到O有WF2mgx12mv12分离后对A有mv12mgx2联立以上各式可得x2x0.9如图8所示，半径R0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止若PC间距为L10.25m，斜面MN足够长，物块P的质量m13kg，与MN间的动摩擦因数，重力加速度g10m/s2，求：(sin370.6，cos370.8)图8(1)小物块Q的质量m2；(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程答案(1)4kg(2)78N(3)1.0m解析(1)根据共点力平衡条件，两物块的重力沿斜面的分力相等，有：m1gsin53m2gsin37解得：m24kg即小物块Q的质量m2为4kg.(2)小物块P第一次到达D点过程，由动能定理得m1ghm1vD2根据几何关系，有：hL1sin53R(1cos53)在D点，支持力和重力的合力提供向心力：FDm1gm1解得：FD78N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N.(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零由全过程动能定理得：m1gL1sin53m1gcos53L总0解得L总1.0m即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m.