2019年高考物理 母題題源系列 專題06 功和能（含解析）

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1、專題06 功和能 【母題來源一】2019年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試物理（新課標(biāo)全國Ⅰ卷） 【母題原題】（2019·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得 A．物體的質(zhì)量為2 kg B．h=0時，物體的速率為20 m/s C．h=2 m時，物體的動能Ek=40 J D．從地面至h=4 m，物體的動能減少100 J 【答案】AD 【解析】A．Ep–h圖像知其斜率為G，故G==20 N，解得m=2 kg，故A

2、正確B．h=0時，Ep=0，Ek=E機(jī)–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B錯誤；C．h=2 m時，Ep=40 J，Ek=E機(jī)–Ep=85 J–40 J=45 J，故C錯誤；D．h=0時，Ek=E機(jī)–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m時，Ek′=E機(jī)–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正確。 【母題來源二】2019年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理（新課標(biāo)全國II卷） 【母題原題】（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相反的外

3、力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為 A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 【答案】C 【解析】對上升過程，由動能定理，，得，即F+mg=12 N；下落過程，，即N，聯(lián)立兩公式，得到m=1 kg、F=2 N。 【母題來源三】2019年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理（新課標(biāo)全國Ⅲ卷） 【母題原題】（2019·江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運(yùn)動，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動到A點恰好靜止．物塊向左運(yùn)動的最大距離為

4、s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中 A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D．物塊在A點的初速度為 【答案】BC 【解析】小物塊壓縮彈簧最短時有，故A錯誤；全過程小物塊的路程為，所以全過程中克服摩擦力做的功為：，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得：，故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得：，解得：，故D錯誤。 【命題意圖】本類題通常主要考查對摩擦力、向心力、功、動能等基本運(yùn)動概念的理解，以及對摩擦力做功、動能定理、能量守恒等物理概念與規(guī)律的理解與簡

5、單的應(yīng)用。 【考試方向】從近幾年高考來看，關(guān)于功和能的考查，多以選擇題的形式出現(xiàn)，有時與電流及電磁感應(yīng)相結(jié)合命題。動能定理多數(shù)題目是與牛頓運(yùn)動定律、平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動以及電磁學(xué)等知識相結(jié)合的綜合性試題；動能定理仍將是高考考查的重點，高考題注重與生產(chǎn)、生活、科技相結(jié)合，將對相關(guān)知識的考查放在一些與實際問題相結(jié)合的情境中。機(jī)械能守恒定律，多數(shù)是與牛頓運(yùn)動定律、平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動以及電磁學(xué)等知識相結(jié)合的綜合性試題；高考題注重與生產(chǎn)、生活、科技相結(jié)合，將對相關(guān)知識的考查放在一些與實際問題相結(jié)合的情境中 【得分要點】 （1）變力做功的計算方法 ①用動能定理W=ΔEk或功能關(guān)系求。 ②當(dāng)變力的功

6、率P一定時，可用W＝Pt求功，如機(jī)車恒功率啟動時。 ③當(dāng)力的大小不變，而方向始終與運(yùn)動方向相同或相反時，這類力做的功等于力和路程（不是位移）的乘積．如滑動摩擦力做功等。 ④當(dāng)力的方向不變，大小隨位移做線性變化時，可先求出力的平均值，再由W＝Flcos α計算。 ⑤作出變力F隨位移l變化的圖象，圖象與位移所在軸所圍的“面積”即為變力做的功。 （2）計算功率的基本方法 首先判斷待求的功率是瞬時功率還是平均功率。 ①平均功率的計算方法 利用；利用。 ②瞬時功率的計算方法 ，v是t時刻的瞬時速度 （3）分析機(jī)車啟動問題時的注意事項 ①機(jī)車啟動的方式不同，機(jī)車運(yùn)動的規(guī)律就不同，因此

7、機(jī)車啟動時，其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律也不相同，分析圖象時應(yīng)注意坐標(biāo)軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律。 ②在用公式P＝Fv計算機(jī)車的功率時，F(xiàn)是指機(jī)車的牽引力而不是機(jī)車所受到的合力。 ③恒定功率下的加速一定不是勻加速，這種加速過程發(fā)動機(jī)做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算（因為F是變力）。 ④以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動機(jī)做的功常用W＝Fl計算，不能用W＝Pt計算（因為功率P是變化的）。 ⑤勻加速過程結(jié)束時機(jī)車的速度并不是最后的最大速度．因為此時F>F阻，所以之后還要在功率不變的情況下變加速一段時間才達(dá)到最后的最大速度vm。 （4）對動

8、能定理的理解： 動能定理公式中等號表明了合外力做功與物體動能的變化間的兩個關(guān)系： ①數(shù)量關(guān)系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系，可以通過計算物體動能的變化，求合外力的功，進(jìn)而求得某一力的功。 ②因果關(guān)系：合外力的功是引起物體動能變化的原因；動能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的問題時，優(yōu)先考慮使用動能定理。 （5）運(yùn)用動能定理需注意的問題 ①應(yīng)用動能定理解題時，在分析過程的基礎(chǔ)上無需深究物體運(yùn)動過程中狀態(tài)變化的細(xì)節(jié)，只需考慮整個過程的功及過程初末的動能。 ②若過程包含了幾個運(yùn)動性質(zhì)不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮。

9、③應(yīng)用動能定理分析多過程問題，關(guān)鍵是對研究對象受力分析：正確分析物體受力，要考慮物體受到的所有力，包括重力；要弄清各力做功情況，計算時應(yīng)把已知功的正、負(fù)代入動能定理表達(dá)式；有些力在物體運(yùn)動全過程中不是始終存在，導(dǎo)致物體的運(yùn)動包括幾個物理過程，物體運(yùn)動狀態(tài)、受力情況均發(fā)生變化，因而在考慮外力做功時，必須根據(jù)不同情況分別對待。 ④在應(yīng)用動能定理解決問題時，動能定理中的位移、速度各物理量都要選取同一個慣性參考系，一般都選地面為參考系。 （6）應(yīng)用機(jī)械能守恒定律的基本思路 ①選取研究對象。 ②根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。 ③恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研

10、究對象在過程的初、末狀態(tài)時的機(jī)械能。 ③選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式進(jìn)行求解。 （7）機(jī)械能守恒的判斷方法 ①利用機(jī)械能的定義判斷（直接判斷）：分析動能和勢能的和是否變化。 ②用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力（或彈簧的彈力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，則機(jī)械能守恒。 ③用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 ④對多個物體組成的系統(tǒng)，除考慮外力是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內(nèi)力做功，如有滑動摩擦力做功時，因有摩擦熱產(chǎn)生，系統(tǒng)機(jī)械能將有損失。 ⑤對一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等問題，機(jī)械

11、能一般不守恒，除非題目中有特別說明或暗示 （8）多物體機(jī)械能守恒問題的分析方法 ①對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運(yùn)動過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒． ②注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系． ③列機(jī)械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝–ΔEp的形式． （9）幾種常見的功能關(guān)系表達(dá)式 ①合外力做功等于物體動能的改變，即W合＝Ek2–Ek1＝ΔEk。（動能定理） ②重力做功等于物體重力勢能的減少，即WG＝Ep1–Ep2＝–ΔEp。 ③彈簧彈力做功等于彈性勢能的減少，即W彈＝Ep1–Ep2＝–ΔEp。 ④除了重力和彈簧彈力之外的其他力所做的總功，等于物體機(jī)械能的改變，即

12、W其他力＝E2–E1＝ΔE。（功能原理） ⑤電場力做功等于電荷電勢能的減少，即W電＝Ep1–Ep2＝–ΔEp。 （10）能量守恒定律及應(yīng)用 ①列能量守恒定律方程的兩條基本思路：某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等。 ②應(yīng)用能量守恒定律解題的步驟：分析物體的運(yùn)動過程及每個小過程的受力情況，因為每個過程的受力情況不同，引起的能量變化也不同；分清有多少形式的能[如動能、勢能（包括重力勢能、彈性勢能、電勢能）、內(nèi)能等]在變化；明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量

13、ΔE減和增加的能量ΔE增的表達(dá)式；列出能量守恒關(guān)系式：ΔE減＝ΔE增。 ③功能關(guān)系式選用上優(yōu)先選擇動能定理，其次是機(jī)械能守恒定律；最后選擇能量守恒定律，特別研究對對象是系統(tǒng)，且系統(tǒng)機(jī)械能守恒時，首先考慮機(jī)械能守恒定律 1．（2019·四川省宜賓市高一期末）如圖，質(zhì)量相同的兩物體、，用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，在水平桌面的上方，在水平粗糙桌面上。初始時用力壓住b使、靜止，撤去此壓力后，開始運(yùn)動，在下降的過程中，始終未離開桌面。在此過程中 A．的動能小于的動能 B．兩物體機(jī)械能的變化量相等 C．的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量 D．繩的拉力對所做的

14、功與對所做的功的代數(shù)和不為零 【答案】A 【解析】將b的實際速度進(jìn)行分解如圖：，即a的速度小于b的速度，故a的動能小于b的動能，A正確；由于有摩擦力做功，故ab系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，則二者機(jī)械能的變化量不相等，B錯誤；a的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量與產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故a的重力勢能的減小量大于兩物體總動能的增加量，C錯誤；在這段時間t內(nèi)，繩子對a的拉力和對b的拉力大小相等方向相反，兩個物體沿繩子方向的位移相等，所以繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的絕對值相等，二者代數(shù)和為零，D錯誤。 2．（2019·湖南省長沙市雅禮中學(xué)高三入學(xué)考試）如圖所示是固定在桌面上的“C”形木塊，a

15、bcd為半徑為R的光滑圓軌道的一部分，a為軌道的最高點，de面水平。將質(zhì)量為m的小球在d點正上方h高處釋放，小球自由下落到d處切入軌道運(yùn)動，則 A．在h一定的條件下，釋放小球后小球能否到a點，與小球質(zhì)量有關(guān) B．要使小球通過a點的條件是h>R C．改變h的大小，就可使小球在通過a點后可能落回軌道之內(nèi)，也可能落在de面上 D．無論怎樣改變h的大小，都不可能使小球在通過a點后又落回軌道內(nèi) 【答案】D 【解析】小球恰能通過a點的條件是小球的重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律：，解得：，要使小球能到a點，要使小球通過a點的條件是在a點速度大于等于，根據(jù)動能定理：，可以求出h的最小值，與小

16、球質(zhì)量無關(guān)，故AB錯誤。小球恰好離開a點時做平拋運(yùn)動，用平拋運(yùn)動的規(guī)律，水平方向的勻速直線運(yùn)動：x=vt；豎直方向的自由落體運(yùn)動：R=gt2，解得：x=R＞R，所以小球在通過a點后不可能落回軌道之內(nèi)，故C錯誤，D正確。 3．（2019·浙江省溫州九校高二上學(xué)期期中）蹦床是奧林匹克運(yùn)動會正式比賽項目，圖甲為今年全運(yùn)會某運(yùn)動員比賽照片，圖乙為其簡化示意圖，運(yùn)動員可視為質(zhì)點，圖中虛線PQ是彈性蹦床的初始位置，A為運(yùn)動員抵達(dá)的最高點，B為運(yùn)動員剛抵達(dá)蹦床時的位置，C為運(yùn)動員抵達(dá)的最低點，空氣阻力不可忽略，對于運(yùn)動員，下列說法正確的是 A．C到A上升過程，B位置運(yùn)動員速度最大 B．A到C下落過

17、程，蹦床彈力和重力對運(yùn)動員做的功代數(shù)和為零 C．B到C下落過程，蹦床彈力和重力對運(yùn)動員做的功等于運(yùn)動員動能的變化量 D．B到C下落過程，蹦床彈力和空氣阻力對運(yùn)動員做的功等于運(yùn)動員機(jī)械能的變化量 【答案】D 【解析】從到的過程中，運(yùn)動員所受的蹦床的彈力先大于重力，后小于重力，所以運(yùn)動員先加速后減速，從到過程中，運(yùn)動員做豎直上拋運(yùn)動，速度減小，故選項A錯誤；到下落過程，空氣阻力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可得可知蹦床彈力和重力對運(yùn)動員做的功代數(shù)和不為零，故選項B錯誤；到下落過程，根據(jù)動能定理可得蹦床彈力、重力和空氣阻力對運(yùn)動員做的功等于運(yùn)動員動能的變化量，故選項C錯誤；到下落過程，根據(jù)功能關(guān)系可知

18、蹦床彈力和空氣阻力對運(yùn)動員做的功等于運(yùn)動員機(jī)械能的變化量，故選項D正確。 4．（2019·河北省邢臺八中高一期末）質(zhì)量為m的物體從地面上方H高處無初速釋放，落在地面后出現(xiàn)一個深度為h的坑，如圖所示，在此過程中 A．重力對物體做功為mg（H+h） B．物體的重力勢能減少了mg（H+h） C．所有外力對物體做的總功為零 D．地面對物體的平均阻力為mg 【答案】ABC 【解析】重力對物體做功為mg（H+h），選項A正確；重力做功等于重力勢能的減小，則物體的重力勢能減少了mg（H+h），選項B正確；根據(jù)動能定理可知，物體動能變化為零，則所有外力對物體做的總功為零，選項C正確；根據(jù)動能

19、定理：，則地面對物體的平均阻力為，選項D錯誤。 5．（2019·江西省南昌二中高一期末）如圖所示，水平光滑長桿上套有小物塊A，細(xì)線跨過位于O點的輕質(zhì)光滑定滑輪，一端連接A，另一端懸掛小物塊B，物塊A、B質(zhì)量相等。C為O點正下方桿上的點，滑輪到桿的距離OC＝h，重力加速度為g.開始時A位于P點，PO與水平方向的夾角為，現(xiàn)將A、B由靜止釋放，下列說法正確的是 A．物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中，速度先增大后減小 B．物塊A經(jīng)過C點時的速度大小為 C．物塊A在桿上長為的范圍內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動 D．在物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中，物塊B克服細(xì)線拉力做的功小于B重力勢能的減少量

20、【答案】BC 【解析】物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中，繩子拉力對A做正功，其余的力不做功，所以物體A的動能不斷增大，速度不斷增大，故A錯誤。物體到C點時物塊B的速度為零。設(shè)物塊A經(jīng)過C點時的速度大小為v。根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：，得，故B正確。由幾何知識可得，由于A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由對稱性可得物塊A在桿上長為2h的范圍內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動，故C正確。物體到C點時物塊B的速度為零。根據(jù)功能關(guān)系可知，在物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中，物塊B克服細(xì)線拉力做的功等于B重力勢能的減少量，故D錯誤。 6．（2019·安徽省池州市高一期末）一個重為mg的物體在外力F作用下，從靜止開始沿一條

21、豎直平面內(nèi)的直線斜向下運(yùn)動，直線軌跡與豎直方向成30°角，不計空氣阻力，則該物體機(jī)械能大小的變化可能是 A．若，則物體運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒 B．若，則物體運(yùn)動過程中機(jī)械能可能增大，也可能減小 C．若，則物體運(yùn)動過程中機(jī)械能一定越來越大 D．若，則物體運(yùn)動過程中機(jī)械能一定越來越大 【答案】ABD 【解析】因為物體做直線運(yùn)動，拉力F和重力的合力與運(yùn)動軌跡在同一直線上，當(dāng)外力時，的方向垂直于運(yùn)動的直線，不做功，A正確；當(dāng)大于小于時，F(xiàn)的方向不可能與軌跡垂直，或斜向上或斜向下。因此可能做正功，也可能做負(fù)功，機(jī)械能可能增大，也可能減小，B正確，C錯誤。若時的方向與運(yùn)動軌跡成銳角，故一定要

22、做正功，機(jī)械能越來越大，D正確。 7．（2019·河北省張家口市高一月考）如圖所示，質(zhì)量相同的小球A、B通過質(zhì)量不計的細(xì)桿相連接，緊靠豎直墻壁放置。由于輕微擾動，小球A、B分別沿水平地面和豎直墻面滑動，滑動過程中小球和桿始終在同一豎直平面內(nèi)，當(dāng)細(xì)桿與水平方向成37°角時，小球B的速度大小為v，重力加速度為g，忽略一切摩擦和阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。則 A．小球A的速度為 B．小球A的速度為 C．細(xì)桿的長度為 D．細(xì)桿的長度為 【答案】AC 【解析】小球B的速度為v時，設(shè)小球A的速度大小為，則有，解得：，A正確，B錯誤；兩球下滑過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

23、，即：，解得：，C正確，D錯誤。 8．（2019·天津市十二區(qū)縣重點學(xué)校高三畢業(yè)聯(lián)考）2022年第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動會將在北京舉行，跳臺滑雪是冬奧會的比賽項目之一。圖為一簡化后的跳臺滑雪的軌道示意圖，運(yùn)動員（可視為質(zhì)點）從0點由靜止開始自由滑過一段圓心角為60°的光滑圓弧軌道后從A點水平飛出，然后落到斜坡上的B點。已知A點是斜坡的起點，光滑圓弧軌道半徑為40 m，斜坡與水平面的夾角=30°，運(yùn)動員的質(zhì)量m=50 kg。重力加速度g=10 m/s2。下列說法正確的是 A．運(yùn)動員從0運(yùn)動到B的整個過程中機(jī)械能不守恒 B．運(yùn)動員到達(dá)A點時對軌道的壓力大小為1 000 N C．運(yùn)動員到

24、達(dá)A點時重力的瞬時功率為104 W D．運(yùn)動員從A點飛出到落到B點所用的時間為s 【答案】BD 【解析】運(yùn)動員在光滑的圓軌道上的運(yùn)動和隨后的平拋運(yùn)動的過程中只受有重力做功，機(jī)械能守恒，故A錯誤；運(yùn)動員在光滑的圓軌道上的運(yùn)動的過程中機(jī)械能守恒，所以，由牛頓第二定律可得，，得，故A點時對軌道的壓力大小為1 000 N，故B正確。由，可知此時重力的瞬時功率為零，故C錯誤。由，，，可得，故D正確。 9．（2019·四川省宜賓市高一期末）如圖所示，光滑軌道的水平段與水平地面平滑連接。在水平軌道上，用擋板將A、B兩物塊擋住并壓縮彈簧后處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕質(zhì)彈簧與物塊不拴結(jié)?，F(xiàn)只放開左側(cè)擋板，物塊能到達(dá)

25、軌道的最大高度h處。已知物塊的質(zhì)量為，的質(zhì)量為，、兩物塊與水平地面的動摩因數(shù)均為，、與彈簧相互作用過程中均處于水平軌道段，彈簧的壓縮量保持不變，彈簧處于自然伸長時的長度遠(yuǎn)小于h。試問： （1）若只放開右側(cè)擋板，則物塊在粗糙水平地面上經(jīng)多少時間停止運(yùn)動？ （2）若同時放開左右兩側(cè)擋板，則物塊、分離時的速度大小各為多少？ （3）若同時放開左右兩側(cè)擋板，當(dāng)物塊、均停止運(yùn)動時，兩者之間的距離為多少？ 【答案】（1） （2）、 （3） 【解析】（1）只放開左側(cè)擋板，A從靜止到h高度處，彈簧儲存的勢能為 根據(jù)能量守恒： 若只放開右側(cè)擋板時，B離開彈簧時速度為，根據(jù)能量守恒： 根據(jù)動

26、量定理： 解得： （2）若同時放開左右兩側(cè)擋板，AB動量守恒： 能量守恒： 聯(lián)立解得：， （3）若同時放開左右兩側(cè)擋板，A、B從滑上粗糙水平面至靜止 對B： 對A： 間距： 聯(lián)立解得： 10．（2019·浙江省湖州市高一期末）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一“”管道裝置，它是由兩個完全相同的圓弧管道和兩直管道組成。直管道和圓弧管道分別相切于、、、，、分別是兩圓弧管道的最高點，、分別是兩圓弧管道的最低點，、固定在同一水平地面上。兩直管道略微錯開，其中圓弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗細(xì)可忽略。圓弧管道的半徑均為R，。一質(zhì)量為m的小物塊以水平向左的速度從點出發(fā)沿管道運(yùn)動，小物塊與直管

27、道間的動摩擦因數(shù)為。設(shè)，m=1 kg，R=1.5 m，，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求： （1）小物塊從點出發(fā)時對管道的作用力； （2）小物塊第一次經(jīng)過點時的速度大小； （3）小物塊在直管道上經(jīng)過的總路程。 【答案】（1）106 N，方向向下 （2）4m/s （3）m 【解析】（1）物塊在C1點做圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律有： 可得： 由牛頓第三定律可知，小物塊對管道的作用力大小為106 N，方向向下 （2）由幾何知識易有： 從C1到C2由動能定理可得： 可得： （3）以C1C2水平線作為重力勢能的參考平面，則小物塊越過D1、D2點時的機(jī)械能需滿足： 由于直管道的摩擦，物塊每完整經(jīng)歷直管道一次，機(jī)械能的減少量滿足： 設(shè)n為從第一次經(jīng)過D1后，翻越D1和D2的總次數(shù)，則有： 可得：n=2，表明小物塊在第二次經(jīng)過D1后就到不了D2，之后在D1B1A2C2D2之間往復(fù)運(yùn)動直至穩(wěn)定，最后在A2及C2右側(cè)與A2等高處之間往復(fù)穩(wěn)定運(yùn)動 由開始到穩(wěn)定運(yùn)動到達(dá)A2點，由動能定理有： 可得：s=m 故在B1A2直管道上經(jīng)過的路程為s'=s–l= m 13