高考物理系統(tǒng)性復(fù)習 (能力提高練) 第三節(jié) 機械能守恒定律及應(yīng)用（附解析）

【能力提高練】第三節(jié)機械能守恒定律及應(yīng)用1．(2022?高考全國乙卷)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于()A．它滑過的弧長B．它下降的高度C．它到P點的距離D．它與P點的連線掃過的面積【解析】如圖所示，設(shè)圓環(huán)下降的高度為，圓環(huán)的半徑為，它到P點的距離為，根據(jù)機械能守恒定律得，由幾何關(guān)系可得，，聯(lián)立可得，可得，故C正確，ABD錯誤。故選C?！敬鸢浮緾2．(2022?東北育才學校七模)如圖為跳傘者在下降過程中速度隨時間變化的示意圖(取豎直向下為正)，箭頭表示跳傘者的受力。則下列關(guān)于跳傘者的位移y和重力勢能Ep隨下落的時間t，重力勢能Ep和機械能E隨下落的位移y變化的圖像中可能正確的是()A．B．C．D．【解析】A．由圖可知跳傘運動員開始時所受重力大于阻力，向下加速運動，隨著速度的增大，阻力在增大，加速度逐漸減??；打開降落傘后阻力大于重力，加速度向上，運動員向下做減速運動；隨著速度的減小，阻力也在減小，向上的加速度逐漸減?。划斪枇椭亓ο嗟葧r向下做勻速運動。則位移先增加得越來越快，后增加得越來越慢，然后均勻增加，選項A錯誤；BC．重力勢能Ep=mgh，其隨高度下降均勻減小，隨時間的變化規(guī)律應(yīng)與位移隨時間變化規(guī)律相關(guān)，先減小得越來越快，然后減小得越來越慢，最后均勻減小，選項BC錯誤；D．機械能E=E0-fy，開始時阻力先慢慢增大，開傘后阻力瞬間變大，最后運動員勻速運動，阻力不變，根據(jù)y的變化規(guī)律可知選項D正確。故選D?！敬鸢浮緿3．(2022?湖南省長沙市第一中學高三第五次月考)(多選)左側(cè)豎直墻面上固定半徑為m的光滑半圓環(huán)，右側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一水平光滑直桿。質(zhì)量為kg的小球a套在半圓環(huán)上，質(zhì)量為kg的小球b套在直桿上，兩者之間用長為m的輕桿通過兩餃鏈連接。現(xiàn)將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，由于受到微擾使a沿圓環(huán)自由下滑，不計一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點，g取10m/s2，則以下說法中正確的是()A．小球a滑到與圓心O等高的P點時，a、b兩球的速度大小相等B．小球a滑到與圓心O等高的P點時，a的速度大小為m/sC．小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點(圖中未畫出)時，a、b兩球的速度大小相等D．小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點(圖中未畫出)的過程中，桿對小球b做的功為J【解析】A．當a滑到與O同高度P點時，a的速度v沿圓環(huán)切向向下，b的速度為零，故A錯誤；B．由機械能守恒定律可得，解得m/s，故B正確；C．桿與圓相切時，如圖所示，a的速度沿桿方向，設(shè)此時b的速度為，根據(jù)桿不可伸長和縮短，有，故C錯誤；D．由幾何關(guān)系可得，在圖中，球a下降的高度，b系統(tǒng)機械能守恒，則有，對滑塊b，由動能定理得J，故D正確。故選BD?！敬鸢浮緽D4．(2022?重慶市育才中學校高三(下)二模)如圖所示，質(zhì)量為m的小球甲穿過一豎直固定的光滑桿拴在輕彈簧上，質(zhì)量為4m的物體乙用輕繩跨過光滑的定滑輪與甲連接，開始用手托住乙，輕繩剛好伸直，滑輪左側(cè)繩豎直，右側(cè)繩與水平方向夾角為α，某時刻由靜止釋放乙(足夠高)，經(jīng)過一段時間小球運動到Q點，OQ兩點的連線水平，OQ=d，且小球在P、Q兩點處時彈簧彈力的大小相等。已知重力加速度為g，sinα=0.8，cosα=0.6。則下列說法不正確的是()A．彈簧的勁度系數(shù)為B．小球位于Q點時的速度大小為C．物體乙重力的瞬時功率一直增大D．小球甲和物體乙的機械能之和先增大后減小【解析】A．P、Q兩點處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知P點的壓縮量等于Q點的伸長量，由幾何關(guān)系知，則小球位于P點時彈簧的壓縮量為，對P點的小球由力的平衡條件可知，解得，故A正確；B．當小球運動到Q點時，假設(shè)小球甲的速度為v，此時物體乙的速度為零，又小球、物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則由機械能守恒定律得，解得，故B正確；D．小球由P到Q的過程，彈簧的彈性勢能先減小后增大，則小球甲和物體乙的機械能之和先增大后減小，故D正確；C．由于小球在P和Q點處，物體乙的速度都為零，則物體乙重力的瞬時功率先增大后減小，故C錯誤。本題選擇錯誤的，故選C?！敬鸢浮緾5．(2022?重慶市育才中學校高三(下)二模)(多選)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則()A．物塊下滑過程中機械能守恒，動量不變B．當物塊下滑2.0m時機械能損失了12J，動能增加了4JC．物塊下滑時加速度的大小為2.0m/s2D．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5【解析】A．由圖可知s=0時，，，即初始機械能等于30J，當s=5m時，，，即滑到底端時，機械能等于10J，可知機械減小，不守恒。又在下滑過程中，動能增加，則速度變大，所以動量變大，故A錯誤；B．由圖知下滑2m時，重力勢能變化，即重力勢能減少了12J，動能變化，即動能增加了4J，則機械能變化，即機械能損失了8J，故B錯誤；CD．設(shè)斜面的傾角為，則，，全過程由動能定理可得，又初始時，，得m=1kg，，物塊下滑時，，故CD正確。故選CD?！敬鸢浮緾D6．(2022?云南省昆明市第一中學高三(上)第四次聯(lián)考)(多選)如圖所示，水平地面上放置一質(zhì)量為M的木箱，長為L的輕桿一端固定在轉(zhuǎn)軸O上，另一端連接一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點的小球，開始時桿豎直靜止放置，受到微小的擾動后，木箱被小球推著向左運動，木箱和小球分離前某一時刻木箱速度為v，桿和水平方向成a角，不計一切摩擦，重力加速度為g，則()A．此時小球繞O做圓周運動的角速度為B．此時小球繞O做圓周運動的角速度為C．M和m之比為D．M和m之比為【解析】AB．分離時小球水平方向的分速度和木箱速度相等，小球做圓周運動，根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系，解得，A正確，B錯誤；CD．根據(jù)機械能守恒定律，解得，C正確，D錯誤。故選AC。【答案】AC7．(2022?成都石室中學一模)如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為37°，質(zhì)量分別為M、m兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住質(zhì)量為M的物體。此時它距離擋板的距離為s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態(tài)。已知M=3m，空氣阻力不計，sin37°=0.6，cos37°=0.8。松開手后，關(guān)于二者的運動，下列說法正確的是()A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒B．當M的速度最大時，m的速度達到最大C．若M到達擋板處速度恰好為零，則此時m的速度達到最大D．若M到達擋板處速度恰好為零，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和【解析】A．因M、m之間有彈簧，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，M和m組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；B．M的重力沿斜面方向的分力大小為，M先做加速運動，當受力平衡時M速度達最大，此時m受到的合力為，合力向上，速度不是最大，故B錯誤；C．若M到達擋板處速度恰好為零，則此時彈簧彈力一定大于m的重力，此時m的速度不是最大，故C錯誤；D．M到達擋板處速度恰好為零，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和，故D正確?！敬鸢浮緿8．(2022?四川省成都石室中學高三(下)二模)如圖所示，小球A、B用一根長為L的輕桿相連，豎直放置在光滑水平地面上，小球C挨著小球B放置在地面上。由于微小擾動，小球A沿光滑的豎直墻面下滑，小球B、C在同一豎直面內(nèi)向右運動。當桿與墻面夾角為θ，小球A和墻面恰好分離，最后小球A落到水平地面上。下列說法中不正確的是()A．當小球A的機械能取最小值時，小球B與小球C的加速度為零B．小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球B的速度先增大后減小C．當小球A和墻面恰好分離時，小球B與小球C也恰好分離D．當小球A和墻面恰好分離時，A、B兩球的速率之比為tanθ：1【解析】B．從靜止開始到小球A和墻面恰好分離的過程，對A、B、C三個小球組成的系統(tǒng)，由于受到豎直墻面向右的彈力，根據(jù)動量定理可得，所以小球A由靜止到與墻面分離的過程中，小球B的速度一直增大，故B錯誤，符合題意；A．對A、B、C三個小球組成的系統(tǒng)，機械能守恒，由B項的分析可知，球A和墻面恰好分離時，小球B與小球C速度最大，則其加速度最小，機械能最大，則此時A球機械能最小，所以當小球A的機械能取最小值時，小球B與小球C的加速度為零，故A正確，不符合題意；C．當小球A與墻面分離后，水平方向動量守恒，小球A在水平方向的速度會不斷增大，B球在水平方向的速度會不斷減小，所以在小球A與墻面分離瞬間，小球C球和小球B分離，故C正確，不符合題意；D．當小球和墻面恰好分離時，兩球的速度分解如圖所示，兩球的速度關(guān)聯(lián)，沿桿方向的速度相等，有，可得，故D正確，不符合題意。故選B?！敬鸢浮緽9．(2022?陜西省西安市第一中學高三(上)期中)(多選)如圖所示，一個長直輕桿兩端分別固定一個小球和，其中、兩球的質(zhì)量分別為和，兩球半徑忽略不計，桿的長度為．先將輕桿豎直靠放在豎直墻上，輕輕撥動小球，使小球在水平面上由靜止開始向右滑動，當小球沿墻下滑距離為時，下列說法正確的是(不計一切摩擦，重力加速度為)()A．小球沿墻下滑的過程中小球的機械能守恒B．小球沿墻下滑距離為時，小球的速度為C．長直輕桿對做功為D．長直輕桿對做功為【解析】A．A沿墻下滑的過程中小球受重力、桿對它的彈力和墻對它的彈力，除重力做功外，桿的彈力對A小球做負功，所以A的機械能不守恒，故A錯誤；B．當小球A沿墻下滑距離為時，設(shè)A球的速度為vA，B球的速度為vB，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得，兩球沿桿子方向上的速度相等，則有，聯(lián)立解得：，故B正確；C．對B球，根據(jù)動能定理得，故C正確；D．對A球，根據(jù)動能定理得，解得：，故D錯誤．【答案】BC10．(2022?銀川一中第五次月考)(多選)如圖，豎直墻面和水平面均光滑，可視為質(zhì)點的質(zhì)量分別為、的A、兩球用輕桿連接，開始時A球靠在豎直墻面上，球放在水平面上，桿與豎直方向的夾角為。由靜止釋放兩球，當桿與豎直方向的夾角為時，球仍在做加速運動，此時小球的速度為。已知重力加速度大小為，，A、兩球始終在同一豎直面內(nèi)運動，在A球落地之前的運動過程中、下列判斷正確的是()A．小球A不會一直沿著墻面向下運動B．小球A沿墻面向下運動的加速度不可能大于C．當桿與豎直方向的夾角為時，小球A的速度大小為D．輕桿的長度為【解析】A．如果小球A能一直沿著墻面向下運動，當A球剛要落地時速度向下，則B球速度為零，此過程B球一定是先向右加速運動后向右減速運動，桿對B球先推后拉，桿拉B球時一定拉A球，因此A球一定會在運動到地面前離開豎直墻面，故A正確；B．小球A沿墻面向下運動時，桿對球一定施加推力，因此小球A向下的加速度一定不會大于，故B正確；C．當桿與豎直方向的夾角為時，設(shè)球A的速度為，則，解得，故C錯誤；D．設(shè)輕桿長為，根據(jù)機械能守恒，解得，故D正確。故選ABD?！敬鸢浮緼BD11．(2022?遼寧省協(xié)作體高三(下)一模)沿平直公路勻速行駛的汽車上，固定著一個正四棱臺，其上、下臺面水平，如圖為俯視示意圖。在頂面上四邊的中點a、b、c、d沿著各斜面方向，同時相對于正四棱臺無初速釋放4個相同小球。設(shè)它們到達各自棱臺底邊分別用時Ta、Tb、Tc、Td，到達各自棱臺底邊時相對于地面的機械能分別為Ea、Eb、Ec、Ed(取水平地面為零勢能面，忽略斜面對小球的摩擦力)。則有()A．，B．，C．，D．，【解析】以棱臺為參考系，以釋放點為原點建立坐標系。水平方向的加速度，豎直加速度，相對于棱臺水平位移，豎直位移，四個小球的豎直位移y均相同，故所用時間相同，即，根據(jù)功的定義可知，重力對四個小球做功相等，因a受支持力與運動方向成銳角，做正功，而c受支持力與運動方向成鈍角，做負功，b、d受到的支持力與運動方向垂直，不做功；

故前者水平速度大，故落地時的機械能關(guān)系為，故B正確，ACD錯誤。故選B?！敬鸢浮緽12．(2022?江西省新余市第一中學高三(上)第三次段考)(多選)如圖所示，滑塊A、B的質(zhì)量均為m，A套在傾斜固定的直桿上，傾斜桿與水平面成45°角，B套在水平固定的直桿上，兩桿分離不接觸，兩直桿間的距離忽略不計，兩直桿足夠長，A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿(初始時輕桿與水平面成30°角)連接，A、B從靜止釋放，B開始沿水平桿向右運動，不計一切摩擦，滑塊A、B視為質(zhì)點，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒B．當A到達B所在的水平面時，A的速度為C．B到達最右端時，A的速度為D．B的最大速度為【解析】A．不計一切摩擦，在運動的過程中，A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；B．從開始到A到達與B同一水平面的過程，由系統(tǒng)的機械能守恒得其中，解得A的速度為，故B錯誤；C．B滑塊到達最右端時，速度為零，此時輕桿與斜桿垂直，由系統(tǒng)的機械能守恒得，解得A的速度為，故C錯誤；D．當輕桿與水平桿垂直時B的速度最大，此時A的速度為零，由系統(tǒng)的機械能守恒得，解得B的最大速度為，故D正確；故選AD?！敬鸢浮緼D13．(2022?湖南師范大學附屬中學第四次月考)如圖所示，一半徑為R的光滑硬質(zhì)圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，在最高點的豎直切線和最低點的水平切線的交點處固定一光滑輕質(zhì)小滑輪C，質(zhì)量為m的小球A穿在環(huán)上，且可以自由滑動，小球A通過足夠長的不可伸長細線連接另一質(zhì)量也為m的小球B，細線搭在滑輪上，現(xiàn)將小球A從環(huán)上最高點由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，A在環(huán)上運動過程中，下列說法正確的是()A．兩小球組成的系統(tǒng)運動過程中機械能先減小后增大B．細線的拉力對A球做功的功率小于對B球做功的功率C．釋放后小球B的速度為零時，小球A的動能為D．小球A運動到環(huán)上最低點時的速度為【解析】AB．兩小球組成的系統(tǒng)內(nèi)只有重力做功，環(huán)對A的支持力不做功，所以兩小球組成的系統(tǒng)運動過程中機械能守恒，則細線拉力對兩小球在任意時刻做功的代數(shù)和為零，細線的拉力對A球做功的功率的絕對值等于對B球做功的功率的絕對值，故AB錯誤；C．根據(jù)速度的合成與分解可知，A的速度在沿細線方向的分量大小等于B的速度大小，當小球B的速度為零時，小球A的速度方向與細線垂直，根據(jù)幾何關(guān)系可知此時細線與水平方向的夾角為45°，根據(jù)機械能守恒定律可得此時小球A的動能為，故C正確；D．小球A運動到環(huán)上最低點時，A、B的速度大小相等，設(shè)為v，根據(jù)機械能守恒定律可得，解得，故D錯誤。故選C?！敬鸢浮緾14．(2022?河北省滄州市第一中學高三(下)第一次月考)(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，傾斜長桿上套一小物塊，跨過輕質(zhì)定滑輪的細線一端與物塊連接，另一端與固定在水平面上的豎直輕彈簧連接。使物塊位于A點時，細線自然拉直且垂直于長桿彈簧處于原長?，F(xiàn)將物塊由A點靜止釋放，物塊沿桿運動的最低點為B，C是AB的中點，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計一切阻力，則()A．物塊和彈簧系統(tǒng)機械能守恒B．物塊在B點時加速度方向由B指向AC．A到C過程物塊所受合力做的功大于C到B過程物塊克服合力做的功D．物塊下滑過程中，彈簧的彈性勢能在A到C過程的增量小于C到B過程的增量【解析】A．由題知，不計一切阻力，則物塊和彈簧系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；B．由題知，物塊從A點運動到B點是先加速后減速，到B點速度剛好為0，彈簧處于伸長狀態(tài)，此時對物塊受力分析可知，彈簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力，故物塊在B點時加速度方向由B指向A，故B正確；C．物塊從A到C，根據(jù)動能定理可知，合力做的功等于動能的增加量，物塊從C到B，根據(jù)動能定理可知，物塊克服合力做的功等于動能的減少量，而物塊在A點和B點的速度都為零，故兩個過程動能的變化量相等，所以A到C過程物塊所受合力做的功等于C到B過程物塊克服合力做的功，故C錯誤；D．彈簧的形變量越小，彈簧的彈性勢能越小，根據(jù)幾何關(guān)系，可知物塊從A到C過程的彈簧形變量小于C到B過程的彈簧形變量，故物塊下滑過程中，彈簧的彈性勢能在A到C過程的增量小于C到B過程的增量，故D正確。故選ABD。【答案】ABD15．(2022?重慶市育才中學第五次月考)(多選)用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為m，兩段輕桿等長?，F(xiàn)將C球置距地面高h處，由靜止釋放，假設(shè)三個小球只在同一豎直面內(nèi)運動，不計一切摩擦，則在小球C下落過程中()A．小球A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球C的機械能先減小后增大C．小球C落地前瞬間的速度大小為D．當小球C的機械能最小時，地面對小球B的支持力大于mg【解析】A．由于小球A，B，C組成的系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，故A正確；B．小球B的初速度為零，C落地面瞬間，B的速度為零，故B的動能先增大后減小，而B的重力勢能不變，則B的機械能先增大后減小，同理可得A的機械能先增大后減小，而系統(tǒng)機械能守恒，故C的機械能先減小后增大，故B正確；C．根據(jù)以上分析可知，小球C落地前瞬間的速度大小根據(jù)動能定理可知，解得：，故C正確；D．當小球C的機械能最小時，小球B速度最大，此時小球B的加速度為零，水平方向所受的合力為零，桿CB對小球B恰好沒有力的作用，所以地面對小球B的支持力大小為mg，故D錯誤。故選ABC【答案】ABC16．(2022?福建漳州市高三(下)二模)如圖，輕彈簧下端固定在傾角為30°的光滑斜面底端，另一自由端處于b點，質(zhì)量為1kg的小滑塊從a點由靜止下滑，c點時速度最大，到d點(圖中未畫出)速度為零、已知m，g取，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，則()A．mB．滑塊不可能再回到a點C．彈簧的勁度系數(shù)是50N/mD．滑塊從d點到b點的動能增加量小于彈簧的彈性勢能減小量【解析】A．物塊從b點接觸彈簧向下運動，可視為彈簧振子，由于b點有速度，所以與不對稱，所以，故A錯誤；B．由于斜面光滑，所以彈簧與小滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以滑塊可以再回到a點，故B錯誤；C．在點時速度最大，即此時加速度為零，有，解得，故C錯誤；D．從到，彈簧與小滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，動能的增加量與重力勢能增加量之和等于彈簧重力勢能的減少量，即，可得，故D正確。故選D?！敬鸢浮緿17．(2022?河北省保定高三(下)七校聯(lián)合一模)如圖所示，固定光滑斜面的傾角為37°，輕彈簧的一端固定在斜面上C點正上方的固定轉(zhuǎn)軸O處，另一端與一質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點)相連，彈簧原長和O點到斜面的距離均為d。將滑塊從與O點等高的A點由靜止釋放，滑塊經(jīng)過O點在斜面上的垂足B點到達C點的過程中始終未離開斜面，滑塊到達C點時彈簧的彈力小于滑塊受到的重力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．滑塊經(jīng)過B點的速度小于B．滑塊從A點運動到C點的過程中，在B點的速度最大C．滑塊從A點運動到C點的過程中，其速度一直在增大D．彈簧的勁度系數(shù)大于【解析】A．滑塊從A到B點，根據(jù)題意可知彈簧和重力都做正功，假如只有重力做功，根據(jù)動能定理，解得，所以滑塊經(jīng)過B點的速度大于，故A錯誤；BC．從A到C的過程中，重力沿斜面向下的分量不變，彈簧的彈力開始時沿斜面向下的分量逐漸減小，即合外力不斷減小，而過B點后彈簧的彈力沿斜面向上的分量逐漸增大且小于重力沿斜面向下的分量，合外力逐漸減小，所以加速度是一直減小，但是加速度和速度方向始終一致，所以做加速度減小的加速運動，故B錯誤，C正確；D．根據(jù)幾何關(guān)系可得，根據(jù)胡克定律，根據(jù)題意在A點時，不脫離斜面，可得，解得，故D錯誤。故選C?！敬鸢浮緾18．(2022?山東省濟寧市高三(上)期末)如圖所示，一頂角為直角的“∧”形光滑細桿豎直放置，質(zhì)量均為m的兩金屬環(huán)套在細桿上，高度相同，用一勁度系數(shù)為k、原長為l0的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧處于原長狀態(tài)。兩金屬環(huán)同時由靜止釋放，運動過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。若彈簧的長度為l時彈性勢能、重力加速度為g。下列說法正確的是()A．釋放時金屬環(huán)的加速度為 B．金屬環(huán)的最大速度為C．兩金屬環(huán)之間的最大距離為 D．金屬環(huán)達到最大速度時重力的功率為【解析】A．開始釋放瞬間，金屬環(huán)受到重力和桿的彈力，沿桿方向根據(jù)牛頓第二定律mgsin45°=