广东省2021高考物理一轮复习专题六机械能守恒定律课件

广东省2021高考物理一轮复习专题六机械能守恒定律课件

考点一　功和功率 一、功 1.定义:一个物体受到力的作用,并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: W =①      Fl cos α      , α 为恒力 F 的方向与位移 l 的方向成的夹角。 5.功是标量,但有正负,比较做功多少要看功的绝对值。 考点清单 二、功率 1.定义:功与完成这些功所用时间的比值。 2.物理意义:描述力对物体做功的快慢。功率与做功多少和时间长短无直 接联系。 3.公式: (1) P =   , P 描述时间 t 内力对物体做功的快慢。 (2) P = Fv a. v 为平均速度,则 P 为平均功率。b. v 为瞬时速度,则 P 为瞬时功率。 考点二　动能与动能定理 一、动能 1.定义:物体由于运动而具有的能。 2.公式: E k =②        mv 2      。 3.标矢性:动能是 标量 ,动能与速度方向无关。 二、动能定理 1.内容:在一个过程中合外力对物体所做的功,等于物体在这个过程中动能 的变化。 2.表达式: W =Δ E k = E k2 - E k1 =③        m   -   m        。 3.物理意义:合力的功是物体动能变化的量度。 考点三　机械能守恒定律 一、重力做功与重力势能的关系 1.重力做功的特点 (1)重力做功与路径无关,只与始、末位置的高度差有关。 (2)重力做功不引起物体机械能的变化。 2.重力势能 (1)表达式: E p =④      mgh      。 (2)重力势能的特点 重力势能是物体和地球组成的系统所共有的,重力势能的大小与参考平面 的选取有关,但重力势能的变化与参考平面的选取无关。 3.重力做功与重力势能变化的关系 (1)定性关系:重力对物体做正功,物体的重力势能减小;重力对物体做负功, 物体的重力势能增大; (2)定量关系:重力对物体做的功等于物体重力势能的变化量,即 W G = ⑤ 　-(   -   )     =-Δ E p 。 二、弹性势能 1.定义:发生弹性形变的物体的各部分之间,由于有弹力的相互作用而具有 的势能。 2.大小:弹性势能的大小与形变量及弹簧的劲度系数有关。同一弹簧的形 变量越大,劲度系数越大,弹簧的弹性势能越大。 3.弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功,弹性势能减小;弹力做负 功,弹性势能增加,即 W =-Δ E p 。 三、机械能守恒定律 1.内容:在只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以互相转化,而 总的机械能保持不变。 2.表达式: mgh 1 +   m   = mgh 2 +   m   。 考点四　功能关系与能量守恒定律 一、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,而且能量的转化必须通过做功来实 现。 二、能量守恒定律 1.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,而在转化和转移的过程 中,能量的 总量保持不变 。 2.表达式: Δ E 减 =Δ E 增 。 拓展一　功的正、负判断以及功的计算 一、功的正、负判断 (1)恒力功的判断:依据力与位移方向的夹角来判断。 (2)曲线运动中功的判断:依据 F 与 v 的方向夹角 α 来判断,0 ° ≤ α <90 ° 时,力对 物体做正功;90 ° < α ≤ 180 ° 时,力对物体做负功; α =90 ° 时,力对物体不做功。 (3)依据能量变化来判断:功是能量转化的量度,若有能量转化,则必有力对 物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体。 知能拓展 二、功的计算 1.恒力功的计算方法 2.变力功的分析与计算 方法 以例说法 应用动 能定理   用力 F 把小球从 A 处缓慢拉到 B 处, F 做功为 W F ,则 有: W F - mgl (1-cos θ )=0,得 W F = mgl (1-cos θ ) 微元法   质量为 m 的木块在水平面内做圆周运动,运动一周克服摩擦力做功 W f = f ·Δ x 1 + f ·Δ x 2 + f ·Δ x 3 + … = f (Δ x 1 +Δ x 2 +Δ x 3 + … )= f ·2π R 功率法 汽车以恒定功率 P 在水平路面上运动 t 时间的过程中,牵引力做功 W F = Pt 等效 转换法 恒力 F 把物块从 A 拉到 B ,轻绳对物块做的功 W = F · 平均力法   弹簧由伸长 x 1 被继续拉至伸长 x 2 的过程中,克服弹力做功 W =   ·( x 2 - x 1 ) 图像法   一水平拉力 F 0 拉着一物体在水平面上运动的位 移为 x 0 ,图线与横轴所围面积表示拉力所做的功, W = F 0 x 0 3.总功的计算方法 方法一:先求合力 F 合 ,再用 W 总 = F 合 l cos α 求功,此法要求 F 合 为恒力。 方法二:先求各个力做的功 W 1 、 W 2 、 W 3 、 … ,再应用 W 总 = W 1 + W 2 + W 3 + … 求 总功,注意代入“+”“-”再求和。 例1　如图所示,一质量为 m =2.0 kg的物体从半径为 R =5.0 m的圆弧的 A 端, 在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到 B 端(圆弧 AB 在竖直平面内)。拉力 F 大小 不变,始终为15 N,方向始终与物体所在位置的切线成37 ° 角。圆弧所对应 的圆心角为60 ° , BO 边为竖直方向, g 取10 m/s 2 。求这一过程中(cos 37 ° =0.8):   (1)拉力 F 做的功; (2)重力 mg 做的功; (3)圆弧面对物体的支持力 F N 做的功; (4)圆弧面对物体的摩擦力 F f 做的功。 解题导引     (1)拉力 F 大小不变,但方向不断改变,为变力做功,应该用微元法求其做功。 (2)重力做功与运动路径无关,只要得到始末位置的高度差即可求出。 ( 3 )摩擦力 F f 为变力,利用动能定理求其做功较方便。 解析　(1)将圆弧分成很多小段 l 1 、 l 2 、 … 、 l n ,拉力在每小段上做的功为 W 1 、 W 2 、 … 、 W n ,因拉力 F 大小不变,方向始终与物体所在位置的切线成37 ° 角,所以: W 1 = Fl 1 cos 37 ° , W 2 = Fl 2 cos 37 ° , … , W n = Fl n cos 37 ° ,所以拉力 F 做的功 为: W F = W 1 + W 2 + … + W n = F cos 37 ° ( l 1 + l 2 + … + l n )= F cos 37 ° ·   R =20π J=62.8 J。 (2)重力 mg 做的功 W G =- mgR (1-cos 60 ° )=-50 J。 (3)物体受到的支持力 F N 始终与物体的运动方向垂直,所以   =0。 (4)因物体在拉力 F 作用下缓慢移动,合外力做功为零,所以 W F + W G +   =0。 所以   =- W F - W G =(-62.8+50) J=-12.8 J。 答案　(1)62.8 J　(2)-50 J　(3)0　(4)-12.8 J 拓展二　功率的分析与计算 1.公式 P =   和 P = Fv 的区别 P =   是功率的定义式, P = Fv 是功率的计算式。 2.平均功率的计算方法 (1)利用   =   。 (2)利用   = F   cos α ,其中   为物体运动的平均速度。 3.瞬时功率的计算方法 (1)利用公式 P = Fv cos α ,其中 v 为 t 时刻的瞬时速度。 (2)利用公式 P = Fv F ,其中 v F 为物体的速度 v 在力 F 方向上的分速度。 (3)利用公式 P = F v v ,其中 F v 为物体受到的力 F 在速度 v 方向上的分力。 例2　如图所示,质量相同的两物体处于同一高度, A 沿固定在地面上的光 滑斜面下滑, B 自由下落,最后到达同一水平面,则   (　　)   A.重力对两物体做功相同 B.重力的平均功率相同 C.到达底端时重力的瞬时功率 P A < P B D.到达底端时两物体的速度相同 解析　物体 B 自由下落,下落时间 t B =   ,末速度 v B =   ,所以重力做功 W B = Gh ,平均功率   =   = G   ,到达底端的瞬时功率 P B = G · v B = G ·   。 A 物 体沿斜面下滑, a = g sin θ ,下滑时间 t A =   =     ,末速度 v A =   =   ,与 B 物体到达底端时的速度大小相同,方向不同,所以重力做功 W A = Gs sin θ = Gh ,平均功率   =   = G sin θ ·   ,到达底端瞬时功率 P A = G · v A sin θ = G sin θ ·   , A、C正确。 答案    AC 拓展三　动能定理及其应用 1.动能定理适用对象与条件 动能定理的研究对象一般是单一物体,或者可以看成单一物体的物体系。 动能定理既适用于物体的直线运动,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,既可以同时作用,也可以 分段作用。只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可。 2.应用动能定理的流程 例3    (2015海南单科,4,3分)如图,一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置, 轨道两端等高;质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下,滑到最低点 Q 时,对轨道的正压力为2 mg ,重力加速度大小为 g 。质点自 P 滑到 Q 的过程中, 克服摩擦力所做的功为   (　　)   A.   mgR 　    B.   mgR 　    C.   mgR 　    D.   mgR 解题导引     解析　当质点由 P 点滑到 Q 点时,对轨道的正压力为2 mg ,则质点所受支持力 F N =2 mg ,由牛顿第二定律得 F N - mg = m   ,   = gR 。对质点自 P 点滑到 Q 点应用 动能定理得: mgR - W f =   m   -0,得: W f =   mgR ,因此,A、B、D错误,C正确。 答案    C 例4　如图所示,质量 m =3 kg的小物块以初速度 v 0 =4 m/s水平向右抛出,恰好 从 A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道,圆弧轨道的半径为 R =3.75 m, B 点是圆弧轨道的最低点,圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接, A 与圆心 O 的连 线与竖直方向成37 ° 角。 MN 是一段粗糙的水平轨道,小物块与 MN 间的动 摩擦因数 μ =0.1,轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r =0.4 m的半圆 轨道, C 点是圆弧轨道的最高点,半圆轨道与水平轨道 BD 在 D 点平滑连接。 已知重力加速度 g =10 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8。 (1)求小物块的抛出点离 A 点的高度 h ; (2)若 MN 的长度为 L =6 m,求小物块通过 C 点时所受轨道的弹力大小 F N ; (3)若小物块恰好能通过 C 点,求 MN 的长度 L '。 解析　(1)根据平抛运动规律有: tan 37 ° =   得 t =0.3 s 解得 h =   gt 2 =0.45 m (2)小物块由抛出点运动到 B 点的过程中,根据动能定理有: mg [ h + R (1-cos 37 ° )]=   m   -   m   解得 v B =2   m/s 小物块由 B 点运动到 C 点的过程中,根据动能定理有: - μmgL -2 mgr =   m   -   m   在 C 点: F N + mg =   解得 F N =60 N (3)小物块刚好能通过 C 点时,有 mg =   解得 v C '=2 m/s 小物块从 B 点运动到 C 点的过程中,根据动能定理有: - μmgL '-2 mgr =   mv C ' 2 -   m   解得 L '=10 m 答案　(1)0.45 m　(2)60 N　(3)10 m 拓展四　机械能守恒定律及其应用 一、机械能守恒的理解与判断 1.对机械能守恒条件的理解 (1)只受重力作用,例如做平抛运动的物体机械能守恒。 (2)除受重力(或系统内弹力)外,物体还受其他力,但其他力不做功或做功的 代数和为零。 (3)除重力外,只有系统内的弹力做功,并且弹力做的功等于弹性势能变化 量的负值,那么系统的机械能守恒,注意并非物体的机械能守恒,如与弹簧 相连的小球下摆的过程中小球的机械能减少。 2.机械能是否守恒的三种判断方法 (1)利用机械能的定义判断:若物体动能、势能之和不变,机械能守恒。 (2)利用守恒条件判断。 (3)利用能量转化判断:若物体系统与外界没有能量交换,物体系统内也没 有机械能与其他形式能的转化,则物体系统机械能守恒。 二、机械能守恒定律的应用 1.机械能守恒的三种观点与表达式 (1)守恒观点 ①表达式:   +   =   +   或 E 1 = E 2 。 ②意义:系统初状态的机械能等于末状态的机械能。 ③注意:要先选取零势能参考平面,并且在整个过程中必须选取同一个零势 能参考平面。 (2)转化观点 ①表达式: Δ E k =-Δ E p 。 ②意义:系统的机械能守恒时,系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增 加)的势能。 (3)转移观点 ①表达式: Δ E A 增 =Δ E B 减 。 ②意义:若系统由 A 、 B 两部分组成,当系统的机械能守恒时,则 A 部分机械 能的增加量等于 B 部分机械能的减少量。 例5　如图所示,左侧为一个半径为 R 的半球形的碗固定在水平桌面上,碗 口水平, O 点为球心,碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定光滑斜面,斜 面足够长,倾角 θ =30 ° 。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑 斜面顶端的光滑定滑轮两端上,绳的两端分别系有可视为质点的小球 m 1 和 m 2 ,且 m 1 > m 2 。开始时 m 1 恰在碗口水平直径右端 A 处, m 2 在斜面上且距离斜面 顶端足够远,此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当 m 1 由静止释 放运动到圆心 O 的正下方 B 点时细绳突然断开,不计细绳断开瞬间的能量 损失。 (1)求小球 m 2 沿斜面上升的最大距离 s ; (2)若已知细绳断开后小球 m 1 沿碗的内侧上升的最大高度为   ,求   。(结 果保留两位有效数字) 解析　(1)设重力加速度为 g ,小球 m 1 到达最低点 B 时, m 1 、 m 2 速度大小分别 为 v 1 、 v 2 如图所示,由运动的合成与分解得 v 1 =   v 2   对 m 1 、 m 2 组成的系统由机械能守恒定律得 m 1 gR - m 2 gh =   m 1   +   m 2   h =   R sin 30 ° 联立以上三式得 v 1 =   , v 2 =   设细绳断开后 m 2 沿斜面上升的距离为 s ',对 m 2 由机械能守恒定律得 m 2 g s 'sin 30 ° =   m 2   小球 m 2 沿斜面上升的最大距离 s =   R + s ' 联立以上两式并代入 v 2 得 s =   R (2)对 m 1 ,由机械能守恒定律得:   m 1   = m 1 g   代入 v 1 得   =   ≈ 1.9 答案 　(1)   R 　(2)1.9 解题方法　多物体机械能守恒问题的分析方法 (1)正确选取研究对象,合理选取物理过程。 (2)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中,系统的机械能是否 守恒。 (3)注意寻找用轻绳、轻杆或轻弹簧相连接的物体间的速度关系和位移关 系。 (4)列机械能守恒方程时,从三种表达式中选取方便求解问题的形式。 拓展五　对功能关系与能量守恒定律的理解和应用 几种常见的功能关系及其表达式 做功 能量变化 定量关系 合力做功 动能变化 W = E k2 - E k1 =Δ E k 重力做功 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 (3) W G =-Δ E p = E p1 - E p2 弹簧弹力做功 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 (3) W 弹 =-Δ E p = E p1 - E p2 只有重力、弹簧弹力做功 机械能不变化 机械能守恒,Δ E =0 除重力和弹簧弹力之外的其他 力做功 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 其他 =Δ E 一对相互作用的滑动摩擦力做 的总功 机械能减少 内能增加 (1)作用于系统的一对滑动摩擦 力一定做负功,系统内能增加 (2)摩擦生热 Q = F f · x 相对 例6　如图所示,质量为 m 的物体(可视为质点)以某一速度从 A 点冲上倾角 为30 ° 的固定斜面,其减速运动的加速度大小为   g ,此物体在斜面上能够上 升的最大高度为 h ,重力加速度大小为 g ,则在这个过程中物体   (　　)   A.重力势能增加了 mgh B.机械能损失了   C.动能损失了 mgh D.克服摩擦力做功   解析　加速度大小 a =   g =   ,解得摩擦力 F f =   mg ;物体在斜面上 能够上升的最大高度为 h ,所以重力势能增加了 mgh ,故A项正确;机械能的 损失量为Δ E = F f x =   mg ·   =   mgh ,故B项正确;动能损失量为克服合外力 做功的大小Δ E k = F 合外力 · x =   mg ·   =   mgh ,故C项错误;克服摩擦力做功 W f =Δ E =   ,故D项错误。 答案    AB 应用一　机车启动 实践探究 1.两种启动方式 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P - t 图和 v - t 图     OA 段 过程 分析 v ↑ ⇒ F =   ↓ ⇒ a =   ↓ a =   不变 ⇒ F 不变, v ↑ ⇒ P = Fv ↑直到 P = P 额 = Fv 1 运动 性质 加速度减小的加速直 线运动 匀加速直线运动,维持 时间 t 0 =   AB 段 过程 分析 F = F 阻 ⇒ a =0 ⇒ F 阻 =   v ↑ ⇒ F =   ↓ ⇒ a =   ↓ 运动性质 以 v m 做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC 段 F = F 阻 ⇒ a =0 ⇒ 以 v m =   做匀速直线运动 2.三个重要关系式 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 v m =   =   (式中 F min 为最小牵引力,其值等于阻力值 F 阻 )。 ② 机车以恒定加速度启动的过程中,匀加速过程结束时,功率最大,速度不 是最大,即 v =   < v m =   。 ③ 机车以恒定功率启动时,牵引力做的功 W = Pt 。由动能定理得: Pt - F 阻 x =Δ E k 。 此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。 例1　目前,上海有若干辆超级电容车试运行,运行中无需连接电缆,只需在 乘客上车间隙充电30秒到1分钟,就能行驶3千米到5千米。假设有一辆超 级电容车,质量 m =2 × 10 3 kg,额定功率 P =60 kW,当超级电容车在平直水平路 面上行驶时,受到的阻力 F f 是车重的0.1, g 取10 m/s 2 。求: (1)超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度; (2)若超级电容车从静止开始,保持以0.5 m/s 2 的加速度做匀加速直线运动, 这一过程能维持的时间; (3)若超级电容车从静止开始,保持额定功率做加速运动,50 s后达到最大速 度,此过程中超级电容车的位移大小。 解析　(1)当超级电容车速度达到最大时,超级电容车的牵引力与阻力平 衡,即 F = F f F f = kmg =2 000 N P = F f v m 解得: v m =   =30 m/s。 (2)超级电容车做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得: F 1 - F f = ma 解得: F 1 =3 000 N 　　设超级电容车刚达到额定功率时的速度为 v 1 , P = F 1 v 1 设超级电容车匀加速运动的时间为 t 1 ,则: v 1 = at 1 解得: t 1 =   =40 s。 (3)从静止到达到最大速度整个过程牵引力与阻力做功,由动能定理得: Pt 2 - F f x =   m   解得: x =1 050 m。 答案　(1)30 m/s　(2)40 s　(3)1 050 m 实践探究 1.传送带模型是高中物理中比较常见的模型,典型的有水平和倾斜两种情 况。一般设问的角度有两个: (1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用 运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出 物体和传送带之间的位移关系。 (2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产 生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能 量守恒定律求解。 应用二　传送带模型中动力学方法和能量观点的应用 2.传送带模型问题中的功能关系分析 (1)功能关系分析: W =Δ E k +Δ E p + Q 。 (2)对 W 和 Q 的理解: ①传送带做的功: W = Fx 传 ; ②产生的内能 Q = F f x 相对 。 3.传送带模型问题的分析流程   例2　如图所示,传送带与地面的夹角 θ =37 ° , A 、 B 两端间距 L =16 m,传送带 以速度 v =10 m/s沿顺时针方向运动,物体质量 m =1 kg,无初速度地放置于 A 端,它与传送带间的动摩擦因数 μ =0.5,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8, g =10 m/s 2 ,试 求:   (1)物体由 A 端运动到 B 端的时间; (2)系统因摩擦产生的热量。 解析　(1)物体刚放上传送带时受到沿传送带向下的滑动摩擦力,由牛顿第 二定律得 mg sin θ + μmg cos θ = ma 1 ,设物体经时间 t 1 加速到与传送带速度相 同,则 v = a 1 t 1 , x 1 =   a 1   ,可解得 a 1 =10 m/s 2 , t 1 =1 s, x 1 =5 m 因 x 1 < L , mg sin θ > μmg cos θ ,故当物体与传送带速度相同后,物体将继续加速 mg sin θ - μmg cos θ = ma 2 L - x 1 = vt 2 +   a 2   解得 t 2 =1 s 故物体由 A 端运动到 B 端的时间 t = t 1 + t 2 =2 s (2)物体与传送带间的相对位移 x 相对 =( vt 1 - x 1 )+( L - x 1 - vt 2 )=6 m 故 Q = μmg cos θ · x 相对 =24 J。 答案　(1)2 s　(2)24 J 应用三　滑块—木板模型中动力学方法和能量观点的应用 实践探究 1.位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板沿同一方向运动, 则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板沿相反方 向运动,则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。 2.解题关键 找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口,求解中应注 意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 3.滑块—木板模型问题的分析流程 注意　公式 Q = F f · x 相对 中 x 相对 为两接触物体间的相对位移,若物体在传送带 上往复运动时,则 x 相对 为总的相对路程。 例3　如图所示, AB 为半径 R =0.8 m的   光滑圆弧轨道,下端 B 恰与小车右端 平滑对接。小车质量 m '=3 kg,车长 L =2.06 m。现有一质量 m =1 kg的滑块, 由轨道顶端无初速度释放,滑到 B 端后冲上小车。已知地面光滑,滑块与小 车上表面间的动摩擦因数 μ =0.3,当车运动了 t 0 =1.5 s时,车被地面装置锁定 ( g 取10 m/s 2 )。试求:   (1)滑块到达 B 端时,轨道对它的支持力的大小; (2)车被锁定时,车右端距轨道 B 端的距离; (3)从车开始运动到被锁定的过程中,滑块与车之间由于摩擦而产生的内能。 解析　(1)由机械能守恒定律得, mgR =   m   由牛顿第二定律得, F N B - mg = m   解得 F N B =30 N。 (2)设滑块滑上小车后经过时间 t 1 与小车同速,共同速度的大小为 v 对滑块: μmg = ma 1 , v = v B - a 1 t 1 对小车: μmg = m ' a 2 , v = a 2 t 1 解得 v =1 m/s, t 1 =1 s, 因 t 1 < t 0 , 故滑块与小车同速后,小车继续向左匀速行驶了 t 0 - t 1 =0.5 s, 则小车右端距 B 端的距离为 x 车 =   t 1 + v ( t 0 - t 1 ), 解得 x 车 =1 m。 (3) Q = μmgs = μmg (   t 1 -   t 1 ) 解得 Q =6 J。 答案　(1)30 N　(2)1 m　(3)6 J