江蘇專用2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律第4節(jié)功能關(guān)系能量守恒定律學(xué)案

PAGE10-第4節(jié)功能關(guān)系能量守恒定律一、功能關(guān)系1．功能關(guān)系(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過(guò)程肯定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必需通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2．幾種常見的功能關(guān)系幾種常見力做功對(duì)應(yīng)的能量改變數(shù)量關(guān)系式重力正功重力勢(shì)能削減WG＝－ΔEp負(fù)功重力勢(shì)能增加彈簧等的彈力正功彈性勢(shì)能削減W彈＝－ΔEp負(fù)功彈性勢(shì)能增加電場(chǎng)力正功電勢(shì)能削減W電＝－ΔEp負(fù)功電勢(shì)能增加合力正功動(dòng)能增加W合＝ΔEk負(fù)功動(dòng)能削減重力以外的其他力正功機(jī)械能增加W其＝ΔE負(fù)功機(jī)械能削減二、能量守恒定律1．內(nèi)容：能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消逝。它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，而在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過(guò)程中，能量的總量保持不變。2．表達(dá)式：ΔE減＝ΔE增。1．思索辨析(正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”)(1)力對(duì)物體做了多少功，物體就具有多少能。 (×)(2)能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過(guò)程中，其總量會(huì)不斷削減。 (×)(3)在物體的機(jī)械能削減的過(guò)程中，動(dòng)能有可能是增大的。 (√)(4)既然能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過(guò)程中是守恒的，故沒(méi)有必要節(jié)約能源。 (×)(5)滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，肯定會(huì)引起機(jī)械能的轉(zhuǎn)化。 (√)(6)一個(gè)物體的能量增加，必定有別的物體的能量削減。 (√)2．(2024·江蘇江陰期中)在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小滑塊停放在質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的靜止的長(zhǎng)木板的最右端，滑塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用一個(gè)大小為F的恒力作用在M上，當(dāng)小滑塊滑到木板的最左端時(shí)，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，滑塊和木板相對(duì)于地面的位移大小分別為s1、s2，下列關(guān)系式錯(cuò)誤的是()A．μmgs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)B．Fs2－μmgs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)C．μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)C[對(duì)滑塊，滑塊受到重力、支持力和摩擦力，依據(jù)動(dòng)能定理，有μmgs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故A正確；對(duì)木板，由動(dòng)能定理得：Fs2－μmgs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，故B正確；由上兩式相加可得：Fs2－μmgs2＋μmgs1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又s2－s1＝L，則得：Fs2－μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故C錯(cuò)誤，D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選C。]3．(魯科版必修2P44T5改編)質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面對(duì)左起先運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x。則從起先碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()A．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)A[由能量守恒定律可知，物體的初動(dòng)能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)一部分用于克服彈簧彈力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物體克服彈簧彈力所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故選項(xiàng)A正確。]對(duì)功能關(guān)系的理解及應(yīng)用eq\o([依題組訓(xùn)練])1．對(duì)功能關(guān)系的理解(1)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的。(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對(duì)應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。2．力學(xué)中常見的功能關(guān)系[題組訓(xùn)練]1．(2024·煙臺(tái)測(cè)試)質(zhì)量為m的物體在豎直向上的恒定拉力F的作用下，由靜止起先向上運(yùn)動(dòng)H高度，所受空氣阻力恒為f，g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。則此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．物體的動(dòng)能增加了(F－mg)HB．物體的重力勢(shì)能增加了mgHC．物體的機(jī)械能削減了fHD．物體的機(jī)械能增加了FHB[物體受到重力、拉力以及空氣的阻力，由動(dòng)能定理有ΔEk＝(F－mg－f)H，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力的功為－mgH，所以物體的重力勢(shì)能增加了mgH，選項(xiàng)B正確；除重力外物體受到拉力和阻力，所以物體的機(jī)械能增加ΔE＝(F－f)H，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。]2．(2024·揚(yáng)州市江都區(qū)大橋高級(jí)中學(xué)高三月考)重為2N的小球，在空中沿豎直方向下落了2m的高度后到達(dá)地面，下落過(guò)程中受到空氣的阻力為0.1N，下列說(shuō)法正確的是()A．小球的重力勢(shì)能增加了4JB．小球的動(dòng)能增加了4JC．小球的機(jī)械能削減了0.2JD．空氣阻力對(duì)小球做功為1JC[小球的重力做正功等于重力勢(shì)能的削減mgh＝2×2J＝4J，故A錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理，小球動(dòng)能的增加等小球外力做功的和ΔEk＝mgh－fh＝(4－0.1×2)J＝3.8J，故B錯(cuò)誤；小球的機(jī)械能削減等于克服阻力做的功為|ΔE|＝fh＝0.2J，故C正確；空氣阻力對(duì)小球做功為：Wf＝－fh＝－0.2J，故D錯(cuò)誤。]3．(2024·廣安高三檢測(cè))如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運(yùn)動(dòng)員從距底端高為h處的雪道上由靜止起先勻加速下滑，加速度為eq\f(1,3)g。在他從上向下滑究竟端的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員削減的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能B．運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能為eq\f(1,3)mghC．運(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做功為eq\f(2,3)mghD．下滑過(guò)程中系統(tǒng)削減的機(jī)械能為eq\f(1,3)mghD[運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為eq\f(1,3)g，小于gsin30°＝eq\f(1,2)g，所以其必受摩擦力，且大小為eq\f(1,6)mg，克服摩擦力做的功為eq\f(1,6)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,3)mgh，故C錯(cuò)；摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，削減的重力勢(shì)能沒(méi)有全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，有eq\f(1,3)mgh轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯(cuò)，D對(duì)；由動(dòng)能定理知，運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能為eq\f(1,3)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(2,3)mgh，故B錯(cuò)。]功能關(guān)系的選取方法(1)若只涉及動(dòng)能的改變用動(dòng)能定理。(2)只涉及重力勢(shì)能的改變，用重力做功與重力勢(shì)能改變的關(guān)系分析。(3)只涉及機(jī)械能改變，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機(jī)械能改變的關(guān)系分析。摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化eq\o([講典例示法])1．兩種摩擦力的做功狀況比較類別比較靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，而沒(méi)有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對(duì)摩擦力的總功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總功W＝－Ffl相對(duì)，即相對(duì)滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量相同點(diǎn)正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功，還可以不做功2．相對(duì)滑動(dòng)物體能量問(wèn)題的解題流程[典例示法](2024·江蘇省新高考適應(yīng)性考試)如圖所示，水平傳送帶足夠長(zhǎng)，向右前進(jìn)的速度v＝4m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質(zhì)量m＝2kg的小物塊從A點(diǎn)靜止釋放。已知A、P的距離L＝8m，物塊與斜面、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物塊(1)第1次滑過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大小v1；(2)第1次在傳送帶上來(lái)回運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(3)從釋放到最終停止運(yùn)動(dòng)，與斜面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q。[解析](1)由動(dòng)能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0解得v1＝8m/s。(2)由牛頓其次定律得μ2mg＝ma物塊與傳送帶共速時(shí)，由速度公式得－v＝v1－at1解得t1＝6s勻速運(yùn)動(dòng)階段的時(shí)間為t2＝eq\f(\f(v\o\al(2,1),2a)－\f(v2,2a),v)＝3s第1次在傳送帶上來(lái)回運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝t1＋t2＝9s。(3)由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，每次再到達(dá)傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，則依據(jù)能量守恒有Q＝μ1mgcos37°ΔL＋eq\f(1,2)mv2＝48J。[答案](1)8m/s(2)9s(3)48J摩擦力做功的分析方法一是無(wú)論是滑動(dòng)摩擦力，還是靜摩擦力，計(jì)算做功時(shí)都是用力與對(duì)地位移的乘積。二是摩擦生熱的計(jì)算公式Q＝Ff·x相對(duì)，其中x相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移，若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，則x相對(duì)為總的相對(duì)路程。[跟進(jìn)訓(xùn)練]水平地面上的摩擦力做功分析1．(2024·江蘇高考改編)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面對(duì)右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過(guò)程中，物塊()A．加速度先增大后減小B．經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功D[對(duì)物塊受力分析，當(dāng)彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，由牛頓其次定律可得kx－f＝ma，x減小，a減小，當(dāng)a＝0時(shí)，物塊速度最大，此時(shí)，物塊在O點(diǎn)左側(cè)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從加速度a＝0處到O點(diǎn)過(guò)程，由牛頓其次定律得f－kx＝ma，x減小，a增大，當(dāng)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，由牛頓其次定律可得kx＋f＝ma，x增大，a接著增大，可知物塊的加速度先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊所受彈簧的彈力對(duì)物塊先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從A到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得W彈－Wf＝0，選項(xiàng)D正確。]曲面上的摩擦力做功分析2．(2024·湖北六市高三聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的固定eq\f(1,4)圓軌道與水平軌道相切于最低點(diǎn)B。一質(zhì)量為m的小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))從A處由靜止滑下，經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)B后沿水平軌道運(yùn)動(dòng)，到C處停下，B、C兩點(diǎn)間的距離為R，物塊P與圓軌道、水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用力F將物塊P沿下滑的路徑從C處緩慢拉回圓弧軌道的頂端A，拉力F的方向始終與物塊P的運(yùn)動(dòng)方向一樣，物塊P從B處經(jīng)圓弧軌道到達(dá)A處過(guò)程中，克服摩擦力做的功為μmgR，下列說(shuō)法正確的是()A．物塊P在下滑過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)速度最大B．物塊P從A滑到C的過(guò)程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功為mgR(1＋μ)C[當(dāng)重力沿圓軌道切線方向的分力等于滑動(dòng)摩擦力時(shí)速度最大，此位置在AB之間，故A錯(cuò)誤；將物塊P緩慢地從B拉到A，克服摩擦力做的功為μmgR，而物塊P從A滑到B的過(guò)程中，物塊P做圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)向心力學(xué)問(wèn)可知物塊P所受的支持力比緩慢運(yùn)動(dòng)時(shí)要大，則滑動(dòng)摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物塊P從A滑到C的過(guò)程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，從C到A的過(guò)程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，則拉力F做的功為WF＝mgR(1＋2μ)，故D錯(cuò)誤；從A到C的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因?yàn)閃f>μmgR，則mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正確。]傳送帶模型中的摩擦力做功分析3．如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以圖示速度v勻速運(yùn)動(dòng)。物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體運(yùn)動(dòng)一段距離能保持與傳送帶相對(duì)靜止。對(duì)于物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．電動(dòng)機(jī)多做的功為eq\f(1,2)mv2B．摩擦力對(duì)物體做的功為mv2C．傳送帶克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2D．物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2D[電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能和內(nèi)能，物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止過(guò)程中獲得的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2，所以電動(dòng)機(jī)多做的功肯定大于eq\f(1,2)mv2，所以A錯(cuò)誤；物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止過(guò)程中只有摩擦力對(duì)物體做功，由動(dòng)能定理可知，摩擦力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的改變，即為eq\f(1,2)mv2，所以B錯(cuò)誤；物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的末速度為v，故此過(guò)程中物體的平均速度為eq\f(v,2)，傳送帶的速度為v，則此過(guò)程傳送帶的位移為物體位移的2倍，因?yàn)槟Σ亮?duì)物體做功為eq\f(1,2)mv2，故傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，故C錯(cuò)誤；傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，物體獲得的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2，依據(jù)能量守恒定律知，物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2，故D正確。]“滑塊—木板”模型中的摩擦力做功分析4．如圖甲所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的另一物體B(可看成質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0＝2m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間改變狀況如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是(g取10m/s2)()甲乙A．木板A獲得的動(dòng)能為2JB．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4JC．木板A的最小長(zhǎng)度為2mD．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1D[由題給圖象可知，A、B的加速度大小都為1m/s2，依據(jù)牛頓其次定律知二者質(zhì)量相等，木板獲得的動(dòng)能為1J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2m·v2＝2J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由v-t圖象可求出二者相對(duì)位移為1m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；分析B的受力，依據(jù)牛頓其次定律，可求出μ＝0.1，選項(xiàng)D正確。]能量守恒定律的理解及應(yīng)用eq\o([依題組訓(xùn)練])1．構(gòu)建和諧型、節(jié)約型社會(huì)深得民心，遍布于生活的方方面面。自動(dòng)充電式電動(dòng)車就是很好的一例，電動(dòng)車的前輪裝有發(fā)電機(jī)，發(fā)電機(jī)與蓄電池連接。當(dāng)在騎車者用力蹬車或電動(dòng)自行車自動(dòng)滑行時(shí)，自行車就可以連通發(fā)電機(jī)向蓄電池充電，將其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能儲(chǔ)存起來(lái)。現(xiàn)有某人騎車以500J的初動(dòng)能在粗糙的水平路面上滑行，第一次關(guān)閉自動(dòng)充電裝置，讓車自由滑行，其動(dòng)能隨位移改變關(guān)系如圖①所示；其次次啟動(dòng)自動(dòng)充電裝置，其動(dòng)能隨位移改變關(guān)系如圖②所示，則其次次向蓄電池所充的電能是()A．200JB．250JC．300JD．500JA[第一次關(guān)閉自動(dòng)充電裝置，自由滑行時(shí)只有摩擦力做功，依據(jù)動(dòng)能定理有－Ff·x1＝0－Ek，其次次啟動(dòng)充電裝置后，滑行直至停下來(lái)的過(guò)程，動(dòng)能一部分克服摩擦力做功，一部分轉(zhuǎn)化為電能，Ek＝Ff·x2＋W，代入數(shù)據(jù)計(jì)算可得W＝200J，選項(xiàng)A正確。]2．(2024·江蘇啟東中學(xué)期中)將質(zhì)量為0.2kg的小球放在直立的彈簧上，并把球往下按至A的位置，如圖甲所示，快速松手后，彈簧把球彈起，球升至最高位置C(圖丙)。途中經(jīng)過(guò)位置B時(shí)彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)。已知B、A的高度差為0.1m，C、B的高度差為0.2m，彈簧的質(zhì)量和空氣阻力都可忽視，重力加速度g＝10m/s2，則有()A．小球從A上升至B的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能始終減小，小球的動(dòng)能始終增加B．小球從B上升到C的過(guò)程中，小球的動(dòng)能始終先增加后減小，勢(shì)能始終增加C．小球在位置A時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為0.6JD．小球從位置A上升至C的過(guò)程中，小球的最大動(dòng)能為0.4JC[當(dāng)彈簧的彈力與小球重力平衡時(shí)，合力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大。之后小球接著上升，彈簧彈力小于重力，球做減速運(yùn)動(dòng)，直到脫離彈簧，故小球從A上升到B的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能始終減小，動(dòng)能先增大后減小，故A錯(cuò)誤；從B到C，小球只受重力作用，做減速運(yùn)動(dòng)，所以動(dòng)能始終減小，重力勢(shì)能始終增加，故B錯(cuò)誤；從A到C，小球動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增加，重力勢(shì)能由彈簧彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化而來(lái)，而重力勢(shì)能增量為ΔEp＝mgΔh＝0.2×10×(0.1＋0.2)＝0.6J，所以在A點(diǎn)彈簧的彈性勢(shì)能為0.6J，故C正確；小球受力平衡時(shí)，因未給彈簧的勁度系數(shù)，則彈簧的形變量由題設(shè)條件無(wú)法求出，故無(wú)法求出小球最大動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。]3．(2024·常熟市中學(xué)高三開學(xué)考試)如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過(guò)定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來(lái)，重物Q的質(zhì)量M＝6m。把滑塊P從圖中A點(diǎn)由靜止釋放后沿豎直桿上下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧彈力大小相等。已知OA與水平面的夾角θ＝53°，OB長(zhǎng)為L(zhǎng)，與AB垂直，不計(jì)滑輪質(zhì)量和摩擦力，