微專題3力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用命題規(guī)律1.命題角度：應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題.2.常用方法：多過(guò)程分段處理法.3.?？碱}型：計(jì)算題．力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式選用原則動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合＝ΔEk涉及做功與能量轉(zhuǎn)換機(jī)械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關(guān)系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、時(shí)間而不涉及位移、功動(dòng)量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、時(shí)間例1(2022·浙江6月選考·20)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為l.圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H.開始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰．已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止．忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2.(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v0的大??；(2)物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸)．答案(1)5m/s(2)FN＝0.1h－0.14N(h≥1.2m)(3)當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，2.6m<x≤3m，當(dāng)1.2m≤h<1.65m時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.6＋\f(\r(3),5)))m解析(1)物塊b擺到最低點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝5m/sb與a發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0eq\f(1,2)mvb2＝eq\f(1,2)mvb′2＋eq\f(1,2)mv02聯(lián)立解得v0＝5m/s(2)由(1)分析可知，物塊b與物塊a在A處發(fā)生彈性正碰，速度交換，若物塊a剛好可以到達(dá)E點(diǎn)對(duì)應(yīng)的高度為h1，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2m以豎直向下為正方向，則有FN＋mg＝meq\f(vE2,R)由動(dòng)能定理有mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2聯(lián)立可得FN＝0.1h－0.14N(h≥1.2m)(3)當(dāng)1.2m≤h<1.65m時(shí)，最終物塊a靜止的位置在E點(diǎn)或E點(diǎn)右側(cè)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2從E點(diǎn)飛出后，豎直方向H＝eq\f(1,2)gt2水平方向s1＝vEt當(dāng)h最大時(shí)，s1最大，即s1max＝0.6m，又因x取不到最大值，則s1取不到最大值，根據(jù)幾何關(guān)系可得DF＝eq\f(\r(3),5)mx＝3l＋DF＋s1代入數(shù)據(jù)解得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<(3.6＋eq\f(\r(3),5))m；當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，從h2＝0.9m釋放b，a、b碰撞后，仍交換速度時(shí)，則根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－μmgs2＝0當(dāng)h最小時(shí)解得s2＝1.8m可知物塊a達(dá)到距離C點(diǎn)0.8m處?kù)o止；當(dāng)h取1.2m時(shí)，物塊a在E點(diǎn)速度為零，若返回到CD時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4m，距離C點(diǎn)0.6m，又因h＝1.2m不在此范圍內(nèi)，故當(dāng)0.9m<h<1.2m時(shí)，有3l－s3<x≤3l代入數(shù)據(jù)得2.6m<x≤3m.例2(2022·廣東梅州市二模)如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定，其末端B切線水平．一質(zhì)量為m、可看成質(zhì)點(diǎn)的滑塊從軌道上的A點(diǎn)由靜止滑下．若傳送帶靜止，滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)停止；當(dāng)傳送帶以速度eq\r(gR)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，滑塊到C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，通過(guò)光滑圓弧裝置EF無(wú)機(jī)械能損失地滑上靜止在光滑水平地面上的長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板右端運(yùn)動(dòng)到H時(shí)與固定擋板碰撞粘連．長(zhǎng)木板質(zhì)量M＝2m，板長(zhǎng)l＝6.5R，板右端到擋板的距離L在R<L<5R范圍內(nèi)取值，滑塊與水平傳送帶、長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，擋板和長(zhǎng)木板等高且上表面光滑，傳送帶右端點(diǎn)C距長(zhǎng)木板上表面的高度h＝4R，重力加速度大小為g，求：(1)傳送帶B、C兩點(diǎn)間的距離x；(2)傳送帶以速度eq\r(gR)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，試判斷滑塊離開C點(diǎn)前能否與傳送帶達(dá)到共速；(3)討論滑塊從滑上長(zhǎng)木板到離開長(zhǎng)木板右端的過(guò)程中，克服摩擦力做的功W克f與L的關(guān)系．答案(1)2R(2)滑塊與傳送帶能共速(3)W克f＝eq\f(1,4)mg(13R＋2L)或者W克f＝eq\f(17,4)mgR解析(1)傳送帶靜止時(shí)，滑塊從A到B、B到C，由動(dòng)能定理得mgR＝eq\f(1,2)mvB2－μmgx＝－eq\f(1,2)mvB2聯(lián)立解得vB＝eq\r(2gR)，x＝eq\f(R,μ)＝2R(2)滑塊到B點(diǎn)的速度大于傳送帶速度eq\r(gR)，據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝ma達(dá)到共速時(shí)滑塊的位移x1＝eq\f(vB2－vC2,2a)＝R<2R故滑塊與傳送帶能共速．(3)滑塊與傳送帶共速后，以vC＝eq\r(gR)的速度離開傳送帶，滑塊從C到F由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝mgh＋eq\f(1,2)mvC2設(shè)長(zhǎng)木板與滑塊達(dá)到共同速度v2時(shí)，位移分別為l1、l2，由動(dòng)量守恒定律知mv1＝(m＋M)v2由動(dòng)能定理知μmgl1＝eq\f(1,2)Mv22－μmgl2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12聯(lián)立解得l1＝2R，l2＝8R滑塊相對(duì)長(zhǎng)木板的位移Δl＝l2－l1<l即滑塊與長(zhǎng)木板在達(dá)到共同速度時(shí)，滑塊未離開長(zhǎng)木板．滑塊滑到長(zhǎng)木板右端時(shí)，若R<L≤2R，W克f＝μmg(l＋L)，得W克f＝eq\f(1,4)mg(13R＋2L)若2R<L<5R，W克f＝μmg(l2＋l－Δl)＝μmg(l＋l1)得W克f＝eq\f(17,4)mgR.(2022·廣東省模擬)如圖，一輕彈簧一端固定在垂直水平面的擋板上的A點(diǎn)，B點(diǎn)為彈簧原長(zhǎng)位置，開始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)并鎖定，彈簧具有的彈性勢(shì)能Ep＝324J，彈簧右端有一質(zhì)量m0＝2.0kg的物塊P與彈簧接觸但不拴接，B點(diǎn)右端C點(diǎn)處?kù)o止放置一質(zhì)量m＝6.0kg的物塊Q，AC為光滑的水平面，物塊Q右側(cè)光滑的水平軌道DE上靜止放置一質(zhì)量M＝2.0kg的平板車，其上表面與水平軌道BC在同一水平面內(nèi)，左側(cè)緊靠C點(diǎn)．物塊Q與小平板車上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.40.FG為豎直面內(nèi)半徑R＝0.90m的半圓形光滑軌道，圓心為O1，F(xiàn)G為豎直直徑，其固定在一水平位置可以調(diào)節(jié)的豎直擋板EF的上方，平板車上表面與半圓軌道FG可以平滑連接．調(diào)節(jié)豎直擋板使平板車右側(cè)與E點(diǎn)的水平距離d＝1.5m，讓彈簧解除鎖定推動(dòng)物塊P向右運(yùn)動(dòng)，之后進(jìn)入水平軌道BC與物塊Q發(fā)生彈性正碰，碰撞后物塊P被束縛不再運(yùn)動(dòng)，物塊Q滑上平板車帶動(dòng)平板車運(yùn)動(dòng)，平板車運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)與擋板EF碰撞后速度立即變?yōu)?，之后物塊Q又由平板車滑上半圓軌道FG.物塊P、Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊Q從F點(diǎn)進(jìn)入半圓軌道FG無(wú)動(dòng)能損失，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物塊P與物塊Q碰撞之后物塊Q的速度大小vQ；(2)從物塊Q滑上平板車到平板車運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)過(guò)程中物塊Q與平板車之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(物塊未脫離平板車)(3)物塊Q能滑上半圓軌道且能運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)G，平板車長(zhǎng)度L的取值應(yīng)滿足的條件．答案(1)9m/s(2)60J(3)2.5m≤L≤3m解析(1)設(shè)解除鎖定后物塊P的最大速度為v0，彈簧彈開的過(guò)程根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)m0v02＝Ep＝324J，解得v0＝18m/s物塊P與物塊Q發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞之后物塊P的速度大小為vP，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m0v0＝m0vP＋mvQ，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)m0v02＝eq\f(1,2)m0vP2＋eq\f(1,2)mvQ2，代入數(shù)據(jù)解得vQ＝9m/s(2)假設(shè)物塊Q滑上平板車后帶動(dòng)平板車向右一直加速運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)過(guò)程中，設(shè)平板車到達(dá)E點(diǎn)的速度為v1，此時(shí)物塊Q的速度為v2，對(duì)平板車根據(jù)動(dòng)能定理有μmgd＝eq\f(1,2)Mv12代入數(shù)據(jù)解得v1＝6m/s，物塊Q與平板車作用過(guò)程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mvQ＝mv2＋Mv1，代入數(shù)據(jù)解得v2＝7m/sv2>v1，假設(shè)成立，即物塊Q滑上平板車后帶動(dòng)平板車向右一直加速運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)，兩者一直發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律可知因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)mvQ2－(eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)Mv12)，解得Q＝60J(3)設(shè)平板車運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)物塊Q在平板車上滑動(dòng)的距離為L(zhǎng)1，根據(jù)能量守恒定律可知Q＝μmgL1，代入數(shù)據(jù)解得L1＝2.5m物塊Q要能滑上半圓軌道FG必須保證平板車滑到E點(diǎn)之前物塊Q不能掉落，則平板車的長(zhǎng)度L≥L1即L≥2.5m設(shè)物塊Q剛好能通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)G時(shí)平板車的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，物塊Q恰好過(guò)最高點(diǎn)時(shí)有mg＝eq\f(mvG2,R)，從平板車運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)到物塊Q剛好滑到G點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmg(L2－L1)－mg×2R＝eq\f(1,2)mvG2－eq\f(1,2)mv22，聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)解得L2＝3m物塊Q要通過(guò)最高點(diǎn)，則平板車的長(zhǎng)度L≤L2，即L≤3m，綜上所述，平板車的長(zhǎng)度為2.5m≤L≤3m.專題強(qiáng)化練1.(2022·河北邯鄲市一模)如圖所示，傾斜軌道的AB段光滑、BC段粗糙，eq\f(1,4)圓弧(半徑OC豎直)軌道CD光滑，整個(gè)軌道固定在同一豎直平面內(nèi)，傾斜軌道和圓弧軌道通過(guò)一小段長(zhǎng)度不計(jì)的光滑弧形軌道相連，已知AB長(zhǎng)L1＝3m，BC長(zhǎng)L2＝13.75m，傾斜軌道的傾角α＝37°，圓弧軌道的半徑R＝0.8m，O為圓弧軌道的圓心．小物體P和Q(均可視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量均為m＝0.8kg，小物體Q靜止在B點(diǎn)，將小物體P從A點(diǎn)由靜止開始釋放，P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)與Q發(fā)生彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短．若P、Q與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.8，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，eq\f(125,124)＝1.求：(1)小物體P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)小物體Q運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道上的C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大?。?3)最終小物體Q停在傾斜軌道上的位置到小物體P的距離．答案(1)6m/s(2)33N(3)12.75m解析(1)小物體P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有mgL1sinα＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝6m/s.(2)小物體P、Q碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒．設(shè)碰后瞬間小物體P、Q的速度分別為v1、v2，取沿斜面向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv＝mv1＋mv2eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22解得v1＝0，v2＝6m/s由于mgsinα<μmgcosα故碰撞后小物體P將靜止在傾斜軌道上B點(diǎn)．設(shè)小物體Q滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，在從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mgL2sinα－μmgL2cosα＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv22解得vC＝5m/s對(duì)小物體Q，在圓弧軌道上C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)，解得FN＝33N由牛頓第三定律知，小物體Q運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為33N.(3)小物體Q從圓弧軌道回到C點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為vC，設(shè)小物體Q沿傾斜軌道向上運(yùn)動(dòng)的距離為L(zhǎng)3，由動(dòng)能定理有－μmgL3cosα－mgL3sinα＝0－eq\f(1,2)mvC2解得L3＝1m小物體Q停在傾斜軌道上的位置到小物體P的距離L＝L2－L3，解得L＝12.75m.2.(2021·湖北卷·15)如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點(diǎn)相切．在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運(yùn)動(dòng)．A、B發(fā)生正碰后，B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)時(shí)速度為零．已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力．(1)求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的距離；(2)當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時(shí)，OD與OQ夾角為θ，求此時(shí)A所受力對(duì)A做功的功率；(3)求碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能．答案(1)2R(2)mgsinθeq\r(2gRcosθ)(3)eq\r(10)mgR解析(1)設(shè)B到半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v2′，由于B對(duì)軌道最高點(diǎn)的壓力為零，則由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v2′2,R)B離開最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則在豎直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上有x＝v2′t聯(lián)立解得x＝2R(2)對(duì)A由C點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得mgRcosθ＝eq\f(1,2)mvD2由于對(duì)A做功的力只有重力，則在D點(diǎn)時(shí)，A所受力對(duì)A做功的功率為P＝mgvDsinθ解得P＝mgsinθeq\r(2gRcosθ)(3)設(shè)A、B碰后瞬間的速度分別為v1、v2，對(duì)B由Q點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)mv2′2＋mg·2R解得v2＝eq\r(5gR)對(duì)A由Q點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝mgR解得v1＝eq\r(2gR)設(shè)碰前瞬間A的速度為v0，對(duì)A、B碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2解得v0＝eq\r(2gR)＋eq\r(5gR)碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能為ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22解得ΔE＝eq\r(10)mgR.3.(2022·山東威海市高三期末)如圖所示，兩物塊P、Q靜止在水平地面上，相距L＝0.48m，P、Q的質(zhì)量分別為1kg和4kg，P與左側(cè)一固定的彈性擋板接觸．已知P與水平地面間無(wú)摩擦，P與彈性擋板碰撞無(wú)能量損失，Q與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，重力加速度為10m/s2.某時(shí)刻，P以4m/s的初速度向Q運(yùn)動(dòng)并與之發(fā)生彈性正撞．求：(1)P與Q第一次碰撞后的瞬間各自速度的大??；(2)P與Q第二次碰撞后的瞬間Q的速度大?。鸢?1)eq\f(12,5)m/seq\f(8,5)m/s(2)eq\f(36,25)m/s解析(1)第一次彈性碰撞后瞬間兩物塊的速度分別為v1和v2m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22解得v1＝－eq\f(12,5)m/s，v2＝eq\f(8,5)m/s所以兩物塊碰后瞬間的速度大小分別為eq\f(12,5)m/s、eq\f(8,5)m/s(2)設(shè)碰后Q的加速度為aμmg＝ma假設(shè)第二次碰撞前Q沒(méi)有停止運(yùn)動(dòng)，有x＋2L＝|v1|t1x＝v2t1－eq\f(1,2)at12解得t1＝0.8s假設(shè)第二次碰撞前Q已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，有v2＝at2解得t2＝1.6s所以第二次碰撞前Q沒(méi)有停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)第二次碰撞后瞬間，P的速度為vP′，Q的速度為vQ′，則有vQ＝v2－at1m1vP＋m2vQ＝m1vP′＋m2vQ′eq\f(1,2)m1vP2＋eq\f(1,2)m2vQ2＝eq\f(1,2)m1vP′2＋eq\f(1,2)m2vQ′2vP＝－v1解得vQ′＝eq\f(36,25)m/s.4.(2022·山東淄博市一模)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的左端固定在小球B上，右端與小球C接觸但未拴接，球B和球C靜止在光滑水平臺(tái)面上．小球A從左側(cè)半徑為R的eq\f(1,4)光滑圓弧上的P點(diǎn)由靜止滑下，與球B發(fā)生正碰后粘在一起，碰撞時(shí)間極短．之后球C脫離彈簧，沿水平臺(tái)面向右運(yùn)動(dòng)并從其右端點(diǎn)水平拋出，落入固定放置在水平地面上的豎直曲面軌道內(nèi)．以臺(tái)面右側(cè)底端的O′點(diǎn)為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系O′xy.已知，臺(tái)面的高度為2R，曲面的方程為y＝eq\f(1,2R)x2.已知三個(gè)小球A、B、C均可看成質(zhì)點(diǎn)，且質(zhì)量分別為mA＝km(k為待定系數(shù))、mB＝mC＝m，OP與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦．(1)若k＝1，求該條件下彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；(2)求滿足(1)問(wèn)條件下小球C落到曲面軌道上Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)；(3)當(dāng)k取何值時(shí)，小球C落到曲面軌道上時(shí)具有最小動(dòng)能，最小動(dòng)能多大？答案(1)eq\f(1,12)mgR(2)(eq\f(4R,\r(13))，eq\f(8