第1章 第3节 动能和动能定理（课件PPT）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第二册（鲁科版2019）

第1章　功和机械能 第3节　动能和动能定理 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 栏目索引 课前 自主学习 课堂 互动探究 课前 自主学习 运动 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 焦耳 焦 J 大小 × × √ 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 动能改变 打点计时器 小车 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 动能的变化量 位移 拉力 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 沿斜木板方向的分力 摩擦力 放开小车 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 变化量 Ek2－Ek1 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 √ × √ 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 课堂 互动探究 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 返回导航 物理　必修 第二册 （L） 第1章　功和机械能 谢谢观看！ 核心素养 物理观念 科学思维 科学探究 科学态度与责任 1.知道动能的定义、单位、表达式、标矢性． 2．能利用动能的表达式计算物体的动能． 3．能用动能定理分析解释生产生活中的相关现象，解决一些相关的实际问题． 能用动能定理解决动力学问题和变力做功问题，领会运用动能定理解题的优越性，感悟做功的过程就是能量转化或转移的过程这一思想方法． 知道利用实验探究恒力做功与动能改变的关系． 通过对动能和动能定理的演绎推理，使学生从中领略到物理等自然科学中所蕴含的严谨的逻辑关系，有较强的学习和研究物理的兴趣． 知识点一 动能 1.概念 物体因______而具有的能量❶． 2．表达式 Ek＝_______________❷． eq \f(1,2) mv2 3．单位❸ 动能的国际单位是______，简称___，用符号___表示． 4．标矢性：动能是标量，只有______． 1．速度大的物体动能也大．( ) 2．某物体的速度加倍，它的动能也加倍．( ) 3．某物体运动的方向发生改变，动能不一定改变．( ) 知识点二 恒力做功与动能改变的关系 1．实验目的：探究恒力做功与物体____________的关系． 2．实验器材：长木板(一端附有滑轮)、_______________、钩码若干、______、纸带、复写纸片、刻度尺、细线． 3．实验原理：在钩码的拉动下，小车的速度发生了变化，也就是小车的动能发生了变化．钩码对小车的拉力对小车做了功，只要能求出小车__________________．小车运动的______以及钩码对小车的______(近似等于钩码的重力)，就可以研究W＝Fs与ΔEk之间的关系． 4．实验步骤❹ (1)将打点计时器固定在长木板上，把纸带的一端固定在小车的后面，另一端穿过打点计时器．改变木板倾角，使小车重力___________________________等于小车及纸带受到的_________，使小车做匀速直线运动． (2)用细线将木板上的小车通过一个定滑轮与悬吊的钩码相连．接通电源，____________，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点． (3)更换纸带，重复实验．选择一条点迹清晰的纸带进行数据分析． 5．数据处理 ❺ (1)选取点迹清晰的纸带，选纸带上第一个点及距离第一个点较远的点，并依次标上0，1，2，3… (2)测出0到点1、点2、点3…的距离，即为对应的小车的位移x1、x2、x3…，利用公式vn＝ eq \f(xn＋1－xn－1,2T) 求出点1、点2、点3…对应的瞬时速度v1、v2、v3…，计算各点对应的动能Ek1、Ek2、Ek3… (3)确定此纸带所挂的钩码的重力G，利用Wn＝Gxn，分别求出小车的位移为x1、x2、x3…时牵引力所做的功W1、W2、W3… (4)比较每次拉力做的功及相应的小车动能的改变量． 知识点三 动能定理 1.内容 合外力对物体所做的功等于物体动能的_________． 2．表达式 W＝_______________ ❻． 3．适用条件 既适用于恒力对物体做功，也适用于变力对物体做功．既适用于物体做直线运动，也适用于物体做曲线运动． 1．动能定理表达式中，等号的左边一定是合外力做的功． ( ) 2．有外力对物体做功，该物体的动能一定增加．( ) 3．物体的动能增加，合外力一定做正功．( ) 批注❶：特别提醒：运动的物体具有的能量，不能叫作动能，因还有其他形式的能量存在． 批注❷：研究物体的动能时，一般以地面为参考系．动能仅与速度大小有关，与速度方向无关，只有速度方向改变时，动能并不变，且恒为正值． 批注❸：1 kg·(m/s)2＝1 kg·(m/s2)·m＝1 N·m＝1 J 批注❹：实验中注意事项 (1)平衡摩擦力时，不挂重物，轻推小车后，小车能做匀速直线运动． (2)尽量减小小车的加速度：因为钩码拉着小车加速运动时，小车受到的拉力小于钩码的重力．为减小这一系统误差，应使小车的加速度尽量小，也就是实验中必须满足钩码的质量远小于小车的质量． (3)正确选取O点位置：由于本实验要求小车由静止开始运动，选取第一个点迹清晰的纸带，其他点的位置尽量离O点远些． 批注❺： (1)拉力的测量：此过程细线的拉力对小车做功，由于钩码质量很小，可认为小车所受拉力F的大小等于钩码所受重力的大小(忽略钩码加速需要的合外力). (2)位移的测量：在纸带上记下第一个点O的位置，再在纸带上任意点开始选取n个点1、2、3、4……并量出各点到位置O的距离，即为小车运动的位移s. (3)本实验的误差主要来源于拉力略小于钩码的重力、不能完全平衡摩擦力、起始点O的速度不为零和测量误差等方面． 批注❻：(1)合外力对物体做正功，Ek2＞Ek1，物体动能增加． (2)合外力对物体做负功，Ek2＜Ek1，物体动能减少． 探究点一　动能　(能量观念之形成) ►情境探究 一只鸽子在空中以20 m/s的速度飞行，迎面有一架飞机以480 m/s的速度飞来，设鸽子的质量为500 g. 提示：以地面为参考系，速度为20 m/s Ek＝ eq \f(1,2) mv′2＝100 J 以飞机为参考系，鸽子的速度为500 m/s E′k＝ eq \f(1,2) mv2＝62 500 J 以地面为参考系，鸽子的动能是多少？以飞机为参考系，鸽子的动能是多少？ ►探究归纳 1．动能是状态量 动能与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应，物体的运动状态一旦确定，物体的动能就确定了． 2．动能具有相对性 选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系． 3．动能与速度的关系 动能仅与速度大小有关，与速度方向无关，只有速度方向改变时，动能并不变，且恒为正值． ►对点例练 (多选)关于动能，下列说法中正确的是(　　) A．凡是运动的物体都有动能 B．公式Ek＝ eq \f(1,2) mv2中，速度v是物体相对于地面的速度，且动能总是正值 C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 AC　解析：动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体都有动能，A对；Ek＝ eq \f(1,2) mv2中的速度v与参考系的选取有关，但参考系不一定是地面，B错；速度是矢量，当其只有方向发生变化时，动能不变化，此时物体并不处于平衡状态，C对，D错． [训练1] (多选)下列方法能使汽车的动能变为原来的2倍的是(　　) A．质量不变，速度增大到原来的2倍 B．速度不变，质量增大到原来的2倍 C．质量减半，速度增大到原来的2倍 D．速度减半，质量增大到原来的2倍 BC　解析：根据Ek＝ eq \f(1,2) mv2，可以判断，A、D错误，B、C正确． 速度是矢量，动能是标量．一定质量的物体，动能变化时，速度大小一定变化；速度变化时，可能只是方向变化，动能不一定变化；动能不变的物体，速度方向可能变化，不一定处于平衡状态． 探究点二　恒力做功与动能改变的关系　(科学探究之结论) ►探究归纳 (2021·四川省珙县第一高级中学校高一月考)小明所在的实验小组，为探究“拉力做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图甲所示的装置．已知小车的质量为M＝200 g，该小组的同学想用钩码的重力作为小车受到的合外力，则： 甲 乙 (1)平衡摩擦时，下列操作正确的是________． A．挂上钩码，放开没有纸带的小车，能够自由下滑即可 B．挂上钩码，轻推没有纸带的小车，小车能够匀速下滑即可 C．不挂钩码，放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可 D．不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可 (2)他们在实验室找到的钩码质量有20 g、50 g、100 g和150 g的，应选择质量为________的钩码最合适． (3)在实验中，该同学先接通打点计时器的电源，再放开纸带，已知交流电的频率为50 Hz.图乙是在实验中打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为过程中3个相邻的计数点，相邻的计数点之间有4个点没有标出，有关数据如图乙所示，则打B点时小车的动能Ek＝________J，从开始运动到打B点时，绳的拉力对小车做的功W＝________J___(保留2位有效数字，g取10 m/s2) (4)绳的拉力对小车做的功W大于小车获得的动能Ek，请你举出导致这一结果的原因：____________．(写出一种即可) 解析：(1)平衡摩擦力时不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可． (2)为了减小钩码重力与绳的拉力的误差，必须满足钩码的质量远小于小车的质量，所以应选择质量为20 g的钩码最合适． (3)打B点时小车的速度为 vB＝ eq \f(（62.0－42.0）×10－2,0.2) m/s＝1 m/s 小车的动能为Ek＝ eq \f(1,2) Mv eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)) ＝0.10 J 从开始运动到打B点时，绳的拉力对小车做的功为 W＝mgxOB＝0.02×10×0.515 J＝0.10 J (4)绳的拉力对小车做的功W大于小车获得的动能Ek，因为钩码的重力大于绳子的拉力． (1)D　(2)20 g　(3)0.10　0.10　(4)钩码的重力大于绳子的拉力 [训练2] (2021·河南高一期末)某同学用如图1所示的实验装置验证动能定理．实验步骤如下： ①用天平测出小车的质量为M＝0.50 kg，小沙桶的质量为m＝0.23 kg； ②将小车放到带滑轮的木板上，调整木板倾角并轻推小车，使小车恰好做匀速直线运动； ③按图1连接好实验装置，并使弹簧测力计竖直，小车紧靠打点计时器； ④接通电源，释放小车，打出纸带并记录好弹簧测力计的示数； ⑤重复以上实验多次，最后选取一条清晰的纸带如图2所示． 根据上述实验结果，回答下列问题： 图1 图2 (1)图2中的A、B、C、D、E、F为连续的六个计数点，相邻的两个计数点间还有4个点未标出，电源频率为50 Hz，则打点计时器打下B点时小车的速度vB＝______m/s，打点计时器打下E点时小车的速度为vE＝______m/s.(保留2位有效数字) (2)实验记录弹簧测力计的示数为F＝1.00 N，取纸带BE段进行研究，则细线拉力对小车做的功为______J，小车动能的增量为______J，则说明本次验证实验是______(填“成功”或“失败”)的．(前两空保留2位有效数字) 解析：(1)[1][2]由于B为AC的中间时刻，因此打B点的速度为AC段的平均速度，可得 vB＝ eq \f(xAC,2T) ＝ eq \f(（25.01－9.01）×10－2,2×0.1) m/s＝0.80 m/s 同理，打E点的速度为DF段的平均速度 vE＝ eq \f(xDF,2T) ＝ eq \f(（65.01－37.00）×10－2,2×0.1) m/s＝1.4 m/s (2)[3]依题意可知，细绳拉力对小车做的功 W＝F·LBE＝1.0×(50.01－16.00)×10－2 J＝0.34 J [4]小车动能的变化量 ΔEk＝ eq \f(1,2) MV E eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) － eq \f(1,2) Mv B eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) ＝ eq \f(1,2) ×0.5×(1.42－0.802) J＝0.33 J [5]说明在误差允许的范围内，合外力做的功等于系统增加的动能，因此本次验证实验是成功的． (1)0.80　1.4　0.34　(2)0.33　成功 (1)明确实验中各器材的用途及所需要测量的物理量． (2)掌握实验中产生误差的原因及解决方法． (3)灵活应用纸带点迹结合匀变速直线运动的规律解决瞬时速度． 探究点三　动能定理的理解及应用　(科学思维之提升) ►探究归纳 1．动能定理的理解 (1)等值关系：某物体的动能变化量总等于合力对它做的功． (2)因果关系：合力对物体做功是引起物体动能变化的原因，合力做功的过程实际上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由合力做了多少功来度量． 2．动能定理与牛顿运动定律的比较 牛顿运动定律 动能定理 相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析 适用 条件 只能研究在恒力作用下物体做直线运动 对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线或曲线运动均适用 应用 方法 要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式解题 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能 运算方法 矢量运算 代数运算 两种思路对比可以看出应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单不易出错． 3．应用动能定理解题的基本思路 (1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程． (2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和． (3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2. (4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的解题方程求解并验算． ►对点例练 (2021·常州市新桥高级中学高一期末)如图所示为水上滑梯示意图，它由斜槽AB和水平槽BC构成，AB与BC平滑连接，斜槽AB的高度H＝15 m，BC面高出水面的距离h＝0.80 m．一个质量m＝50 kg的游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下，g取10 m/s2. (1)若忽略游戏者下滑过程中所受的一切阻力，游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下，求滑到斜槽底端B点时的速度大小； (2)若有阻力的作用，游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下到达滑梯末端C点时的速度大小vC＝15 m/s，求这一过程中游戏者克服阻力做的功． 解析：(1)从A到B过程，由动能定理得 mgH＝ eq \f(1,2) mv B eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) －0 解得vB＝ eq \r(2gH) ＝ eq \r(2×10×15 ) m/s＝10 eq \r(3) m/s (2)从A点到C点运动全过程，由动能定理得 mgH＋W＝ eq \f(1,2) mv C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) －0 解得W＝－1 875 J 这一过程中游戏者克服阻力做的功为1 875 J． (1)10 eq \r(3) m/s　(2)1 875 J [训练3] (多选)(2021·广州市第一一三中学高一期末)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为 eq \f(Ek,5) .已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则(　　) A．物体向上滑动的距离为 eq \f(Ek,2mg) B．物体向下滑动时的加速度大小为 eq \f(g,5) C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 BC　解析：AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2l cos α＝ eq \f(Ek,5) －Ek 物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有 －mgl sin α－μmgl cos α＝0－Ek 整理得l＝ eq \f(Ek,mg) ；μ＝0.5 A错误，C正确； B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有 ma＝mg sin α－μmg cos α 求解得出a＝ eq \f(g,5) B正确； D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有 ma上＝mg sin α＋μmg cos α 物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有 ma下＝mg sin α－μmg cos α 由上式可知a上>a下 由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式l＝ eq \f(1,2) at2 则可得出t上<t下 D错误． 动能定理应用的两点技巧 (1)如果问题中已知空间关系，而不涉及物体的加速度，则可以先分析物体所受各力的做功情况，然后由动能定理求解． (2)如果物体的某个运动过程包含几个运动性质不同的阶段(如加速、减速过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，对整个过程利用动能定理列式，可使问题更简化． 探究点四　解决实际问题　(科学态度与责任) [训练4] (交通情境)(2021·江苏省镇江第一中学高一期中)一列质量为m的动车，由静止开始以加速度a匀加速启动，当速度达到v时，以恒定功率P在平直轨道上运动一段时间达到该功率下的最大速度vm，整个过程中动车运动时间为t，动车克服阻力做功W，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变．下列关系式正确的是(　　) A．a＝ eq \f(f,m) 　　　　　　　 B．v＝ eq \f(P,f) C．P＝(f＋ma)v D．W＝Pt＋ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv m eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) C　解析：A．在匀加速阶段，根据牛顿第二定律F－f＝ma 因此a＝ eq \f(F－f,m) ，A错误； BC．当达到速度v时恰好达到额定功率，此时 P＝Fv＝(F＋ma)v，B错误，C正确； D．设匀加速的时间为t1，位移为x1＝ eq \f(v,2) t1 克服摩擦力做功为W1，根据动能定理Fx1－W1＝ eq \f(1,2) mv2 整理得 eq \f(1,2) Pt1－W1＝ eq \f(1,2) mv2 从达到额定功率到达到最大速度的过程中，克服摩擦力做功为W2，根据动能定理P(t－t1)－W2＝ eq \f(1,2) mv m eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) － eq \f(1,2) mv2 联立可得P(t－ eq \f(1,2) t1)－W＝ eq \f(1,2) mv m eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) ，D错误． [训练5] (生活情境)(2021·安徽阜阳市·高一期末)阜城某高一年级的小明同学在五一假期期间，陪伴家人一起去观赏阜阳市双清湾附近的音乐喷泉．经询问工作人员得知，喷泉主喷口喷岀的水柱最大高度约为20层楼髙，喷口横截面积约为8×10－3 m2，小明同学据此结合相关物理知识估算了给喷管喷水做功的电动机的最小输出功率，然后与几位同学交流了计算结果，他们得到了下列四个答案，你觉得哪个答案是合理的(　　) A．1.7×102 W B．1.7×103 W C．1.7×104 W D．1.7×105 W D　解析：每层楼的高度约为h＝3 m 总高度H＝20h＝60 m 由H＝ eq \f(1,2) gt2 其中重力加速度大小g＝10 m/s2 水的质量m＝ρSvt 其中水的密度ρ＝1×103 kg/m3 水的速度大小v＝ eq \r(2gH) 根据动能定理有Pt＝ eq \f(1,2) mv2 解得P＝1.7×105 W 选项D正确，ABC错误． [训练6] (生活情境)(2021·浙江温州市·高一期末)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实．设某次打夯符合以下模型：四个人同时通过竹竿对重物各施加一个外力(两竹竿受力的合力)，四个外力的大小均为F＝450 N，方向竖直向上，重物离开地面h1＝20 cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深h2＝3 cm.可以忽略空气阻力，已知重物的质量为m＝80 kg.求： (1)重物刚落地时的速度大小v； (2)重物对地面的平均冲击力大小F1. 解析：(1)从离开地面到落地的过程中，根据动能定理 4Fh1＝ eq \f(1,2) mv2 解得v＝3 m/s (2)落地后根据动能定理mgh2－F1h2＝0－ eq \f(1,2) mv2 解得F1＝12 800 N (1)v＝3 m/s　(2)F1＝12 800 N [训练7] (生活情境)(2021·山东枣庄市·高一期末)如图甲所示是漂流的场景，皮划艇先沿滑道下滑，之后从滑道末端以较大速度冲上江面，现简化为图乙模型，AB和DE都是长x1＝10 m、两端高度差h＝4 m的倾斜直滑道，动摩擦因数都相同，AB滑道和DE滑道错位；BCD是半径R＝3 m的光滑水平半圆滑道，各滑道平滑连接．现有质量m＝160 kg的载人皮划艇从A点静止下滑，经过半圆滑道中点C时的速度大小约v1＝6 m/s，皮划艇可视为质点，取g＝10 m/s2，求： (1)皮划艇在从滑道A点运动到C点的过程中阻力做的功Wf； (2)皮划艇在E点的速度大小v2. 解析：(1)从滑道A点运动到C点的过程中，根据动能定理 mgh－Wf＝ eq \f(1,2) mv1 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) Wf＝3 520 J (2)从滑道C点运动到E点的过程中，根据动能定理 mgh－Wf＝ eq \f(1,2) mv2 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1()) v2＝6 m/s (1)3 520 J　(2)6 m/s $$