阶段验收评价（四） 机械能守恒定律
(时间：75分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．如图所示，在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子，用力使船向前移动。关于力对船做功的下列说法中正确的是( )
A．绳的拉力对船做了功
B．人对绳的拉力对船做了功
C．树对绳子的拉力对船做了功
D．人对船的静摩擦力对船做了功
解析：选D 绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作用于船，没有对船做功。只有人对船的静摩擦力作用于船，且船发生了位移，故对船做了功，且做正功，故A、B、C错误，D正确。
2．在下列几种情况下，甲、乙两物体动能相等的是( )
A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的一半
B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的一半
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的四分之一
D．质量相同，速度的大小相同，但甲向东运动，乙向西运动
解析：选D 由动能定义式Ek＝mv2可知，选项A、B、C错误。动能是标量，一个质量一定的物体动能大小只取决于速度大小，而与速度方向无关，故D正确。
3.在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，如图所示，并将球从球门右上角擦着横梁踢进球门。球门高度为h，足球飞入球门的速度为v，足球的质量为m，则红队球员将足球踢出时对足球做的功W(不计空气阻力，足球视为质点)( )
A．等于mgh＋mv2
B．大于mgh＋mv2
C．小于mgh＋mv2
D．因为球射入球门过程中的曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定
解析：选A 由机械能守恒定律可知，球员对球做的功等于足球机械能的增加量，故W＝mgh＋mv2。故A正确。
4．有一种地下铁道，车站的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图所示。已知坡高为h，车辆的质量为m，重力加速度为g，车辆与路轨间的摩擦力为Ff，进站车辆到达坡下A处时的速度为v0，此时切断电动机的电源，车辆冲上坡顶到达站台B处的速度恰好为0。车辆从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功是( )
A．Ffh B．Mgh
C．mgh－mv02 D.mv02－mgh
解析：选D 对车辆由A到B的过程运用动能定理得－mgh－Wf＝0－mv02，解得Wf＝mv02－mgh，故D正确。
5．如图所示，小球以大小为v0的初速度由A端向右运动，到B端时的速度减小为vB；若以同样大小的初速度由B端向左运动，到A端时的速度减小为vA。已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道，D为AB中点。以下说法正确的是( )
A．vA>vB
B．vA＝vB
C．vAD．两次经过D点时速度大小相等
解析：选A 小球由A端向右运动时，通过凹槽的速度大于小球由B端向左运动时通过凹槽的速度，因通过凹槽时(如图甲)，有FN－mgcos θ＝，所以小球由A端向右运动时，通过凹槽时受到的支持力大，因而受到的摩擦力大，克服阻力做功多；同理，小球通过凸槽时(如图乙)，有mgcos θ－FN＝，小球由A端向右运动时，通过凸槽的速度小于小球由B端向左运动时通过凸槽的速度，所以小球向右运动时通过凸槽时受到的摩擦力也大，故克服阻力做的功多。因此小球向右运动全过程克服阻力做功多，动能损失多，末动能小，故A正确。
6．由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界点，长度AB>BC。先将ABC按图甲方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块(可看成质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC按图乙方式搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点。则小物块( )
A．与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大
B．两次滑到B点的速率相同
C．两次从顶端滑到底端所用的时间相同
D．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同
解析：选D 由于长度AB>BC，而两次过程中所用时间相同，由x＝at2可知在AB中加速度大，再由a＝gsin θ－μgcos θ可知小物块与AB段的动摩擦因数小，故A错误；由vB＝at可知在题图甲中滑到B点的速率大，故B错误；两次过程中在对应阶段的摩擦力相同、位移相同，故摩擦力做功相同，重力做功相等，再结合能量守恒可知，物块到达底端时速度相同，则再由如图所示速度—时间图像易看出第一次所用总时间较短，故C错误，D正确。
7.如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b(均可视为质点)。a球质量为m, 静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻 绳刚好拉紧。从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为( )
A．h B．1.5h
C．2h D．2.5h
解析：选B 释放b后，b下落到地面，a上升高度h瞬间，a、b两者的速度相等，设为v，由机械能守恒定律得3mgh＝mgh＋mv2＋×3mv2，解得v＝，之后a竖直上抛，设继续上升的高度为h′，由h′＝得h′＝h，所以a上升的最大高度为h＋h′＝h，故B正确。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.如图所示为一种测定运动员体能的装置，运动员的质量为m1，绳的一端拴在运动员腰间并沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮质量及摩擦)，绳的下端悬挂一个质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率v匀速向右运动。下面说法中正确的是( )
A．绳子拉力对人做正功
B．人对传送带做正功
C．运动时间t后，运动员的体能消耗约为m2gvt
D．运动时间t后，运动员的体能消耗约为(m1＋m2)gvt
解析：选BC 人的重心不变，绳子拉力作用点没有位移，绳子拉力对人不做功，故A错误；绳对人有向右的拉力，传送带对人的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知人对传送带的摩擦力方向向右，而传送带速度方向向右，人对传送带做正功，故B正确；在时间t内，传送带位移s＝vt，摩擦力大小F＝m2g，运动员克服摩擦力所做功即运动员体能消耗约为m2gvt，故C正确，D错误。
9．如图所示，水平面上固定一倾角为θ＝30°的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m＝2 kg的物块(视为质点)，开始时物块静止在斜面上A点，此时物块与斜面间的摩擦力恰好为零，现用一沿斜面向上的恒力F＝20 N作用在物块上，使其沿斜面向上运动，当物块从A点运动到B点时，力F做的功W＝4 J，已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g＝10 m/s2，则下列结论正确的是( )
A．物块从A点运动到B点的过程中，重力势能增加了4 J
B．物块从A 点运动到B点的过程中，产生的内能为1.2 J
C．物块经过B点时的速度大小为 m/s
D．物块从A点运动到B点的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0.5 J
解析：选BC 施加F前，物块静止，由平衡条件得kx1＝mgsin θ，求得x1＝0.1 m，力F做功W＝Fx，求得x＝0.2 m，物块到B点时，弹簧伸长x2＝0.1 m，可知重力势能增加mgxsin θ＝2 J，物块在A、B位置时弹簧弹性势能相等，故A、D错误；物块从A点运动到B点的过程中，产生的内能等于克服摩擦力做的功，即Q＝μmgcos θ·x＝1.2 J，故B正确；由动能定理有WF－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝mv2－0，求得v＝ m/s，故C正确。
10．质量为2×103 kg、发动机的额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶。若该汽车所受阻力大小恒为4×103 N，则下列判断中正确的有( )
A．汽车的最大速度是10 m/s
B．汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动，启动后第2 s末发动机的实际功率是32 kW
C．汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动，匀加速运动所能维持的时间为10 s
D．若汽车保持额定功率启动，则当其速度为5 m/s时，加速度为6 m/s2
解析：选BD 当牵引力大小等于阻力时速度最大，根据P＝fvm得，汽车的最大速度vm＝＝ m/s＝20 m/s，故A错误。根据牛顿第二定律得F－f＝ma，解得F＝f＋ma＝4 000 N＋2 000×2 N＝8 000 N，第2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s，第2 s末发动机的实际功率P1＝Fv＝8 000×4 W＝32 kW，故B正确。匀加速直线运动的末速度v1＝＝ m/s＝10 m/s，做匀加速直线运动的时间t＝＝ s＝5 s，故C错误。当汽车速度为5 m/s时，牵引力F2＝＝ N＝16 000 N，根据牛顿第二定律得汽车的加速度a′＝＝ m/s2＝6 m/s2，故D正确。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(7分)用如图甲所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车，盘和砝码的重力可当作牵引力。小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变砝码质量，便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。
甲
乙
(1)关于这个实验，下列说法正确的是______(多选)。
A．需要补偿小车受到阻力的影响
B．该实验装置可以“验证机械能守恒定律”
C．需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行
D．需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量
(2)如图乙所示是两条纸带，实验时打出的应是第_______条(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)纸带。
(3)根据实验数据，在坐标纸上画出的W-v2图像是一条过原点的直线，据此图像________(填“能”或“不能”)求出小车的质量。
解析：(1)通过该实验装置做探究功与速度变化的关系的实验时，需要平衡摩擦力，故A正确；该实验装置机械能不守恒，不能验证机械能守恒定律，故B错误；实验时，细线必须与长木板平行，否则会破坏平衡摩擦的条件，故C正确；在满足盘和砝码质量远小于小车质量的前提下，拉小车的拉力约等于盘和砝码的重力，从而可以计算外力做功，故D正确。
(2)由于盘和砝码质量远小于小车质量，因此小车运动的加速度不大，所以第Ⅱ条纸带为实验时打出的纸带。
(3)由题知W-v2图像是一条过原点的直线，则有W＝mv2，根据此图像能求出小车的质量。
答案：(1)ACD (2)Ⅱ (3)能
12．(9分)某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，通过实验数据分析，发现本实验存在较大的误差。为此改用如图乙所示的实验装置：通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出A、B之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d(d＜h)，重力加速度为g。则小铁球经过光电门时的瞬时速度v＝________。如果d、t、h、g满足关系式t2＝________，就可验证机械能守恒定律。比较两个方案，改进后的方案相比原方案最主要的优点是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：小铁球经过光电门时的挡光时间很短，由此可以求出小铁球经过光电门时的瞬时速度v＝，mgh＝mv2，t2＝；比较两个方案，改进后的方案相比原方案最主要的优点是消除了纸带与打点计时器之间的阻力的影响。
答案： 消除了纸带与打点计时器之间的阻力的影响
13.(11分)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R＝0.4 m。一个质量为m＝1 kg的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1＝6 m/s，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2＝3 m/s。重力加速度为g＝10 m/s2。
(1)求弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。
解析：(1)根据功能关系，可得弹簧压缩至A点时的弹性势能EPA＝mv12＝×1×62 J＝18 J。
(2)从B到C过程中，根据动能定理得
－2mgR＋Wf＝mv22－mv12，
解得Wf＝－5.5 J。
答案：(1)18 J (2)－5.5 J
14．(12分)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
解析：(1)小球线速度v＝ωr，得v＝2ωR。
(2)向心力F向＝2mω2R，
设F与水平方向的夹角为α，则
Fcos α＝F向；Fsin α＝mg，
解得F＝。
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，
由机械能守恒得
Mv′2＋4×mv2＝Mgh，
解得h＝(ωR)2。
答案：(1)2ωR (2)
(3)(ωR)2
15．(15分)表面光滑的斜面固定在水平地面上，斜面倾角为θ。斜面底端固定一个与斜面垂直的挡板，一木板A被放在斜面上，其下端离地面高为H，上端放着一个小物块B，如图所示。木板和物块的质量均为m。相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数为μ(μ>tan θ)，把它们由静止释放，木板与挡板发生碰撞时，时间极短，无动能损失，而物块B始终不会与挡板发生碰撞。求：
(1)木板A即将与挡板第一次碰撞前的速度；
(2)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上升的最大距离；
(3)从释放木板到木板和物块都静止，木板和物块系统损失的机械能。
解析：(1)由机械能守恒定律得
×2mv12＝2mgH，得v1＝。
(2)对木板A沿斜面上滑过程：
mgsin θ＋f＝ma，
f＝μmgcos θ，
解得s1＝＝。
(3)由能量守恒定律得
mgH＋mg(H＋Lsin θ)＝E损，
损失的机械能E损＝fL，
解得E损＝。
答案：(1) (2)
(3)
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主干知识成体系
迁移交汇破疑难
一、功能关系的理解及应用
1．功能关系：功是能量转化的量度。
2．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化必须通过力做功来实现的；不同的力做功，对应不同形式的能的转化。
(2)做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
3．几种常见的功能关系理解
功能关系 表达式 物理意义 正功、负功含义
重力做功与重力势能 WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 重力做功是重力势能变化的原因 WG＞0 重力势能减少
WG＜0 重力势能增加
WG＝0 重力势能不变
弹簧弹力做功与弹性势能 W弹＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做功是弹性势能变化的原因 W弹＞0 弹性势能减少
W弹＜0 弹性势能增加
W弹＝0 弹性势能不变
合力做功与动能 W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk 合外力做功是物体动能变化的原因 W合＞0 动能增加
W合＜0 动能减少
W合＝0 动能不变
除重力或系统内弹力外其他力做功与机械能 W非G＝ΔE机 除重力或系统内弹力外其他力做功是机械能变化的原因 W非G＞0 机械能增加
W非G＜0 机械能减少
W非G＝0 机械能守恒
续表
典例1 (2024·浙江1月选考)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球( )
A．从1到2动能减少mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．从2到3机械能不变
[解析] 由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减少，重力势能减少mgh，则动能增加量小于mgh，选项C、D错误。
[答案] B
【针对训练】
1．如图，木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止，在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J。用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的静摩擦力。在这一过程中，以下判断正确的是 ( )
A．FN和Ff对物块都不做功
B．FN对物块做功为2 J，Ff对物块不做功
C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2 J
D．FN和Ff对物块所做的总功为4 J
解析：由题意知物块绕O点做圆周运动，瞬时速度方向始终与Ff垂直而与FN平行，故FN对物块做正功而Ff对物块不做功。因物块缓慢运动，重力势能增量即为物块机械能的增量，由功能关系知机械能的增量等于除重力外其他力所做的功，本题除重力外只有FN与Ff两个力作用，结合上述分析可知B正确。
答案：B
答案：B
2．应用能量守恒定律解题的一般步骤
(1)分清有多少种形式的能(如动能、势能、内能、电能等)在变化。
(2)分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)列恒等式：ΔE减＝ΔE增。
典例2 如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点。t＝0时解除锁定，通过计算机传感器描绘出滑块的v-t图像如图8-3乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s 时滑块已上滑x＝0.2 m的距离(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
[答案] (1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
答案：(1) (2) (3)mv2 (4)mv2 (5)mv2
4．(2024·江苏高考)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到达最高点D。已知重力加速度为g。求：
(1)CD段长x；
(2)BC段电动机的输出功率P；
(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
模型构建探本质
一、非质点类物体的机械能守恒问题
1．在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理。
2．非质点类物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，根据质量分布均匀的规则物体的重心位置在其几何中心的原则，可将物体分段处理，根据初、末状态物体重力势能的变化，建立机械能守恒方程求解。
典例1 如图所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为α的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动，AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连，一条长为L的均匀柔软链条开始时静止地放在ABC面上，其一端D至B点的距离为L－a，其中a未知，现自由释放链条，当链条的D端滑到B点时链条的速率为v，求长度a的大小。
答案：A
二、摩擦力做功的特点及计算
1．两种摩擦力做功的比较
摩擦力种类 静摩擦力 滑动摩擦力
做功特点 (1)静摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
(2)静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功 (1)滑动摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
(2)滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功、可能做负功、还可能不做功
能量的转化 静摩擦力做功的过程中只发生能量的转移，不发生能量形式的转化 滑动摩擦力做功的过程中既发生能量的转移，又发生能量形式的转化
一对摩擦力的总功 一对静摩擦力做功的代数和一定等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和一定为负值，总功W＝－Ff ·s相对，其绝对值为摩擦时产生的热量Q
【针对训练】
3.(多选)如图所示，一子弹以水平速度射入放置在光滑水平面上原来静止的木块，并留在木块中，在此过程中子弹钻入木块的深度为d，木块的位移为l，木块与子弹间的摩擦力大小为F，则( )
A．F对木块做功为Fl B．F对木块做功为F(l＋d)
C．F对子弹做功为－Fd D．F对子弹做功为－F(l＋d)
解析：木块的位移为l，由W＝Flcos α得F对木块做功为Fl，子弹的位移为l＋d，木块对子弹的摩擦力的方向与位移方向相反，故木块对子弹的摩擦力做负功，即F对子弹做功为－F(l＋d)，故A、D正确。
答案： AD
4．(2024·广州高一检测)(多选)如图所示，质量为m0、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff。经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端( )
A．此时物块的动能为(F－Ff)(x＋l)
B．这一过程中，物块对小车所做的功为Ff(x＋l)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx
D．这一过程中，物块和小车摩擦产生的热量为Ffl
解析：对物块分析，物块的位移为x＋l，根据动能定理有(F－Ff)(x＋l)＝Ek－0，所以物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(x＋l)，故A正确；对小车分析，小车的位移为x，所以物块对小车所做的功为Ffx，故B错误；物块和小车因摩擦产生的热量Q＝Ffs相对＝Ffl，故D正确；根据功能关系得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的热量，则有F(l＋x)＝ΔE＋Q，解得物块和小车增加的机械能为ΔE＝F(l＋x)－Ffl，故C错误。
答案： AD
5．长为1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、 B的速度为0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0 cm后停下。若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同都为2 kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25。求：(g取10 m/s2)
(1)长木板与冰面间的动摩擦因数μ2；
(2)全过程产生的总热量Q。
答案：(1)0.10 (2)5.76 J
答案：D
答案：BD
(1)求选手摆到最低点时对绳拉力F的大小；
(2)若绳长l＝2 m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F1＝800 N，平均阻力F2＝700 N，求选手落入水中的深度d；
(3)若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。
(2)选手摆到最高点时松手落入水中，如图所示，
答案：(1)1 080 N (2)1.2 m (3)见解析
5．如图甲所示为水上滑梯，其示意图如图8-14乙所示，它由斜槽AB和水平槽BC构成，AB与BC圆滑连接，斜槽AB的竖直高度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)以水面为参考平面，求游戏者在A点时的重力势能Ep；
(2)若忽略游戏者下滑过程中所受的一切阻力，求游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下到斜槽底端B点的速度大小；
