第4講功能關系能量守恒定律學習目標1掌握幾種常見的功能關系，知道能量守恒定律。2.理解摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化的關系。3.會應用能量的觀點解決綜合問題。1.幾種常見的功能關系及其表達式力做功能的變化定量關系合力的功動能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少(2)重力做負功，重力勢能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少(2)彈力做負功，彈性勢能增加(3)W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功機械能不變化機械能守恒，ΔE＝0除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機械能變化(1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少(2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少(3)W其他＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功機械能減少，內(nèi)能增加(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負功，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)摩擦生熱Q＝Ffx相對安培力做功電能變化(1)克服安培力做的功等于電能增加量(2)W克安＝E電2.能量守恒定律1.思考判斷(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能。(×)(2)一個物體的能量增加，必定有別的物體的能量減少。(√)(3)在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。(√)(4)滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉(zhuǎn)化。(√)(5)除重力以外的其他力做的功等于物體動能的改變量。(×)(6)克服與勢能有關的力(重力、彈簧彈力、靜電力)做的功等于對應勢能的增加量。(√)2.(多選)(根據(jù)人教版必修第二冊P92圖8.4－4改編)一名滑雪運動員在雪道上下滑了一段路程，重力對他做功3000J，他克服阻力做功500J，則在此過程中這名運動員()A.重力勢能增加了3000JB.動能增加了3000JC.動能增加了2500JD.機械能減少了500J答案CD考點一功能關系的理解和應用功的正負與能量增減的對應關系(1)物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功。(2)勢能的增加與減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、靜電力等)做負功還是做正功。(3)機械能的增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負功。角度功能關系的應用例1(2024·山東卷，7)如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時彈性勢能E＝12kx2(x為繩的伸長量)?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于(A.(μmg)22k＋μmg(l－d) B.3(μmgC.3(μmg)22k＋2μmg(l－d) D.(μmg)答案B解析當甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有μmg＝kx0，解得彈性繩的伸長量x0＝μmgk，則此時彈性繩的彈性勢能為E0＝12kx02＝μ2m2g22k;水平力F緩慢拉動乙所坐木板，可認為乙與其所坐木板的動能變化量為零，從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為x1＝x0＋l－d，由功能關系可知該過程F所做的功W＝E0＋μmgx銜接教材(魯科版教材必修第二冊P29節(jié)練習T5)如圖所示，輕彈簧k一端與墻相連，質(zhì)量m＝4kg的木塊沿光滑水平面以v0＝5m/s的初速度向左運動。求:(1)彈簧在被壓縮過程中的最大彈性勢能;(2)木塊壓縮彈簧后速度減小到3m/s時彈簧的彈性勢能。銜接分析教材上的第5題與2024年山東高考第7題均考查功能關系在“滑塊—彈簧”模型中的應用，不同點在于山東卷7題有兩木板(包括人)，并且結(jié)合了共點力平衡的臨界與極值問題，對學生的綜合應用能力要求進一步提高。角度功能關系與圖像的結(jié)合例2(2024·河北邯鄲模擬)如圖所示，兩個傾角相同的斜面固定在水平地面上，底端通過光滑小圓弧連接，一物塊從右側(cè)斜面頂端由靜止下滑，滑上左側(cè)斜面至最高點，物塊與兩斜面間動摩擦因數(shù)相同，通過底端時無能量損失，此過程中下列圖像正確的是(v為速率，Ep為重力勢能，t為運動時間，Ek為動能，E為機械能，s為路程，選取地面為零勢能面)()答案D解析根據(jù)牛頓第二定律，物塊沿斜面下滑時，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得加速度大小a1＝gsinθ－μgcosθ，根據(jù)牛頓第二定律，物塊沿斜面上滑時，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，解得加速度大小a2＝gsinθ＋μgcosθ，故a1<a2，v－t圖線的斜率表示加速度，故A錯誤;Ep－t圖像的斜率大小表示重力的瞬時功率，物塊沿斜面下滑，速度越來越大，豎直方向的速度也越來越大，故重力的功率越來越大，故B錯誤;動能隨路程變化圖像的斜率大小表示合力，根據(jù)牛頓第二定律知，沿斜面下滑的合力F1＝ma1是定值，沿斜面上滑的合力F2＝ma2也是定值，故C錯誤;根據(jù)功能關系知，摩擦力做負功，機械能減少，又機械能隨路程變化圖像的斜率大小表示摩擦力，根據(jù)題意知摩擦力為μmgcosθ，為定值，故D正確。跟蹤訓練1.(多選)(2025·山東濟南一模)如圖甲所示，傾角為θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，勻強電場沿斜面方向。帶正電的滑塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中滑塊的機械能和動能隨位移變化的關系圖線如圖乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A.滑塊上升過程中動能與電勢能之和增大B.滑塊的重力大小為5C.滑塊受到的靜電力大小為ED.滑塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0答案BC解析滑塊上升過程中重力勢能增加，根據(jù)能量守恒定律可知，動能與電勢能之和減少，故A錯誤;由題圖知，上滑過程中，機械能減少，則靜電力對木塊做負功，滑塊的機械能減少了ΔE＝4E0－3E0＝E0，動能減少ΔEk＝4E0，所以滑塊的重力勢能增加了ΔEp＝4E0－E0＝3E0，故D錯誤;由圖乙可知滑塊上滑的距離為x0，則有Fx0＝E0，滑塊受到的靜電力大小為F＝E0x0，故C正確;滑塊上滑過程中，重力做負功，滑塊的部分動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，則有mgsin37°·x0＝3E0，則滑塊的重力大小為mg＝5E考點二摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化例3(2025·北京高三月考)一木塊靜止放在光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向射入木塊，若子彈進入木塊的最大深度為x1，與此同時木塊沿水平面移動的距離為x2，設子彈在木塊中受到的摩擦力大小不變，則在子彈進入木塊的過程中()①子彈損失的動能與木塊獲得的動能之比為(x1＋x2)∶x2②子彈損失的動能與系統(tǒng)損失的動能之比為(x1＋x2)∶x1③木塊獲得的動能與因系統(tǒng)發(fā)熱損失的動能之比為x2∶x1④木塊獲得的動能與因系統(tǒng)發(fā)熱損失的動能之比為x1∶x2A.①②③ B.①②④C.②③④ D.①③④答案A解析設摩擦力大小為Ff，對子彈運用動能定理可得－Ff(x1＋x2)＝ΔEk彈，對木塊運用動能定理可得Ffx2＝ΔEk木，可知子彈損失的動能與木塊獲得的動能之比為ΔEk彈∶ΔEk木＝(x1＋x2)∶x2，根據(jù)能量守恒定律可知，因系統(tǒng)發(fā)熱損失的動能為ΔEk系＝ΔEk彈－ΔEk木＝Ff(x1＋x2)－Ffx2＝Ffx1，則子彈損失的動能與系統(tǒng)損失的動能之比為ΔEk彈:ΔEk系＝(x1＋x2)∶x1，總結(jié)提升兩種摩擦力做功特點的比較類型比較靜摩擦力做功滑動摩擦力做功不同點能量的轉(zhuǎn)化只有機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，而沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(1)一部分機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體(2)一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機械能的損失量不同點一對摩擦力的總功一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和總是負值，總功W＝－Ffs相對，即發(fā)生相對滑動時產(chǎn)生的熱量相同點做功情況兩種摩擦力對物體可以做正功，也可以做負功，還可以不做功跟蹤訓練2.(多選)如圖所示，一個長為L，質(zhì)量為M的木板，靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)，以水平初速度v0，從木板的左端滑向另一端，設物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，當物塊與木板相對靜止時，物塊仍在長木板上，物塊相對木板的位移為d，木板相對地面的位移為s，重力加速度為g。則在此過程中()A.摩擦力對物塊做功為－μmg(s＋d)B.摩擦力對木板做功為μmgsC.木板動能的增加量為μmgdD.由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為μmgs答案AB解析根據(jù)功的定義W＝Flcosθ，其中l(wèi)指物體的位移，而θ指力與位移之間的夾角，可知摩擦力對物塊做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力對木板做的功W2＝μmgs，A、B正確;根據(jù)動能定理可知木板動能的增加量ΔEk＝W2＝μmgs，C錯誤;由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D錯誤?？键c三能量守恒定律的理解和應用1.對能量守恒定律的兩點理解(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。2.能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路(1)當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量守恒定律。(2)解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。3.涉及彈簧的能量問題兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點:(1)能量轉(zhuǎn)化方面，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒。(2)如果系統(tǒng)內(nèi)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。例4(2024·河北石家莊模擬)如圖所示，傾角為θ＝37°的斜面與圓心為O、半徑R＝0.9m的光滑圓弧軌道在B點平滑連接，且固定于豎直平面內(nèi)。斜面上固定一平行于斜面的輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)沿斜面緩慢推動質(zhì)量為m1＝0.8kg的滑塊a使其壓縮彈簧至A處，將滑塊a由靜止釋放，通過D點時軌道對滑塊a的彈力為零。已知A、B之間的距離為L＝1.35m，滑塊a與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25，C為圓弧軌道的最低點，CE為圓弧軌道的直徑，OD水平，滑塊a可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，3≈1.73。(1)求滑塊a在C點時對軌道壓力的大小;(2)求滑塊a整個運動過程中系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量;(3)若僅將滑塊a換為質(zhì)量為m2＝0.05kg的滑塊b，滑塊b由A點彈出后立即撤去彈簧，求滑塊b第一次落在斜面上的位置到B點的距離(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。答案(1)24N(2)7.92J(3)1.8m解析(1)由題可知，滑塊a在D點處的速度為0，對滑塊a由C點至D點過程，由動能定理有－m1gR＝－12m1對滑塊a在C點由牛頓第二定律有F1－m1g＝m結(jié)合牛頓第三定律可知，滑塊a在C點對軌道壓力的大小FN＝F1＝24N。(2)設滑塊a在A處時彈簧儲存的彈性勢能為Ep，由能量守恒定律可知Ep＋m1gLsin37°＝μm1gLcos37°＋m1gRcos37°解得Ep＝1.44J最終滑塊a在B與B關于C對稱的點之間運動，由能量守恒定律可知Q＝Ep＋m1gLsin37°解得Q＝7.92J。(3)設滑塊b能通過E點，對滑塊b由A點至E點由能量守恒定律有Ep＋m2gLsin37°＝μm2gLcos37°＋m2g(R＋Rcos37°)＋12m2解得vE＝6m/s滑塊b恰好能通過E點時，有m2g＝m可知vE>v'，假設成立，設滑塊b在空中運動的時間為t，滑塊b落在斜面上的位置與B之間的水平距離為d，則有d＝vEt－Rsin37°(R＋Rcos37°)－12gt2＝dtan解得t＝9(3-1)又有x＝d解得x≈1.8m。A級基礎對點練對點練1功能關系的理解和應用1.(2024·浙江1月選考，3)如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達到最高點2的高度為h，則足球()A.從1到2動能減少mgh B.從1到2重力勢能增加mghC.從2到3動能增加mgh D.從2到3機械能不變答案B解析由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從1到2重力勢能增加mgh，動能減少量大于mgh，故A錯誤，B正確;從2到3由于空氣阻力作用，機械能減小，重力勢能減小mgh，則動能增加量小于mgh，故C、D錯誤。2.如圖是工人在裝卸桶裝水時的常用方法，工人將水桶靜止放在卸貨軌道的上端，水桶會沿著軌道下滑到地面。某次卸貨時，水桶(含水)的總質(zhì)量是20kg，水桶釋放點到地面的高度差是1m，水桶滑到地面時的速度是2m/s，重力加速度取10m/s2，關于此下滑過程，下列說法正確的是()A.阻力對水桶做的功是160JB.合外力對水桶做的功是200JC.水桶損失的機械能是160JD.水桶滑到軌道末端時重力的瞬時功率是400W答案C解析對水桶的下滑過程，由動能定理得mgh＋Wf＝12mv2，解得阻力對水桶做的功Wf＝－160J，A錯誤;由動能定理可得合外力對水桶做的功W＝12mv2，代入數(shù)據(jù)解得W＝40J，B錯誤;根據(jù)功能關系可知水桶損失的機械能等于其克服阻力做的功，結(jié)合A項分析可知水桶損失的機械能等于160J，C正確;水桶滑到軌道末端時重力的瞬時功率PG＝mgvy，由于vy<v，所以PG<mgv＝20×10×2W＝400W，3.(2025·山東聊城模擬)如圖所示，圓柱形的容器內(nèi)有若干個長度不同、粗糙程度相同的直軌道，它們的下端均固定于容器底部圓心O，上端固定在容器側(cè)壁上。若相同的小球以同樣的速率，從點O沿各軌道同時向上運動。關于它們向上運動的過程，下列說法正確的是()A.各小球動能相等的位置在同一水平面上B.各小球重力勢能相等的位置不在同一水平面上C.各小球機械能相等時處于同一球面上D.當摩擦產(chǎn)生的熱量相等時，各小球處于同一圓柱面上答案D解析當小球到達同一水平面上時，設豎直高度為h，則由動能定理有－mgh－μmgcosθ·hsinθ＝Ek－Ek0，因小球初動能相同，質(zhì)量相同，動摩擦因數(shù)相同，但是傾角θ不同，則末動能不相同，故A錯誤;各小球初始位置處的重力勢能相同，可知各小球重力勢能相等的位置在同一水平面上，故B錯誤;小球初始位置的機械能相等，當機械能相等時則克服摩擦力做功相等，而摩擦力功Wf＝μmglcosθ＝μmgx，即此時各小球處于同一圓柱面上，由摩擦生熱Q＝Wf可知，當摩擦產(chǎn)生的熱量相等時，各小球處于同一圓柱面上，故C錯誤，4.(2024·安徽卷，7)在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的η倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度為ρ，水管內(nèi)徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為()A.ρgSlB.ρhSlC.ρgSlD.ρgSl答案B解析設水從出水口噴出的初速度為v0，取t時間內(nèi)的水為研究對象，該部分水的質(zhì)量為m＝ρSv0t，根據(jù)平拋運動規(guī)律l＝v0t，h＝12gt2，解得v0＝lg2h，根據(jù)功能關系得ηPt＝12mv02＋mg(H＋h)，聯(lián)立解得水泵的輸出功率為P＝ρgSl5.(2024·貴州遵義模擬)如圖所示，某時刻物塊以初速度v0沿粗糙斜面向下運動，此時加上沿斜面向上的恒力F，物塊開始向下做勻減速直線運動直至靜止。以該時刻物塊所在位置為勢能零點，若位移為x、速度為v、動能為Ek、重力勢能為Ep、機械能為E，則下列圖像可能正確的是()答案D解析根據(jù)運動學公式得v2－v02＝－2ax，速度v與位移x不是線性關系，圖像不是直線，A錯誤;根據(jù)動能定理得mgxsinθ－Fx－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝mgsinθ-F-Ffx＋Ek0，動能Ek與位移x是線性關系，圖像是直線，B錯誤;根據(jù)功和能的關系得mgxsinθ＝Ep0－Ep，解得Ep＝Ep0－mgxsinθ，重力勢能Ep與位移x是線性關系，圖像是直線，C錯誤;根據(jù)功能關系得－Fx－Ffx＝E－E0，解得E＝E0－(F＋Ff)x對點練2摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化6.(2025·海南?？谀M)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速度v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，物體過一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到與傳送帶相對靜止這一過程，下列說法正確的是()A.摩擦力對物體做的功為mv2B.電動機多做的功為12mvC.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為12mvD.傳送帶克服摩擦力做的功為12mv答案C解析根據(jù)動能定理有，摩擦力對物體做的功W＝12mv2，故A錯誤;電動機多做的功轉(zhuǎn)化為物體的動能和系統(tǒng)的內(nèi)能，所以電動機多做的功一定大于12mv2，故B錯誤;設共速時物體相對地面的位移為x1，傳送帶相對地面的位移為x2，則有x1＝v2t，x2＝vt，可知x2＝2x1，可知傳送帶克服摩擦力做的功為摩擦力對物體做功的2倍，即mv2，則系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能E＝mv2－12mv2＝12mv2，故對點練3能量守恒定律的理解和應用7.輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)k＝30N/m，右端固定在墻上，左端與一質(zhì)量m＝0.5kg的物塊相連，如圖(a)所示彈簧處于原長狀態(tài)，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，彈簧的彈性勢能與形變量的關系為Ep＝12kx2。以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x軸，現(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，F(xiàn)隨x軸坐標變化的情況如圖(b)所示，g＝10m/s2，則物塊向右運動至x＝0.4m處的動能為(A.0.7J B.1.1JC.3.1J D.3.5J答案A解析全過程根據(jù)能量守恒定律有WF＝μmg·x＋Ep＋Ek，其中根據(jù)圖像可得外力F做的功為圖線與橫軸圍成的面積，所以有WF＝(5＋10)×0.2×12J＋10×0.2J＝3.5J，彈性勢能Ep＝12kx2＝2.4J，克服摩擦力做功為0.4J，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得Ek＝0.7J，故8.(多選)(2025·湖南株洲一模)如圖，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在質(zhì)量為M、長為l的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某時刻木板以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff，當物塊從木板左端離開時()A.物塊的動能等于Ffl B.物塊的動能小于FflC.木板的動能大于12Mv02－Ffl D.木板的動能小于12Mv答案BD解析設物塊離開木板時的速度為v1，對地位移為x1，物塊離開木板時木板的速度為v2，對地位移為x2，因物塊從木板左端離開，則可知v2>v1，對物塊和木板整體由能量守恒定律有12Mv02＝12mv12＋12Mv22＋Ffl，整理可得12Mv22＝12Mv02－12mv12－Ffl<12Mv02－Ffl，故C錯誤，D正確;物塊與木板發(fā)生相對滑動的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝Ffl＝Ff(x2－x1)，其中x2＝v0＋v22·t，x1＝v12·t，由于v0>v2>v1，因此v0＋v2>2v1，由此可得x2>2x1，即有x2－x1B級綜合提升練9.(多選)(2024·安徽馬鞍山模擬)質(zhì)量為m的球豎直落入水中后，下落過程中受到水的作用而做勻減速直線運動，下落過程中球的機械能和重力勢能隨著球進入水的深度h變化規(guī)律如圖所示，重力加速度g取10m/s2。則()A.球的質(zhì)量為0.5kg B.球的動能減少了40JC.球受到的水的作用力為10N D.球向下運動的時間約為2s答案AC解析從題圖中可知是以水深h＝4m處為零重力勢能平面的，則在水面處的重力勢能為20J，根據(jù)Ep0＝mgh，可得球的質(zhì)量為m＝0.5kg，故A正確;開始進入水中時的機械能為40J，則動能為20J，則末狀態(tài)時球的動能減少了20J，故B錯誤;整個過程中球的機械能減少量為40J，而機械能減少量等于水對球做的功，則ΔE＝Fh，解得球受到的水的作用力為F＝10N，故C正確;球向下運動的加速度a＝mg-Fm＝－10m/s2，初速度v0＝2Ek0m＝45m/s，則球向下運動的時間t＝0-v0a＝0.410.(2024·江蘇卷，15)如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)在電動機作用下，從斜面底端A點由靜止加速至B點時達到最大速度v，之后做勻速運動至C點，關閉電動機，物塊恰好到達最高點D點，重力加速度