专题35 用动力学和能量观点解决多过程问题 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

这是一份专题35 用动力学和能量观点解决多过程问题 2022届高中物理常考点归纳二轮复习，共16页。
常考点 用动力学和能量观点解决多过程问题
【典例1】
如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨
道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点
在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R．若将一个质量为m的小
球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（ ）
A．若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点
B．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度
【解析】ABC、设小球恰好通过P点时速度为v。此时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg＝m。
设小球释放点到地面的高度为H．从释放到P点的过程，由机械能守恒定律得：mgH＝mg•2R+mv2，解得H＝2.5R。
所以将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球恰好到达P点，能做完整的圆周运动，由机械能守恒守恒可知，一定能沿轨道运动到K点。
而将小球从LM轨道上b点或a、b点之间任一位置由静止释放，不能到达P点，在到达P前，小球离开圆轨道，也就不能到达K点。故A、B、C错误。
D、小球做斜上抛运动时水平方向做匀速直线运动，到最大高度时水平方向有速度，设斜抛的最大高度为H′，根据机械能守恒定律得：
mgH＝mv2+mgH′，v＞0，则H′＜H，故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，故D正确。
【典例2】
随着2022北京冬奥会的临近，人们对冰雪运动的了解越来越多，并投身其中。山地滑雪是人们喜爱的一项
冰雪运动。一滑雪坡由AB和BC组成，AB是倾角为37°的斜坡，BC是半径为R＝5m的圆弧面，圆弧面
和斜面相切于B，与水平面相切于C，如图所示，AB竖直高度差hl＝11.8m，竖直台阶CD高度差为h2＝9m，
台阶底端与倾角为37°斜坡DE相连。运动员连同滑雪装备总质量为75kg，从A点由静止滑下通过C点后
飞落到DE上，不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，运动员可以看成质点（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°
＝0.8）。求：
（1）运动员经过C点时轨道受到的压力大小；
（2）运动员在空中飞行的时间；
（3）运动员离开C点后经过多长时间离DE的距离最大。
解：（1）运动员从A运动到C过程中，由动能定理可知：mgh1+mgR（1﹣cs37°）＝﹣0，解得：vC＝16m/s
运动员在C点，由牛顿第二定律可知：FC﹣mg＝m
联立解得：FC＝4590N
由牛顿第三定律可知，运动员经过C点时轨道受到的压力大小也为4590N。
（2）运动员离开C点之后做平抛运动，
水平方向：x＝vCt
竖直方向：h＝
运动员最终飞落到DE上，由几何关系可知：tan37°＝
联立解得：t＝3s
（3）运动员在空中飞行过程中在垂直DE方向做匀变速运动，
竖直方向的速度大小为：vy＝gt
距斜面最远时，运动员的速度方向与斜面平行：tan37°＝
联立解得t＝1.2s；
答：
（1）运动员经过C点时轨道受到的压力大小为4590N；
（2）运动员在空中飞行的时间为3s；
（3）运动员离开C点后经过1.2s离DE的距离最大。
1．分析“多过程”问题的方法要领
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．
(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图．
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．
(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．
(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．
2．分析“多物体”问题的方法要领
(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．
(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．
(3)关注临界点．“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．
3．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况；
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．
4．方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．
【变式演练1】
如图所示，两个四分之三圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金
属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地
面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是（ ）
A．若hA＝hB≥2R，则两小球都能沿轨道运动到轨道的最高点
B．若hA＝hB＝，由于机械能守恒，两个小球沿轨道上升的最大高度均为
C．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，A小球的最小高度为，B小球在hB＞2R的任何高度均可
【解析】AD若小球A恰好能到A轨道的最高点时，由mg＝m解得：vA＝
根据机械能守恒定律得：mg（hA﹣2R）＝
解得：hA＝R；
若小球B恰好能到B轨道的最高点时，在最高点的速度为：vB＝0，根据机械能守恒定律得：hB＝2R．可见：hA＝2R时，A不能到达轨道的最高点。故A错误，D正确。
B、若hB＝R时，B球在轨道内速度可以为0，小球B在轨道上上升的最大高度等于R，
若hA＝hB＝R时，小球A在到达最高点前离开轨道，有一定的速度，由机械能守恒可知，A在轨道上上升的最大高度小于hB＝R，故B错误。
C、小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为：xA＝vA＝＝R＞R，所以小球A落在轨道右端口外侧。而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处。所以适当调整hA和hB，只有B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处。故C错误。
【变式演练2】
如图所示，质量（连同装备）m＝60kg的滑雪运动员以v0＝10m/s的初速度从高h＝15m的A点沿光滑雪道
滑下，到达水平面的B点后进入平直缓冲道BC，最终停下，已知滑雪板与缓冲道间动摩擦因数为μ＝0.5，
重力加速度大小取g＝10m/s2。求
（1）以BC为零势能面，运动员在A点时的机械能；
（2）到达最低点B时的速度大小；
（3）运动员在缓冲道上通过的位移。
解：（1）以BC为零势能面，运动员在A点的机械能等于重力势能与动能的和，即：E＝mgh+
代入数据得：E＝1.2×104J
（2）从A到B，由机械能守恒：
代入数据得vB＝20m/s
（3）在BC上只有摩擦力做功，由动能定理：
代入数据得：s＝40m
答：（1）以BC为零势能面，运动员在A点时的机械能为1.2×104J；
（2）到达最低点B时的速度大小为20m/s；
（3）运动员在缓冲道上通过的位移为40m。
考点拓展练习
1．如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道固定在水平面上，截面竖直、直径POQ水平。一质量为m的小球自P点上方高度处由静止开始下落，恰好从P点无碰撞地进入轨道。取水平面为零重力势能面，则小球第一次重力势能与动能相等时重力的功率为（ ）
A．mgB．mgC．mgD．mg
【解析】设小球距水平面的距离为h时重力势能和动能相等，根据机械能守恒定律：
mg＝2×mgh＝
解得：h＝
v＝
此时，速度与竖直方向夹角为θ，如图
csθ＝＝
重力的瞬时功率为：P＝mgvcsθ
解得P＝mg
故D正确，ABC错误。
2．如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R．若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（ ）
A．若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
B．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定等于由静止释放时的高度
【解析】ABC、由于MNPQM是半径为R的圆形轨道，所以小球只要能通过P点，就一定能沿轨道运动到K点。从a到b过程，由机械能守恒定律得：
mg（2.5R﹣2R）＝mv2，解得：v＝。
若小球能沿轨道运动到K点，则应满足的条件是在P点小球受到的弹力FN≥0，在P点由牛顿第二定律得：FN+mg＝m，解得m﹣mg≥0，即vP≥，又因b点、P点在同一水平面上，因此若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球能恰好通过P点，也一定能沿轨道运动到K点。若将小球从LM轨道上b点由静止释放，或将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球不能通过P点，也不能能沿轨道运动到K点。故A正确，BC错误；
D、若将小球从LM轨道上b点，或a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定不能通过P点，不一定能沿轨道运动到K点，故B、C错误；将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球能沿轨道运动到K点，由于K点位置比P点低，根据机械能守恒定律知，小球在K点的速度一定大于零，所以小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，又因小球做斜上抛运动上升到最大高度时，在水平方向上速度不为零，故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，故D错误。
3．如图所示，ABC是光滑轨道，BC段是半径为r的半圆弧，BC直径竖直。今让一小球从A点（与C点在同一水平线上）由静止开始沿轨道ABC运动，则（ ）
A．小球恰能到达C点
B．小球不可能到达C点
C．小球到C点后做平抛运动
D．小球到BC间某一点后再沿原轨道返回A点
【解析】A、B、C、假设小球能到达最高点，则
mg+N＝m
故
v≥
物体只受重力和支持力，支持力与速度垂直，只有重力做功，机械能守恒，故如果小球能到达最高点，则从A到C的过程中，重力势能不变，动能变大，机械能将增加，矛盾，故小球不可能到达最高点，故A错误，B正确，C错误；
D、小球到达BC轨道上正中间一点时，速度不为零，到达上部某一点时与轨道分离，做斜上抛运动，故D错误。
4．如图所示，一质量为m＝1kg的小球从A点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过B点时的能量损失，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径R＝10cm，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向E点运动，E点右侧有一壕沟，E、F两点的竖直高度d＝0.8m，水平距离x＝1.2m，水平轨道CD长L1＝1m，DE长为L2＝3m。轨道除CD和DE部分粗糙外，其余均光滑，小球与CD和DE间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度v2；
（2）小球通过第一个圆轨道最高点时的速率v1，此时对轨道的压力大小及方向；
（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A点释放时的高度的范围是多少？
解：（1）小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，根据牛顿第二定律可得：
mg＝m
得：v2＝
（2）在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有：
﹣μmgL1＝mv22﹣mv12
解得：v1＝m/s
在最高点时，合力提供向心力，即
FN+mg＝m
求得：FN＝40N
根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：
FN′＝FN＝40N，方向竖直向上
（3）若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中利用动能定理：
mgh1﹣μmgL1﹣mg•2R＝mv22﹣0
解得：h1＝0.45m
若小球恰好能运动到E点，小球从斜面上释放的高度为h2，在这一过程中利用动能定理：
mgh2﹣μmg（L1+L2）＝0﹣0
求得：h2＝μ（L1+L2）＝0.8m
使小球停在BC段，应有h1≤h≤h2，即：0.45m≤h≤0.8m
若小球能通过E点，并恰好越过壕沟时，则有：
d＝，解得：t＝0.4s
x＝vEt，解得：vE＝3m/s
设小球释放高度为h3，从释放到运动E点过程中应用动能定理可知：
mgh3﹣μmg（L1+L2）＝﹣0
解得：h3＝1.25m
即小球要越过壕沟释放的高度应满足：h≥1.25m
答：（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度v2为1m/s；
（2）小球通过第一个圆轨道最高点时的速率v1，此时对轨道的压力大小为40N，方向竖直向上；
（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A点释放时的高度的范围是0.45m≤h≤0.8m或者h≥1.25m。
5．如图所示，可视为质点的质量为m＝0.1kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝2N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点且平滑连接，并以恒定的速度v＝3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆管道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道CD的长度为l2＝4.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ1＝0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，传送带的长度L＝0.5m，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）水平轨道AB的长度l1；
（2）若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F应满足什么条件；
（3）若在AB段水平拉力F＝2N的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。
解：（1）设圆管道的最高点为P。
设小滑块运动到最高点P时的速度大小为vP，根据牛顿第二定律有

从A点到P点，由动能定理有

解得l1＝2m
（2）若滑块恰能过P点，则满足vP＝0
从A点到P点，由动能定理有

解得F＝1.2N
若小滑块恰能到D点，由动能定理有

解得F＝1.2N
综上所述应满足条件为F≥1.2N。
（3）分析各类情况：①要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足
Fx﹣μ1mgl1﹣2mgR＝0
解得x＝0.6m
可知x＜0.6m时，无法达到E点。
②滑块恰好过P点的情况下，从P点到D点的过程，由动能定理得

解得到达D点的速度：v1＝0＜3m/s，则滑块滑上传送带加速。
讨论传送带上运动情况：若全程加速，加速到E点时速度恰好为3m/s，滑块在传送带加速过程，由动能定理有

解得vD＝2m/s，对应距离满足

解得x＝0.7m
所以当0.6m≤x≤0.7m，对应距离应满足

解得
③当过D点的速度超过3m/s时，滑上传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3m/s。滑块在传送带加速过程，由动能定理有

解得
对应距离满足
解得x＝0.95m
即当0.7m＜x≤0.95m时，小滑块滑上送带先加速再匀速运动或者先减速再匀速运动，达到E点时vE＝3m/s
④若x＞0.95m，小滑块进入传送带全程减速，则满足
解得
答：（1）水平轨道AB的长度l1是2m。
（2）F应满足的条件是F≥1.2N；
（3）小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系为：
①当x＜0.6m时，无法达到E点。
②当0.6m≤x≤0.7m，对应距离应满足；
③当0.7m＜x≤0.95m时，小滑块达到E点时vE＝3m/s
④当x＞0.95m时，则满足。
6．第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年在北京和张家口联合举办，跳台滑雪是最具观赏性的项目之一。如图所示，跳台滑雪赛道由跳台A、助滑道AB、着陆坡BC等部分组成。比赛中，质量m＝60kg的运动员从跳台A处以初速度v0＝2m/s滑下，到达B处后水平飞出，落在着陆坡上的P点。已知AB间高度差h＝30m，BP距离s＝75m，着陆坡倾角α＝37°，不计运动员受到的空气阻力（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2），求：
（1）运动员从B到P的运动时间；
（2）运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功。
解：（1）运动员从B点飞出做平抛运动，则
解得t＝3 s
（2）设运动员到达B点的速度为vB，则s•csα＝vBt
从A到B，由动能定理得
解得Wf克＝6120J
答：（1）运动员从B到P的运动时间为3s；
（2）运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6120J。
7．《愤怒的小鸟》是一款非常流行的游戏，小鸟在某一次场景中运动过程可以简化成如图所示：一光滑曲面的末端水平，末端右侧是一个半径为R的半圆形坑。现将小球从光滑曲面上某一高度处由静止释放，小球可视为质点，重力加速度为g。
（1）若它恰好击中半圆形坑的最低点，求它击中底部时速度方向与水平面夹角的正切值。
（2）若它击中点和圆心的连线与水平面成θ角，求它开始释放时到水平面的高度是多少？
解：（1）设小球水平速度为v0，运动时间为t，
根据平抛运动知识得：
在水平方向上，有R＝v0t
在竖直方向上，有
设小球击中坑壁时竖直速度为vy，则vy＝gt
小球速度方向与水平面夹角正切值为
联立解得：tanα＝2
（2）当小球击中坑壁时，设水平速度为v，运动时间为t，
根据平抛运动知识得：
在水平方向上，有R（1+csθ）＝vt
在竖直方向上，有
小球在光滑斜面上运动时，只有重力做功，小球的机械能守恒，则
联立解得：h＝
答：（1）小球恰好击中半圆形坑的最低点，它击中底部时速度方向与水平面夹角的正切值为2。
（2）小球击中点和圆心的连线与水平面成θ角，它开始释放时到水平面的高度是。
8．如图所示为某轮滑比赛的场地，由斜面AB、圆弧面BCD和平台组成，斜面AB和圆弧面在B点相切，C为圆弧面的最低点，刚好与地面相切，圆弧BC所对的圆心角α＝37°，圆弧轨道半径为R，D点离地的高度是平台离地高度的一半，平台离圆弧轨道D点的水平距离和平台的高度相等，轮滑运动员从斜面上A点由静止滑下，从D点飞出后，刚好沿水平方向滑上平台，整个过程运动员视为质点，不计一切摩擦和阻力，重力加速度为g，求：（已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
（1）圆弧CD所对的圆心角θ；
（2）斜面AB的长度。
解：（1）设平台离地高度为d，则D点到平台的距离为d，D点与平台的高度差为，
设运动员运动到D点时速度大小为v，运动员从D点飞出到刚好滑上平台，其逆过程为平抛运动，
根据平抛运动的规律可得：d＝vcsθ•t，
解得：θ＝45°
（2）由几何关系可得：，解得：
运动员从D点到刚好沿水平方向滑上平台的过程，在竖直方向上，有，解得
设AB长为L，运动员从A点滑到D点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，
根据机械能守恒定律有
解得：
答：（1）圆弧CD所对的圆心角θ为45°；
（2）斜面AB的长度为。
9．如图所示，在同一竖直平面内，半径R＝1m的光滑半圆轨道AC与高h＝8R的粗糙圆弧轨道BD（小于四分之一弧长）由一条光滑水平轨道平滑连接。在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压（不连接），处于静止状态。同时释放两个小球，弹簧的弹性势能全部转化为a、b两小球的动能，且a球恰好能通过半圆轨道最高点A，b球恰好能到达粗糙圆弧轨道最高点B。已知a球质量为m1＝4kg，b球质量为m2＝2kg，求：（g取10m/s2）
（1）a球经过半圆轨道的C点时对轨道的作用力FC；
（2）b球经过D点时的速度大小vD；
（3）释放小球前弹簧的弹性势能Ep。
解：（1）以a球为研究对象，恰好通过最高点时，有 m1g＝m1，
a球从C到A的过程，由动能定理：﹣m1g•2R＝m1vA2﹣m1vC2
C点时受力分析，由牛顿第二定律得：FC﹣m1g＝m1
解得：FC＝6m1g＝6×4×10N＝240N
由牛顿第三定律知，a球经过C点时对轨道的作用力大小为240N，方向竖直向下。
（2）a、b及弹簧组成的系统，由动量守恒得m1vc＝m2vD
解得：vD＝10m/s
（3）设小球从D运动到B克服摩擦力做功为W，b球从D点到达最高点B过程中，由动能定理：
释放小球前弹簧的弹性势能为 Ep＝
解得：EP＝300J
答：（1）a球经过半圆轨道的C点时对轨道的作用力FC为240N；
（2）b球经过D点时的速度大小vD为m/s；
（3）释放小球前弹簧的弹性势能Ep为300J。
10．游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，如图甲，游客却不会掉下来。现在把它抽象成图乙所示的由曲面轨道和圆轨道平滑连接的模型。若小球从曲面轨道上的P点由静止开始下滑，经过半径为R的圆轨道最低点B，且顺利通过最高点A，不计摩擦和空气阻力，请回答下列问题：
（1）小球从P点运动到B点再到A点的过程中，能量如何转化？
（2）小球运动过程中，在轨道何处速度最大？小球在该处是超重还是失重状态？
（3）如果h＝2R，小球能不能顺利通过A点？请说明理由。
解：（1）由于不计摩擦和空气阻力，整个运动过程中机械能守恒，因此从P到B的过程中，小球的重力势能减小而动能增加，小球的重力势能转化为动能，
从B到A的过程中，动能减少而重力势能增加，小球的动能转化为重力势能。
（2）在运动过程中，在B点处重力势能最小，因此动能最大，即速度最大；
由于在B点处加速度指向圆心，竖直向上，因此小球处于超重状态。
（3）若想顺利通过A点，在A点的最小速度为v，根据牛顿第二定律
若能顺利通过A点，下滑的最小高度为H，根据机械能守恒定律可得：
解得H＝＞2R
因此若h＝2R小球不能顺利通过A点。
答：（1）小球从P点运动到B点的过程中，重力势能转化为动能，小球从B点到A点的过程中，动能转化为重力势能；
（2）小球运动过程中，在轨道的最低点B点速度最大，此时小球处于超重状态。