第1部分 专题2 第5讲 功与功率 动能定理（PPT课件）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第5讲　功与功率　动能定理 第一部分 专题整合 知识突破 专题二　能量与动量 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 核心素养 助学提能 课堂评价 高考预测 01 02 限时集训 能力达标 03 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 核心素养 助学提能 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 课堂评价 高考预测 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 考点一　功和功率 1．功的计算 (1)功的定义式：W＝Flcos α适用于求恒力做功． (2)变力做功的计算 ①用动能定理W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)求功． ②用F­l图像所围的面积求功． ③用平均力求功(力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力)． ④利用W＝Pt求功． ⑤用转换法求功：将变力做功转变为恒力做功． 2．功率的计算 (1)P＝eq \f(W,t)，适用于计算平均功率． (2)P＝Fvcos α，若v为瞬时速度，P为瞬时功率；若v为平均速度，P为平均功率． 3．机车启动模型中的两个最大速度 机车启动匀加速过程的最大速度v(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vmax(此时F牵＝F阻)求解方法： (1)求v：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v可求出v＝eq \f(P,F阻＋ma). (2)求vmax：由P＝F阻vmax，可求出vmax＝eq \f(P,F阻). [例1]　(多选)(2024·山东省实验中学检测)某码头采用斜面运送冷链食品，其简化图如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻质细绳与放在倾角为θ＝30°、足够长的斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在0～6 s时间内物体运动的v­t图像如图乙所示，其中除1～5 s时间段的图像为曲线外，其余时间段的图像均为直线，1 s后电动机的输出功率保持不变．已知物体的质量为2 kg，不计一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2.则下列判断正确的是(　　) A．在0～1 s内电动机所做的功为25 J B．1 s后电动机的输出功率为100 W C．物体的最大速度为5 m/s D．在0～5 s内物体沿斜面向上运动了35 m [解题指导] 运动过程分析 匀加速直线运动，变加速直线运动，匀速直线运动 动力学分析 匀加速时，F1－mgsin 30°＝ma；匀速时，F2＝mgsin 30°＝10 N 能量观点分析 在0～1 s内电动机所做的功可用功的公式也可用动能定理求解，求1～5 s内物体沿斜面的位移，由动能定理有：Pt2－mgx2sin 30°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) [解析]　在0～1 s内，物体位移大小为x1＝eq \f(1,2)v1t1＝2.5 m，设0～1 s内电动机做的功为W1，由动能定理得W1－mgx1sin 30°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，解得W1＝50 J，选项A错误；在0～1 s内，物体的加速度大小为a＝eq \f(v1,t1)＝5 m/s2，设0～1 s内细绳拉力的大小为F1，由牛顿第二定律得F1－mgsin 30°＝ma，解得F1＝20 N，由题意知，1 s后电动机的输出功率为P＝F1v1＝100 W，选项B正确；当物体达到最大速度vm后，根据平衡条件可得细绳的 拉力大小为F2＝mgsin 30°＝10 N，则vm＝eq \f(P,F2)＝10 m/s，选项C错误；设1～5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x2，对物体由动能定理得Pt2－mgx2sin 30°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，解得x2＝32.5 m，所以在0～5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x＝x1＋x2＝35 m，选项D正确． [答案]　BD 1．(2024·重庆西南大学附中期中)水平桌面上，长6 m的轻绳一端固定于O点，如图所示(俯视图)，另一端系一质量m＝2 kg的小球，现对小球施加一个沿桌面方向大小恒为10 N的力F，F拉着物体从M点运动到N点，F的方向始终与小球的运动方向成30°角．已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．拉力F对小球做的功为10eq \r(3)π J B．拉力F对小球做的功为5eq \r(3)π J C．小球克服摩擦力做的功为16π J D．小球克服摩擦力做的功为4π J 解析：A　[根据题意可知，F的方向始终与小球的运动方向成30°角，由W＝Fxcos θ可得，拉力F对小球做的功为W＝F·eq \f(60°,360°)·2πR·cos 30°＝10eq \r(3)π J，故B错误，A正确；根据题意可知，小球所受摩擦力为滑动摩擦力，方向与运动方向相反，则摩擦力做的功为W′＝－Ffx＝－μmg·eq \f(60°,360°)·2πR＝－8π J，即小球克服摩擦力做的功为8π J，故C、D错误．] 2．成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列．成语源于如图所示的劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置．空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．从释放到落地的过程中，重力对米粒做的功和重力对糠做的功相同 B．从释放到落地的过程中，风力对米粒做的功和风力对糠做的功不同 C．从释放到落地的过程中，米粒和糠重力做功的平均功率相同 D．落地时，米粒和糠重力做功的瞬时功率相同 解析：B　[米粒和糠重力不同，下落的高度相同，根据WG＝mgh，可知重力对米粒做的功和重力对糠做的功不同，A错误；由于忽略空气阻力，则米粒和糠在竖直方向均做自由落体运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可知下落时间相同，落地时竖直分速度相等，因质量不同，根据eq \o(P,\s\up6(－))＝eq \f(WG,t)，P＝mgv，米粒和糠重力做功的平均功率不同，落地时，米粒和糠重力做功的瞬时功率不同．由于下落过程中，风力水平且大小恒定，由牛顿第二定律F＝ma可知，水平加速度不同，根据x＝eq \f(1,2)at2，可知米粒和糠的水平位移不同，故风力对米粒做的功和风力对糠做的功不同，故B正确，C、D错误．] 考点二　动能定理及其应用 1．应用动能定理解题的思维流程 2．应用动能定理解题的“三个提醒” (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷． (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的． (3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化． 　　 动能定理的应用 [例2]　(多选)(2023·广东惠州模拟)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做直线运动，当小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，小物块和小车之间的滑动摩擦力为Ff，此过程中，下列结论正确的是(　　) A．物块到达小车最右端时，其动能为(F－Ff)(L＋x) B．摩擦力对小物块所做的功为FfL C．物块到达小车最右端时，小车的动能为Ffx D．物块和小车组成的系统机械能增加量为F(L＋x) [解析]　小物块发生的位移为L＋x，对于小物块，根据动能定理可得Ekm＝(F－Ff)(L＋x)，故A正确；摩擦力对小物块做的功为W＝－Ff(L＋x)，故B错误；物块到达小车最右端时，小车运动的距离为x，对小车，根据动能定理得EkM＝Ffx，故C正确；小车和小物块增加的动能为ΔEk＝Ekm＋EkM＝(F－Ff)(L＋x)＋Ffx＝F(L＋x)－FfL，系统重力势能不变，则小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－FfL，故D错误． [答案]　AC 动能定理与图像结合问题 [例3]　(多选)(2024·云南大理模拟预测)近几年我国新能源汽车迅速发展，大力发展绿色环保动力．一质量为1 kg的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动，达到最大速度后关闭电源，其动能与位移的关系如图所示．假设整个过程受到恒定的阻力，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．小车受到的阻力为4 N B．小车的额定功率为8 W C．小车加速时间为2 s D．小车减速时间为2 s [解析]　由题意可得，当关闭电源后只有阻力对小车做功，根据动能定理得ΔEk＝－fx，结合动能与位移的关系图像可得车受到的阻力为f＝2 N，故A错误；由题意与图像可得小车的最大动能为Ekmax＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)＝8 J，则最大速度为vm＝4 m/s，小车的额定功率为P额＝fvm＝8 W，故B正确； 加速过程中，对小车列动能定理P额t1－fx＝Ekmax，可得加速时间t1＝eq \f(7,4)s，故C错误；当关闭电源后，由牛顿运动定律可得a＝eq \f(f,m)＝2 m/s2，小车减速时间为t3＝eq \f(vm,a)＝2 s，故D正确． [答案]　BD 动能定理求解的多过程问题 [例4]　(2024·浙江五校联考)某游乐场有一种“双环过山车”，其运行原理可以简化成如图所示的“物块—轨道”模型．AB段和两竖直圆轨道1、2均光滑，圆轨道1、2的半径分别为R1＝2 m，R2＝1.6 m，B、C为两圆轨道的最低点且略微错开可以使物块通过．一个质量为m＝1 kg的物块(视为质点)，从右侧轨道上的A点由静止开始沿轨道下滑，恰能通过第一个竖直圆轨道1，已知物块与BC段间的动摩擦因数可调节，物块与CD、DE、EF段平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，LBC＝LCD ＝6 m，LDE＝1 m，DE段与水平面的夹角α＝53°，EF段平直轨道足够长，所有轨道可认为在同一竖直面内，sin 53°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求A点距BC水平轨道的高度h； (2)要使物块恰好通过轨道1后，进入轨道2而不脱离第二个圆轨道，求物块与BC段间的动摩擦因数μBC可设计的范围； (3)物块恰好通过轨道2后，沿轨道CDE运动到E处时，在光滑“挡板”作用下转变为做水平方向的直线运动，求物块在EF段停止的位置到E点的距离x.(不考虑物块在D、E点的能量损失) [解题指导] 读取题干 获取信息 AB段与竖直圆轨道1、2光滑 AB段及圆轨道无摩擦力做功 恰好通过第一个竖直圆轨道 在圆轨道最高点无弹力，重力提供物块所需的向心力 物块进入轨道2而不脱离第二个圆轨道 两种可能：①物块能到达轨道2最高点，但不脱离；②物块没有到达与圆心等高处，而是沿轨道返回． 物块恰好通过2轨道 在轨道2最高点无弹力，重力提供物块所需的向心力 物块在EF段停止 物块在CD段、DE段、EF段克服摩擦力做功，最后速度变为零 [解析]　(1)物块恰好能通过竖直圆轨道1，设此时物块在轨道1的最高点速度大小为v1，则在最高点满足mg＝meq \f(v\o\al(2,1),R1)， 物块从A点运动到圆轨道1最高点的过程，由动能定理有mg(h－2R1)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)， 联立解得h＝5 m. (2)若物块恰好能通过竖直圆轨道2的最高点，设此时物块在轨道2的最高点的速度大小为v2，则有mg＝meq \f(v\o\al(2,2),R2)，物块从圆轨道1最高点到圆轨道2最高点的过程，由动能定理有 mg(2R1－2R2)－μBCmgLBC＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)， 解得μBC＝eq \f(1,6)； 若物块恰好在竖直圆轨道2的圆心等高处速度为零，则有mg(2R1－R2)－μBCmgLBC＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)， 解得μBC＝eq \f(17,30)， 若物块恰能进入竖直圆轨道2， 则有mgh－μBCmgLBC＝0，解得μBC＝eq \f(5,6)， 故BC段动摩擦因数μBC的范围为 0<μBC≤eq \f(1,6)或eq \f(17,30)≤μBC≤eq \f(5,6). (3)物块从圆轨道2最高点到最终停止的过程，有 mg(2R2－LDEsin α)－μmgLCD－μmgLDEcos α－μmgx＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)， 解得x＝25.4 m. [答案]　(1)5 m　(2)见解析　(3)25.4 m 　应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注” (1)“一个过程”：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息． (2)“两个状态”：明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况． (3)“四个关注” ①建立运动模型，判断物体做了哪些运动． ②分析各个运动过程中物体的受力和运动情况． ③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态． ④根据实际情况分阶段或整个过程利用动能定理列式计算． 1．(2024·黑龙江大庆市检测)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出拉力随位移变化的关系图像，则根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(取g＝10 m/s2)(　　) A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25 B．物体在8 m处的加速度为a＝4 m/s2 C．整个过程中拉力做功为96 J D．合力做的功为－32 J 解析：D　[物体做匀速直线运动时，受力平衡，则Ff＝F＝8 N，所以有μ＝eq \f(Ff,FN)＝eq \f(F,mg)，解得μ＝0.4，故A错误；由题图可知在8 m处拉力大小为4 N，根据牛顿第二定律可知此时有F－Ff＝ma，代入数据可得a＝－2 m/s2，故B错误；F­x图像与横坐标轴围成的面积表示拉力做的功，即WF＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8×4＋\f(1,2)×8×8))J＝64 J，滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgx，解得Wf＝－96 J，所以合外力做的功为W合＝WF＋Wf＝64 J＋(－96 J)＝－32 J，故C错误，D正确．] 2．(2024·云南曲靖二模)如图所示为某滑雪场滑道示意图．滑雪运动员及装备(可视为质点)的质量为m＝75 kg，运动员从平台上水平飞出后恰好能从A点沿圆弧切线进入竖直面内的光滑圆弧滑道ABC，并沿滑道滑上与圆弧滑道在C点相切的粗糙倾斜直滑道CD，CD滑道足够长．已知圆弧滑道半径为R＝eq \f(75,8)m，圆心为O，AO连线与竖直方向夹角为θ＝53°，AO与CO连线互相垂直．平台与A点之间的高度差为h＝0.8 m．取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力．求： (1)运动员离开平台瞬间的速度大小； (2)运动员第一次运动到圆弧滑道最低点B时，受到的支持力大小； (3)为保证运动员不从A点滑离圆弧滑道，运动员与CD段之间动摩擦因数的最小值． 解析：(1)设运动员在A点竖直方向的分速度为vy，veq \o\al(2,y)＝2gh 在A点tan θ＝eq \f(vy,v0)， 解得v0＝3 m/s. (2)运动员在A点的速度大小vA＝eq \r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))， 从A点到B点由动能定理可得mgR(1－cos θ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)， 在B点对运动员进行受力分析可得 FN－mg＝meq \f(v\o\al(2,B),R)， 解得FN＝1550 N. (3)运动员恰好不从A点滑离轨道时，运动员与粗糙轨道之间动摩擦因数最小．从A点到C点由动能定理可得mgR(sin θ－cos θ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)， 设从C点向上滑动距离x后运动员速度减为零，据动能定理可得－mgxcos θ－μmgxsin θ＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)， 运动员从A点进入圆弧滑道到回到A点的过程，由动能定理可得－2μmgxsin θ＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)， 解得μ＝eq \f(3,16)≈0.19. 答案：(1)v0＝3 m/s　(2)FN＝1550N　(3)μ≈0.19 1．(多选)(2024·黑龙江哈尔滨市检测)为了减少环境污染，适应能源结构调整的需要，我国对新能源汽车实行了发放补贴、免征购置税等优惠政策鼓励购买．在某次直线运动性能检测实验中，根据两辆新能源汽车运动过程分别作出甲车速度随时间变化的v­t图像(a)和乙车牵引力随速度倒数变化的F­eq \f(1,v)图像(b)，甲车8 s至28 s以额定功率行驶，乙车匀加速后，也以额定功率行驶，两辆汽车的质量均为1.0×103 kg，均由静止开始沿平直公路行驶，最终匀速运动．假设两辆车行驶中所受阻力恒定，重力加速度g取10 m/s2.则在此次检测中(　　) A．乙车最大速度为20 m/s B．8 s至28 s，甲车牵引力做功为3.22×105 J C．甲、乙两车匀加速阶段的加速度均为2 m/s2 D．甲车额定功率小于乙车额定功率 解析：AC　[当乙车速度为10 m/s时，牵引力为4 000 N，恰好达到额定功率，可得P＝F1v1＝40 kW，当达到最大速度20 m/s时，牵引力等于阻力，可得Ff＝eq \f(P,v2)＝2 000 N，乙车的加速度为a＝eq \f(F1－Ff,m)＝2 m/s2，甲车匀加速的加速度为a′＝eq \f(v1′－0,t1)＝eq \f(16－0,8) m/s2＝2 m/s2，A、C正确；当甲车速度达到16 m/s时，刚好达到额定功率，可得P′＝F1′v1′＝(Ff′＋ma′)v1′，当甲车达到最大速度30 m/s时，牵引力等于阻力，可得P′＝ Ff′v2′，联立解得P′＝eq \f(4.8×105,7) W，故甲车额定功率大于乙车额定功率，D错误；8 s至28 s，甲车牵引力做功为WF＝P′Δt≈1.37×106 J，B错误．] 2．(2024·黑龙江大庆二模)如图所示，半径为1 m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高．质量为1 kg的小球(可视为质点)在A点正上方0.75 m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A．小球在B点的动能为7.5 J B．小球在A点受到轨道的弹力大小为10 N C．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75 m D．小球离开轨道后将落至轨道B点 解析：D　[小球从释放到最低点，根据动能定理有mg(h＋R)＝EkB，解得EkB＝17.5 J，故A错误；小球从释放到A点，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)，在A点，根据牛顿第二定律有N＝meq \f(v\o\al(2,A),R)，解得N＝15 N，故B 错误；设小球上升过程中距地面最大高度与圆心的连线和竖直方向的夹 角为θ，则有mgcos θ＝eq \f(mv2,R)，从B点到最高点，根据动能定理有－mgR(1＋cos θ)＝eq \f(1,2)mv2－EkB，解得cos θ＝eq \f(1,2)，最大高度为h＝R(1＋cos θ)＝1.5 m，故C错误；假设小球离开轨道后将落至轨道B点，由C分析可知脱离轨道的速度为v＝eq \r(5)m/s，根据斜抛的运动规律可知h＝－vsin 60°t＋eq \f(1,2)gt2，x＝vcos 60°t，解得x＝eq \f(\r(3),2)m＝Rcos 30°，可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确．] $$