专题2 第7讲 动能定理 机械能守恒定律 能量守恒定律-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，苏京）

第7讲　动能定理　机械能守恒定律　能量守恒定律 目标要求　1.理解动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律。2.会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量观点问题。 考点一　动能定理及应用 例1　(2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－mv02，可得摩擦力的大小Ff＝，故选B。 例2　(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 (1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； (2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式； (3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。 答案　(1)7 N　(2)v＝，其中lx≥0.85 m (3)见解析 解析　(1)滑块由静止释放到C点过程，由能量守恒定律有 mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2 在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝7 N (2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得 mgl1sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0 解得l1＝0.85 m 因此要能过F点必须满足lx≥0.85 m 能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得 mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2， 解得v＝，其中lx≥0.85 m. (3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍 mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0， lFG＝ 解得lx＝ m(n＝1,3,5，…) 又因为lAB≥lx≥0.85 m，lAB＝3 m， 当n＝1时，lx1＝ m 当n＝3时，lx2＝ m 当n＝5时，lx3＝ m。 1．应用动能定理解题的步骤图解： 2．应用动能定理的四点提醒： (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学方法要简捷。 (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几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化。 (4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。 考点二　机械能守恒定律及应用 1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法 定义判断法 动能与势能之和不发生变化，系统机械能守恒 能量转化判断法 没有与机械能以外的其他形式的能发生转化时，系统机械能守恒 做功判断法 只有重力或弹簧的弹力做功时，系统机械能守恒 2.机械能守恒定律的表达式 3．连接体的机械能守恒问题 共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速度模型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比 关联速度模型 　 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零) 说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行求解。 例3　(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　　) A．它滑过的弧长 B．它下降的高度 C．它到P点的距离 D．它与P点的连线扫过的面积 答案　C 解析　如图所示， 设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝，联立可得h＝，则v＝L，故C正确，A、B、D错误。 例4　(2023·江苏连云港市模拟)如图所示，竖直面内处于同一高度的光滑钉子M、N相距2L。带有光滑小孔的小球A穿过轻绳，轻绳的一端固定在钉子M上，另一端绕过钉子N与小球B相连，B球质量为m。用手将A球托住静止在M、N连线的中点P处，此时B球也处于静止状态。放手后，A球下落的最大距离为L，重力加速度为g，B球未运动到钉子N处。 sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)A球的质量mA； (2)A球下落0.75L时的速度大小v。 答案　(1)m　(2) 解析　(1)A球下落到最低点时，根据几何关系可得B上升的高度为hB＝2－2L＝ 根据A、B系统机械能守恒有mAghA＝mghB 解得A球的质量mA＝m (2)A球下落0.75L时，设A球与M或N连线与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有 tan θ＝＝，解得θ＝53°，根据几何关系可得B球上升高度为hB′＝2－2L＝0.5L，根据运动的合成与分解可得vB＝2vcos 53°，根据系统机械能守恒，则有mAg×0.75L＝mghB′＋mAv2＋mvB2，联立解得v＝。 考点三　能量守恒定律及应用 例5　如图所示，质量为2 000 kg的电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17 000 N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep＝kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数为3 000 N/m B．整个过程中电梯的加速度一直在减小 C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17 000 N D．从电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4 636 J 答案　D 解析　电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止运动，根据能量守恒，得mv2＋mg·Δx＝k(Δx)2＋Ff·Δx，代入数据解得k＝11 000 N/m，故A错误；与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增大的减速运动，故B错误；电梯停止在井底时，由受力平衡得kΔx＝mg＋Ff静，代入数据解得Ff静＝kΔx－mg＝22 000 N－20 000 N＝2 000 N，故C错误；当电梯速度最大时，此时加速度为零，则kΔx′＋Ff＝mg，解得Δx′＝＝ m＝ m，从电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功，则ΔE＝Ff·Δx′＝17 000× J≈4 636 J，故D正确。 例6　(2023·江苏盐城市、南京市期末)如图，一长L＝6 m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v＝4 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°，质量m1＝4 kg的小物块A和质量m2＝2 kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物块B刚下降时的加速度a的大小； (2)物块A从底端到达顶端所需的时间t； (3)物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。 答案　(1)2 m/s2　(2)2.5 s　(3)136 J 解析　(1)对A分析FT＋μm1gcos θ－m1gsin θ＝m1a 对B分析m2g－FT＝m2a 解得a＝2 m/s2 (2)当A达到与传送带共速所用时间t1＝＝2 s A的位移x1＝t1＝4 m 之后匀速，时间t2＝＝0.5 s 物块A从底端到达顶端所需的时间 t＝t1＋t2＝2.5 s (3)物块A从底端到达顶端时，与传送带的相对位移Δx＝vt1－x1＝4 m 根据能量守恒得W＋m2gL－m1gLsin θ＝(m1＋m2)v2＋μm1gΔxcos θ 解得W＝136 J。 传送带问题的综合分析 涉及物体在传送带上运动的具体细节问题，一般用动力学观点进行解决。传送带因传送物体多做的功，从能量的观点进行分析，等于物体增加的动能、重力势能及摩擦生热，而摩擦生热需要用摩擦力与相对路程的乘积进行求解。 1.如图所示，倾角为θ的斜面AB段光滑，BP段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P处，弹簧处于原长时上端位于B点，可视为质点、质量为m的物体与BP之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，物体从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q。已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则(　　) A．物体的最大动能等于mgxsin θ B．弹簧的最大形变量大于x C．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为mgxsin θ D．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B点 答案　C 解析　物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为Ek＝mgxsin θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgxsin θ，A错误；设弹簧的最大压缩量为L，弹性势能最大为Ep，物体从A到最低点的过程，由能量守恒定律得mg(L＋x)sin θ＝μmgLcos θ＋Ep，物体从最低点到Q点的过程，由能量守恒定律得mg(L＋)sin θ＋μmgLcos θ＝Ep，联立解得L＝，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于x，B错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩擦力做的功，则有ΔE＝2μmgLcos θ＝mgxsin θ，C正确；设从Q到第二次最高点位置C，有 mgxQCsin θ＝2μmgL′cos θ，如果L′＝L，则有xQC＝，即最高点为B，但由于物体从Q点下滑，则弹簧的最大形变量L′＜L，所以最高点应在B点上方，D错误。 2.北京冬奥会中的冰壶比赛令人印象深刻，冰壶比赛场地如图所示：运动员从起滑架处推着冰壶(可视为质点)沿中心线出发，在投掷线处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近大本营圆心O，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷摩擦冰壶运行路径前方的冰面，使冰壶与冰面间的阻力减小。已知冰壶质量m＝20 kg，未刷冰时，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.02，刷冰后μ2＝0.01，起滑架到投掷线的距离l1＝10 m，投掷线与圆心O点的距离为l2＝30 m，取g＝10 m/s2，则： (1)比赛中在不刷冰的情况下，要使冰壶刚好停在大本营圆心O处，求冰壶从投掷线被投出时速度v0大小； (2)比赛中若冰壶从投掷线被投出时速度v1＝3 m/s，为了使冰壶恰好停在圆心O处，求冰壶被投出后需要刷冰的距离s； (3)运动员从起滑架处开始对冰壶施加一个沿中心线的水平推力F＝20 N，推着冰壶由静止出发，冰壶到达投掷线之前就撤除推力，冰壶沿着中心线做匀减速直线运动，在不刷冰的情况下，最后停在圆心O处，求推力F的作用时间t。 答案　(1)2 m/s　(2)15 m　(3)2 s 解析　(1)研究冰壶运动过程，根据位移与速度关系得v02＝2a1l2 a1＝μ1g 解得v0＝2 m/s (2)研究冰壶的运动过程，根据动能定理得 －μ1mg(l2－s)－μ2mgs＝0－mv12 解得s＝15 m (3)研究冰壶运动全程，根据动能定理得 Fl－μ1mg(l1＋l2)＝0 又F－μ1mg＝ma l＝at2 解得t＝2 s。 专题强化练 [保分基础练] 1．(2023·江苏盐城市三模)物体从离地高H处的M点开始做自由落体运动，下落至离地高度为H处的N点，不计空气阻力，下列能量条形图表示了物体在M和N处的动能Ek和重力势能Ep的相对大小关系，可能正确的是(　　) 答案　D 解析　由题意可知，物体重力势能变为原来的，A错误；由于机械能守恒，动能与重力势能之和应等于释放时的机械能，B、C错误；设释放位置所在平面为参考平面，则机械能为零，D正确。 2．义乌国际商贸城的跳跳杆玩具广受孩子们的喜爱。如图甲所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，某次小孩从最低点弹起，以小孩运动的最低点为坐标原点，竖直向上为x轴正方向，小孩与杆整体的动能与其坐标位置的关系如图乙所示，图像0～x3之间为曲线，x2为其最高点，x3～x4为直线，不计空气阻力的影响。则下列说法正确的是(　　) A．x1位置时小孩处于超重状态 B．x2位置时小孩不受弹簧弹力作用 C．x3位置时小孩所受合外力为零 D．x1～x4过程小孩的机械能始终守恒 答案　A 解析　x1位置时小孩向上加速运动，处于超重状态，故A正确；x2位置时小孩向上运动动能最大，速度最大，小孩所受重力与弹簧弹力二力平衡，小孩受弹簧弹力作用，故B错误；x3～x4为直线，由动能定理可得Ek－Ek0＝－mgh，解得Ek＝Ek0－mgh，x3位置时小孩仅受重力作用，故C错误；x1～x3过程小孩与弹簧组成的系统机械能守恒，x3～x4过程小孩的机械能守恒，故D错误。 3.如图所示，质量m1＝0.2 kg的物体P穿在一固定的光滑水平直杆上，直杆右端固定一光滑定滑轮。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连，另一端与质量m2＝0.45 kg的物体Q相连。开始时物体P在外力作用下静止于A点，绳处于伸直状态，已知OA＝0.3 m，AB＝0.4 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，两物体均视为质点，不计空气阻力。某时刻撤去外力、同时给P一水平向左的速度v，物体P恰能运动到B点，则v的大小为(　　) A．3 m/s B．4 m/s C．5 m/s D．6 m/s 答案　A 解析　由几何关系可得OB＝＝0.5 m，则当P从A到B的过程中，Q的位移x＝OB－OA＝0.2 m，由系统机械能守恒得m1v2＝m2gx，解得v＝3 m/s，故选A。 4．(2023·江苏省模拟)如图所示，在竖直平面内有一半径为2.0 m的四分之一圆弧形光滑导轨AB，A点与其最低点C的高度差为1.0 m，今由A点沿导轨无初速度释放一个小球，若取g＝10 m/s2，则(　　) A．小球过B点的速度vB＝ m/s B．小球过B点的速度vB＝2 m/s C．小球离开B点后做平抛运动 D．小球离开B点后继续做半径为2.0 m的圆周运动直到到达与A点等高的D点 答案　B 解析　设∠AOC＝θ，∠BOC＝α，则cos θ＝＝，解得θ＝60°，所以α＝90°－θ＝30°，从A到B下降的高度为Δh＝Rcos α－Rcos θ＝(－1) m，由A到B，根据机械能守恒定律得mgΔh＝mvB2，解得vB＝2 m/s，故A错误，B正确；小球离开B点后，速度斜向右上，只受重力作用，做斜上抛运动，故C、D错误。 5.(2023·江苏省苏锡常镇二模)如图为某水上乐园设计的水滑梯结构简图。倾斜滑道与滑板间的动摩擦因数为μ，水平滑道与滑板间的动摩擦因数为2μ，两滑道平滑连接。若倾斜滑道高度h一定，要确保游客能从倾斜滑道上由静止滑下，并能滑出水平滑道，不计空气阻力，游客(含滑板)可视为质点，下列设计符合要求的是(　　) A．L1＝，L2＝ B．L1＝，L2＝ C．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝ 答案　C 解析　要从倾斜滑道滑下，要求mgsin θ>μmgcos θ，即μ<tan θ＝，即L1<，A错误；要从水平滑道滑出，要求mgh>μmgL1＋2μmgL2，即L2<－，代入B、C、D中的数据可知C正确，B、D错误。 6.(2022·湖北卷·5)如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，剪断轻绳后，Q所受弹力将小于最大静摩擦力，故Q将仍保持静止，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝，故选C。 7.(2023·江苏无锡市期终教学质量调研)传送带以恒定速率顺时针传动，物块以一定的初速度冲上传送带。物块的动能Ek随时间t变化的图线可能正确的是(　　) 答案　D 解析　如果传送带速度比物块速度大，开始阶段物块加速，有μmg(vt＋at2)＝Ek－mv2，图像开始阶段为开口向上的抛物线一部分，加速至共速后动能不变，A错误，D正确；如果传送带速度比物块速度小，开始阶段物块减速，有－μmg(vt－at2)＝Ek－mv2，图像开始阶段为开口向上的抛物线一部分，减速至共速后动能不变，B、C错误。 8．(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取 10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　) A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N 答案　A 解析　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。 [争分提能练] 9.(2023·江苏淮安市二模)如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点)，图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA＝37°，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．小球重力的功率一直增大 B．M∶m＝3∶5 C．运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等 D．小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为Mg 答案　D 解析　小球在题图所示水平位置和D点时速度均为0，重力的功率也为0，故重力的功率不是一直增大，故A错误；设AD长为3L，根据机械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3Lcos 37°，解得M∶m＝6∶5，故B错误；小球在题图所示水平位置和D点时，小球和小物块的速度大小相等，均为0，AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，故C错误；设小球在最低点D时沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为FT，根据牛顿第二定律有Mg－FT＝Ma，FT－mgcos 53°＝ma，解得FT＝Mg，故D正确。 10．(2023·江苏南通市期末)如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ＝37°足够长的斜面体组成，传送带AB间的长度L＝1.7 m，传送带顺时针匀速转动。现让质量m＝1 kg的小物块以某水平向右的速度从A点滑上传送带，恰好能滑到斜面上高度h＝1.08 m的C点，物块与斜面体、传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，传送带与斜面平滑连接，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求物块由A运动到B时的速度大小； (2)若改变传送带转速，物块从A点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块从A点滑上传送带时初动能的最小值Ekmin。 答案　(1)6 m/s　(2)34 J 解析　(1)物块恰好能滑到C，B到C做加速度大小为a的匀减速运动，C点速度为零，则 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 0－vB2＝－2a· 解得vB＝6 m/s (2)设当物块滑上斜面H高度后返回，经传送带减速刚好回到A点，速度为零，则物块从A点滑上传送带时初动能最小，物块从最高点到达A点过程，根据动能定理可得 mgH－μmgcos 37°·－μmgL＝0 解得H＝2.55 m 设物块从A点至到达最高点过程，传送带对物块做功为Wf，根据动能定理可得 Wf－mgH－μmgcos 37°·＝0－Ek 解得Ek＝mgH＋μmgcos 37°·－Wf 故当Wf最大时，物块从A点滑上传送带时初动能最小，即物块从A到B整个过程传送带始终对物块做正功，此时物块从A点滑上传送带时初动能最小，即Ekmin＝mgH＋μmgcos 37°·－μmgL＝34 J。 11．(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)小球经过O点时的速度大小； (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 答案　(1)mgR　(2)　(3)y2＝6Rx 解析　(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得 Ep＝mvB2＝mgR (2)小球从B到O，根据动能定理有 －mgR＋mg×R＝mvO2－mvB2 解得vO＝ (3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有mgcos 45°＝max y轴方向有mgsin 45°－mg＝may 解得ax＝g，ay＝0 说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝vOt 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为 y2＝6Rx。 [尖子生选练] 12.如图所示，半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置，可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动，在盘面的右边缘处固定一个质量为m的小球A，在圆心O的正下方r处固定一个质量为2m的小球B，小球A、B均可看成质点。现从静止释放圆盘让其自由转动，重力加速度为g，则转动过程中小球B的最大速度为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　设OA转动θ角时，小球B的速度为vB，A、B组成的系统机械能守恒，有mgrsin θ－2mg×r(1－cos θ)＝mvA2＋×2mvB2，又vA＝2vB，联立解得vB＝。由数学知识可知，当θ＝45°时，小球B有最大速度，为vBm＝，B正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$