(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修2 第五章 第3讲 (含解析)

这是一份(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修2 第五章 第3讲 (含解析)，共18页。试卷主要包含了重力做功的特点，80×eq \fmv2，5 m/s B等内容，欢迎下载使用。

知识排查
重力做功与重力势能
1.重力做功的特点
(1)重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。
(2)重力做功不引起物体机械能的变化。
2．重力势能
(1)表达式：Ep＝mgh。
(2)重力势能的特点
①系统性：重力势能是物体和地球所共有的。
②相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。
3．重力做功与重力势能变化的关系
(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减小；重力对物体做负功，重力势能就增大。
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。
弹性势能
1.定义：物体由于发生弹性形变而具有的能。
2．弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加，即W＝－ΔEp。
机械能守恒定律及应用
1.机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。
2．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹簧弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
(2)表达式：mgh1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mgh2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)。
3．守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
小题速练
1．思考判断
(1)被举到高处的物体的重力势能一定不为零。( )
(2)物体在速度增大时，其机械能可能在减小。( )
(3)物体所受合外力为零时，机械能一定守恒。( )
(4)物体受到摩擦力作用时，机械能一定要变化。( )
(5)物体只发生动能和势能的相互转化时，物体的机械能一定守恒。( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
2．将质量为100 kg的物体从地面提升到10 m 高处，在这个过程中，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A．重力做正功，重力势能增加1.0×104 J
B．重力做正功，重力势能减少1.0×104 J
C．重力做负功，重力势能增加1.0×104 J
D．重力做负功，重力势能减少1.0×104 J
解析 WG＝－mgh＝－1.0×104 J，ΔEp＝－WG＝1.0×104 J，选项C正确。
答案 C
3．如图1所示，质量为m的物体沿斜上方以速度v0抛出后，能达到的最大高度为h0，当它将要落到离地面高度为h的平台上时(不计空气阻力，取地面为参考平面)，下列判断正确的是( )
图1
A．它的总机械能大于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
B．它的总机械能为mgh0
C．它的动能为mg(h0－h)
D．它的动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgh
答案 D
机械能守恒的理解与判断
1．利用机械能守恒定律判断(直接判断)
分析动能和势能的和是否变化。
2．用做功判断
若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
3．用能量转化来判断
若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒。
【例1】 (多选)如图2所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让小球自由摆下，不计空气阻力，在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是 ( )
图2
A．小球的机械能守恒
B．小球的机械能减少
C．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变
D．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
解析 小球由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故选项A错误，B正确；在此过程中，由于有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C错误，D正确。
答案 BD
1．如图3所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )
图3
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量
解析 不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，小球重力势能减小量等于斜劈和小球动能的增量之和，A、C、D项错误，B项正确。
答案 B
2．(多选)质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一水平固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针转动到最低位置的过程中 ( )
图4
A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒
B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒
C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒
D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒
解析 B球从水平位置转到最低点的过程中，重力势能减少，动能增加，A球重力势能增加，动能增加，A球和地球组成的系统机械能增加。由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统机械能守恒，A球和地球组成的系统机械能增加，则B球和地球组成的系统机械能一定减少，选项B、C正确。
答案 BC
单物体的机械能守恒问题
机械能守恒问题的各种表达形式
特别提醒 用“守恒形式”时，需要规定重力势能的参考平面。用“转化形式”和“转移形式”时则不必规定重力势能的参考平面，因为重力势能的改变量与参考平面的选取没有关系。
【例2】 (2016·全国卷Ⅲ，24)如图5所示，在竖直平面内有由eq \f(1,4)圆弧AB和eq \f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq \f(R,2)。一小球在A点正上方与A相距eq \f(R,4)处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。
图5
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。
解析 (1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得
EkA＝mg·eq \f(R,4)①
设小球在B点的动能为EkB，同理有
EkB＝mg·eq \f(5R,4)②
由①②式得eq \f(EkB,EkA)＝5③
(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力FN应满足
FN≥0④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有
FN＋mg＝meq \f(veq \\al(2,C),\f(R,2))⑤
由④⑤式得mg≤meq \f(2veq \\al(2,C),R)⑥
vC≥eq \r(\f(Rg,2))⑦
对全程应用机械能守恒定律得
mg·eq \f(R,4)＝eq \f(1,2)mvC′2⑧
由⑦⑧式可知，vC＝vC′，即小球恰好可以沿轨道运动到C点。
答案 (1)5∶1 (2)能，理由见解析
应用机械能守恒定律解题的基本思路
1．(2018·武汉调研)如图6所示，用两根长度均为l的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力为T。现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为T′。θ为某一值时，eq \f(T′,T)最大，此最大值为( )
图6
A.eq \f(9,4) B．2 C．3eq \r(2)－2 D.eq \f(54,25)
解析 剪断轻绳之前：2Tsin θ＝mg；剪断轻绳后，摆到最低点时：eq \f(1,2)mv2＝mgl(1－sin θ)，由牛顿第二定律：T′－mg＝meq \f(v2,l)；联立解得eq \f(T′,T)＝6sin θ－4sin2 θ，由数学知识可知，此比值的最大值为eq \f(9,4)，故选项A正确。
答案 A
2．(2018·唐山一中月考)如图7所示是跳台滑雪的示意图，雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组成，各雪道间均平滑连接，A处与水平平台间的高度差h＝45 m，CD的倾角为30°。运动员自A处由静止滑下，不计其在雪道ABC滑行和空中飞行时所受的阻力。运动员可视为质点。(g取10 m/s2)
图7
(1)求运动员滑离平台BC时的速度大小；
(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上，雪道CD长度至少为多少？
(3)若实际的着陆雪道CD长为150 m，运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动能的80%，在减速区DE滑行s＝100 m后停下，则运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多少倍？
解析 (1)从A到C过程中，机械能守恒，有
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得vC＝eq \r(2gh)＝30 m/s
(2)设落点距抛出点C的距离为L，由平抛运动规律得
Lcs 30°＝vCt
Lsin 30°＝eq \f(1,2)gt2
解得L＝120 m
(3)运动员由A运动到落点过程中，由机械能守恒定律得mg(h＋Lsin 30°)＝eq \f(1,2)mv2
设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力是重力的k倍，根据动能定理得
－kmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
根据题意有eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)＝0.80×eq \f(1,2)mv2
解得k＝0.84
答案 (1)30 m/s (2)120 m (3)0.84倍
连接体的机械能守恒问题
连接体问题一般可分为三种
(1)速率相等的连接体：如图甲所示，两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
(2)角速度相等的连接体：如图乙所示，两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
(3)某一方向分速度相等的连接体：如图丙所示，A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图丁所示，其中沿绳子方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解。
【例3】 (多选)(2015·全国卷Ⅱ)如图8所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
图8
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为eq \r(2gh)
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
解析 由于刚性轻杆不可伸缩，滑块a、b沿轻杆方向的分速度相等，滑块a落地时，速度方向竖直向下，沿轻杆方向的分速度为0，故此时滑块b的速度为0，滑块b的初速度为0，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，则mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)＋0，即va＝eq \r(2gh)，选项B正确；a、b的先后受力如图所示。
由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确。
答案 BD
1．如图9所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是 ( )
图9
A．2R B.eq \f(5R,3) C.eq \f(4R,3) D.eq \f(2R,3)
解析 设B球质量为m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律2mgR－mgR＝eq \f(1,2)(2m＋m)v2得v2＝eq \f(2,3)gR，B球继续上升的高度h＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(R,3)，B球上升的最大高度为h＋R＝eq \f(4,3)R，故选项C正确。
答案 C
2．(2019·江苏泰州一模)如图10所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端连接在固定挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg 的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住物体B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放。求：
图10
(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；
(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；
(3)物体A的最大速度的大小。
解析 (1)弹簧恢复原长时
对B有mg－FT＝ma
对A有FT－mgsin 30°＝ma
解得FT＝30 N。
(2)初态弹簧压缩x1＝eq \f(mgsin 30°,k)＝0.1 m
当A速度最大时mg＝kx2＋mgsin 30°
弹簧伸长x2＝eq \f(mg－mgsin 30°,k)＝0.1 m
所以A沿斜面上升x1＋x2＝0.2 m。
(3)因x1＝x2，故弹性势能改变量ΔEp＝0，
由系统机械能守恒
mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝eq \f(1,2)×2mv2
得v＝1 m/s。
答案 (1)30 N (2)0.2 m (3)1 m/s
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．在2018年雅加达亚运会上，我国跳水运动员司雅杰摘得女子10米台金牌，彭建峰收获男子1米板冠军。如图1所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自由状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点(B位置)。对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是( )
图1
A．运动员一直处于超重状态
B．运动员所受重力对其做的功在数值上小于跳板弹性势能的增加量
C．运动员的机械能守恒
D．运动员的动能一直在减小
解析 运动员在此过程中受到重力与跳板弹力的作用，弹力从零开始增大，故运动员先加速后减速，即先失重后超重，动能先增大后减小，A、D错误；由系统的机械能守恒知，运动员所受重力对其做的功在数值上等于跳板弹性势能的增加量与运动员初末动能之差，B正确；因有弹力对运动员做负功，故其机械能减少，C错误。
答案 B
2．(2018·11月浙江选考)奥运会比赛项目撑杆跳高如图2所示，下列说法不正确的是( )
图2
A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加
解析 加速助跑过程中运动员的速度增大，动能增大，选项A正确；起跳上升过程中，杆的形变量先变大，后变小，故弹性势能先变大后变小，选项B错误；起跳上升过程中，运动员的重心升高，重力势能增加，选项C正确；越过横杆后下落过程中，运动员的重力做正功，重力势能减少，动能增加，选项D正确。
答案 B
3．一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图3所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是( )
图3
A．由A到C的过程中，动能和重力势能之和不变
B．由B到C的过程中，弹性势能和动能之和不变
C．由A到C的过程中，物块m的机械能守恒
D．由B到C的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒
解析 物块由A到C的过程中，只有重力、弹簧弹力做功，因此物块与弹簧组成的系统机械能守恒，由A到B的过程中，弹性势能不变，物块动能与重力势能之和不变，但物块由B到C的过程中，弹性势能增大，物块的机械能减小，重力势能增大，弹性势能与动能之和减小，故只有D项正确。
答案 D
4．如图4所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧、CD段为平滑的弯管。一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。关于管口D距离地面的高度必须满足的条件是( )
图4
A．等于2R B．大于2R
C．大于2R且小于eq \f(5,2)R D．大于eq \f(5,2)R
解析 细管轨道可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可，即mgH－mg·2R>0，解得H>2R，故选项B正确。
答案 B
5．最近，一款名叫“跳一跳”的微信小游戏突然蹿红。游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m)脱离平台时的速度，使其能从一个平台跳到旁边的平台上。如图5所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，不计空气阻力。则(重力加速度为g)( )
图5
A．棋子从起跳至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
B．棋子离开平台时的动能为mgh
C．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
D．棋子落到平台上的速度大小为eq \r(2gh)
解析 由于棋子起跳后只受重力作用，机械能守恒，A错误；棋子在最高点具有水平方向的速度，所以离开平台时的动能大于mgh，落到平台上的速度要大于eq \r(2gh)，故B、D错误；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中重力做功为WG＝－mgh，所以重力势能增加mgh，故C正确。
答案 C
6．一小球以一定的初速度从图示6位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为(重力加速度为g)( )
图6
A．2mg B．3mgC．4mg D．5mg
解析 小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝meq \f(veq \\al(2,B),1.8R)，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝meq \f(veq \\al(2,A),R)，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，解得F＝4mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力F′＝F＝4mg，选项C正确。
答案 C
综合提能练
7．(2019·湖北武汉东湖区联考)如图7所示，有一条长为1 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)( )
图7
A．2.5 m/s B.eq \f(5\r(2),2) m/s
C.eq \r(5) m/s D.eq \f(\r(35),2) m/s
解析 链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为
E＝Ep＋Ek＝－eq \f(1,2)×2mg·eq \f(L,4)sin θ－eq \f(1,2)×2mg·eq \f(L,4)＋0
＝－eq \f(1,4)mgL(1＋sin θ)
链条全部下滑出后，动能为Ek′＝eq \f(1,2)×2mv2
重力势能为Ep′＝－2mg·eq \f(L,2)
由机械能守恒可得E＝Ek′＋Ep′
即－eq \f(1,4)mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL
解得v＝eq \f(1,2)eq \r(gL（3－sin θ）)＝eq \f(1,2)×eq \r(10×1×（3－0.5）) m/s
＝2.5 m/s
故A正确，B、C、D错误。
答案 A
8．高楼发生火灾时，消防水枪喷口不能到达着火窗口等高处，消防员调整水枪出水角度，如图8所示，使水流恰能水平射入着火窗口，水枪喷口与着火窗口高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力，由已知条件判断下列说法正确的是( )
图8
A．可求出水枪喷口处出水的速度大小
B．可求出从水枪喷口到着火窗口前水柱的总体积
C．水柱在空中各处的粗细程度相同
D．水枪沿垂直于墙壁的方向由A向B水平移动，且水枪喷口处出水的速度大小不变，无论怎样调整水枪喷水方向，水流都不能水平射入着火窗口
解析 水柱做斜抛运动，将其逆向等效为平抛运动。若已知水柱在最高点的速度大小为v，则由mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv 可求出水枪喷水的初速度大小v0＝eq \r(2gh＋v2)，因水柱在最高点的速度大小未知，故不能求出水枪喷口处出水的速度大小，A错误；水柱在空中不均匀，水柱中的水从喷口到着火窗口的运动时间为t＝eq \r(\f(2h,g))，设喷口处水柱的截面面积为S，则从水枪喷出到着火窗口前水柱的总体积为V＝v0St＝v0Seq \r(\f(2h,g))，由于喷口处水柱的截面面积和喷口处水流速度未知，故不能求出从水枪喷出到着火窗口前水柱的总体积，B错误；水流连续时，相同时间内通过任意截面的水流流量相等，有S1v1Δt＝S2v2Δt，则水流速度大时，水柱的截面面积小，C错误；水枪由A向B水平移动时，则水流在空中运动的时间不变，喷口处出水速度不变，水平位移不变，水流不能水平射入着火窗口，故D正确。
答案 D
9．在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图9所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ＝37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2 m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点。已知B点的高度h1＝1.2 m，D点的高度h2＝0.8 m，D点与G点间的水平距离L＝0.4 m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
图9
(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；
(2)求小滑块从D点飞出的速度；
(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑。
解析 (1)小滑块从A向B滑动的过程中，设加速度为a，由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μmgcs θ＝ma
代入数值解得a＝－8 m/s2
由运动学公式
veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝2aeq \f(h1,sin θ)
代入数值解得v0＝6 m/s
(2)滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律
L＝vDt
h2＝eq \f(1,2)gt2
代入数值解得vD＝1 m/s
(3)由于vB>vD，小滑块动能减小，重力势能也减小，机械能减小，所以细管道BCD内壁不光滑
答案 (1)－8 m/s2 6 m/s (2)1 m/s (3)不光滑
10．某玩具厂设计出如图10所示的玩具，轨道固定在高为H1＝0.5 m的水平台面上，通过在A处压缩弹簧把质量m＝0.01 kg的小球(可看作质点)从静止弹出，先后经过直线轨道AC、半径R1＝0.1 m的圆形轨道、长为L1＝0.5 m 的直线轨道CD、以及两段半径R2＝1 m的圆弧DE、GP，G、E两点等高且两圆弧对应的圆心角都为37°，所有轨道都平滑连接；小球从P点水平抛出后打到固定在Q点的锣上，P、Q的水平距离L2＝1.2 m，锣的半径r＝ 0.3 m，圆心O离地高H2＝0.4 m。CD段的动摩擦因数为0.2，其余轨道光滑，N为在P点正下方的挡板，在一次测试中测出小球运动到B点时对内轨的作用力为0.064 N。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
图10
(1)求小球运动到B点时的速度大小；
(2)小球能否离开轨道，请说明理由；
(3)要使小球打到锣上，求小球从A处弹出时弹簧对小球所做的功需满足的条件。
解析 (1)由牛顿第二定律得mg－FN＝meq \f(veq \\al(2,0),R1)，
v0＝0.6 m/s。
(2)设小球不离开轨道，通过直线轨道CD后能上升的最大高度为h0，则mg(2R1－h0)－μmgL1＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，h0＝0.118 m，h0<2R1且h0(3)锣的下边界与P点的高度差h1＝0.8 m，上边界与P点的高度差h2＝0.2 m，如果小球从P点飞出后能打到锣的上、下边界，根据平抛运动知识，h＝eq \f(1,2)gt2，v＝eq \f(L2,t)，可得从P点飞出的速度3 m/s≤v≤6 m/s，而小球沿圆弧GP运动到P点的条件mg≤meq \f(v2,R2)，得v≥eq \r(10) m/s，所以eq \r(10) m/s≤v≤6 m/s，根据动能定理得W－μmgL1－mg[2R2(1－cs 37°)]＝eq \f(1,2)mv2，0.1 J≤W≤0.23 J。
答案 见解析
形式
表达式
意义
最适合的
研究对象
守恒
形式
mgh＋eq \f(1,2)mv2＝
mgh′＋eq \f(1,2)mv′2
运动过程中初、末两状态的机械能相等
单个物体
转化
形式
ΔEk＝－ΔEp
动能的增加量等于势能的减少量
一个或
多个物体
转移
形式
ΔEA＝－ΔEB
A物体增加的机械能等于B物体减少的机械能
两个物体