2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修2第五章第4讲能量守恒定律与能源

第4讲　能量守恒定律与能源

知识排查
功能关系
1.功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
2.做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
能源
1.

2.能量耗散
(1)定义：在能量的转化过程中，一部分能量转化为内能流散到周围环境中，我们无法把这些内能收集起来重新利用，这种现象叫做能量的耗散。
(2)能量耗散带来的问题：一是可利用的能源越来越少，造成能源危机；二是使环境吸收的耗散能量越来越多，造成环境污染，温度升高。
能量守恒定律
1.内容：能量既不会消灭，也不会创生。它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
2.表达式：ΔE减＝ΔE增。
小题速练
1.思考判断
(1)物体在速度增大时，其机械能可能在减小(　　)
(2)摩擦力在做功时，机械能一定会发生转化(　　)
(3)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少(　　)
(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源(　　)
(5)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放(　　)
(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化(　　)
(7)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少(　　)
答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√　(7)√
2.有人设想在夏天用电冰箱来降低房间的温度。他的办法是：关好房间的门窗，然后打开冰箱的所有门让冰箱运转，且不考虑房间内外热量的传递。则开机后，室内的温度将(　　)
A.升高
B.保持不变
C.开机时降低，停机时升高
D.开机时升高，停机时降低
解析　电冰箱的压缩机运行时，一部分电能转化为内能，室内的温度将升高。
答案　A

　功能关系　能源
1.力学中常见的功能关系

2.应用功能关系解决具体问题应注意以下三点
(1)若只涉及动能的变化用动能定理。
(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
【典例】　如图1所示，人用平行于粗糙斜面的力将物体拉至斜面顶端，使物体获得动能，关于人体消耗的化学能，下面说法正确的是(　　)

图1
A.人体消耗的化学能等于物体动能
B.人体消耗的化学能等于物体增加的重力势能
C.人体消耗的化学能等于物体增加的机械能
D.人体消耗的化学能大于物体增加的机械能
解析　物体上升过程中，动能和重力势能增加，同时由于摩擦生热，人体消耗的化学能等于物体机械能的增量与系统增加的内能之和，故选项D正确。
答案　D

1.已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物以加速度a加速提升h，则在这段时间内叙述正确的是(重力加速度为g)(　　)
A.货物的动能一定增加mah－mgh
B.货物的机械能一定增加mah
C.货物的重力势能一定增加mah
D.货物的机械能一定增加mah＋mgh
解析　准确把握功和对应能量变化之间的关系是解答此类问题的关键， 具体分析如下：
选项
内容指向、联系分析
结论
A
动能定理，货物动能的增加量等于货物所受合外力做的功mah
错误
B
功能关系，货物机械能的增量等于除重力以外的力做的功而不等于合外力做的功
错误
C
功能关系，重力势能的增量等于货物克服重力做的功mgh
错误
D
功能关系，货物机械能的增量等于起重机拉力做的功m(g＋a)h
正确
答案　D
2.质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响，物体下落的加速度为g，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.物体的动能增加了mgh
B.物体的机械能减少了mgh
C.物体克服阻力所做的功为mgh
D.物体的重力势能减少了mgh
解析　下落阶段，物体受重力和空气阻力，由动能定理W＝ΔEk，即mgh－Ff h＝ΔEk，Ff＝mg－mg＝mg，可求ΔEk＝mgh，选项A正确；机械能减少量等于克服阻力所做的功W＝Ff h＝mgh，选项B、C错误；重力势能的减少量等于重力做的功ΔEp＝mgh，选项D错误。
答案　A
3.如图2所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块中，受到阻力为f，射入深度为d，此过程木块位移为s，下列说法中不正确的是(　　)

图2
A.子弹损失的动能为f(s＋d)
B.木块增加的动能为fs
C.子弹动能的减少等于木块动能的增加
D.子弹、木块系统总机械能的损失为fd
解析　对子弹用动能定理得－f(s＋d)＝ΔEk，故子弹损失的动能为f(s＋d)，A正确；对木块用动能定理得fs＝ΔEk，木块获得动能为fs，B正确；子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子弹动能的减少大于木块动能的增加，C错误；系统损失的机械能转化为产生的内能Q＝fd，故D正确。
答案　C

　能量守恒定律的理解及应用
1.对能量守恒定律的理解
(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等。
2.涉及弹簧的能量问题应注意：如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
3.能量守恒定律解题思路

【典例1】　(2018·温州模拟)蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。如图3所示，蹦极者从P点由静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1，绳的弹性势能的增加量为ΔE2，克服空气阻力做的功为W，则下列说法正确的是(　　)

图3
A.蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒
B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中，机械能守恒
C.ΔE1＝W＋ΔE2
D.ΔE1＋ΔE2＝W
解析　蹦极者从P到A及从A到B的运动过程中，由于有空气阻力做功，所以机械能减少，选项A、B错误；整个过程中重力势能的减少量等于绳的弹性势能增加量和克服空气阻力做功之和，即ΔE1＝W＋ΔE2，选项C正确，D错误。
答案　C
【典例2】　如图4所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C。(不计空气阻力)试求：

图4
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。
解析　(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB，则有FNB－mg＝m
又FNB＝8mg
由能量转化与守恒可知：
弹性势能Ep＝mv＝mgR。
(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知
mg＝m
物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒得
Q＝mv－
解得Q＝mgR。
答案　(1)mgR　(2)mgR

1.(2018·11月浙江选考)如图5所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：

图5
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
解析　(1)篮球静止在弹簧上时，
有mg－kx2＝0，解得k＝500 N/m
(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得
mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0
代入数值解得f＝0.5 N
(3)设篮球在整个运动过程中总路程s，由能量守恒定律得
mg(h1＋x2)＝fs＋Ep
代入数值解得s＝11.05 m
(4)球在首次下落过程中，合力为零处速度最大
速度最大时弹簧形变量为x3
mg－f－kx3＝0
在A点下方，离A点x3＝0.009 m
答案　(1)500 N/m　(2)0.5 N　(3)11.05 m
(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
2.如图6所示，一水平方向的传送带以恒定的速度v＝2 m/s 沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切。一质量m＝1 kg的物体自圆弧面轨道的最高点静止滑下，圆弧轨道的半径R＝0.45 m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g＝10 m/s2，求：

图6
(1)物体从第一次滑上传送带到离开传送带经历的时间；
(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功及由于摩擦产生的热量。
解析　(1)沿圆弧轨道下滑过程中机械能守恒，设物体滑上传送带时的速度为v1，则mgR＝mv，得v1＝3 m/s
物体在传送带上运动的加速度a＝＝μg＝2 m/s2
物体在传送带上向左运动的时间t1＝＝1.5 s
向左滑动的最大距离x＝＝2.25 m
物体向右运动速度达到v时，已向右移动的距离
x1＝＝1 m
所用时间t2＝＝1 s，匀速运动的时间
t3＝＝0.625 s
所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s。
(2)根据动能定理，传送带对物体做的功
W＝mv2－mv＝－2.5 J，
物体相对传送带滑过的位移
Δx＝＋v(t1＋t2)＝6.25 m，
由于摩擦产生的热量Q＝μmg·Δx＝12.5 J
答案　(1)3.125 s　(2)－2.5 J　12.5 J

[题源：人教版必修2·P80·T2]
游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(图7.9－4)。我们把这种情形抽象为图7.9－5的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。实验发现，只要h大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点。如果已知圆轨道的半径为R，h至少要等于多大？不考虑摩擦等阻力。

链接高考
1.(2016·10月浙江选考)如图7所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图8的模型。倾角为45°的直轨道AB，半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m。现有质量m＝500 kg 的过山车，从高h＝40 m处的A点静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG的动摩擦因数μ2＝0.75，过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，求：
　
　图7　　　　　　　　　图8
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；
(3)减速直轨道FG的长度x。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析　(1)设C点的速度为vC，由动能定理得：
mgh－μ1mgcos 45°·＝mv
代入数据解之得：vC＝8 m/s。
(2)设D点速度为vD，由动能定理得：
mg(h－2R)－μ1mgcos 45°·＝mv
F＋mg＝m
联立并代入数值解得F＝7×103 N。
由牛顿第三定律知，对轨道作用力为F′＝7×103 N，方向竖直向上。
(3)全程应用动能定理得
mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°·－μ1mg－μ2mgx＝0，解之得x＝32 m。
答案　(1)8 m/s　(2)7×103 N　(3)32 m
2.(2017·11月浙江选考)如图9甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m。质量m＝1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BC、DE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
　
甲　　　　　　　　　　乙
图9
(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？
解析　(1)对运动到F点的过山车受力分析，根据向心力公式可得mg－0.25mg＝m，①
r＝Lsin θ②
代入已知数据可得vF＝＝3 m/s③
(2)从B点到F点，根据动能定理，
mg(h－Lsin θ)＋Wf＝mv－0④
解得Wf＝－7.5×104 J⑤
(3)触发制动后能恰好到达E点对应的摩擦力为Ff1
－Ff1Lcos θ－mgrcos θ＝0－mv⑥
未触发制动时，对D点到F点的过程，有
－μmgcos θLcos θ－mgr＝mv－mv⑦
由⑥⑦两式得Ff1＝×103 N＝4.6×103 N⑧
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2
Ff2＝mgsin θ＝6×103 N⑨
综合考虑⑧⑨两式，得Ffm＝6×103 N
答案　(1)3 m/s　(2)－7.5×104 J　(3)6.0×103 N
活页作业
(时间：30分钟)
A组　基础过关
1.下列哪些现象属于能量的耗散(　　)
A.利用水流能发电产生电能
B.电能在灯泡中变成光能
C.电池的化学能变成电能
D.火炉把屋子烤暖
解析　能量耗散主要指其他形式的能量最终转化为环境的内能后，不能再被收集起来重新利用。
答案　D
2.关于能源的开发和利用，下列观点不正确的是(　　)
A.能源是有限的，无节制地使用常规能源，是一种盲目的短期行为
B.根据能量守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的
C.能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态环境的影响
D.不断开发新能源，是缓解能源危机、加强环境保护的重要途径
解析　在能源的利用过程中，虽然能量的数量并未减少，但在可利用的品质上降低了，从便于利用的变成了不便于利用的了。所以，我们要节约能源，保护环境。
答案　B
3.升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)(　　)
A.升降机对物体做功5 800 J
B.合外力对物体做功5 800 J
C.物体的重力势能增加500 J
D.物体的机械能增加800 J
解析　根据动能定理得W升－mgh＝mv2，可解得W升＝5 800 J，A正确；合外力做的功为mv2＝×100×42 J＝800 J，B错误；物体重力势能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C错误；物体机械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5 800 J，D错误。
答案　A
4.(2018·台州一中月考)如图1所示，一物体分别沿轨道aO和bO由静止滑下，物体与轨道间的动摩擦因数相同，若斜面保持静止，物体克服滑动摩擦力做的功分别为W1和W2，则两个功的大小的正确关系是(　　)

图1
A.W1＞W2 B.W1＝W2
C.W1＜W2 D.无法比较
解析　设斜面Oa的倾角为α，高为h1，斜面底长为L，根据功的公式有W1＝μmgcos α·＝μmgL，可见，克服摩擦力做的功与斜面高度或倾角无关，只与斜面底边长有关，即W1＝W2，所以选项B正确。
答案　B
5.(2018·3月浙江余高模拟)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术。跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)(　　)
A.他的动能减少了Fh
B.他的重力势能减小了mgh－mv2
C.他的机械能减少了Fh
D.他的机械能减少了mgh
解析　在运动员减速下降高度为h的过程中，运动员受重力和阻力，运用动能定理得：(mg－F)h＝ΔEk，由于运动员动能是减小的，所以运动员动能减少(F－mg)h，故A错误；根据重力做功与重力势能变化的关系得：EG＝－ΔEp＝mgh，即他的重力势能减少了mgh，故B错误；机械能的减少量等于水的阻力做的功，他的机械能减少了Fh，故C正确，D错误。
答案　C
6.弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图2所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则(　　)

图2
A.从D到C过程中，弹丸的机械能守恒
B.从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大
C.从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小
D.从D到E过程橡皮筋对弹丸做功大于从E到C过程
解析　从D到C除重力外还有弹簧弹力做功，弹丸的机械能不守恒，A错误；D到C的过程，先弹力大于重力，弹丸加速，后重力大于弹力，弹丸减速，所以弹丸的动能先增大后减小，B错误；从D到C，橡皮筋的形变量一直减小，所以其弹性势能一直减小，C错误；D到E的弹簧弹力大于E到C的弹簧弹力，弹丸位移相等，所以从D到E过程橡皮筋对弹丸做的功大于从E到C过程橡皮筋对弹丸做的功，D正确。
答案　D
7.一只100 g的球从1.8 m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25 m的高度，则整个过程中重力对球所做的功及球的重力势能的变化是(g＝10 m/s2)(　　)
A.重力做功为1.8 J
B.重力做了0.55 J的负功
C.物体的重力势能一定减少0.55 J
D.物体的重力势能一定增加1.25 J
解析　整个过程重力做功WG＝mgh＝0.1×10×0.55 J＝0.55 J，故重力势能减少0.55 J，所以选项C正确。
答案　C
8.如图3所示，A、B两物体用一根轻弹簧相连，放在光滑水平地面上，已知mA＝2mB，A物体靠在墙壁上，现用力向左缓慢推B物体，压缩弹簧，外力做功W，突然撤去外力，B物体从静止开始向右运动，以后将带动A物体一起做复杂的运动，从A物体开始运动以后，当A、B物体的动能分别为W、W时，弹簧的弹性势能为(　　)

图3
A.W B.W C.W D.无法确定
答案　B
B组　能力提升
9.浙江最大抽水蓄能电站2016年将在缙云开建，其工作原理是：在用电低谷时(如深夜)，电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电。如图4所示，若该电站蓄水池(上水库)有效总库容量(可用于发电)为 7.86×106 m3，发电过程中上下水库平均水位差637 m，年抽水用电为 2.4×108 kW·h，年发电量为1.8×108 kW·h(水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度为 g＝10 m/s2，以下水库水面为零势能面)。则下列说法正确的是(　　)

图4
A.抽水蓄能电站的总效率约为65%
B.发电时流入下水库的水流速度可达到112 m/s
C.蓄水池中能用于发电的水的重力势能约为Ep＝5.0×1013 J
D.该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电(电功率以105 kW 计算)约10 h
解析　已知年抽水用电为2.4×108 kW·h，年发电量为1.8×108 kW·h，则抽水蓄能电站的总效率为η＝×100%＝75%，故A错误；若没有任何阻力，由机械能守恒得mgh＝mv2，得v＝＝ m/s≈112 m/s，由题知，水流下的过程中受到阻力，所以发电时流入下水库的水流速度小于112 m/s，故B错误；蓄水池中能用于发电的水的重力势能为E＝mgh＝ρVgh＝1.0×103×7.86×106×10×637 J≈5.0×1013 J，故C正确；该电站平均每天所发电量为E＝ kW·h，可供给一个大城市居民用电(电功率以105 kW计算)的时间为t＝ h≈5.0 h，故D错误。
答案　C
10.如图5所示，ABCD为一竖直平面的轨道，其中BC水平，A点比BC高出H＝10 m，BC长l＝1 m，AB和CD轨道光滑。一质量为m＝1 kg 的物体，从A点以v1＝4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点h＝10.3 m的D点时速度为零。求：(g＝10 m/s2)

图5
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度；
(3)物体最后停止的位置(距B点的距离)。
解析　(1)分析物体从A点到D点的过程，由动能定理得－mg(h－H)－μmgl＝0－mv，解得μ＝0.5。
(2)设物体第5次经过B点时的速度为v2，在此过程中物体在BC上滑动了4次，由动能定理得
mgH－μmg·4l＝mv－mv
解得v2＝4 m/s。
(3)设物体运动的全过程在水平轨道上通过的路程为s，由动能定理得mgH－μmgs＝0－mv
解得s＝21.6 m
所以物体在水平轨道上运动了10个来回后，还有1.6 m
故离B点的距离s′＝2 m－1.6 m＝0.4 m。
答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)0.4 m
11.(2018·新高考选考终极适应卷)如图6所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为3mgR，其中g为重力加速度。解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出。

图6
(1)求小球经C点时的动能；
(2)小球经C点时所受的弹力；
(3)讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件，从C点抛出的小球才能击中薄板DE。
解析　(1)解除弹簧锁定后小球运动到C点过程，弹簧和小球系统机械能守恒，
由机械能守恒定律得：3mgR＝2mgR＋Ek，
解得Ek＝mgR
小球过C时的动能：Ek＝mgR
(2)设小球经过C点时轨道对小球的作用力为F，
由牛顿第二定律得：mg＋F＝
解得F＝mg，方向向下。
(3)小球离开C点后做平抛运动，
竖直方向：2R＝gt2
水平方向：x1＝v1t
若要小球击中薄板，应满足：R≤x1≤2R
弹簧的弹性势能：Ep＝2mgR＋mv
弹性势能Ep满足：mgR≤Ep≤mgR时，小球才能击中薄板。
答案　(1)mv2　(2)mg　方向向下　(3)mgR≤Ep≤mgR
12.某同学设计出如图7所示实验装置，将一质量为0.2 kg的小球(可视为质点)放置于水平弹射器内，压缩弹簧并锁定，此时小球恰好在弹射口，弹射口与水平面AB相切于A点，AB为粗糙水平面，小球与水平面间动摩擦因数μ＝0.5，弹射器可沿水平方向左右移动，BC为一段光滑圆弧轨道，O′为圆心，半径R＝0.5 m，O′C与O′B之间夹角为θ＝37°，以C为原点，在C点右侧空间建立竖直平面内的坐标xOy，在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器D，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

图7
(1)某次实验中该同学使弹射口距离B处L1＝1.6 m处固定，解开锁定释放小球，小球刚好到达C处，求弹射器释放的弹性势能；
(2)把小球放回弹射器原处并锁定，将弹射器水平向右移动至离B处L2＝0.8 m处固定弹射器并解开锁定释放小球，小球将从C处射出，恰好水平进入接收器D，求D处坐标；
(3)每次小球放回弹射器原处并锁定，水平移动弹射器固定于不同位置释放小球，要求小球从C处飞出恰好水平进入接收器D，求D位置坐标y与x的函数关系式。
解析　(1)从A到C过程，由动能定理可以得到
W弹－Wf－WG＝0
W弹＝μmgL1＋mgR(1－cos θ)＝1.8 J
根据能量守恒定律得到Ep＝W弹＝1.8 J。
(2)设小球从C处飞出速度为vC，则
W弹－μmgL2－mgR(1－cos θ)＝mv，
得到vC＝2m/s
方向与水平方向成37°角，由于小球刚好被D接收，其在空中运动可看成从D点平抛运动的逆过程。将vC分解vCx＝vCcos 37°＝m/s，vCy＝vCsin 37°＝m/s，
则D处坐标：x＝vCx＝ m，y＝＝ m，
即D处坐标为。
(3)由于小球每次从C处射出vC方向一定与水平面成37°，则＝tan 37°＝，
则根据平抛运动规律得到，抛出点D与落地点C连线与x方向夹角α的正切值tan α＝＝，
故D位置坐标y与x函数关系式y＝x。
答案　(1)1.8 J　(2)　(3)y＝x