【物理】2019届二轮复习机械能守恒定律及能量守恒定律的综合应用学案 24页

第 9 讲　机械能守恒定律及能量守恒定律的 综合应用 [考试要求和考情分析] 历次选考统计 命题角 度考试内容 选考要求 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 2018/04 2018/11 追寻守恒量 ——能量 b 重力势能 c 4 12 13 5 弹性势能 b 20 5 机械能守恒 定律 d 20 能量守恒定 律与能源 d 12 22 22 13 20 单 体 与 系 统 的 机 械 能 守恒、功 能关系、 能 量 与 物 体 的 多 过 程 问题 　对重力势能、弹性势能的理解 [要点总结] 1．对重力做功和重力势能的提醒 (1)重力做功的大小与物体的运动状态无关，与物体是否受其他力无关； (2)重力做功，一定会引起重力势能的变化； (3)重力势能是标量，但有正负，其意义表示物体的重力势能比它在参考平面的重 力势能大还是小。 2．重力势能的求解方法 (1)定义法：选取参考平面，确定物体相对参考平面的高度 h，代入 Ep＝mgh 求解 重力势能。 (2)WG 和 Ep 关系法：由 WG＝Ep1－Ep2 知 Ep2＝Ep1－WG 或 Ep1＝WG＋Ep2。 [精典题组] 1.(2018·浙江金华十校联考)如图 1 所示，巴西奥运会上，中国选手邓薇以 262 公 斤(抓举 115 公斤，挺举 147 公斤)的总成绩打破奥运会纪录、世界纪录。某次抓 举，在杠铃被举高的整个过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) 图 1 A．杠铃的动能一直增大 B．杠铃的重力势能一直增大 C．杠铃的机械能守恒 D．杠铃一直处于超重状态 解析　杠铃被举高的过程一定经历了先加速向上，后减速向上的运动，所以动能 应先增大后减小，选项 A 错误；杠铃一直向上运动，重力势能一直增大，选项 B 正确；因人对杠铃的支持力做正功，杠铃的机械能增加，选项 C 错误；加速度先 向上，后向下，杠铃先超重，后失重，选项 D 错误。 答案　B 2.如图 2 所示，物块 A 质量为 m，置于水平地面上。一根轻质弹簧，原长为 L， 劲度系数为 k，下端与物块 A 相连接。现将弹簧上端点 P 缓慢地竖直提起一段高 度 h 使物块 A 离开地面。这时重物具有的重力势能为(以地面为零势能面)(　　) 图 2 A．mg(h－mg k ) B．mg(h－L－mg k ) C．mg(L－h) D．mg(h－L＋mg k ) 解析　物块 A 刚离开地面时，弹簧所受的弹力等于物块的重力，根据胡克定律得 弹簧伸长的长度为 x＝F k ＝mg k ，弹簧上端 P 缓慢的竖直向上提起的距离为 h，则物 块上升的高度为 H＝h－x，以地面为势能零点，这时物块 A 具有的重力势能为 Ep＝ mgH＝mg(h－mg k )，选项 A 正确，B、C、D 错误。 答案　A 　机械能守恒定律及其应用 [要点总结] 1．机械能守恒的判定方法 (1)做功判断法：若物体系统内只有重力或弹簧弹力做功，其他力均不做功或其他 力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒。 (2)能量转化判断法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化， 系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内 能增加)，则系统的机械能守恒。 2．机械能守恒定律的表达式 [典例分析] 【例 1】 (2018·浙江名校联盟联考)如图 3 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 轻绳中的拉力大小为 T。现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉 力大小为 T′。θ 为某一值时，T′ T 最大，此最大值为(　　) 图 3 A.9 4 B．2 C. 3 2－2 D.54 25 解析　剪断细线之前有 2Tsin θ＝mg；剪断细线后，摆到最低点时 1 2mv2＝mgl(1－ sin θ)，由牛顿第二定律有 T′－mg＝mv2 l ，联立解得T′ T ＝6sin θ－4sin2 θ，由数学知 识可知，此比值的最大值为9 4 ，选项 A 正确。 答案　A [精典题组] 3.(2018·浙江嘉兴一模)如图 4 是一种名为“牙签弩”的玩具弓弩，现竖直向上发 射木质牙签，O 点为皮筋自然长度位置，A 为发射的起点位置。若不计一切阻力， 则(　　) 图 4 A．A 到 O 的过程中，牙签一直处于超重状态 B．A 到 O 的过程中，牙签的机械能守恒 C．在上升过程中，弓和皮筋的弹性势能转化为牙签的动能 D．根据牙签向上飞行的高度可测算出牙签被射出时的速度 解析　从 A 到 O 的过程中，牙签受重力和弹力，当弹力大于重力时是加速上升， 处于超重状态；当弹力小于重力时，减速上升，是失重状态，选项 A 错误；A 到 O 的过程中，牙签的动能和势能均增加，故机械能增加，选项 B 错误；在上升过 程中，系统机械能守恒，弓和皮筋的弹性势能逐渐转化为牙签的动能和重力势能， 选项 C 错误；由于不计一切阻力，牙签向上飞行过程是竖直上抛运动，根据运动 学公式 v2＝2gh 可知，根据牙签向上飞行的高度可测算出牙签被射出时的速度， 选项 D 正确。 答案　D 4．(2018·浙江瑞安选考模拟)总质量约为 3.8 吨“嫦娥三号”探测器在距月面 3 m 处关闭反推发动机，让其以自由落体方式降落在月球表面。4 条着陆腿触月信号 显示，“嫦娥三号”完美着陆月球虹湾地区。月球表面附近重力加速度约为 1.6 m/s2，4 条着陆腿可视作完全相同的四个轻弹簧，在软着陆后，每个轻弹簧获得 的弹性势能大约是(　　) 图 5 A．28 500 J B．4 560 J C．18 240 J D．9 120 J 解析　由机械能守恒定律 mgh＝4Ep，解得 Ep＝mgh 4 ＝4 560 J，选项 B 正确。 答案　B 5．(2018·浙江宁波适应性考试)宁波高中科技新苗项目的同学在一个连锁机关游 戏中，设计了一个如图 6 所示的起始触发装置：AB 段是长度连续可调的竖直伸缩 杆，BCD 段是半径为 R 的四分之三圆弧弯杆，DE 段是长度为 2R 的水平杆，与 AB 杆稍稍错开。竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放 置质量为 m 的套环。每次将弹簧的长度压缩至 P 点后锁定，设 PB 的高度差为 h， 解除锁定后弹簧可将套环弹出，在触发器的右侧有多米诺骨牌，多米诺骨牌的左 侧最高点 Q 和 P 点等高，且与 E 的水平距离为 x(可以调节)，已知弹簧锁定时的 弹性势能 Ep＝10mgR，套环 P 与水平杆 DE 段的动摩擦因数 μ＝0.5，与其他部分 的摩擦可以忽略不计，不计套环受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失， 不考虑伸缩竖直杆粗细变化对套环的影响，重力加速度为 g。求： 图 6 (1)当 h＝7R 时，套环到达杆的最高点 C 处时的速度大小； (2)在(1)问中套环运动到最高点 C 时对杆作用力的大小和方向； (3)若 h 在 3R 至 10R 连续可调，要使该套环恰能击中 Q 点，则 x 应该在哪个范围 内调节？ 解析　(1)当 h＝7R 时，套环从 P 点运动到 C 点，根据机械能守恒定律有 Ep＝mg(h ＋R)＋1 2mv2 Ep＝10mgR，解得 v＝ 4gR＝2 gR。 (2) 在最高点 C 时，对套环，根据牛顿第二定律有 mg＋FC＝mv2 R 解得 FC＝3mg，由牛顿第三定律，套环对杆的作用力为 3mg，方向向上。 (3) 套环恰能击中 Q 点，环由 E 到 Q 做平抛运动 h－R＝1 2gt2 x＝vEt 从 P 到 E，根据能量守恒定律有 Ep＝mg(h－R)＋μmg·2R＋1 2mv2E 由以上各式可解得 0≤x≤2 14R。 答案　(1)2 gR　(2)3mg　竖直向上 (3)0≤x≤2 14R 6．(2018·浙江诸暨选考模拟)如图 7 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 7 (1)求小球经 C 点时的动能； (2)求小球经 C 点时所受的弹力； (3)弹簧锁定时弹簧的弹性势能 Ep 满足什么条件，从 C 点抛出的小球才能击中薄 板 DE? 解析　(1)解除锁定后，小球运动到 C 点的过程，弹簧和小球组成的系统机械能守 恒 由机械能守恒定律得 3mgR＝2mgR＋Ek 解得 Ek＝mgR。 (2)小球过 C 点时的动能 Ek＝1 2mv2 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＝mv2 R 解得 F＝mg，方向竖直向下。 (3)小球离开 C 点后做平抛运动 竖直方向：2R＝1 2gt2 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＋1 2mv21 所以 Ep 满足 17 8 mgR≤Ep≤5 2mgR 时，小球才能击中薄板。 答案　(1)mgR　(2)mg　方向竖直向下 (3)17 8 mgR≤Ep≤5 2mgR 　功能关系、能量守恒定律与能源 [要点总结] 1．功能关系的应用技巧 运用功能关系解题时，应弄清楚重力或弹力做什么功，合外力做什么功，除重力、 弹力外的力做什么功，从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化。 2．运用能量守恒定律解题的基本思路 (1)确定初、末态。 (2)分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加。 (3)能量的减少量与能量的增加量一定相等，即 ΔE 减＝ΔE 增。 [典例分析] 【例 2】 (2018·浙江台州高三期末)如图 8 所示为一自由式滑雪空中技巧比赛场 地示意图，比赛场地由出发区 AB、助滑坡 BC、第一过渡区 CD、跳台 DE、第二 过渡区 EF、着陆坡 FG 和终点区 GH 组成，在 H 处安置半径为 R＝2.0 m 的圆形 轨道，出口靠近但相互错开。第一过渡区和终点区的最低点在同一水平地面上， 出发区距地面的高度 hB＝8.4 m，跳台最高点 E 和着陆坡最高点 F 离地面的高度 均为 h0＝4.0 m，着陆坡坡度为 37°。运动员从助滑坡顶端 B 由静止滑下，离开跳 台在空中完成预定动作后到达 F 点正上方以水平速度 v＝4.0 m/s 飞出，在落到倾 斜雪道 FG 上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面方向的分速度 而不弹起。假设运动员连同滑雪板的总质量 m＝100 kg，除缓冲外运动员可视为 质点，滑雪板与雪道 GH 间的动摩擦因数 μ＝0.2，不计其余滑道和空气的阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取 g＝10 m/s2，求： 图 8 (1)运动员到达 F 点正上方时离地面的高度 h； (2)运动员在倾斜雪道 FG 上滑行的距离； (3)若运动员能够不脱离圆形轨道顺利通过最高点，雪道 GH 的最大长度。 解析　(1)运动员连同滑雪板从 B 点运动到 F 点正上方过程， 根据机械能守恒定律得 mghB＝mgh＋1 2mv2 代入数据解得 h＝hB－v2 2g ＝7.6 m (2)设运动员落在倾斜雪道 K 点，离地高度为 h1 根据平抛运动规律得 h－h1＝1 2gt2 位移关系为h0－h1 tan 37° ＝vt 代入数据后解得 h1＝0.4 m 或 5.8 m (不合题意) 运动员在倾斜雪道 FG 上滑行的距离 KG＝ h1 sin 37° ≈0.67 m。 (3)运动员落在倾斜雪道 K 点保留沿斜面方向的速度 vK＝vcos 37°＋vysin 37° 竖直方向有 v2y＝2g(h－h1) 代入数据后解得 vK＝10.4 m/s 当运动员恰好不脱离圆形轨道通过最高点时 mg＝mv R 从 K 点运动到 M 点过程，根据动能定理得 mgh1－μmgl－2mgR＝1 2mv 2M－1 2mv2K 代入数据后解得 l＝4.04 m 运动员不脱离圆形轨道顺利通过最高点，雪道 GH 的最大长度为 4.04 m。 答案　(1)7.6 m　(2)0.67 m　(3)4.04 m [精典题组] 7．(2018·浙江瑞安选考模拟)如图 9 所示，某一兴趣小组对遥控汽车的性能进行 研究，遥控汽车从斜面上 A 点由静止出发，遥控汽车的功率恒为 7 W，到达 C 点 后关闭电源，在 B 点没有动能损失，水平面 BC 在 C 点与光滑半圆轨道 CD 平滑 连接，遥控汽车刚好能通过最高点 D。遥控汽车的质量为 m＝0.2 kg，汽车与 AB、 BC 面的动摩擦因数均为 μ＝0.25，AB 的长度为 L＝5 m，AB 的倾角为 37°，BC 的 长度为 s＝8 m，CD 为半圆轨道的直径，CD 的长度为 d＝3.2 m，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)。求： 图 9 (1)小车离开 D 点后的水平位移大小； (2)经过 C 点时对圆形轨道的压力是多大？ (3)从 A 点出发运动到 C 点经历了多长时间？ 解析　(1)根据牛顿第二定律，在 D 点满足 mg＝mv R 又 R＝d 2 ，则 vD＝ gd 2 ＝4 m/s 离开 D 点后做平抛运动，则竖直方向有 d＝1 2gt2 水平方向位移 x＝vDt 得 x＝3.2 m。 (2)从 C 点到 D 点的过程中机械能守恒，则有 －mgd＝1 2mv2D－1 2mv2C 在 C 点有 FN－mg＝mv R ，得 FN＝12 N 由牛顿第三定律可知 F 压＝FN＝12 N。 (3)从 A 到 C 的过程由功能关系可得 Pt＋mgLsin 37°－μmgLcos 37°－μmgs＝1 2mv2C 解得 t＝8 7 s。 答案　(1)3.2 m　(2)12 N　(3)8 7 s 8．(2018·浙江苍南中学高二质检)如图 10 所示，在某电视台举办的冲关游戏中， AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径 R＝1.6 m，BC 是长度为 L1＝3 m 的 水平传送带，CD 是长度为 L2＝3.6 m 水平粗糙轨道，AB、CD 轨道与传送带平滑 连接，参赛者抱紧滑板从 A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质 量 m＝60 kg，滑板质量可忽略。已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别 为 μ1＝0.4、μ2＝0.5，g 取 10 m/s2。求： 图 10 (1)参赛者运动到圆弧轨道 B 处对轨道的压力； (2)若参赛者恰好能运动至 D 点，求传送带运转速率及方向； (3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。 解析　(1) 对参赛者 A 到 B 过程，由动能定理 mgR(1－cos 60°)＝1 2mv2B 解得 vB＝4 m/s 在 B 处，由牛顿第二定律 NB－mg＝m v R 解得 NB＝2mg＝1 200 N 根据牛顿第三定律，参赛者对轨道的压力 N′B＝NB＝1 200 N，方向竖直向下。 (2) C 到 D 过程，由动能定理－μ2mgL2＝0－1 2mv2C 解得 vC＝6 m/s B 到 C 过程，由牛顿第二定律 μ1mg＝ma 解得 a＝4 m/s2 参赛者加速至 vC 历时 t＝vC－vB a ＝0.5 s 位移 x1＝vB＋vC 2 t＝2.5 mmgsin θ，故 F 的方向与 OA 不再垂直， 有两种可能的方向，F 与物体的运动方向的夹角可能大于 90°，也可能小于 90°， 即拉力 F 可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据功 能原理，物体机械能变化量等于力 F 做的功，即机械能可能增加，也可能减小， 故 A 错误，C 正确。 答案　BC 二、非选择题 10.(2018·浙江诸暨高二期中)如图 8 为特种兵过山谷的简化示意图。将一根不可伸 长的细绳两端固定在相距 d 为 20 m 的 A、B 两等高点，∠APB＝α＝53°。绳上挂 一小滑轮 P，战士们相互配合，沿着绳子滑到对面。如图所示，战士甲(图中未画 出)水平拉住滑轮，质量为 50 kg 的战士乙吊在滑轮上，脚离地，处于静止状态， 此时 AP 竖直。然后战士甲将滑轮释放。若不计滑轮摩擦及空气阻力，也不计绳 与滑轮的质量(重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。求： 图 8 (1)战士甲释放滑轮前对滑轮的水平拉力 F； (2)假如 B 靠近 A，绳长不变，F 将如何变化？简述理由。 (3)不改变 d 情况下将滑轮释放，战士乙运动过程中的最大速度大小。 解析　(1)战士乙静止时，对滑轮受力分析如图所示。 根据共点力平衡条件得 T1sin 53°＝F T1cos 53°＋T2＝G 又 T1＝T2 联立解得 F＝250 N。 (2)战士乙从 A 到 B 运动过程，力的变化情况如图所示。 AB 间距缩短，绳长不变，∠APB＝α 变小，由(1)得 F＝T1sin α＝ Gsin α cos α＋1 ，因 sin α 变小，cos α 变大，得 F 变小。 (3)根据机械能守恒定律可知，运动到最低处时重力势能最小，动能最大，即有最 大速度，AP＝15 m，BP＝25 m，所以 AP′＝BP′＝20 m，ΔABP′是正三角形，P′在 AB 水平线下方 10 3 m，以 P′点所在的水平面为零势能面，则 hP＝(10 3－15) m 根据机械能守恒定律有 mghP＋0＝0＋1 2mv2 解得 v＝ 2ghP＝ 2 × 10 × （10 3－15） m/s 所以最大速度大小为 v＝6.81 m/s。 答案　(1)250 N　(2)F 变小　见解析　(3)6.81 m/s 11．(2018·浙江金华十校高三期末)如图 9 所示，质量 m＝0.2 kg 小物块，放在半 径 R1＝2 m 的水平圆盘边缘 A 处，小物块与圆盘间的动摩擦因数 μ1＝0.8。圆心角 为 θ＝37°，半径 R2＝2.5 m 的光滑圆弧轨道 BC 与水平轨道光滑连接于 C 点，小 物块与水平轨道间的动摩擦因数为 μ2＝0.5。开始圆盘静止，在电动机的带动下绕 过圆心 O1 的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出(此时 O1 与 A 连线垂直纸面)，恰好沿切线进入圆弧轨道 B 处，经过圆弧 BC 进入水平轨道 CD，在 D 处进入圆心为 O3，半径为 R3＝0.5 m 的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道 后沿水平轨道 DF 向右运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2，求： 图 9 (1)圆盘对小物块 m 做的功； (2)小物块刚离开圆盘时 A、B 两点间的水平距离； (3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨 道底端 D 与圆弧轨道底端 C 之间的距离范围和小物块的最终位置。 解析　(1)小物块刚滑出圆盘时 μ1mg＝mv R1 ， 得到 vA＝4 m/s 由动能定理可得到 W＝1 2mv2A，得到 W＝1.6 J。 (2)物块正好切入圆弧面，由平抛运动知识可得 在 B 处的竖直方向速度大小为 vBy＝vAtan 37°， 运动时间 t＝vBy g AB 间的水平距离 x＝vAt＝1.2 m。 (3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点 E 处，有 mg＝mv R3 由 B 到 E 点由动能定理得到 mgR2(1－cos 37°)－μ2mgL－mg·2R3＝1 2mv2E－1 2mv2B， 且 vB＝ vA cos 37° ＝ 4 0.8 m/s＝5 m/s 可得 L＝1 m 即 D、C 之间距离不大于 1 m 时物块可通过竖直圆，最后物块必定停止，由动能 定理可得 mgR2(1－cos 37°)－μ2mgx＝0－1 2mv2B 即最后物块停在离 C 位置 3.5 m 处。 答案　(1)0.6 J　(2)1.2 m　(3)见解析 12．(2018·浙江永康一中高二模拟)在竖直平面内建立如图 10 所示的平面直角坐 标系。将一绝缘细杆的 OM 部分弯成抛物线形状，其抛物线部分的方程 y＝－5 9 x2 ，MN 部分为直线并与抛物线在 M 点相切。将弯好的绝缘细杆的 O 端固定在 坐标原点且与 x 轴相切，与平面直角坐标系共面。已知绝缘细杆的 M 点纵坐标 yM ＝－0.8 m。一处于原长的绝缘轻弹簧套在 MN 杆上，弹簧下端固定在 N 点。现将 一质量 m＝0.1 kg、带电荷量 q＝＋10－3 C 的小球(中间有孔)套在绝缘杆上，从 O 点以初速度 v0＝5 m/s 水平抛出，到达 M 点时速度大小为 vM＝6 m/s，继续沿直杆 下滑压缩弹簧到最低点 C(图中未画出)，然后小球又被弹簧反弹恰能到达 M 点。 已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数 μ＝1 6 ，整个装置处于沿 y 轴负方向的匀强电场 中，电场强度大小 E＝103 N/C，若 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气 阻力忽略不计。求： 图 10 (1)抛出的小球沿绝缘杆抛物线 OM 部分滑动时克服摩擦力做的功； (2)上述过程中弹簧的最大弹性势能； (3)要使带电小球在抛物线部分下滑过程中无能量损失，所施加的匀强电场强度为 多大？ 解析　(1)对抛出的小球沿绝缘杆抛物线 OM 部分滑动过程应用动能定理可得 mgh＋qEh－W 克 f＝1 2mv 2M－1 2mv20 解得 W 克 f＝1.05 J。 (2)小球又被弹簧反弹恰能到达 M 点，设沿 MN 下滑的最大距离为 s，MN 杆与水 平方向的夹角为 θ，从 M 点开始到再次返回到 M 点过程由动能定理可得 －μ(mg＋qE)2scos θ＝0－1 2mv 2M 根据抛物线部分的方程 y＝－5 9x2 可知，当 y＝－0.8 m 时，x＝1.2 m 由类平抛运动规律可得 tan θ＝y x 2 ，解得 θ＝53° 设弹簧的最大弹性势能为 Ep，从 M 点到将弹簧压缩至最低点过程由动能定理可 得 mgssin θ＋qEssin θ－μ(mg＋qE)scos θ－W 弹 ＝0－1 2mv 2M 且 Ep＝W 弹 联立解得 Ep＝8.1 J。 (3)要使带电小球在抛物线部分下滑过程中无能量损失，则小球的运动轨迹应与轨 道抛物线重合，设小球在竖直方向加速度为 a，由抛体运动规律可得 y＝－1 2at2，x＝v0t 由轨道方程 y＝－5 9x2 得 a 2v ＝5 9 据牛顿第二定律可得 a＝mg＋qE′ m 解得 E′＝16 9 ×103 N/C。 答案　(1)1.05 J　(2)8.1 J　(3)16 9 ×103 N/C