資源簡介

(共85張PPT)
機械能守恒定律及其應用
第
3
講
目標
要求
1.知道機械能守恒的條件，理解機械能守恒定律的內容.2.會用機械能守恒定律解決單個物體或系統的機械能守恒問題.
內容索引
考點一　機械能守恒的判斷
考點二　單物體機械能守恒問題
考點三　系統機械能守恒問題
課時精練
考點一
機械能守恒的判斷
梳理
必備知識
1.重力做功與重力勢能的關系
(1)重力做功的特點
①重力做功與 無關，只與始末位置的 有關.
②重力做功不引起物體 的變化.
(2)重力勢能
①表達式：Ep＝ .
②重力勢能的特點
重力勢能是物體和 所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取 ，但重力勢能的變化與參考平面的選取 .
路徑
高度差
機械能
mgh
地球
有關
無關
(3)重力做功與重力勢能變化的關系
重力對物體做正功，重力勢能 ；重力對物體做負功，重力勢能_____.即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.
2.彈性勢能
(1)定義：發生 的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能.
(2)彈力做功與彈性勢能變化的關系：
彈力做正功，彈性勢能 ；彈力做負功，彈性勢能 .即W＝ .
減小
增大
彈性形變
減小
增大
－ΔEp
3.機械能守恒定律
(1)內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內， 與 可以互相轉化，而總的機械能 .
動能
勢能
保持不變
1.物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒.(　　)
2.物體做勻速直線運動，其機械能一定守恒.(　　)
3.物體的速度增大時，其機械能可能減小.(　　)
×
×
√
機械能是否守恒的三種判斷方法
(1)利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能守恒.
(2)利用做功判斷：若物體或系統只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功(或做功代數和為0)，則機械能守恒.
(3)利用能量轉化判斷：若物體或系統與外界沒有能量交換，物體或系統內也沒有機械能與其他形式能的轉化，則機械能守恒.
提升
關鍵能力
例1　忽略空氣阻力，下列物體運動過程中滿足機械能守恒的是
A.電梯勻速下降
B.物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端
C.物體沿著斜面勻速下滑
D.拉著物體沿光滑斜面勻速上升
√
電梯勻速下降，說明電梯處于受力平衡狀態，并不是只有重力做功，機械能不守恒，所以A錯誤；
物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物體位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，所以B正確；
物體沿著斜面勻速下滑，物體處于受力平衡狀態，摩擦力和重力都要做功，機械能不守恒，所以C錯誤；
拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體處于受力平衡狀態，拉力和重力都要做功，機械能不守恒，所以D錯誤.
例2　(多選)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數米距離.假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是
A.運動員到達最低點前重力勢能始終減小
B.蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加
C.蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統機械能守恒
D.蹦極過程中，重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關
√
√
√
在運動員到達最低點前，運動員一直向下運動，根據重力勢能的定義可知重力勢能始終減小，故選項A正確；
蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，而運動員向下運動，所以彈力做負功，彈性勢能增加，故選項B正確；
對于運動員、地球和蹦極繩所組成的系統，蹦極過程中只有重力和彈力做功，所以系統機械能守恒，故選項C正確；
重力做功是重力勢能轉化的量度，即WG＝－ΔEp，而蹦極過程中重力做功只與初末位置的高度差有關，與重力勢能零點的選取無關，所以重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取無關，故選項D錯誤.
例3　(多選)如圖所示，將一個內外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一固定的豎直墻壁(不與槽粘連).現讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從A點與半圓形槽相切進入槽內，則下列說法正確的是
A.小球在半圓形槽內運動的全過程中，只有重
力對它做功
B.小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，
小球的機械能守恒
C.小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成
的系統機械能守恒
D.小球從下落到從右側離開半圓形槽的過程中，機械能守恒
√
√
當小球從半圓形槽的最低點運動到半圓形槽右側的過程中，小球對半圓形槽的力使半圓形槽向右運動，半圓形槽對小球的支持力對小球做負功，小球的機械能不守恒，A、D錯誤；
小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽靜止，則只有重力做功，小球的機械能守恒，B正確；
小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統只有重力做功，機械能守恒，C正確.
考點二
單物體機械能守恒問題
1.表達式
梳理
必備知識
2.應用機械能守恒定律解題的一般步驟
例4　(2022·全國乙卷·16)固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環的速率正比于
A.它滑過的弧長
B.它下降的高度
C.它到P點的距離
D.它與P點的連線掃過的面積
√
例5　(2021·浙江1月選考·20改編)如圖所示，豎直平面內由傾角α＝60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和 圓周細圓管軌道EFG構成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直.軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ＝30°，G點與豎直墻面的距
離d＝ 現將質量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放.小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力.
(1)若釋放處高度h＝h0，當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vC；
答案　見解析
從A到C，小球的機械能守恒，有
(2)求小球在圓管內與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關系式；
答案　見解析
小球從A到D，由機械能守恒定律有
滿足的條件h≥R
(3)若小球釋放后能從原路返回到出發點，高度h應該滿足什么條件？
答案　見解析
第1種情況：不滑離軌道原路返回，由機械能守恒定律可知，此時h需滿足的條件是
第2種情況：小球與墻面垂直碰撞后原路返回，
小球與墻面碰撞后，進入G前做平拋運動，則
考點三
系統機械能守恒問題
1.解決多物體系統機械能守恒的注意點
(1)對多個物體組成的系統，要注意判斷物體運動過程中系統的機械能是否守恒.一般情況為：不計空氣阻力和一切摩擦，系統的機械能守恒.
(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系.
(3)列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式.
2.幾種實際情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各個物體在豎直方向的高度變化.
(2)角速度相等情景
①桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒.
②由v＝ωr知，v與r成正比.
(3)某一方向分速度相等情景(關聯速度情景)
兩物體速度的關聯實質：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等.
(4)含彈簧的系統機械能守恒問題
①由于彈簧發生形變時會具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統除重力、彈簧彈力以外的其他力不做功，系統機械能守恒.
②彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大.
③對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量決定，彈簧的伸長量和壓縮量相等時，彈簧的彈性勢能相等.
例6　如圖所示，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍.當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高.將A由靜止釋放，B上升的最大高度是
考向1　速率相等情景
√
多個物體組成的系統，應用機械能守恒時，先確定系統中哪些能量增加、哪些能量減少，再用ΔE增＝ΔE減(系統內一部分增加的機械能和另一部分減少的機械能相等)解決問題.
方法點撥
例7　(多選)(2023·安徽滁州市定遠縣第三中學模擬)輪軸機械是中國古代制陶的主要工具.如圖所示，輪軸可繞共同軸線O自由轉動，其輪半徑R＝20 cm，軸半徑r＝10 cm，用輕質繩纏繞在輪和軸上，分別在繩的下端吊起質量為2 kg、1 kg的物塊P和Q，將兩物塊由靜止釋放，釋放后兩物塊均做初速度為0的勻加速直線運動，不計輪軸的質量及軸線O處的摩擦，重力加速度g取10 m/s2.在P從靜止下降1.2 m的過程中，下列說法正確的是
A.P、Q速度大小始終相等
B.Q上升的距離為0.6 m
C.P下降1.2 m時Q的速度大小為
D.P下降1.2 m時的速度大小為4 m/s
考向2　角速度相等情景
√
√
例8　有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一不可伸長的輕細繩相連，A、B質量相等，均可看作質點，如圖所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止.由靜止釋放B后，已知當細繩與豎直方向的夾角為60°時，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，重力加速度為g，則連接A、B的繩長為
√
考向3　關聯速度情景
例9　(多選)如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經過與A點關于B點對稱的C點后，小球能運動到最低點D點，OB垂直于桿，則下列結論正確的是
A.小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于
重力加速度g
B.小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的
彈性勢能之和可能增大
C.小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大
D.小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大
考向4　含彈簧的系統機械能守恒問題
√
√
在B點時，小球的加速度為g，在BC間彈簧處于壓縮狀態，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分力，所以小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；
由機械能守恒定律可知，小球從B點運動到C點的過程，
小球做加速運動，即動能增大，所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯誤；
小球運動到C點時，由于彈簧的彈力為零，合力為重力G，所以小球從C點往下還會加速一段，所以小球在C點的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C錯誤；
D點為小球運動的最低點，速度為零，小球機械能最
小，由小球和彈簧組成的系統運動過程中只有重力做功，系統機械能守恒，所以小球在D點時彈簧的彈性勢能最大，故D正確.
例10　如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上.現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行.已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計.開始時整個系統處于靜止狀態；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面.求：
(1)斜面的傾角α；
答案　30°　
由題意可知，當A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，A的加速度此時為零.
由牛頓第二定律得4mgsin α－2mg＝0
(2)A球獲得的最大速度vm的大小.
初始時系統靜止且細線無拉力，彈簧處于壓縮狀態，設彈簧壓縮量為Δx，對B：kΔx＝mg
因α＝30°，
則C球離開地面時，彈簧伸長量也為Δx，故彈簧彈性勢能變化量為零，
A、B、C三小球和彈簧組成的系統機械能守恒，
四
課時精練
1.如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止在水平面上.現將一小球從圖示位置由靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法中正確的是
A.斜劈對小球的彈力不做功
B.斜劈與小球組成的系統機械能守恒
C.斜劈的機械能守恒
D.小球重力勢能的減少量等于斜劈動能的增加量
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基礎落實練
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不計一切摩擦，小球下滑時，小球和斜劈組成的系統只有小球的重力做功，系統機械能守恒，B正確；
斜劈動能增加，重力勢能不變，故斜劈的機械能增加，C錯誤；
由系統機械能守恒可知，小球重力勢能的減少量等于斜劈動能的增加量和小球動能的增加量之和，D錯誤；
斜劈對小球的彈力與小球位移的夾角大于90°，故彈力做負功，A錯誤.
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2.(2023·浙江臺州市模擬)如圖所示是“抓娃娃機”的照片，使用者可憑自己的技術操控機械爪抓住透明箱內的玩具，提升至一定高度后水平移動到出口就可取得玩具.關于這一操作過程，不計空氣阻力，下列說法正確的是
A.機械爪抓到玩具勻速上升時，玩具的機械能守恒
B.玩具從機械爪中掉下，玩具的動能增加，機械能增加
C.機械爪抓到玩具水平勻速移動時，重力對玩具不做功
D.機械爪抓到玩具勻速上升時，機械爪對玩具做的功等于零
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機械爪抓到玩具勻速上升時，機械爪對玩具做正功，玩具的動能不變，重力勢能增加，所以玩具的機械能增加，選項A、D錯誤；
玩具掉落過程中，動能增加，重力勢能減少，機械能守恒，選項B錯誤；
玩具水平勻速移動時，重力方向與運動方向垂直，重力對玩具不做功，選項C正確.
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3.(多選)(2023·浙江省寧波五校聯考)輪滑等極限運動深受青少年喜愛，輪滑少年利用場地可以進行各種炫酷的動作表演.為了研究方便，把半球形下沉式場地簡化成半圓形軌道，兩輪滑少年可以看作完全相同的光滑小球A和B，如圖所示.兩小球分別從半圓形軌道邊緣無初速度滑下，不計空氣阻力，則下列說法正確的是
A.A、B兩小球在最低點速度大小相等
B.A、B兩小球在最低點受到軌道的支持力大小相等
C.A、B兩小球在最低點的加速度大小相等
D.若以水平地面為零勢能面，兩小球分別滑到各自最低點時，A小球的
機械能小于B小球的機械能
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兩球下滑過程中的機械能守恒，若以水平地面為零勢能面，則開始時的機械能相同，則兩小球分別滑到各自最低點時機械能相等，D錯誤.
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4.(2021·浙江6月選考·10)空間站在地球外層的稀薄大氣中繞行，因氣體阻力的影響，軌道高度會發生變化.空間站安裝有發動機，可對軌道進行修正.圖中給出了國際空間站在2020.02～2020.08期間離地高度隨時間變化的曲線，則空間站
A.繞地運行速度約為2.0 km/s
B.繞地運行速度約為8.0 km/s
C.在4月份繞行的任意兩小時內機械能可視為守恒
D.在5月份繞行的任意兩小時內機械能可視為守恒
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在4月份軌道半徑出現明顯的變大，可推知發動機做功，則機械能不守恒，故C錯誤；
在5月份任意兩小時內軌道半徑基本不變，故可視為機械能守恒，故D正確.
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5.(2021·海南卷·2)水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中.如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m.取重力加速度g＝10 m/s2，將人視為質點，不計摩擦和空氣阻力.則人的落水點到滑梯末端
的水平距離為
A.4.0 m B.4.5 m
C.5.0 m D.5.5 m
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6.質量為m的小球從距離水平地面高H處由靜止開始自由落下，取水平地面為參考平面，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，當小球的動能等于重力勢能的2倍時，經歷的時間為
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7.(2023·浙江衢州市模擬)如圖所示，一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經過其最高點A時對軌道的壓力大小為(重力加速度為g)
A.2mg B.3mg
C.4mg D.5mg
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8.(多選)如圖，一個質量為0.9 kg的小球以某一初速度從P點水平拋出，恰好從光滑圓弧ABC的A點沿切線方向進入圓弧(不計空氣阻力，進入圓弧時無機械能損失).已知圓弧的半徑R＝0.3 m，θ＝60°，小球到達A點時的速度vA＝4 m/s.(取g＝10 m/s2)下列說法正確的是
A.小球做平拋運動的初速度v0＝
B.P點和C點等高
C.小球到達圓弧最高點C點時對軌道的壓力大小為12 N
D.P點與A點的豎直高度h＝0.6 m
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小球到A點時的豎直分速度vy＝vAsin θ＝ 由平拋運動規律得vy2＝2gh，解得h＝0.6 m，而AC的豎直距離為R＋Rcos θ＝0.45 m，可知P點高于C點，選項B錯誤，D正確；
小球恰好從光滑圓弧ABC的A點沿切線方向進入圓弧，則小球到A點時的速度與水平方向的夾角為θ，所以v0＝vx＝vAcos θ＝2 m/s，選項A錯誤；
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9.(多選)如圖所示，質量為M的小球套在固定傾斜的光滑桿上，原長為l0的輕質彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內.圖中AO水平，BO間連線長度恰好與彈簧原長相等，且與桿垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中點，θ＝30°.現讓小球從A處由靜止釋放，重力加速度為g，下列說法正確的有
A.下滑過程中小球的機械能守恒
B.小球滑到B點時的加速度大小為
C.小球下滑到B點時速度最大
D.小球下滑到C點時的速度大小為
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下滑過程中小球的機械能會與彈簧的彈性勢能相互轉化，因此小球的機械能不守恒，故A錯誤；
因為在B點，彈簧恢復原長，因此重力沿桿的分力提供加速度，根據牛頓第二定律可得mgcos 30°＝ma，解得a＝ 故B正確；
到達B點時加速度與速度方向相同，因此小球還會加速，故C錯誤；
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10.(2023·廣東省深圳實驗學校、湖南省長沙一中高三聯考)如圖所示，一根長為3L的輕桿可繞水平轉軸O轉動，兩端固定質量均為m的小球A和B, A到O的距離為L，現使桿在豎直平面內轉動，B運動到最高點時，恰好對桿無作用力，兩球均視為質點，不計空氣阻力和摩擦阻力，重力加速度為g.當B由最高點第一次轉至與O點等高的過程中，下列說法正確的是
A.桿對B球做正功
B.B球的機械能守恒
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11.如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，一勁度系數為k＝ 200 N/m的輕質彈簧一端固定在擋板C上，另一端連接一質量為m＝4 kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，B距地面足夠高.用手托住物體B使繩子剛好伸直且沒有拉力，然后由靜止釋放.取重力加速度g＝ 10 m/s2.求：
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(1)彈簧恢復原長時細繩上的拉力大小；
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答案　30 N　
彈簧恢復原長時，
對B：mg－FT＝ma
對A：FT－mgsin 30°＝ma
代入數據可求得：FT＝30 N.
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(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；
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答案　20 cm
當A速度最大時有FT′＝mg＝kx2＋mgsin 30°
所以A沿斜面向上運動x1＋x2＝20 cm時獲得最大速度.
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(3)物體A的最大速度的大小.
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答案　1 m/s
因x1＝x2，
故彈簧彈性勢能的改變量ΔEp＝0
由機械能守恒定律有
解得v＝1 m/s.
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12.(2023·浙江溫州市模擬)如圖為一游戲裝置的示意圖，在水平軌道的左側有一豎直墻面P，PA、AC段均為光滑的水平面，在水平面上有一半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道，圓軌道與水平軌道相切于A點，傾角為θ＝30°的傾斜軌道CD與水平軌道平滑連接于C點.現有一可視為質點、質量為m＝2 kg的滑塊放置于彈簧的一端，彈簧的另一端固定于墻面上，彈射時讓滑塊由靜止釋放，彈簧的彈性勢能與滑塊動能相互轉化時無能量損耗，由于受彈簧限制，彈性勢能最大值不能超過120 J，重力加速度g取10 m/s2.
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(1)若滑塊第一次恰好能通過圓軌道的最高點B，求滑塊在A點的速度的大小；
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(2)求在第(1)問的前提下，滑塊在圓軌道最右端時對軌道壓力的大小；
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答案　60 N
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聯立解得FN＝60 N
由牛頓第三定律可知，滑塊在圓軌道最右端時對軌道的壓力大小為60 N.
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(3)已知CD段的動摩擦因數為 且CD段的長度為15 m，滑塊在整個運動過程中不脫離軌道并且不從D點飛離，求首次彈射時彈簧的彈性勢能的取值范圍.
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答案　Ep≤8 J或20 J≤Ep≤120 J
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若恰好不從D點飛出，則Ep2＝mg·lsin θ＋μmgcos θ·l＝240 J>120 J
故彈簧的彈性勢能的取值范圍為20 J≤Ep≤120 J
若恰好到達圓心等高點，根據機械能守恒定律得Ep3＝mgR＝8 J
故彈簧的彈性勢能的取值范圍Ep≤8 J.
若恰好到達B點，根據機械能守恒定律得
13
13.(多選)如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上.a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動.不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g.則
A.a落地前，輕桿對b一直做正功
B.a落地時速度大小為
C.a下落過程中，其加速度大小始終不大于g
D.a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓
力大小為mg
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滑塊b的初速度為零，末速度也為零，所以輕桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤；
a、b的先后受力如圖所示.
由a的受力圖可知，a下落過程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項C錯誤；
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a落地前當b的加速度為零(即輕桿對b的作用力為零)時，b的機械能最大，a的機械能最小，這時b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確.
13第3講　機械能守恒定律及其應用
目標要求　1.知道機械能守恒的條件，理解機械能守恒定律的內容.2.會用機械能守恒定律解決單個物體或系統的機械能守恒問題．
考點一　機械能守恒的判斷
1．重力做功與重力勢能的關系
(1)重力做功的特點
①重力做功與路徑無關，只與始末位置的高度差有關．
②重力做功不引起物體機械能的變化．
(2)重力勢能
①表達式：Ep＝mgh.
②重力勢能的特點
重力勢能是物體和地球所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取有關，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關．
(3)重力做功與重力勢能變化的關系
重力對物體做正功，重力勢能減小；重力對物體做負功，重力勢能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.
2．彈性勢能
(1)定義：發生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能．
(2)彈力做功與彈性勢能變化的關系：
彈力做正功，彈性勢能減小；彈力做負功，彈性勢能增大．即W＝－ΔEp.
3．機械能守恒定律
(1)內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變．
(2)表達式：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22.
1．物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒．(　×　)
2．物體做勻速直線運動，其機械能一定守恒．(　×　)
3．物體的速度增大時，其機械能可能減小．(　√　)
機械能是否守恒的三種判斷方法
(1)利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能守恒．
(2)利用做功判斷：若物體或系統只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功(或做功代數和為0)，則機械能守恒．
(3)利用能量轉化判斷：若物體或系統與外界沒有能量交換，物體或系統內也沒有機械能與其他形式能的轉化，則機械能守恒．
例1　忽略空氣阻力，下列物體運動過程中滿足機械能守恒的是(　　)
A．電梯勻速下降
B．物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端
C．物體沿著斜面勻速下滑
D．拉著物體沿光滑斜面勻速上升
答案　B
解析　電梯勻速下降，說明電梯處于受力平衡狀態，并不是只有重力做功，機械能不守恒，所以A錯誤；物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物體位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，所以B正確；物體沿著斜面勻速下滑，物體處于受力平衡狀態，摩擦力和重力都要做功，機械能不守恒，所以C錯誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體處于受力平衡狀態，拉力和重力都要做功，機械能不守恒，所以D錯誤．
例2　(多選)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數米距離．假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是(　　)
A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小
B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加
C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統機械能守恒
D．蹦極過程中，重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關
答案　ABC
解析　在運動員到達最低點前，運動員一直向下運動，根據重力勢能的定義可知重力勢能始終減小，故選項A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，而運動員向下運動，所以彈力做負功，彈性勢能增加，故選項B正確；對于運動員、地球和蹦極繩所組成的系統，蹦極過程中只有重力和彈力做功，所以系統機械能守恒，故選項C正確；重力做功是重力勢能轉化的量度，即WG＝－ΔEp，而蹦極過程中重力做功只與初末位置的高度差有關，與重力勢能零點的選取無關，所以重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取無關，故選項D錯誤．
例3　(多選)如圖所示，將一個內外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一固定的豎直墻壁(不與槽粘連)．現讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從A點與半圓形槽相切進入槽內，則下列說法正確的是(　　)
A．小球在半圓形槽內運動的全過程中，只有重力對它做功
B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球的機械能守恒
C．小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統機械能守恒
D．小球從下落到從右側離開半圓形槽的過程中，機械能守恒
答案　BC
解析　當小球從半圓形槽的最低點運動到半圓形槽右側的過程中，小球對半圓形槽的力使半圓形槽向右運動，半圓形槽對小球的支持力對小球做負功，小球的機械能不守恒，A、D錯誤；小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽靜止，則只有重力做功，小球的機械能守恒，B正確；小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統只有重力做功，機械能守恒，C正確．
考點二　單物體機械能守恒問題
1．表達式
2．應用機械能守恒定律解題的一般步驟
例4　(2022·全國乙卷·16)固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環的速率正比于(　　)
A．它滑過的弧長
B．它下降的高度
C．它到P點的距離
D．它與P點的連線掃過的面積
答案　C
解析　如圖所示，
設小環下降的高度為h，大圓環的半徑為R，小環到P點的距離為L，根據機械能守恒定律得mgh＝mv2，由幾何關系可得h＝Lsin θ，sin θ＝，聯立可得h＝，則v＝L，故C正確，A、B、D錯誤．
例5　(2021·浙江1月選考·20改編)如圖所示，豎直平面內由傾角α＝60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和圓周細圓管軌道EFG構成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直．軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ＝30°，G點與豎直墻面的距離d＝R.現將質量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放．小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力．
(1)若釋放處高度h＝h0，當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vC；
(2)求小球在圓管內與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關系式；
(3)若小球釋放后能從原路返回到出發點，高度h應該滿足什么條件？
答案　見解析
解析　(1)從A到C，小球的機械能守恒，有
mgh0＝mvC2，可得vC＝
(2)小球從A到D，由機械能守恒定律有
mg(h－R)＝mvD2
根據牛頓第二定律有FN＝
聯立可得FN＝2mg(－1)
滿足的條件h≥R
(3)第1種情況：不滑離軌道原路返回，由機械能守恒定律可知，此時h需滿足的條件是
h≤R＋3Rsin θ＝R
第2種情況：小球與墻面垂直碰撞后原路返回，
小球與墻面碰撞后，進入G前做平拋運動，則
vxt＝vx＝d，其中vx＝vGsin θ，vy＝vGcos θ
故有vGsin θ·＝d，可得vG＝2
由機械能守恒定律有mg(h－R)＝mvG2
可得h＝R.
考點三　系統機械能守恒問題
1．解決多物體系統機械能守恒的注意點
(1)對多個物體組成的系統，要注意判斷物體運動過程中系統的機械能是否守恒．一般情況為：不計空氣阻力和一切摩擦，系統的機械能守恒．
(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系．
(3)列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．
2．幾種實際情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各個物體在豎直方向的高度變化．
(2)角速度相等情景
①桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒．
②由v＝ωr知，v與r成正比．
(3)某一方向分速度相等情景(關聯速度情景)
兩物體速度的關聯實質：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等．
(4)含彈簧的系統機械能守恒問題
①由于彈簧發生形變時會具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統除重力、彈簧彈力以外的其他力不做功，系統機械能守恒.
②彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大．
③對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量決定，彈簧的伸長量和壓縮量相等時，彈簧的彈性勢能相等．
考向1　速率相等情景
例6　如圖所示，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍．當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是(　　)
A．2R B.
C. D.
答案　C
解析　設B球的質量為m，則A球的質量為2m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，根據機械能守恒定律得2mgR＝×(2m＋m)v2＋mgR，B球繼續上升的過程由動能定理可得－mgh＝0－mv2，聯立解得h＝，B球上升的最大高度為h＋R＝R，故選C.
多個物體組成的系統，應用機械能守恒時，先確定系統中哪些能量增加、哪些能量減少，再用ΔE增＝ΔE減(系統內一部分增加的機械能和另一部分減少的機械能相等)解決問題．
考向2　角速度相等情景
例7　(多選)(2023·安徽滁州市定遠縣第三中學模擬)輪軸機械是中國古代制陶的主要工具．如圖所示，輪軸可繞共同軸線O自由轉動，其輪半徑R＝20 cm，軸半徑r＝10 cm，用輕質繩纏繞在輪和軸上，分別在繩的下端吊起質量為2 kg、1 kg的物塊P和Q，將兩物塊由靜止釋放，釋放后兩物塊均做初速度為0的勻加速直線運動，不計輪軸的質量及軸線O處的摩擦，重力加速度g取10 m/s2.在P從靜止下降1.2 m的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．P、Q速度大小始終相等
B．Q上升的距離為0.6 m
C．P下降1.2 m時Q的速度大小為2 m/s
D．P下降1.2 m時的速度大小為4 m/s
答案　BD
解析　由題意知輪半徑R＝20 cm，軸半徑r＝10 cm，根據線速度與角速度關系可知＝＝，故A項錯誤；在P從靜止下降1.2 m的過程中，由題意得＝＝，解得hQ＝0.6 m，故B項正確；根據機械能守恒得mPghP＝mPvP2＋mQvQ2＋mQghQ，由A項和B項知＝，hQ＝0.6 m，解得vQ＝2 m/s，vP＝4 m/s，故C項錯誤，D項正確．
考向3　關聯速度情景
例8　有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一不可伸長的輕細繩相連，A、B質量相等，均可看作質點，如圖所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止．由靜止釋放B后，已知當細繩與豎直方向的夾角為60°時，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，重力加速度為g，則連接A、B的繩長為(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　由運動的合成與分解可知滑塊A和B在繩長方向的速度大小相等，有vAsin 60°＝vcos 60°，解得vA＝v，將滑塊A、B看成一個系統，系統的機械能守恒，設滑塊B下滑的高度為h，有mgh＝mvA2＋mv2，解得h＝，由幾何關系可知繩子的長度為L＝2h＝，故選項D正確．
考向4　含彈簧的系統機械能守恒問題
例9　(多選)如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經過與A點關于B點對稱的C點后，小球能運動到最低點D點，OB垂直于桿，則下列結論正確的是(　　)
A．小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B．小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大
C．小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大
D．小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大
答案　AD
解析　在B點時，小球的加速度為g，在BC間彈簧處于壓縮狀態，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分力，所以小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；由機械能守恒定律可知，小球從B點運動到C點的過程，小球做加速運動，即動能增大，所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯誤；小球運動到C點時，由于彈簧的彈力為零，合力為重力G，所以小球從C點往下還會加速一段，所以小球在C點的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C錯誤；D點為小球運動的最低點，速度為零，小球機械能最小，由小球和彈簧組成的系統運動過程中只有重力做功，系統機械能守恒，所以小球在D點時彈簧的彈性勢能最大，故D正確．
例10　如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上．現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行．已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計．開始時整個系統處于靜止狀態；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面．求：
(1)斜面的傾角α；
(2)A球獲得的最大速度vm的大小．
答案　(1)30°　(2)2g
解析　(1)由題意可知，當A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，A的加速度此時為零．
由牛頓第二定律得4mgsin α－2mg＝0
則sin α＝，α＝30°.
(2)初始時系統靜止且細線無拉力，彈簧處于壓縮狀態，設彈簧壓縮量為Δx，對B：kΔx＝mg
因α＝30°，
則C球離開地面時，彈簧伸長量也為Δx，故彈簧彈性勢能變化量為零，
A、B、C三小球和彈簧組成的系統機械能守恒，
有4mg·2Δx·sin α－mg·2Δx＝(5m)vm2
聯立解得vm＝2g.
課時精練
1.如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止在水平面上．現將一小球從圖示位置由靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法中正確的是(　　)
A．斜劈對小球的彈力不做功
B．斜劈與小球組成的系統機械能守恒
C．斜劈的機械能守恒
D．小球重力勢能的減少量等于斜劈動能的增加量
答案　B
解析　不計一切摩擦，小球下滑時，小球和斜劈組成的系統只有小球的重力做功，系統機械能守恒，B正確；斜劈動能增加，重力勢能不變，故斜劈的機械能增加，C錯誤；由系統機械能守恒可知，小球重力勢能的減少量等于斜劈動能的增加量和小球動能的增加量之和，D錯誤；斜劈對小球的彈力與小球位移的夾角大于90°，故彈力做負功，A錯誤．
2.(2023·浙江臺州市模擬)如圖所示是“抓娃娃機”的照片，使用者可憑自己的技術操控機械爪抓住透明箱內的玩具，提升至一定高度后水平移動到出口就可取得玩具．關于這一操作過程，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A．機械爪抓到玩具勻速上升時，玩具的機械能守恒
B．玩具從機械爪中掉下，玩具的動能增加，機械能增加
C．機械爪抓到玩具水平勻速移動時，重力對玩具不做功
D．機械爪抓到玩具勻速上升時，機械爪對玩具做的功等于零
答案　C
解析　機械爪抓到玩具勻速上升時，機械爪對玩具做正功，玩具的動能不變，重力勢能增加，所以玩具的機械能增加，選項A、D錯誤；玩具掉落過程中，動能增加，重力勢能減少，機械能守恒，選項B錯誤；玩具水平勻速移動時，重力方向與運動方向垂直，重力對玩具不做功，選項C正確．
3.(多選)(2023·浙江省寧波五校聯考)輪滑等極限運動深受青少年喜愛，輪滑少年利用場地可以進行各種炫酷的動作表演．為了研究方便，把半球形下沉式場地簡化成半圓形軌道，兩輪滑少年可以看作完全相同的光滑小球A和B，如圖所示．兩小球分別從半圓形軌道邊緣無初速度滑下，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　)
A．A、B兩小球在最低點速度大小相等
B．A、B兩小球在最低點受到軌道的支持力大小相等
C．A、B兩小球在最低點的加速度大小相等
D．若以水平地面為零勢能面，兩小球分別滑到各自最低點時，A小球的機械能小于B小球的機械能
答案　BC
解析　根據機械能守恒定律可知mgR＝mv2，可得v＝，可知A、B兩小球在最低點速度大小不相等，A錯誤；在最低點時，由牛頓第二定律有FN－mg＝m，可得FN＝3mg，則與半徑無關，又因兩小球質量相等，則兩小球在各自軌道最低點受到的支持力大小相等，B正確；A、B兩小球在最低點的加速度大小a＝＝2g，即加速度大小相等，C正確；兩球下滑過程中的機械能守恒，若以水平地面為零勢能面，則開始時的機械能相同，則兩小球分別滑到各自最低點時機械能相等，D錯誤．
4.(2021·浙江6月選考·10)空間站在地球外層的稀薄大氣中繞行，因氣體阻力的影響，軌道高度會發生變化．空間站安裝有發動機，可對軌道進行修正．圖中給出了國際空間站在2020.02～2020.08期間離地高度隨時間變化的曲線，則空間站(　　)
A．繞地運行速度約為2.0 km/s
B．繞地運行速度約為8.0 km/s
C．在4月份繞行的任意兩小時內機械能可視為守恒
D．在5月份繞行的任意兩小時內機械能可視為守恒
答案　D
解析　衛星貼近地面做勻速圓周運動的線速度大小設為v1，此速度為第一宇宙速度，即v1＝7.9 km/s；地球半徑約為6 400 km，空間站離地高度在418 km～421 km之間．由＝mg，＝，解得v＝，空間站距離地面的最小高度約為h＝418 km＜R＝6 400 km，則v2>＝ km/s，故A、B錯誤；在4月份軌道半徑出現明顯的變大，可推知發動機做功，則機械能不守恒，故C錯誤；在5月份任意兩小時內軌道半徑基本不變，故可視為機械能守恒，故D正確．
5.(2021·海南卷·2)水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中．如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m．取重力加速度g＝10 m/s2，將人視為質點，不計摩擦和空氣阻力．則人的落水點到滑梯末端的水平距離為(　　)
A．4.0 m B．4.5 m
C．5.0 m D．5.5 m
答案　A
解析　設人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為v，根據機械能守恒定律可知mgH＝mv2，解得v＝4 m/s，從滑梯末端水平飛出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，根據h＝gt2可知t＝＝ s＝ s，水平方向做勻速直線運動，則人的落水點距離滑梯末端的水平距離為x＝vt＝4× m＝4.0 m，故選A.
6．質量為m的小球從距離水平地面高H處由靜止開始自由落下，取水平地面為參考平面，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，當小球的動能等于重力勢能的2倍時，經歷的時間為(　　)
A. B．2
C. D.
答案　B
解析　設下降h時，動能等于重力勢能的2倍，根據機械能守恒：mgH＝mg(H－h)＋Ek即：mgH＝3mg(H－h)，解得h＝H，根據h＝gt2解得t＝2，故選B.
7.(2023·浙江衢州市模擬)如圖所示，一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經過其最高點A時對軌道的壓力大小為(重力加速度為g)(　　)
A．2mg B．3mg
C．4mg D．5mg
答案　C
解析　小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝，小球在軌道1上經過其最高點A時，有FN＋mg＝，根據機械能守恒定律，有1.6mgR＝mvA2－mvB2，聯立解得FN＝4mg，結合牛頓第三定律可知，小球在軌道1上經過其最高點A時對軌道的壓力大小為4mg，C正確．
8.(多選)如圖，一個質量為0.9 kg的小球以某一初速度從P點水平拋出，恰好從光滑圓弧ABC的A點沿切線方向進入圓弧(不計空氣阻力，進入圓弧時無機械能損失)．已知圓弧的半徑R＝0.3 m，θ＝60°，小球到達A點時的速度vA＝4 m/s.(取g＝10 m/s2)下列說法正確的是(　　)
A．小球做平拋運動的初速度v0＝2 m/s
B．P點和C點等高
C．小球到達圓弧最高點C點時對軌道的壓力大小為12 N
D．P點與A點的豎直高度h＝0.6 m
答案　CD
解析　小球恰好從光滑圓弧ABC的A點沿切線方向進入圓弧，則小球到A點時的速度與水平方向的夾角為θ，所以v0＝vx＝vAcos θ＝2 m/s，選項A錯誤；小球到A點時的豎直分速度vy＝vAsin θ＝2 m/s，由平拋運動規律得vy2＝2gh，解得h＝0.6 m，而AC的豎直距離為R＋Rcos θ＝0.45 m，可知P點高于C點，選項B錯誤，D正確；取A點的重力勢能為零，由機械能守恒定律得mvA2＝mvC2＋mg(R＋Rcos θ)，代入數據得vC＝ m/s，在C點時由牛頓第二定律得FNC＋mg＝m，代入數據得FNC＝12 N，根據牛頓第三定律，小球對軌道的壓力大小FNC′＝FNC＝12 N，選項C正確．
9.(多選)如圖所示，質量為M的小球套在固定傾斜的光滑桿上，原長為l0的輕質彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內．圖中AO水平，BO間連線長度恰好與彈簧原長相等，且與桿垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中點，θ＝30°.現讓小球從A處由靜止釋放，重力加速度為g，下列說法正確的有(　　)
A．下滑過程中小球的機械能守恒
B．小球滑到B點時的加速度大小為g
C．小球下滑到B點時速度最大
D．小球下滑到C點時的速度大小為
答案　BD
解析　下滑過程中小球的機械能會與彈簧的彈性勢能相互轉化，因此小球的機械能不守恒，故A錯誤；因為在B點，彈簧恢復原長，因此重力沿桿的分力提供加速度，根據牛頓第二定律可得mgcos 30°＝ma，解得a＝g，故B正確；到達B點時加速度與速度方向相同，因此小球還會加速，故C錯誤；因為C是AO′段的中點，θ＝30°，由幾何關系知當小球到C點時，彈簧的長度與在A點時相同，故在A、C兩位置彈簧彈性勢能相等，小球重力做的功全部轉化為小球的動能，有mgl0＝mvC2，解得vC＝，故D正確．
10.(2023·廣東省深圳實驗學校、湖南省長沙一中高三聯考)如圖所示，一根長為3L的輕桿可繞水平轉軸O轉動，兩端固定質量均為m的小球A和B, A到O的距離為L，現使桿在豎直平面內轉動，B運動到最高點時，恰好對桿無作用力，兩球均視為質點，不計空氣阻力和摩擦阻力，重力加速度為g.當B由最高點第一次轉至與O點等高的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．桿對B球做正功
B．B球的機械能守恒
C．輕桿轉至水平時，A球速度大小為
D．輕桿轉至水平時，B球速度大小為
答案　D
解析　由題知B運動到最高點時，恰好對桿無作用力，有mg＝m，B在最高點時速度大小為v＝，因為A、B角速度相同，A的轉動半徑只有B的一半，所以A的速度大小為，當B由最高點轉至與O點等高時，取O點所在水平面的重力勢能為零，根據A、B機械能守恒，mg·2L－mgL＋m2＋mv2＝mvA2＋mvB2,2vA＝vB，解得vA＝，vB＝，故C錯誤，D正確；設桿對B做的功為W，對B由動能定理得mg·2L＋W＝mvB2－mv2，解得W＝－mgL，所以桿對B做負功，B機械能不守恒，故A、B錯誤．
11.如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，一勁度系數為k＝200 N/m的輕質彈簧一端固定在擋板C上，另一端連接一質量為m＝4 kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，B距地面足夠高．用手托住物體B使繩子剛好伸直且沒有拉力，然后由靜止釋放．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)彈簧恢復原長時細繩上的拉力大小；
(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；
(3)物體A的最大速度的大小．
答案　(1)30 N　(2)20 cm　(3)1 m/s
解析　(1)彈簧恢復原長時，
對B：mg－FT＝ma
對A：FT－mgsin 30°＝ma
代入數據可求得：FT＝30 N.
(2)初態彈簧壓縮量x1＝＝10 cm
當A速度最大時有FT′＝mg＝kx2＋mgsin 30°
彈簧伸長量x2＝＝10 cm
所以A沿斜面向上運動x1＋x2＝20 cm時獲得最大速度．
(3)因x1＝x2，
故彈簧彈性勢能的改變量ΔEp＝0
由機械能守恒定律有
mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝×2mv2
解得v＝1 m/s.
12．(2023·浙江溫州市模擬)如圖為一游戲裝置的示意圖，在水平軌道的左側有一豎直墻面P，PA、AC段均為光滑的水平面，在水平面上有一半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道，圓軌道與水平軌道相切于A點，傾角為θ＝30°的傾斜軌道CD與水平軌道平滑連接于C點．現有一可視為質點、質量為m＝2 kg的滑塊放置于彈簧的一端，彈簧的另一端固定于墻面上，彈射時讓滑塊由靜止釋放，彈簧的彈性勢能與滑塊動能相互轉化時無能量損耗，由于受彈簧限制，彈性勢能最大值不能超過120 J，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若滑塊第一次恰好能通過圓軌道的最高點B，求滑塊在A點的速度的大小；
(2)求在第(1)問的前提下，滑塊在圓軌道最右端時對軌道壓力的大小；
(3)已知CD段的動摩擦因數為，且CD段的長度為15 m，滑塊在整個運動過程中不脫離軌道并且不從D點飛離，求首次彈射時彈簧的彈性勢能的取值范圍．
答案　(1)2 m/s　(2)60 N
(3)Ep≤8 J或20 J≤Ep≤120 J
解析　(1)滑塊第一次恰好能通過圓軌道的最高點B，則有mg＝m
從A到B根據動能定理得－mg·2R＝mvB2－mvA2，
聯立解得vA＝＝2 m/s
(2)滑塊在圓軌道最右端時有－mg·R＝mv2－mvA2
FN＝m，
聯立解得FN＝60 N
由牛頓第三定律可知，滑塊在圓軌道最右端時對軌道的壓力大小為60 N.
(3)若恰好到達B點，根據機械能守恒定律得
Ep1＝mg·2R＋mvB2＝20 J
若恰好不從D點飛出，則Ep2＝mg·lsin θ＋μmgcos θ·l＝240 J>120 J
故彈簧的彈性勢能的取值范圍為20 J≤Ep≤120 J
若恰好到達圓心等高點，根據機械能守恒定律得Ep3＝mgR＝8 J
故彈簧的彈性勢能的取值范圍Ep≤8 J.
13.(多選)如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g.則(　　)
A．a落地前，輕桿對b一直做正功
B．a落地時速度大小為
C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于g
D．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg
答案　BD
解析　滑塊b的初速度為零，末速度也為零，所以輕桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤；以滑塊a、b及輕桿為研究對象，系統的機械能守恒，當a剛落地時，b的速度為零，則mgh＝mva2＋0，即va＝，選項B正確；a、b的先后受力如圖所示．
由a的受力圖可知，a下落過程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項C錯誤；a落地前當b的加速度為零(即輕桿對b的作用力為零)時，b的機械能最大，a的機械能最小，這時b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確．

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