专题32 机械能守恒定律的理解及应用 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

这是一份专题32 机械能守恒定律的理解及应用 2022届高中物理常考点归纳二轮复习，共18页。

常考点 机械能守恒定律的理解及应用
【典例1】
某单板滑雪的赛道结构如图所示，斜坡AB与水平面夹角为53°，它和半径为24m的光滑圆弧BC平滑相
交于B点，BC弧对应的圆心角为37°，圆心O处于B点正上方。一运动员从斜坡上A点由静止起自由下
滑，到达C点时脱离轨道，在空中表演出各种漂亮的技术动作后，以15m/s的速度落于另一斜坡E点。A、
B两点间的高度差为h1＝8m，C、E两点间的高度差为h2＝10m，不计空气阻力，取sin53°＝cs37°＝0.8，
cs53°＝sin37°＝0.6，g＝10m/s2．求：
（1）运动员下滑到B点时的速度大小vB；
（2）滑板与斜坡AB间的动摩擦因数μ。
解：（1）运动员从B到D运动的过程中，只有重力做功，所以运动员的机械能守恒，以E点所在位置为零势能面，则有：
其中，hBE＝h2﹣（R﹣Rcs37°）＝10m﹣（24m﹣24m×0.8）＝5.2m
代入数据解得：vB＝11m/s
（2）运动员从A下滑到B的过程中，做匀加速直线运动，则有：
其中，SAB＝＝m＝10m
解得：a＝6.05m/s2
运动员受力分析，如图所示：
由牛顿第二定律，则有：mgsin53°﹣f＝ma
又N＝mgcs53°
且f＝μN
代入数据解得：μ＝0.325
答：（1）运动员下滑到B点时的速度大小是11m/s；
（2）滑板与斜坡AB间的动摩擦因数为0.325。
【典例2】
如图所示，轻质弹簧的一端固定在粗糙斜面的挡板O点，另一端固定一个小物块．小物块从P1位置（此位
置弹簧伸长量为零）由静止开始运动，运动到最低点P2位置，然后在弹力作用下上升运动到最高点P3位置
（图中未标出）．在此两过程中，下列判断正确的是（ ）
A．下滑和上滑过程弹簧和小物块系统机械能守恒
B．下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高
C．下滑过程弹簧和小物块组成系统机械减小量比上升过程小
D．下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值小
【解析】A、对滑块受力分析有重力、弹簧的弹力和斜面给滑块的支持力和摩擦力，摩擦力做负功等于机械能减少，A错误；
B、全程分析P3一定在P1的下方，P1到P2逆过程分析和P2到P3对比分析，摩擦力先沿斜面向上后向下，下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高，B正确；
C、分段P1P2和P2P3比较，摩擦力大小相等P1P2距离大，机械能损失多，C错误；
D、P1、P2、P3三点的速度为零，能量在弹性势能、内能、和重力势能间转化，内能和弹性势能的变化总和与重力势能变化大小相等，所以下滑时的重力势能变化大，D错误。
【典例3】
如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平地面
上的O点，置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾
倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为37°（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），
重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．A、B质量之比为27：25
B．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为3：5
C．A落地时速率为
D．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为
【解析】B、A与B刚脱离接触的瞬间，A的速度方向垂直于杆向下，水平方向的分速度与B速度大小一样，设B运动的速度为vB，
则：vAsin37°＝vB，因此vA：vB＝5：3，故B错误；
D、A与B刚脱离接触的瞬间，两者之间接触无弹力，此时两者在水平方向加速度相同，而B此时加速度为零，则A水平加速度亦为零，故杆对A的无弹力（自由转动的杆的弹力必沿着杆），故此时A只受重力作用，对A球根据牛顿第二定律：mgsin37°＝m，解得：vA＝
又因为vA：vB＝5：3，可知：vB＝，故D错误；
C、A与B刚脱离接触后到落地的过程，由机械能守恒可知mglsin37°＝，解得A落地时速率为：v＝，故C错误；
A、根据A与B脱离之前系统的机械能守恒可得：mgl（1﹣sin37°）＝，联立解得：m：M＝27：25，故A正确。
1． 机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用机械能的定义判断(直接判断)：若物体动能、势能均不变，机械能不变。若一个物体动能不变、重力势能变化，或重力势能不变、动能变化，或动能和重力势能同时增加(减小)，其机械能一定变化。
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，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。
2． 用机械能守恒定律解题的基本思路
3． 三种守恒表达式比较
4． 单体机械能守恒的三种常见情形：
（1）自由落体和各种抛体运动；（2）沿光滑曲面的运动；（3）一端固定的轻绳、杆、弹簧连接物体的运动。
5． 多物体机械能守恒问题的分析方法
(1)首先从能量的角度准确判断系统的机械能是否守恒。
(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(3)列机械能守恒方程时不需要选择零势能面，而且ΔEk＝－ΔEp的形式一般比ΔE1＝－ΔE2简单。
6． 轻绳相连的物体系统机械能守恒中的几个注意
7． 轻杆相连的系统机械能守恒
8． 含弹簧类机械能守恒问题
对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中，在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．若还有其他外力和内力做功，这些力做功之和等于系统机械能改变量．做功之和为正，系统总机械能增加，反之减少．在相互作用过程特征方面，弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．如系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)．
9． 弹性势能的三种处理方法
弹性势能EP=½kx2，高考对此公式不作要求，因此在高中阶段出现弹性势能问题时，除非题目明确告诉了此公式，否则不需要此公式即可解决，其处理方法常有以下三种：
①功能法：根据弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量计算；或根据能量守恒定律计算出弹性势能；
②等值法：压缩量和伸长量相同时，弹簧对应的弹性势能相等，在此过程中弹性势能的变化量为零；
③“设而不求”法：如果两次弹簧变化量相同，则这两次弹性势能变化量相同，两次作差即可消去。
【变式演练1】
如图所示，竖直放置的轻质弹簧下端固定在地面上，上端与物块A连接，物块A处于静止状态时弹簧的压缩量为x0。现有物块B从距物块A上方某处由静止释放，B与A相碰后立即一起向下运动但不粘连，此后物块A、B在弹起过程中将B抛离A。此过程中弹簧始终处于竖直状态，且在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．当B与A分离时，弹簧的压缩量为x0
B．两物块一起运动过程中的最大加速度大于g
C．当B与A一起向上运动到弹簧的压缩量为x0时，它们共同运动的速度最大
D．从B开始下落至B与A分离的过程中，两物块及弹簧组成的系统机械能守恒
【解析】A、分离时A与B的速度、加速度均相等，相互作用的弹力为零，此刻B的加速度竖直向下等于g，分离下一刻，A向下的加速度应大于B向下的加速度（否则不能分离），因此分离时A的加速度也等于g，所以在弹簧原长时AB分离，故A错误；
B、如果AB粘在一起，AB会在一起运动到比分离点（弹簧原长处）更高的位置，此时AB受重力和向下的拉力，加速度大于g，由于AB一起做简谐运动，具有对称性，在弹簧压缩过程中也有a大于g的位置，且方向向上，故B正确；
C、平衡位置速度最大，此时的平衡位置为kx＝（ma+mb）g，而不是kx0＝mAg，故C错误；
D、B与A相碰后一起向下运动，AB碰撞过程中有机械能损失，机械能不守恒，故D错误。
【变式演练2】
如图所示为竖直放置的离心轨道，其中圆轨道半径为r，最低点为A、最高点为B，小球从斜轨道上无初速
释放，可模拟游乐园的“翻滚过山车”。某实验小组同学通过改变释放小球距圆轨道底端的高度h多次实验，
发现有时小球能通过B点，有时在到达B点前就脱离轨道。他们结合观察和分析提出了一些猜想，请运用
物理知识分析其中正确的是（不考虑摩擦力等阻力的影响，小球视为质点，重力加速度大小记为g）（ ）
A．若h＜2.5r，小球在到达B点前脱离轨道做自由落体运动
B．若h＞2.5r，小球对A点和B点都有压力，且h越高，压力之差也越大
C．若h＜2.5r，小球在到达B点前脱离了轨道，脱轨前瞬间在指向圆轨道中心方向的加速度比g小
D．若h＞2.5r，小球能通过B点且对B点没有压力
【解析】A、设小球的质量为m，小球恰好通过B点时的速度为v0，此时小球只受到重力的作用，根据牛顿第二定律有：mg＝
小球从释放到B的过程中机械能守恒，得：
联立可得：h＝2.5r
可知若h＝2.5r，则小球恰好能通过B点，若h＜2.5r且小球在到达B点前脱离轨道，小球将做斜上抛运动，故A错误；
BD、若h＞2.5r，小球通过B点的速度大于v0，需要的向心力大于mg，所以小球对轨道有压力；
当h＞2.5r时，设小球通过A点时的速度为vA，通过B点时的速度为vB，由机械能守恒可得：
可得：．
在B点：
在A点：
各式联立得：FA﹣FB＝6mg，可知若h＞2.5r，小球对A点和B点都有压力，无论h多高，压力之差恒为6mg，故BD错误；
C、若h＜2.5r，小球在到达B点前脱离了轨道，脱轨前瞬间小球只受到重力的作用，在指向圆轨道中心方向的加速度是重力加速度沿指向圆轨道中心方向的分量，重力加速度的另一个分量沿圆轨道的切线方向，根据平行四边形定则可知，指向圆轨道中心方向的加速度比重力加速度g小，故C正确。
【变式演练3】
如图所示，竖直面内的圆弧轨道所对圆心角θ＝60°，半径R＝0.2m，圆弧轨道顶端固定一个小定滑轮，最低点切线水平，与桌面上的水平轨道平滑相连。一弹簧两端分别连接A、B两个物块，mA＝mB＝0.8kg，B通过不可伸长的细绳与质量mC＝5.4kg的小球C相连。初始时，整个装置都处于静止状态，A位于地面上，C在外力作用下静止在圆弧轨道的顶端，细绳恰好伸直但无张力。现撤去外力，当C滑至圆弧轨道最低点时，A恰好要离开地面，细线断裂，B未到达定滑轮处。不计弹簧、细绳和滑轮的质量，不计一切摩擦和能量损失，已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）细绳断裂后瞬间，小球C对圆弧轨道的压力FN。
解：（1）初始时，对B，由平衡条件得：
mBg＝kxB
当C滑至圆弧轨道最低点时，A恰好要离开地面，对A，由平衡条件得：
mAg＝kxA
根据几何关系可得
xB+xA＝R
联立解得k＝80N/m
（2）由上题可知，xB＝xA，则弹簧在初末状态的弹性势能相等。
小球C下滑的过程，根据弹簧、小球C和物块B组成的系统机械能守恒得
mCgR（1﹣cs60°）＝mBg（xB+xA）++
且vB＝vCsin60°
小球C在最低点时，由牛顿第二定律得
FN′﹣mCg＝mC
根据牛顿第三定律可知，小球C对圆弧轨道的压力大小FN＝FN′
联立解得FN＝88.2N，方向竖直向下。
答：（1）弹簧的劲度系数k是80N/m；
（2）细绳断裂后瞬间，小球C对圆弧轨道的压力FN为88.2N，方向竖直向下。
1．如图所示，有两个物块，质量分别为m1、m2，m2是m1的两倍，用轻绳将两个物块连接在滑轮组上，滑轮的质量不计，轻绳与滑轮的摩擦也不计。现将两滑块从静止释放，m1上升一小段距离h高度，在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．m1和m2的重力势能之和不变
B．m1上升到h位置时的速度为
C．轻绳的拉力大小为m1g
D．轻绳对m1和m2的功率大小不相等
【解析】A、根据机械能守恒定律可知，m2减小的重力势能全部转化为m1的重力势能和两物体的动能，所以，m1和m2的重力势能之和减小，故A错误；
B、设m1上升到h位置时的速度为v1，m2的速度为v2，根据动滑轮的特点可知，v2＝2v1，根据m1和m2组成的系统机械能守恒可得
m2g•2h﹣m1gh＝+，联立解得v1＝，故B正确；
C、根据动滑轮的特点可知，m1的加速度为m2的加速度的一半，根据牛顿第二定律可得：
对m1有 2T﹣m1g＝m1a1，
对m2有 m2g﹣T＝m2a2
结合a2＝2a1
联立解得轻绳的拉力大小：T＝，故C错误；
D、绳子的拉力相同，故轻绳对m2做功的功率P2＝Fv2，轻绳对m1做功的功率P1＝2Fv1，由于v2＝2v1，故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故D错误。
2．如图所示是一竖直固定在水平地面上的可伸缩细管，上端平滑连接一四分之一细圆弧弯管，管内均光滑，右管口切线水平。竖直细管底部有一弹射装置（高度忽略不计），可以让静止在细管底部的小球（可视为质点）瞬间获得足够大的速度v0，通过调节竖直细管的长度h，可以改变上端管口到地面的高度，从而改变小球平抛的水平距离，重力加速度为g，则小球平抛的水平距离的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【解析】设管口到地面的高度是H，小球从管口射出的速度为v，由机械能守恒定律得：，
小球离开管口后做平抛运动满足：x＝vt，H＝，
联立解得：x＝＝＝，
当时，水平距离有最大值，即，故B正确，A、C、D错误。
3．如图所示，一半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，半圆顶点有大小可不计的定滑轮，O点为其圆心，AB为半圆上两点，OA处于水平方向，OB与竖直方向夹角为45°．一轻绳两端连接大小可不计的两个小球甲、乙，初始时甲静止在B点，乙静止在O点，绳子处于拉直状态。已知甲球的质量m1＝2kg，乙球的质量m2＝1kg，半圆轨道的半径r＝1m，当地重力加速度为g＝10m/s2，忽略一切摩擦。解除约束后，两球开始运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲球刚开始运动时的加速度大小为5（﹣1）m/s2
B．甲球一定能沿圆弧面下滑经过A点
C．甲球沿着球面运动过程中，甲、乙两球系统的机械能守恒
D．甲球沿着球面运动过程中，甲球机械能增加
【解析】A、甲球刚开始运动时，两球加速度大小相等，设为a。根据牛顿第二定律得：
对甲球有 m1gcs45°﹣F＝m1a
对乙球有 F﹣m2g＝m2a
联立解得 a＝m/s2，故A错误；
BC、甲球沿着球面运动过程中，忽略一切摩擦，对于甲、乙两球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒。
若甲球沿球面运动过程中，经过某点时对轨道的压力为零，设此时该点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，从B点到该点的过程，根据系统的机械能守恒得：
m1g（rsin45°﹣rsinθ）﹣m2gr•（﹣θ）＝
其中 0≤θ＜
在该点，对甲球，根据牛顿第二定律有：
m1gcsθ＝m1
联立解得 5sin（θ+37°）＝2﹣+2θ
令y＝5sin（θ+37°）和y＝2﹣+2θ，分别作出y﹣θ图象，可知，两图线有交点，所以通过分析可知θ有解，但θ不为零，所以甲球经过该点时做离心运动，甲球一定不能沿圆弧面下滑经过A点，故B错误，C正确；
D、甲球沿着球面运动过程中，绳子拉力对甲球做负功，则甲球机械能减少，故D错误。
4．水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面体，斜面体底端有一垂直于斜面的固定挡板，如图所示，一劲度系数为K的轻弹簧两端连接两物体，质量分别为m、M，用力作用在M上，使系统静止，同时m恰好对挡板无压力。某时刻撤去外力，则撤去外力后（重力加速度取g）（ ）
A．M下滑过程中弹簧的最大弹性势能为
B．M下滑过程中弹簧处于原长时M速度最大
C．M运动到最低点时m对挡板的压力为2 （M+m） gsinθ
D．M在下滑过程中机械能守恒
【解析】A、在外力作用下，m对挡板无压力，对m受力分析可知：mgsinθ﹣kx1＝0
得：x1＝
撤去外力瞬间，对M，由牛顿第二定律得：kx1+Mgsinθ＝Ma
得：a＝
撤去外力后M做简谐运动，根据对称性知M运动到最低点时的加速度大小也为：a＝，方向沿斜面向上
对M，由牛顿第二定律得：kx2﹣Mgsinθ＝Ma
得：x2＝
M下滑过程中弹簧的最大弹性势能为Ep＝＝，故A错误；
B、M下滑过程中合力为零时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，故B错误；
C、M运动到最低点时有：kx2＝（2M+m）gsinθ
对m有：N＝kx2+mgsinθ＝2（M+m）gsinθ
由牛顿第三定律知，M运动到最低点时m对挡板的压力为2（M+m）gsinθ，故C正确；
D、由于弹簧对M要做功，所以M的机械能不守恒，故D错误。
5．如图所示，AB是半径为R的四分之一圆弧轨道，轨道底端B点与一水平轨道BC相切，水平轨道又在C点与足够长的斜面轨道CD平滑连接，轨道B处有一挡板（厚度不计）。在圆弧轨道上静止摆放着N个半径为r（r＜＜R）的光滑刚性小球，恰好将AB轨道铺满，小球从A到B依次标记为1、2、3、…、N号。现将B处挡板抽走，N个小球均开始运动，不计一切摩擦，考虑小球从AB向CD的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．N个小球在离开圆弧轨道的过程中均做匀速圆周运动
B．1号小球第一次经过B点的速度一定小于
C．1号小球第一次经过B点的向心加速度一定等于2g
D．1号小球第一次沿CD斜面上升的最大高度为R
【解析】A、在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，圆弧轨道上的小球做加速圆周运动，故A错误；
B、1号小球在下滑过程中，始终受到2号小球对它的压力，所以第1个小球第一次经过B点时，有：，解得：，故B正确；
C、对1号小球在B点，由牛顿第二定律得：，而，联立解得：an＜2g，故C错误；
D、在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球要向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，所以1号小球在曲面上和斜面上都会有机械能的减小，设1号小球第一次沿CD斜面上升的最大高度为h，由能量守恒得：mgR＞mgh，解得：h＜R，故D错误。
6．如图所示，在某一水平地面的同一直线上，固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，左端与圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连，在圆形轨道底端A点由静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽略一切摩擦阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．小圆环到达B点时的加速度为
B．小圆环到达B点后还能再次滑回A点
C．小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为2：
D．小圆环和物块的质量之比满足
【解析】A、小环到达B点时，小环受到竖直向下的重力，水平向右的拉力和圆环对小环向左的支持力，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知mg＝ma，解得a＝g，故A错误；
B、小环和物块组成的系统，在运动过程中，由于忽略一切摩擦力，故只有重力做功，机械能守恒，当小环到达B点时，速度都为零，此后小环沿圆轨道向下运动，机械能还是守恒，组最终小环和物块速度都减到零，故圆环到达B点后还能再次滑回A点，故B正确；
C、小环在P点时，小环的速度方向沿绳的方向，根据速度的合成与分解可知，此时小圆环和物块的速度之比为1：1，故C错误；
D、设轻滑轮的位置为C，由几何关系可知OC＝2R，AC＝，在运动过程中，对环和物块组成的系统，根据动能定理可知：
解得：，故D错误；
7．2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。图为一简化后的跳台滑雪的轨道示意图，运动员（可视为质点）从起点由静止开始自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝60kg（重力加速度g＝10m/s2，阻力忽略不计）。下列说法正确的是（ ）
A．运动员到达A点时对轨道的压力大小为1200N
B．运动员从起点运动到B点的整个过程中机械能不守恒
C．运动员到达A点时重力的瞬时功率为104W
D．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为
【解析】AB、运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中，只有重力做功，其机械能守恒。运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中，由机械能守恒，得：
mgR（1﹣cs60°）＝
运动员到达A点时，由牛顿第二定律可得：N﹣mg＝m
联立解得：N＝1200N
根据牛顿第三定律知，运动员到达A点时对轨道的压力大小为1200N，故A正确，B错误；
C、运动员到达A点时速度沿水平方向，与重力垂直，故重力的瞬时功率为零，故C错误；
D、运动员落在B点时，有：tanθ＝＝＝，可得：t＝，解得：t＝s，故D错误。
8．如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2．开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点是圆心O的正下方。当m1由静止释放开始运动，则下列说法中错误的是（ ）
A．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定
B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍
C．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒
D．m1可能沿碗面上升到B点
【解析】A、m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定。故A正确。
B、设小球m1到达最低点C时，m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：v1cs45°＝v2，则 v1：v2＝，故B正确。
C、在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒。故C正确。
D、在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得：，结合解得：，若m1运动到C点时绳断开，至少需要有的速度m1才能沿碗面上升到B点，现由于m1上升的过程中绳子对它做负功，所以m1不可能沿碗面上升到B点。故D错误。
9．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一个与斜面垂直的挡板，开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态，已知M＝2m，空气阻力不计，松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（ ）
A．M和m组成的系统机械能守恒
B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零
C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零
D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于物体m的机械能增加量
【解析】A、对于M、m、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，但对于M和m组成的系统机械能不守恒；故A错误；
B、根题得：M的重力分力为Mgsinθ＝mg；可知物体M先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，此时m所受的拉力为 T＝mg，故m恰好与地面间的作用力为零；故B正确；
C、从m开始运动至到M到达底部过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速运动，M到达底部时，m的速度不为零；故C错误；
D、M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和；故D错误；
10．如图，可视为质点的小球1、2由不可伸长的细绳相连，小球1悬挂在定滑轮O的下方，小球2在半径为R的半球形固定容器内，定滑轮O与容器的边缘D及球心C在同一水平线上。系统静止时，小球1在定滑轮正下方R处的A点，小球2位于B点，BD间的细绳与水平方向的夹角θ＝60°．已知小球1的质量为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，忽略滑轮的质量。（结果用根号表示）
（1）试求小球2的质量；
（2）现将小球2置于D处由静止释放（小球1未触及地面），求小球1到达A点时的动能；
（3）在第（2）问中，小球2经过B点时，突然剪断细绳，求小球2经过容器最低点时对容器的压力。
解：（1）设系统静止时细线中的拉力大小为T，小球受到容器的支持力FB方向沿BC
由几何关系知△DBC为正三角形，所以∠DBC＝θ
对小球1、小球2，根据共点力的平衡条件知：
T＝mg
Tcsθ＝FBcsθ
Tsinθ+FBsinθ＝m2g
解得：
（2）设经过图示位置时小球1的速度为v1，小球2的速度为v2，其中v1沿绳竖直向上，v2沿圆弧切线斜向下
由几何关系知，v2与DB延长线的夹角为90°﹣θ
由运动关系可知，v1与v2应满足：v2sinθ＝v1
由几何关系知，BD＝R
根据机械能守恒定律得：
此时，小球1的动能：
整理可得：
（3）细绳剪断后，小球2以v2为初速度，从B点沿圆弧运动到最低点，设经过最低点的速度为v3
根据机械能守恒定律得：
设小球2经过容器最低点时受到的支持力为N，根据牛顿第二定律得：
整理得：N＝mg
由牛顿第三定律知，小球2对容器的压力大小为mg，方向向下
答：（1）小球2的质量为；
（2）小球1到达A点时的动能为；
（3）小球2经过容器最低点时对容器的压力为mg，方向向下。表达角度
表达公式
表达意义
注意事项
守恒观点
Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′
系统的初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等
应用时应选好重力势能的零势能面，且初末状态必须用同一零势能面计算势能
转化观点
ΔEk＝－ΔEp
表示系统(或物体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能
应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量，可不选零势能面而直接计算初末状态的势能差
转移观点
ΔE增＝ΔE减
若系统由A、B两部分组成，则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等
常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题
①注意两个物体的质量不一定相等；注意多段运动
②注意两物体运动位移和高度不一定相等
③注意两物体速度大小不一定相等，可能需要分解速度
④注意最大速度和最大加速度区别
①b落地前，a机械能增加、b减小，系统机械能守恒；
②b落地后若不反弹，绳松，a机械能守恒；
类型
类型一：绕杆上某固定点转动
类型二：无固定点，沿光滑接触面滑动
图示


特点
同轴转动，角速度相等，线速度与半径成正比。
沿杆分速度大小相等，两物体速度大小不一定相等。