7-5机械能守恒定律（解析版）--2024高考一轮物理复习100考点100讲

这是一份7-5机械能守恒定律（解析版）--2024高考一轮物理复习100考点100讲，共21页。试卷主要包含了5 讲 机械能守恒定律， 机械能守恒定律的表达式， 机械能守恒的判断方法，7×104J，9×104J等内容，欢迎下载使用。
2024年高考一轮复习100考点100讲
第7章 机械能
第7.5 讲 机械能守恒定律
【知识点精讲】
一、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)＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
(3)重力势能的相对性和系统性
①重力势能的具体大小与零势能面的选取是有关的，即具有相对性。
②重力势能是物体和地球共有的，即具有系统性。
二、弹性势能
1．概念：物体由于发生弹性形变而具有的能。
2．大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。
3．弹力做功与弹性势能变化的关系：类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝－ΔEp。
二　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＋mv＝mgh2＋mv。
3．守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。

4. 机械能守恒定律的表达式


【方法归纳】
1．对重力做功和重力势能的几点理解
(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；
(4)WG＝－ΔEP中的负号表示重力做的功与重力势能变化的绝对值相等，符号相反。
2．对弹性势能的理解
(1)弹性势能是由物体的相对位置决定的能。
(2)当弹簧形变量的长度为零时，弹性势能计为零，弹簧被拉长或压缩后，都具有弹性势能。
(3)表达式适用范围：在弹簧的弹性限度之内，该式成立，与其他受力无关，与运动状态无关。
3. 机械能守恒的判断方法
(1)直接判断法：物体的动能与势能之和保持不变．
(2)做功判断法：只有重力或系统内的弹力做功，其他力做功代数和为0.
(3)能量转化判断法：系统内只有动能和势能的转化，没有其他形式的能转化．
4. 只要满足下列条件之一，机械能一定守恒。
(1)物体只受重力，只发生动能和重力势能的相互转化。如自由落体运动、抛体运动等。
(2)只有系统内弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化。如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒。
(3)物体既受重力，又受弹力，只有重力和系统内弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化。如自由下落的物体落到竖直的弹簧上，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒。
(4)除受重力(或系统内弹力)外，还受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零。如物体在沿斜面向下的拉力F的作用下沿斜面向下运动，其拉力的大小与摩擦力的大小相等，在此运动过程中，其机械能守恒。
5　用机械能守恒定律解题的基本思路

【最新高考题精练】
1. （2021年1月浙江选考）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们

A.沿雪道做匀速直线运动
B.下滑过程中机械能均守恒
C.前后间的距离随时间不断增大
D.所受重力沿雪道向下的分力相同
【参考答案】.C。
【解题思路】同学们坐在轮胎上由同样高度静止下滑，一定沿雪道做匀加速直线运动，下滑过程中要克服摩擦力做功，机械能一定减小，选项AB错误；同学们先后滑下，其速度v=at，位移x=at2，前后间的距离△x随时间不断增大，选项C正确；由于各个同学的质量不一定相等，所以所受重力沿雪道向下的分力不一定相同，选项D错误。
2. （2021年1月浙江选考）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示,则汽车

A.发动机的输出功率为70kW
B.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
【参考答案】C
【名师解析】根据题图，1s内来自燃料的能量为7.0×104J，发动机的输出功率一定小于70kW，选项A错误；每1s消耗的燃料的能量，除去燃料蒸发0.1×104J，其余的都最终转化成内能，是6.9×104J，选项C正确BD错误。
3.(12分) （2021年1月浙江选考）如图所示，竖直平面内由倾角a＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d=3R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向;
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式;
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件?

【名师解析】（1）由机械能守恒定律，mgh0=mvC2
解得：vC=，
由动量定理，I=mvC=m，方向水平向左。
（2）由机械能守恒定律，mg（h-R）=mvD2
在D点，由牛顿第二定律，FN=m
解得：FN=2mg（-1）
h满足的条件h≥R
（3）第1种情况，不滑离轨道原路返回，条件是h≤R
第2种情况，与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动，
vxt=d，vy=gt，
其中vx=vGsinθ，vy= vGcosθ，
联立解得：vG=2，
由机械能守恒定律，mg（h-R）=mvG2
解得h满足的条件h=

4.（16分）（2020高考江苏物理）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动.在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为.在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物.重物由静止下落，带动鼓形轮转动.重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g.求：

（1）重物落地后，小球线速度的大小v；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
（3）重物下落的高度h.
【名师解析】.（1）线速度 得
（2）向心力
设F与水平方向的夹角为，则；
解得
（3）落地时，重物的速度，由机械能守恒得
解得
5．（12分）（2020年7月浙江选考）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。

（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）
【名师解析】：（1）机械能守恒定律
牛顿第二定律
牛顿第三定律 ，方向水平向左
（2）能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系
得，故不会冲出
（3）滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
得

6．(2016·浙江10月学考)如图所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是(　　)

A．动能
B．动能、重力势能
C．重力势能、机械能
D．动能、重力势能、机械能
【参考答案】C
【名师解析】　无人机匀速上升，所以动能保持不变，所以选项A、B、D均错；高度不断增加，所以重力势能不断增加，在上升过程中升力对无人机做正功，所以无人机机械能不断增加，所以选项C正确。
【最新模拟题精练】
1. . （2023福建厦门四模）如图所示，一个以O为圆心、半径为R的光滑圆环固定在竖直平面，O点正上方固定一根竖直的光滑细杆。轻质弹簧套在光滑细杆上，上端固定在M点，下端连接套在细杆上的滑块。小球穿在圆环上，通过一根长为的两端有铰链的轻质细杆与滑块连接。初始时小球处于圆环最高点，弹簧处于原长状态。小球受微小扰动（初速度视为0）后沿圆环顺时针滑下。当小球运动到与圆心等高的Q点时，滑块速度达到最大值。已知滑块和小球的质量均为m，弹簧的劲度系数，弹性势能（x为弹簧的形变量），重力加速度为g，滑块和小球均可视为质点，则（ ）

A. 小球运动到Q点的过程中，滑块、小球组成的系统机械能守恒
B. 小球运动到Q点时速度大小与滑块相等
C. 小球运动到Q点时受到细杆的弹力为
D. 小球运动到圆环最低点P时向心加速度大小为
【参考答案】BD
【名师解析】
小球运动到Q点的过程中，弹簧对滑块做负功，滑块、小球组成的系统机械能守恒减少，故A错误；
小球运动到Q点时，根据几何关系可知，此时轻杆与竖直方向的夹角满足

可得

此时滑块的速度方向竖直向下，小球的速度方向刚好也竖直向下，滑块与小球两者沿杆方向的分速度大小相等，则有

可知小球运动到Q点时速度大小与滑块相等，故B正确；
由于小球运动到与圆心等高的Q点时，滑块速度达到最大值，可知此时滑块的加速度为零，此时弹簧伸长量为
弹簧弹力大小为
以滑块为对象，根据受力平衡可得
解得
可知小球运动到Q点时受到细杆的弹力为，故C错误；
小球运动到圆环最低点P时，此时滑块运动到最低点，滑块的速度为零，设此时小球的速度为，此时弹簧的伸长量为

弹簧的弹性势能为

根据能量守恒可知

小球运动到圆环最低点P时向心加速度大小为

联立解得，故D正确。
2．（2023湖北荆门三校5月联考）如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小为。下列说法正确的是（    ）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
【参考答案】D
【名师解析】．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得代入数据解得故A错误；
与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；电梯停止在井底时，由受力平衡得代入数据解得，故C错误；
当电梯速度最大时，此时加速度为零，则解得
电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功，则
故D正确。
3. （2023河南洛阳等4市三模）如图所示，U型光滑导轨，水平放在光滑水平面上。一光滑细杆ab跨放在U型导轨上，且细杆ab始终与U型导轨垂直。一水平轻质弹簧，左端与U型导轨中点相连，右端与细杆ab中点相连，整体静止不动，轻质弹簧处于原长状态。现给细杆ab一个水平向右的初速度v，使其沿U型导轨向右开始运动，则从细杆ab沿U型导轨开始向右运动到弹簧伸长量最大的过程中（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（　　）

A. U型导轨和细杆ab二者组成的系统机械能守恒
B. U型导轨和细杆ab二者组成的系统动量守恒
C. U型导轨、弹簧和细杆ab三者组成的系统能量守恒
D. 细杆ab克服弹簧弹力做的功等于弹簧对U型导轨做的功
【参考答案】BC
【名师解析】
整个过程中，弹簧弹力也做功，弹簧伸长量最大时，弹簧的弹性势能最大，所以U型导轨、弹簧和细杆ab三者组成的系统能量守恒，故A错误，C正确；
水平面光滑，弹簧弹力对U型导轨和细杆ab二者的弹力大小相等，方向相反，所以U型导轨和细杆ab二者组成的系统所受外力之和为零，满足动量守恒，故B正确；
细杆ab克服弹簧弹力做的功等于细杆ab的动能减少量，弹簧对U型导轨做的功等于U型导轨的动能增加量，根据能量守恒可知，细杆ab的动能减少量等于U型导轨的动能增加量和弹性势能增加量之和，则细杆ab克服弹簧弹力做的功大于弹簧对U型导轨做的功，故D错误。
3. （2023湖南新高考联盟第一次联考）如图所示，在倾角为37°的固定斜面上，轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C拴接，另一端连接滑块A。一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮（质量忽略不计，轻绳与滑轮间的摩擦不计），一端系在物体A上，另一端与小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长。滑块A刚要沿斜面向上运动。已知mB=2mA=4kg，弹簧的劲度系数为k=100N/m，滑块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，且弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。现由静止释放球B，已知B球始终未落地，则下列说法正确的是（　　）。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）

A. 释放B球前，手受到B球的压力大小为24N
B. 释放B球后，滑块A向上滑行x=0.20m时速度最大
C. 释放B球后，滑块A向上滑行过程中的最大动能为1.2J
D. 释放B球后。滑块A向上滑行的最大距离为0.48m
【参考答案】AD
【名师解析】
用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为T，滑块A刚要沿斜面向上运动可知

对B受力分析，设手的支持力为F，则

根据牛顿第三定律可知手受到B球的压力为24N，故A正确；
B．松手后，A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，对A受力分析得

对B受力分析得


解得

故B错误；
C．根据能量守恒定律，松手后到滑块A最大速度的过程中有

解得，故C错误；
当滑块A向上滑行的距离最大时，A、B的速度都为0，物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律有

解得，故D正确。
4. （2023广东实验中学三模）如图所示，取一支质量为m的按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，无初速放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度h，然后再竖直下落。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A. 按压时笔内部弹簧弹性势能增加了mgh
B. 放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能
C. 笔在离开桌面后的上升阶段处于超重状态
D. 笔从离开桌面到落回桌面过程的时间为
【参考答案】A
【名师解析】
因放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度h，该过程中弹簧的弹性势能转化为重力势能，则弹性势能为mgh，则按压时笔内部弹簧的弹性势能增加了mgh，选项A正确；
放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能转化为笔的动能和重力势能，选项B错误；
笔在离开桌面后的上升阶段，加速度向下为g，则处于完全失重状态，选项C错误；
根据竖直上抛运动的对称性可知，笔从离开桌面到落回桌面过程的时间为，选项D错误。
5.（2023山东济南期末）如图所示，三个相同的木块a、b、c通过两个相同的轻弹簧P、Q和一段轻绳连接，其中a放在光滑水平桌面上。每个木块的重力均为10N，轻弹簧的劲度系数均为500N/m。开始时P弹簧处于原长，轻绳好伸直，三个木块均处于静止状态。现用水平力F缓慢地向左拉P弹簧的左端，直到木块c刚好离开水平地面。从开始到木块c刚好离开地面的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. P弹簧的左端向左移动的距离是4cm
B. P弹簧的左端向左移动的距离是8cm
C. 水平力F做的功等于P弹簧增加的弹性势能
D. 轻绳对木块b做的功等于木块b增加的重力势能
【参考答案】BD
【名师解析】
没有施加拉力时，对Q弹簧处于压缩状态，则有

解得

木块c刚好离开地面时，Q弹簧处于拉伸状态，则有

解得

此时P弹簧处于拉伸状态，则有

对a分析有
F=T
对b分析有

解得

则P弹簧的左端向左移动的距离是

A错误，B正确；
根据上述，Q弹簧初状态的压缩量与末状态的拉伸量相等，则始末状态Q弹簧的弹性势能不变，木块b重力势能增大，P弹簧弹性势能增大，根据功能关系可知水平力F做的功等于P弹簧增加的弹性势能与木块b增加的重力势能之和，C错误；
由于Q弹簧初状态的压缩量与末状态的拉伸量相等，则始末状态Q弹簧的弹性势能不变，木块b重力势能增大，则轻绳对木块b做的功等于木块b增加的重力势能，D正确。
6．. （2023湖南名校期中）如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直平面内半径为的固定光滑圆弧轨道相切，位置为圆弧轨道的最低点。质量为的小球和质量为的小环（均可视为质点）用的轻杆通过轻质铰链相连。套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为，从小球由静止释放到运动至最低点过程中，下列判断正确的是（ ）

A.和系统的机械能守恒
B.小球运动到最低点时的速度大小为
C.刚释放时小球的加速度大小为
D.已知小球运动到最低点时，小环的瞬时加速度大小为，则此时小球受到圆弧轨道的支持力大小为
【参考答案】.AB
【名师解析】：由于小球和组成的系统只有重力做功，机械能守恒，A正确；过点分别向和斜面作垂线，如图所示，根据几何关系可知，

当下降到最低点时，的速度为零，根据机械能守恒可知

解得此时的速度，B正确；
刚释放时小球时，杆对小球的弹力沿着杆，与运动方向垂直，根据牛顿第二定律
，解得，C错误；
球在球达点之前有向下的速度，故小球运动到最低点时，球加速度竖起向上对小球，根据牛顿第二定律
对小球，
解得，D错误。
7.（2023陕西省名校期末联考）质量M=1kg的重物B和质量m=0.3kg的小圆环A用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2︰1。重物B放置在倾角为固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数μ=，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L=4m。现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，当下降H=3m到达b位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g=10m/s2。下列判断正确的是

A．圆环A到达b位置时，A、B组成的系统机械能减少了2.5J
B．圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为5︰3
C．圆环A能下降的最大距离为Hm=7.5m
D．圆环A下降过程，作用在重物B上的拉力始终大于10N
【参考答案】．AC
【名师解析】．由题可知圆环A到达b位置时，重物B沿斜面的运动的位移为

A、B组成的系统机械能减少了
故选项A正确；
轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2:1，圆环A速度最大时，环A沿绳方向的分速度与重物B的速度之比为

因为H=3m，L=4m，所以此时绳与水平方向的夹角为，把环A的速度沿绳和垂直于绳方向分解，则环A沿绳方向的分速度

解得

故选项B错误；
圆环A能下降的最大距离为，重物B沿斜面的运动的位移为

根据能量守恒可知

解得圆环A能下降的最大距离为，故选项C正确；
圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对B的拉力

即
所以绳子对B的拉力先大于10N后小于10N，故选项D错误；
8.（2022·河南漯河5月模拟）图所示，长度为L的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球；B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动。在无任何阻力的情况下，下列说法中正确的是
A．摆动过程中A球机械能守恒
B．B球向左摆动所能达到的最大高度应高于A球开始运动的高度
C．A球到达最低点时速度为
D．A球到达最低点时，杆对A做功为
【名师解析】BD
【名师解析】A、B组成的系统机械能守恒，摆动过程中轻杆对A球做功，因此A球的机械能不守恒，A错误；由几何关系可知，摆动过程中A、B球的速度大小相等，A球到达最低点时，A、B球的速度大小均为，根据机械能守恒可得，解得，C错误；A球到达最低点时，B球向左摆动到A球开始运动的高度，此时A、B球的速度大小不为零，因此系统将继续摆动，最终B球向左摆动所能达到的最大高度高于A球开始运动的高度，B正确；A球到达最低点的过程中，杆对A做功为，根据动能定理得，解得，A球到达最低点时，杆对A做功为，D正确。
9.（2022·吉林东北师大附中5月模拟）如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一水平光滑直杆。质量为2kg的小球a套在半圆环上，质量为1kg的小球b套在直杆上，两者之间用长为L=0.4m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处静止释放，让其沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，g取10m/s2，则以下说法中正确的是
A．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a、b两球的速度大小相等
B．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度大小为m/s
C．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）过程中，a、b两球组成的系统机械能守恒
D．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）的过程中，杆对小球b做的功为
【参考答案】BCD
【名师解析】当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切向向下，a沿杆方向速度为零，所以b的速度为零，故A错误；由机械能守恒定律可得，解得m/s，故B正确；小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）过程中，a、b两球组成的系统除了两球的机械能在变化，系统没有其他形式能量在变化，所以系统机械能守恒。故C正确；杆与圆相切时，如图所示。 a的速度沿杆方向，设此时b的速度为，根据杆不可伸长和缩短，有，由几何关系可得，在图中，球a下降的高度，a、b系统机械能守恒，则有，对b，由动能定理得J，故D正确。