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人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律优秀习题
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这是一份人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律优秀习题，共21页。试卷主要包含了重力做功与重力势能的关系，机械能守恒定律，单物体的机械能守恒问题，连接体的机械能守恒问题，含“弹簧类”机械能守恒问题等内容，欢迎下载使用。
02
预习导学
课前研读课本，梳理基础知识：
一、重力做功与重力势能的关系
1.重力做功的特点
(1)物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。
(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)＝－ΔEp。
二、机械能守恒定律
1.内容：在只有重力或系统内弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2.表达式：mgh1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mgh2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)。
3.机械能守恒的情况：
(1)系统只受重力或系统内弹簧弹力的作用，不受其他外力。
(2)系统除受重力或系统内弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功。
(3)系统内除重力或系统内弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零。
(4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内、外也没有机械能与其他形式的能发生转化。
三、单物体的机械能守恒问题
1.表达式
2.一般步骤
3.选用技巧
在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面。
四、连接体的机械能守恒问题
1.对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，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，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
五、含“弹簧类”机械能守恒问题
1.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(除重力外)和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
2.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。
3.如果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)。
（二）即时练习：
【小试牛刀1】如图所示，光滑水平面与光滑半球面相连，O点为球心，一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B，A、B质量相等且可视为质点，开始时A、B静止，轻绳水平伸直，B与O点等高，释放后，当B和球心O连线与竖直方向夹角为30°时，B下滑速度为v，此时A仍在水平面上，重力加速度为g，则球面半径为( )
A.eq \f(7v2,4g) B.eq \f(72＋\r(3)v2,4g)
C.eq \f(7\r(3)v2,4g) D.eq \f(7v2,4\r(3)g)
解析：选D 滑块A和滑块B组成的系统机械能守恒，故：mgRcs 30°＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，将B的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示：滑块A、B沿着绳子的分速度相等，故：vA＝vBcs 30°，其中：vB＝v，联立解得：R＝eq \f(7v2,4\r(3)g)，故D正确。
【小试牛刀2】如图(a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图(b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。由此可知( )
A．小球的质量m＝0.2 kg
B．初动能Ek0＝16 J
C．小球在C点时重力的功率为60 W
D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N
解析：选D 由图(b)可知，半圆形轨道的半径为0.4 m，小球在C点的动能大小EkC＝9 J，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg＋F＝eq \f(mvC2,R)＝eq \f(2EkC,R)，解得小球的质量m＝2 kg，A错误；由机械能守恒定律得，初动能Ek0＝mgh＋EkC＝25 J，其中h＝0.8 m，B错误；小球在C点时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，C错误；由机械能守恒定律得，在B点的动能EkB＝mgeq \f(h,2)＋EkC＝17 J，在B点轨道的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得F＝eq \f(mvB2,R)＝eq \f(2EkB,R)＝85 N，D正确。
【小试牛刀3】如图所示，露天娱乐场中过山车是由许多节完全相同的车厢组成，过山车先沿水平轨道行驶，然后滑上一固定的半径为R的空中圆形轨道，若过山车全长为L(L＞2πR)，R远大于一节车厢的长度和高度，为使整个过山车安全通过固定的圆形轨道，那么过山车在运行到圆形轨道前的速度至少为(车厢间的距离不计，忽略一切摩擦)( )
A. eq \r(gR) B . eq \r(3πgL)
C. eq \r(gR\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4πR,L)))) D. eq \r(gR\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(πR,L))))
[解析] 当过山车进入轨道后，动能逐渐向势能转化，车速逐渐减小，当车厢占满圆形轨道时速度最小，设此时的速度为v，过山车的质量为M，圆形轨道上那部分过山车的质量M′＝eq \f(M,L)·2πR，由机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(1,2)Mv2＋M′gR，又因圆形轨道顶部车厢应满足：mg＝meq \f(v2,R)，可求得：v0＝ eq \r(gR\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4πR,L))))。故C正确。
[答案] C
03
题型精讲
【题型一】单体机械能守恒
【典型例题1】一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A．eq \r(2＋πgR) B．eq \r(2πgR)
C．eq \r(21＋πgR) D．2eq \r(gR)
解析：选A 当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－eq \f(π,2)R＋R＝eq \f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据机械能守恒有mgh＝eq \f(1,2)mv2，联立以上两式解得v＝eq \r(2＋πgR)，故A正确，B、C、D错误。
【典型例题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.eq \f(v02,g) B.eq \f(v02,2g) C.eq \f(v02,3g) D.eq \f(v02,4g)
解析：选B 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eq \f(1,2)mv02＝mgH＋eq \f(1,2)mv2，小球离开管口后做平抛运动，则x＝vt，H＝eq \f(1,2)gt2，联立方程，可得x＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,g)－2H))×2H)＝eq \r(－4H2＋\f(2v02,g)H)，由二次函数的特点可知当H＝eq \f(v02,4g)时x取最大值，xmax＝eq \f(v02,2g)。
【对点训练1】如图所示，光滑圆形轨道竖直固定在倾角α＝30°的光滑斜面上，B点为圆与斜面相切的点，C为圆轨道上与圆心等高的点，D点为圆形轨道的最高点。一质量为m＝0.5 kg的小球，从与D等高的A点无初速度释放，小球可以无能量损失的通过B点进入圆轨道，当地重力加速度g取10 m/s2。在小球运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球可以通过D点
B．小球到最高点时速度为零
C．小球对C点的压力大小为10 N
D．由于圆轨道的半径未知，无法计算出小球对C点的压力大小
解析：选C 根据机械能守恒定律可知，小球从A点由静止释放，则到达等高的D点时速度为零；而要想经过圆轨道的最高点D的最小速度为eq \r(gR)，可知小球不能到达最高点D，而是过了C点后将脱离圆轨道做斜上抛运动，则到达最高点时速度不为零，A、B错误；从A点到C点由机械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)mvC2，则在C点NC＝meq \f(vC2,R)，解得NC＝2mg＝10 N，C正确，D错误。
【对点训练2】如图所示，半径R＝0.5 m的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，半圆轨道与光滑水平地面相切于圆轨道最低端点A。质量m＝1 kg 的小球以初速度v0＝5 m/s 从A点冲上竖直圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点，g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求小球运动到轨道末端B点时的速度vB；
(2)求A、C两点间的距离x；
(3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆轨道，并沿轨道运动到B点飞出，落在水平地面上。求小球落点与A点间的最小距离xmin。
答案 (1)eq \r(5) m/s (2)1 m (3)1 m
解析 (1)选水平地面为零势能参考面，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋mg·2R
解得vB＝eq \r(5) m/s。
(2)由平抛规律得2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝vBt，解得x＝1 m。
(3)设小球运动到B点半圆轨道对小球的压力为FN
圆周运动向心力FN＋mg＝eq \f(mveq \\al(2,B),R)
得当FN＝0时，小球运动到轨道末端B点时的速度最小vBmin＝eq \r(5) m/s
由(2)的计算可知，最小距离xmin＝x＝1 m。
【题型二】涉及弹簧、弹性绳的机械能守恒问题
【典型例题3】2021年7月30日，东京奥运会蹦床女子决赛中，中国包揽女子蹦床金、银牌，朱雪莹夺金，刘灵玲获蹦床银牌。在运动员蹦床训练中，从运动员下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图所示。在h1～h2阶段图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，运动员的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是( )
A．整个过程中运动员的机械能守恒
B．从运动员的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小
C．运动员从h1降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1
D．运动员处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)
解析：选D 运动员与蹦床组成的系统机械能守恒，A错误；运动员的脚接触蹦床到弹力等于重力的过程中有mg－kx＝ma，运动员下降过程中x增大，则a减小，当弹力等于重力到蹦床被压缩至最低点的过程中有kx－mg＝ma′，运动员下降过程中x增大，则a′增大，则从运动员的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先减小后增大，B错误；运动员从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，C错误；运动员处于h＝h4高度时，根据机械能守恒有mg(h2－h4)＝Ep，D正确。
【典型例题4】(多选)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有( )
A．弹性绳原长为15 m
B．当运动员下降10 m时，处于失重状态
C．当运动员下降15 m时，绳的弹性势能最大
D．当运动员下降20 m时，其加速度方向竖直向上
解析：选BD 运动员下降15 m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹性绳弹力不为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，故A错误；当运动员下降10 m时，速度向下并且逐渐增大，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15 m时，速度不为零，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20 m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确。
【对点训练3】如图所示，A、B两物体在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度。求：
(1)斜面倾角α；
(2)B的最大速度v。
[解析] (1)当A刚离开地面时，设弹簧的伸长量为xA，对A有kxA＝mg，此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线拉力FT三个力的作用，B的速度达到最大，即加速度为零，受力平衡，则C也受力平衡，对B有FT－mg－kxA＝0，对C有4mgsin α－FT＝0，解得sin α＝0.5，所以α＝30°。
(2)开始时弹簧压缩的长度为xB＝eq \f(mg,k)，则xA＝xB，
当A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为xA＋xB，由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，而且A刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，由机械能守恒定律得4mg(xA＋xB)sin α－mg(xA＋xB)＝eq \f(1,2)(4m＋m)v2，解得v＝2geq \r(\f(m,5k))。
[答案] (1)30° (2)2geq \r(\f(m,5k))
【对点训练4】如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.在下滑过程中小环的机械能先减小后增大
B.小环刚释放时的加速度大小为g
C.小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零
D.小环的最大速度为eq \r(gL)
答案 B
解析 小环和弹性绳组成的系统机械能守恒，小环到达AC的中点D时，弹性绳的长度为2L，伸长量不为0，在AD之间有一位置弹性绳与AC垂直，小环从A点到弹性绳与AC垂直位置的过程中，弹性绳对小环做正功，从弹性绳与AC垂直位置到C点的过程中，弹性绳对小环做负功，所以下滑过程中小环的机械能先增大后减小，故A错误；在A位置，环受重力、弹性绳拉力和支持力，根据牛顿第二定律，有mgsin 30°＋F弹sin 30°＝ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹性绳长度为2L，故mgsin 30°－F弹cs 60°＝0，联立解得a＝g，故B正确；小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为eq \r(3)L，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故C错误；在D点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的长度，故初位置和D位置环的弹性势能相等，所以mg·2Lcs 60°＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gL)，故D错误。
【题型三】细绳、轻杆连接体
【典型例题5】如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定的光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及斜面顶端的光滑的定滑轮且两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在碗口水平直径右端的A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。
(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s；
(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为eq \f(R,2)，求eq \f(m1,m2)。(结果保留两位有效数字)
[解析] (1)设小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2
如图所示，由运动的合成与分解得v1＝eq \r(2)v2
对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得
m1gR－m2gh＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
又h＝eq \r(2)Rsin 30°
联立以上三式解得
v1＝eq \r(2×\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)
v2＝eq \r(\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，
设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2，由机械能守恒定律得m2gs′sin 30°＝eq \f(1,2)m2v22
小球m2沿斜面上升的最大距离s＝eq \r(2)R＋s′
联立以上两式并代入v2，解得
s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)))R＝eq \f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R。
(2)对m1，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)m1v12＝m1geq \f(R,2)
代入v1解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(2\r(2)＋1,2)≈1.9。
[答案] (1)eq \f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R (2)1.9
【典型例题6】(多选)如图所示，由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，系统可绕O点在竖直面内转动，初始位置OA水平。由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力。则( )
A．系统在运动过程中机械能守恒
B．B球运动至最低点时，系统重力势能最小
C．A球运动至最低点过程中，动能一直在增大
D．摆动过程中，小球B的最大动能为eq \f(\r(3),4)mgL
解析：选AD 系统在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；系统的重心在A、B连线的中点位置，当AB连线水平时，系统重力势能最小，动能最大，故A球运动至最低点过程中，动能先增加，后减小，故B、C错误；AB连线水平时，系统动能最大，此时A球运动到图中B球位置，故根据机械能守恒定律，有：mg·eq \f(\r(3),2)L＝2×eq \f(1,2)mv2，解得：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(\r(3),4)mgL，故D正确。
【对点训练5】如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，由绳子通过定滑轮连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4 m。现从静止释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，g取10 m/s2。若圆环下降h＝3 m时的速度v＝5 m/s，则A和B的质量关系为( )
A.eq \f(M,m)＝eq \f(35,29) B.eq \f(M,m)＝eq \f(7,9)
C.eq \f(M,m)＝eq \f(39,25) D.eq \f(M,m)＝eq \f(15,19)
解析：选A 圆环下降3 m后的速度可以按如图所示分解，故可得vA＝vcs θ＝eq \f(vh,\r(h2＋l2))，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h＝3 m时，根据机械能守恒可得mgh＝MghA＋eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)MvA2，其中hA＝eq \r(h2＋l2)－l，联立可得eq \f(M,m)＝eq \f(35,29)，故A正确。
【对点训练6】一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则( )
A．A球的最大速度为2eq \r(gl)
B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小
C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度大小为eq \r(\f(8\r(2)＋1gl,3))
D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1
解析：选B 根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vA∶vB＝2∶1，D错误；由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确；当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得mg·2lcs θ－2mg·l(1－sin θ)＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)×2mvB2，解得vA2＝eq \f(8,3)gl(sin θ＋cs θ)－eq \f(8,3)gl，由数学知识知，当θ＝45°时，sin θ＋cs θ有最大值，最大值为vA＝eq \r(\f(8\r(2)－1gl,3))，A、C错误。
04
体系构建
1.在确定物体重力势能的变化量时，要根据情况，将物体分段处理，确定好各部分的重心及重心高度的变化量。
2.非质点类物体各部分是否都在运动，运动的速度大小是否相同，若相同，则物体的动能才可表示为eq \f(1,2)mv2。
3.
4.
05
记忆清单
1．对机械能守恒条件理解的三个角度
2．判断机械能守恒的三种方法
3．三点提醒
(1)物体在运动过程中只有重力做功，机械能守恒。
(2)单个物体在竖直光滑圆轨道上做圆周运动时，因只有重力做功，机械能守恒。
(3)单个物体做平抛运动、斜抛运动时，因只有重力做功，也常用机械能守恒定律列式求解。
0601
强化训练
1．水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度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，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为( )
A．4.0 m B．4.5 m C．5.0 m D．5.5 m
解析：选A 设人滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝4eq \r(5) m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可知落水时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.0,10)) s＝eq \r(\f(1,5)) s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝vt＝4.0 m。
2.(多选)如图所示，质量为m的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M＝2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为d＝3 m，定滑轮大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)( )
A.A、C间距离为4 m
B.小环最终静止在C点
C.小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D.当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2∶1
答案 AD
解析 小环运动到C点时，由机械能守恒得mgLAC＝Mg(eq \r(d2＋Leq \\al(2,AC))－d)，解得LAC＝4 m，故A正确；假设小环最终静止在C点，则绳中的拉力大小等于2mg，在C点对小环有FT＝eq \f(mg,sin 53°)＝eq \f(5,4)mg≠2mg，所以假设不成立，小环不能静止，故B错误；由机械能守恒定律可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度vM＝vmcs 60°，由Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D正确。
3.如图所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度向下抛出，抛出后手保持不动。从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计)，下列说法正确的是( )
A．绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，球的动能一直减小
B．该过程中，手受到的绳的拉力先增大后减小
C．该过程中，重力对球做的功大于球克服绳的拉力做的功
D．在最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大
解析：选D 绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，但重力大于拉力时球的速度增大，故球的动能增大，当重力与拉力相等时球的速度最大，动能最大，球继续向下运动，当重力小于拉力时球的速度减小，则球的动能减小，A错误；该过程中，手受到绳的拉力一直增大，B错误；由动能定理可得WG－W克绳＝0－eq \f(1,2)mv02，该过程中重力对球做的功小于球克服绳的拉力做的功，C错误；在最低点时，小球的动能为零，球、绳和地球组成的系统势能最大，D正确。
4.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是（ ）
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关
答案：D
5.(多选)如图所示，一轻质支架的两端分别连着质量为m和2m的小球A和B(可视为质点)，支架的OA段长为L，OB段长为2L，∠AOB＝120°保持不变，可绕水平固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动。已知重力加速度为g，当OB与水平方向成30°角时无初速度释放支架，直到B球第一次运动到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．当B球运动到最低点时，A球的速度大小为eq \r(gL)
B．当B球运动到最低点时，B球的速度大小为eq \r(2gL)
C．B球运动到最低点的过程中，支架对A球做正功
D．B球运动到最低点的过程中，B球的机械能守恒
[解析] 小球A与B角速度大小相同，故eq \f(vA,vB)＝eq \f(rAω,rBω)＝eq \f(1,2)，即vB＝2vA，B球第一次运动到最低点时，由几何关系和整个系统机械能守恒，可得2mg×3L－mg×eq \f(3,2)L＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)×2mvB2，联立解得vA＝eq \r(gL)，vB＝2eq \r(gL)，故A正确，B错误；B球第一次运动到最低点的过程中，对于A球，由几何关系和动能定理，可得－mg×eq \f(3,2)L＋W＝eq \f(1,2)mvA2－0，解得W＝2mgL＞0，支架对A球做正功，故C正确；同理，B球第一次运动到最低点的过程中，支架对B球做负功，B球的机械能不守恒，故D错误。
[答案] AC
6.(多选)如图所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点静止释放，让小球自由摆下，不计空气阻力，在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是 ( )
A.小球的机械能守恒
B.小球的机械能减少
C.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变
D.小球和弹簧组成的系统机械能守恒
答案 BD
解析 小球由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故选项A错误，B正确；在此过程中，由于只有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C错误，D正确。
7.(多选)如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α＝30°时，弹簧处于原长。当α＝30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中( )
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．当α＝45°时，P、Q的速度相同
C．弹簧弹性势能最大值为(eq \r(3)－1)mgL
D．P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg
解析：选CD 对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒；但对P、Q和弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；当α＝45°时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQcs 45°＝vPcs 45°，可得vP＝vQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误；根据系统机械能守恒可得Ep＝2mgL(cs 30°－cs 60°)，弹性势能的最大值为Ep＝(eq \r(3)－1)mgL，故C正确；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－N＝2ma，则有N＜3mg，故D正确。
8．载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是( )
A．发动机对飞行包不做功
B．飞行包的重力做正功
C．飞行包的动能不变
D．飞行包的机械能不变
解析：选C 飞行包(包括人)在竖直匀速上升的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做正功，A错误；高度上升，飞行包的重力做负功，B错误；飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升，故飞行包的动能不变，C正确；飞行包在上升过程中动能不变，重力势能变大，故机械能变大，D错误。
9.(多选)如图甲所示，被称为“魔力陀螺”的玩具陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型。半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(可视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C．铁球在A点的速度必须大于eq \r(gR)
D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
解析：选BD 铁球在运动的过程中，磁力和支持力不做功，只有重力做功，所以铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，铁球不可能做匀速圆周运动，A错误，B正确；铁球在最高点的速度只要大于0即可通过最高点，C错误；要使铁球不脱轨，铁球在最高点的速度恰好为0，合力恰好等于0，则由机械能守恒定律可知铁球到达最低点时的速度满足mg·2R＝eq \f(1,2)mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，有F－mg＝meq \f(v2,R)，解得F＝5mg，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，D正确。
10．荡秋千是人们喜欢的一项健身娱乐活动。荡秋千者通过做功，逐渐增加自身的机械能，从而逐渐“荡”高。其原理如下：人向下摆动过程中逐渐“下蹲”使重心下降，而在秋千上摆过程中，人又逐渐站起使重心升高，机械能增加，从而逐渐“荡”高。有一个正在“荡”秋千的运动员质量为75 kg，身高为1.8 m，在水平地面上站立时重心高1.0 m，蹲坐时重心高0.6 m。秋千摆长为5.0 m。若该运动员从与竖直方向成37°角位置开始下摆。(忽略空气阻力、秋千的质量，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求运动员到达秋千下摆的竖直最低位置时的速度大小；
(2)求运动员在秋千下摆的竖直最低位置时受到秋千的作用力大小。
解析：秋千摆长L0＝5.0 m，运动员在水平地面上站立时重心高H1＝1.0 m，蹲坐时重心高H2＝0.6 m，以秋千下摆的最低位置处为零势能点。
(1)秋千下摆过程中运动员机械能守恒，mg[L0－(L0－H1)cs 37°]＝mgH2＋eq \f(1,2)mv2，解得v≈4.9 m/s。
(2)设运动员在秋千下摆到最低位置时受到秋千的作用力大小为F，则F－mg＝meq \f(v2,L0－H2)，解得F≈1 159 N。
答案：(1)4.9 m/s (2)1 159 N
11．有一款名叫“跳一跳”的微信小游戏，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m)脱离平台时的速度，使其能从一个平台跳到旁边的平台上．如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，不计空气阻力．则下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
A．棋子从起跳至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
B．棋子离开平台时的动能为mgh
C．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
D．棋子落到平台上的速度大小为eq \r(2gh)
【答案】C
12.某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示。竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，在B点相切。使质量m＝0.1 kg的小球从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F。改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示，取g＝10 m/s2。
(1)求圆轨道的半径R；
(2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低点与圆心O等高，求θ的值。
解析：(1)小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动的向心力，即：F＋mg＝meq \f(v2,R)
从A到D的过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律有：mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mv2
联立解得：F＝eq \f(2mg,R)H－5mg
由题中给出的F-H图像知斜率
k＝10 N/m
即eq \f(2mg,R)＝10 N/m，所以可得R＝0.2 m。
(2)小球离开D点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小。
根据临界条件知，小球能通过D点时的最小速度为v＝eq \r(gR)
小球在斜面上的落点与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为R，
所以小球平抛的射程s＝vt＝v eq \r(\f(2R,g))＝eq \r(gR)·eq \r(\f(2R,g))＝eq \r(2)R
由几何关系可知，θ＝45°。
答案：(1)0.2 m (2)45°
13.如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则( )
A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2
C．v1＝v2，t1答案 A
解析 利用机械能守恒定律和速率变化特点解决问题．根据机械能守恒定律可知v1＝v2，再根据速率变化特点知，小球由M到P再到N，速率先减小至最小，再增大到原速率．小球由M到Q再到N，速率先增大至最大，再减小到原速率．由两球运动速率特点以及两条路径的路程相等可画出如图所示图象，由图象可知小球沿MQN路径运动的平均速率大，所以t1>t2，故选项A正确．
14.如图(a)所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，半径为0.4 m，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图(b)是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速率的二次方与其对应高度的关系图象．已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．图(b)中x＝36
B．小球质量为0.2 kg
C．小球在A点时受到的轨道作用力大小为12.5 N
D．小球在B点时受到的轨道作用力大小为4.5 N
【答案】B
【解析】根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，整理得v2－v02＝－2gh；由题图(b)可知，当h＝0.8 m时，v2＝9 m2/s2，代入上式可得x＝v02＝25 m2/s2，A错误；在最高点时，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝eq \f(mv2,R)，可得m＝0.2 kg，B正确；在A点时，根据牛顿第二定律有FNA－mg＝eq \f(mv\\al(02),R)，可得FNA＝14.5 N，C错误；小球在B点时FNB＝eq \f(mv\\al(B2),R)，又eq \f(1,2)mvB2＋mgR＝eq \f(1,2)mv02，整理得FNB＝8.5 N，D错误．
故选B．
15.(多选)如图所示,一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中,小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是( )。
【答案】AB
【解析】对小环由机械能守恒定律有mgh=mv2-m,则v2=2gh+,当v0=0时,B项正确;当v0≠0时,A项正确。
16．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了eq \r(3)mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析 圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C错误；圆环重力势能减少了eq \r(3)mgl，由机械能守恒定律知弹簧弹性势能增加了eq \r(3)mgl，故B正确。
答案 B
17.如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径为R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m＝2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为 ＝0.5。加速阶段AB的长度为l＝3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用， 在B点撤去拉力，g取10 m/s2，试问：
(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？
(2)满足第(1)的条件下，小车沿着出口平轨道CD滑行多远的距离？
(3)要使小车不脱离轨道，平直轨道BC段的长度范围？
解析 (1)小车恰好通过圆轨道的最高点mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
由机械能守恒定律eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得vC＝10 m/s
(2)根据动能定理：－μmgsCD＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得sCD＝10 m
(3)根据动能定理；Fl－μmg(l＋sBC)－mgh＝0－0
h≤R
得sBC≥11 m
Fl－μmg(l＋sBC)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
vC≥10 m/s
得sBC≤5 m
BC满足sBC≤5 m或sBC≥11 m。
答案 (1)10 m/s (2)10 m (3) sBC≤5 m或sBC≥11 m
课程标准
学习目标
1．理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。
2．能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题。
1、通过机械能守恒定律的学习，初步建立能量观念、体会守恒思想。
2、会用能量观念分析具体实例中动能与势能（包括弹性势能）之间的相互转化。
3、理解机械能守恒定律的推导过程。
4、会从功和能量转化的角度判断机械能是否守恒，能应用机械能守恒定律解决有关问题，体会利用机械能守恒定律解决问题的便利性。
常见情境
三点提醒
(1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。
(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向的高度变化关系。
(3)对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
常见情境
三大特点
(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。
(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
(3)对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
题型特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
两点提醒
(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧是伸长还是压缩。
(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。
02
预习导学
课前研读课本，梳理基础知识：
一、重力做功与重力势能的关系
1.重力做功的特点
(1)物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。
(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)＝－ΔEp。
二、机械能守恒定律
1.内容：在只有重力或系统内弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2.表达式：mgh1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mgh2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)。
3.机械能守恒的情况：
(1)系统只受重力或系统内弹簧弹力的作用，不受其他外力。
(2)系统除受重力或系统内弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功。
(3)系统内除重力或系统内弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零。
(4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内、外也没有机械能与其他形式的能发生转化。
三、单物体的机械能守恒问题
1.表达式
2.一般步骤
3.选用技巧
在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面。
四、连接体的机械能守恒问题
1.对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，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，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
五、含“弹簧类”机械能守恒问题
1.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(除重力外)和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
2.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。
3.如果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)。
（二）即时练习：
【小试牛刀1】如图所示，光滑水平面与光滑半球面相连，O点为球心，一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B，A、B质量相等且可视为质点，开始时A、B静止，轻绳水平伸直，B与O点等高，释放后，当B和球心O连线与竖直方向夹角为30°时，B下滑速度为v，此时A仍在水平面上，重力加速度为g，则球面半径为( )
A.eq \f(7v2,4g) B.eq \f(72＋\r(3)v2,4g)
C.eq \f(7\r(3)v2,4g) D.eq \f(7v2,4\r(3)g)
解析：选D 滑块A和滑块B组成的系统机械能守恒，故：mgRcs 30°＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，将B的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示：滑块A、B沿着绳子的分速度相等，故：vA＝vBcs 30°，其中：vB＝v，联立解得：R＝eq \f(7v2,4\r(3)g)，故D正确。
【小试牛刀2】如图(a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图(b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。由此可知( )
A．小球的质量m＝0.2 kg
B．初动能Ek0＝16 J
C．小球在C点时重力的功率为60 W
D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N
解析：选D 由图(b)可知，半圆形轨道的半径为0.4 m，小球在C点的动能大小EkC＝9 J，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg＋F＝eq \f(mvC2,R)＝eq \f(2EkC,R)，解得小球的质量m＝2 kg，A错误；由机械能守恒定律得，初动能Ek0＝mgh＋EkC＝25 J，其中h＝0.8 m，B错误；小球在C点时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，C错误；由机械能守恒定律得，在B点的动能EkB＝mgeq \f(h,2)＋EkC＝17 J，在B点轨道的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得F＝eq \f(mvB2,R)＝eq \f(2EkB,R)＝85 N，D正确。
【小试牛刀3】如图所示，露天娱乐场中过山车是由许多节完全相同的车厢组成，过山车先沿水平轨道行驶，然后滑上一固定的半径为R的空中圆形轨道，若过山车全长为L(L＞2πR)，R远大于一节车厢的长度和高度，为使整个过山车安全通过固定的圆形轨道，那么过山车在运行到圆形轨道前的速度至少为(车厢间的距离不计，忽略一切摩擦)( )
A. eq \r(gR) B . eq \r(3πgL)
C. eq \r(gR\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4πR,L)))) D. eq \r(gR\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(πR,L))))
[解析] 当过山车进入轨道后，动能逐渐向势能转化，车速逐渐减小，当车厢占满圆形轨道时速度最小，设此时的速度为v，过山车的质量为M，圆形轨道上那部分过山车的质量M′＝eq \f(M,L)·2πR，由机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(1,2)Mv2＋M′gR，又因圆形轨道顶部车厢应满足：mg＝meq \f(v2,R)，可求得：v0＝ eq \r(gR\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4πR,L))))。故C正确。
[答案] C
03
题型精讲
【题型一】单体机械能守恒
【典型例题1】一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A．eq \r(2＋πgR) B．eq \r(2πgR)
C．eq \r(21＋πgR) D．2eq \r(gR)
解析：选A 当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－eq \f(π,2)R＋R＝eq \f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据机械能守恒有mgh＝eq \f(1,2)mv2，联立以上两式解得v＝eq \r(2＋πgR)，故A正确，B、C、D错误。
【典型例题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.eq \f(v02,g) B.eq \f(v02,2g) C.eq \f(v02,3g) D.eq \f(v02,4g)
解析：选B 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eq \f(1,2)mv02＝mgH＋eq \f(1,2)mv2，小球离开管口后做平抛运动，则x＝vt，H＝eq \f(1,2)gt2，联立方程，可得x＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,g)－2H))×2H)＝eq \r(－4H2＋\f(2v02,g)H)，由二次函数的特点可知当H＝eq \f(v02,4g)时x取最大值，xmax＝eq \f(v02,2g)。
【对点训练1】如图所示，光滑圆形轨道竖直固定在倾角α＝30°的光滑斜面上，B点为圆与斜面相切的点，C为圆轨道上与圆心等高的点，D点为圆形轨道的最高点。一质量为m＝0.5 kg的小球，从与D等高的A点无初速度释放，小球可以无能量损失的通过B点进入圆轨道，当地重力加速度g取10 m/s2。在小球运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球可以通过D点
B．小球到最高点时速度为零
C．小球对C点的压力大小为10 N
D．由于圆轨道的半径未知，无法计算出小球对C点的压力大小
解析：选C 根据机械能守恒定律可知，小球从A点由静止释放，则到达等高的D点时速度为零；而要想经过圆轨道的最高点D的最小速度为eq \r(gR)，可知小球不能到达最高点D，而是过了C点后将脱离圆轨道做斜上抛运动，则到达最高点时速度不为零，A、B错误；从A点到C点由机械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)mvC2，则在C点NC＝meq \f(vC2,R)，解得NC＝2mg＝10 N，C正确，D错误。
【对点训练2】如图所示，半径R＝0.5 m的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，半圆轨道与光滑水平地面相切于圆轨道最低端点A。质量m＝1 kg 的小球以初速度v0＝5 m/s 从A点冲上竖直圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点，g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求小球运动到轨道末端B点时的速度vB；
(2)求A、C两点间的距离x；
(3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆轨道，并沿轨道运动到B点飞出，落在水平地面上。求小球落点与A点间的最小距离xmin。
答案 (1)eq \r(5) m/s (2)1 m (3)1 m
解析 (1)选水平地面为零势能参考面，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋mg·2R
解得vB＝eq \r(5) m/s。
(2)由平抛规律得2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝vBt，解得x＝1 m。
(3)设小球运动到B点半圆轨道对小球的压力为FN
圆周运动向心力FN＋mg＝eq \f(mveq \\al(2,B),R)
得当FN＝0时，小球运动到轨道末端B点时的速度最小vBmin＝eq \r(5) m/s
由(2)的计算可知，最小距离xmin＝x＝1 m。
【题型二】涉及弹簧、弹性绳的机械能守恒问题
【典型例题3】2021年7月30日，东京奥运会蹦床女子决赛中，中国包揽女子蹦床金、银牌，朱雪莹夺金，刘灵玲获蹦床银牌。在运动员蹦床训练中，从运动员下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图所示。在h1～h2阶段图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，运动员的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是( )
A．整个过程中运动员的机械能守恒
B．从运动员的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小
C．运动员从h1降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1
D．运动员处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)
解析：选D 运动员与蹦床组成的系统机械能守恒，A错误；运动员的脚接触蹦床到弹力等于重力的过程中有mg－kx＝ma，运动员下降过程中x增大，则a减小，当弹力等于重力到蹦床被压缩至最低点的过程中有kx－mg＝ma′，运动员下降过程中x增大，则a′增大，则从运动员的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先减小后增大，B错误；运动员从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，C错误；运动员处于h＝h4高度时，根据机械能守恒有mg(h2－h4)＝Ep，D正确。
【典型例题4】(多选)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有( )
A．弹性绳原长为15 m
B．当运动员下降10 m时，处于失重状态
C．当运动员下降15 m时，绳的弹性势能最大
D．当运动员下降20 m时，其加速度方向竖直向上
解析：选BD 运动员下降15 m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹性绳弹力不为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，故A错误；当运动员下降10 m时，速度向下并且逐渐增大，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15 m时，速度不为零，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20 m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确。
【对点训练3】如图所示，A、B两物体在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度。求：
(1)斜面倾角α；
(2)B的最大速度v。
[解析] (1)当A刚离开地面时，设弹簧的伸长量为xA，对A有kxA＝mg，此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线拉力FT三个力的作用，B的速度达到最大，即加速度为零，受力平衡，则C也受力平衡，对B有FT－mg－kxA＝0，对C有4mgsin α－FT＝0，解得sin α＝0.5，所以α＝30°。
(2)开始时弹簧压缩的长度为xB＝eq \f(mg,k)，则xA＝xB，
当A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为xA＋xB，由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，而且A刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，由机械能守恒定律得4mg(xA＋xB)sin α－mg(xA＋xB)＝eq \f(1,2)(4m＋m)v2，解得v＝2geq \r(\f(m,5k))。
[答案] (1)30° (2)2geq \r(\f(m,5k))
【对点训练4】如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.在下滑过程中小环的机械能先减小后增大
B.小环刚释放时的加速度大小为g
C.小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零
D.小环的最大速度为eq \r(gL)
答案 B
解析 小环和弹性绳组成的系统机械能守恒，小环到达AC的中点D时，弹性绳的长度为2L，伸长量不为0，在AD之间有一位置弹性绳与AC垂直，小环从A点到弹性绳与AC垂直位置的过程中，弹性绳对小环做正功，从弹性绳与AC垂直位置到C点的过程中，弹性绳对小环做负功，所以下滑过程中小环的机械能先增大后减小，故A错误；在A位置，环受重力、弹性绳拉力和支持力，根据牛顿第二定律，有mgsin 30°＋F弹sin 30°＝ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹性绳长度为2L，故mgsin 30°－F弹cs 60°＝0，联立解得a＝g，故B正确；小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为eq \r(3)L，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故C错误；在D点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的长度，故初位置和D位置环的弹性势能相等，所以mg·2Lcs 60°＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gL)，故D错误。
【题型三】细绳、轻杆连接体
【典型例题5】如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定的光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及斜面顶端的光滑的定滑轮且两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在碗口水平直径右端的A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。
(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s；
(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为eq \f(R,2)，求eq \f(m1,m2)。(结果保留两位有效数字)
[解析] (1)设小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2
如图所示，由运动的合成与分解得v1＝eq \r(2)v2
对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得
m1gR－m2gh＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
又h＝eq \r(2)Rsin 30°
联立以上三式解得
v1＝eq \r(2×\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)
v2＝eq \r(\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，
设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2，由机械能守恒定律得m2gs′sin 30°＝eq \f(1,2)m2v22
小球m2沿斜面上升的最大距离s＝eq \r(2)R＋s′
联立以上两式并代入v2，解得
s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)))R＝eq \f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R。
(2)对m1，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)m1v12＝m1geq \f(R,2)
代入v1解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(2\r(2)＋1,2)≈1.9。
[答案] (1)eq \f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R (2)1.9
【典型例题6】(多选)如图所示，由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，系统可绕O点在竖直面内转动，初始位置OA水平。由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力。则( )
A．系统在运动过程中机械能守恒
B．B球运动至最低点时，系统重力势能最小
C．A球运动至最低点过程中，动能一直在增大
D．摆动过程中，小球B的最大动能为eq \f(\r(3),4)mgL
解析：选AD 系统在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；系统的重心在A、B连线的中点位置，当AB连线水平时，系统重力势能最小，动能最大，故A球运动至最低点过程中，动能先增加，后减小，故B、C错误；AB连线水平时，系统动能最大，此时A球运动到图中B球位置，故根据机械能守恒定律，有：mg·eq \f(\r(3),2)L＝2×eq \f(1,2)mv2，解得：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(\r(3),4)mgL，故D正确。
【对点训练5】如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，由绳子通过定滑轮连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4 m。现从静止释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，g取10 m/s2。若圆环下降h＝3 m时的速度v＝5 m/s，则A和B的质量关系为( )
A.eq \f(M,m)＝eq \f(35,29) B.eq \f(M,m)＝eq \f(7,9)
C.eq \f(M,m)＝eq \f(39,25) D.eq \f(M,m)＝eq \f(15,19)
解析：选A 圆环下降3 m后的速度可以按如图所示分解，故可得vA＝vcs θ＝eq \f(vh,\r(h2＋l2))，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h＝3 m时，根据机械能守恒可得mgh＝MghA＋eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)MvA2，其中hA＝eq \r(h2＋l2)－l，联立可得eq \f(M,m)＝eq \f(35,29)，故A正确。
【对点训练6】一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则( )
A．A球的最大速度为2eq \r(gl)
B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小
C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度大小为eq \r(\f(8\r(2)＋1gl,3))
D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1
解析：选B 根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vA∶vB＝2∶1，D错误；由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确；当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得mg·2lcs θ－2mg·l(1－sin θ)＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)×2mvB2，解得vA2＝eq \f(8,3)gl(sin θ＋cs θ)－eq \f(8,3)gl，由数学知识知，当θ＝45°时，sin θ＋cs θ有最大值，最大值为vA＝eq \r(\f(8\r(2)－1gl,3))，A、C错误。
04
体系构建
1.在确定物体重力势能的变化量时，要根据情况，将物体分段处理，确定好各部分的重心及重心高度的变化量。
2.非质点类物体各部分是否都在运动，运动的速度大小是否相同，若相同，则物体的动能才可表示为eq \f(1,2)mv2。
3.
4.
05
记忆清单
1．对机械能守恒条件理解的三个角度
2．判断机械能守恒的三种方法
3．三点提醒
(1)物体在运动过程中只有重力做功，机械能守恒。
(2)单个物体在竖直光滑圆轨道上做圆周运动时，因只有重力做功，机械能守恒。
(3)单个物体做平抛运动、斜抛运动时，因只有重力做功，也常用机械能守恒定律列式求解。
0601
强化训练
1．水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度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，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为( )
A．4.0 m B．4.5 m C．5.0 m D．5.5 m
解析：选A 设人滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝4eq \r(5) m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可知落水时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.0,10)) s＝eq \r(\f(1,5)) s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝vt＝4.0 m。
2.(多选)如图所示，质量为m的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M＝2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为d＝3 m，定滑轮大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)( )
A.A、C间距离为4 m
B.小环最终静止在C点
C.小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D.当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2∶1
答案 AD
解析 小环运动到C点时，由机械能守恒得mgLAC＝Mg(eq \r(d2＋Leq \\al(2,AC))－d)，解得LAC＝4 m，故A正确；假设小环最终静止在C点，则绳中的拉力大小等于2mg，在C点对小环有FT＝eq \f(mg,sin 53°)＝eq \f(5,4)mg≠2mg，所以假设不成立，小环不能静止，故B错误；由机械能守恒定律可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度vM＝vmcs 60°，由Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D正确。
3.如图所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度向下抛出，抛出后手保持不动。从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计)，下列说法正确的是( )
A．绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，球的动能一直减小
B．该过程中，手受到的绳的拉力先增大后减小
C．该过程中，重力对球做的功大于球克服绳的拉力做的功
D．在最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大
解析：选D 绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，但重力大于拉力时球的速度增大，故球的动能增大，当重力与拉力相等时球的速度最大，动能最大，球继续向下运动，当重力小于拉力时球的速度减小，则球的动能减小，A错误；该过程中，手受到绳的拉力一直增大，B错误；由动能定理可得WG－W克绳＝0－eq \f(1,2)mv02，该过程中重力对球做的功小于球克服绳的拉力做的功，C错误；在最低点时，小球的动能为零，球、绳和地球组成的系统势能最大，D正确。
4.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是（ ）
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关
答案：D
5.(多选)如图所示，一轻质支架的两端分别连着质量为m和2m的小球A和B(可视为质点)，支架的OA段长为L，OB段长为2L，∠AOB＝120°保持不变，可绕水平固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动。已知重力加速度为g，当OB与水平方向成30°角时无初速度释放支架，直到B球第一次运动到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．当B球运动到最低点时，A球的速度大小为eq \r(gL)
B．当B球运动到最低点时，B球的速度大小为eq \r(2gL)
C．B球运动到最低点的过程中，支架对A球做正功
D．B球运动到最低点的过程中，B球的机械能守恒
[解析] 小球A与B角速度大小相同，故eq \f(vA,vB)＝eq \f(rAω,rBω)＝eq \f(1,2)，即vB＝2vA，B球第一次运动到最低点时，由几何关系和整个系统机械能守恒，可得2mg×3L－mg×eq \f(3,2)L＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)×2mvB2，联立解得vA＝eq \r(gL)，vB＝2eq \r(gL)，故A正确，B错误；B球第一次运动到最低点的过程中，对于A球，由几何关系和动能定理，可得－mg×eq \f(3,2)L＋W＝eq \f(1,2)mvA2－0，解得W＝2mgL＞0，支架对A球做正功，故C正确；同理，B球第一次运动到最低点的过程中，支架对B球做负功，B球的机械能不守恒，故D错误。
[答案] AC
6.(多选)如图所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点静止释放，让小球自由摆下，不计空气阻力，在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是 ( )
A.小球的机械能守恒
B.小球的机械能减少
C.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变
D.小球和弹簧组成的系统机械能守恒
答案 BD
解析 小球由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故选项A错误，B正确；在此过程中，由于只有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C错误，D正确。
7.(多选)如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α＝30°时，弹簧处于原长。当α＝30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中( )
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．当α＝45°时，P、Q的速度相同
C．弹簧弹性势能最大值为(eq \r(3)－1)mgL
D．P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg
解析：选CD 对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒；但对P、Q和弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；当α＝45°时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQcs 45°＝vPcs 45°，可得vP＝vQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误；根据系统机械能守恒可得Ep＝2mgL(cs 30°－cs 60°)，弹性势能的最大值为Ep＝(eq \r(3)－1)mgL，故C正确；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－N＝2ma，则有N＜3mg，故D正确。
8．载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是( )
A．发动机对飞行包不做功
B．飞行包的重力做正功
C．飞行包的动能不变
D．飞行包的机械能不变
解析：选C 飞行包(包括人)在竖直匀速上升的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做正功，A错误；高度上升，飞行包的重力做负功，B错误；飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升，故飞行包的动能不变，C正确；飞行包在上升过程中动能不变，重力势能变大，故机械能变大，D错误。
9.(多选)如图甲所示，被称为“魔力陀螺”的玩具陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型。半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(可视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C．铁球在A点的速度必须大于eq \r(gR)
D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
解析：选BD 铁球在运动的过程中，磁力和支持力不做功，只有重力做功，所以铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，铁球不可能做匀速圆周运动，A错误，B正确；铁球在最高点的速度只要大于0即可通过最高点，C错误；要使铁球不脱轨，铁球在最高点的速度恰好为0，合力恰好等于0，则由机械能守恒定律可知铁球到达最低点时的速度满足mg·2R＝eq \f(1,2)mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，有F－mg＝meq \f(v2,R)，解得F＝5mg，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，D正确。
10．荡秋千是人们喜欢的一项健身娱乐活动。荡秋千者通过做功，逐渐增加自身的机械能，从而逐渐“荡”高。其原理如下：人向下摆动过程中逐渐“下蹲”使重心下降，而在秋千上摆过程中，人又逐渐站起使重心升高，机械能增加，从而逐渐“荡”高。有一个正在“荡”秋千的运动员质量为75 kg，身高为1.8 m，在水平地面上站立时重心高1.0 m，蹲坐时重心高0.6 m。秋千摆长为5.0 m。若该运动员从与竖直方向成37°角位置开始下摆。(忽略空气阻力、秋千的质量，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求运动员到达秋千下摆的竖直最低位置时的速度大小；
(2)求运动员在秋千下摆的竖直最低位置时受到秋千的作用力大小。
解析：秋千摆长L0＝5.0 m，运动员在水平地面上站立时重心高H1＝1.0 m，蹲坐时重心高H2＝0.6 m，以秋千下摆的最低位置处为零势能点。
(1)秋千下摆过程中运动员机械能守恒，mg[L0－(L0－H1)cs 37°]＝mgH2＋eq \f(1,2)mv2，解得v≈4.9 m/s。
(2)设运动员在秋千下摆到最低位置时受到秋千的作用力大小为F，则F－mg＝meq \f(v2,L0－H2)，解得F≈1 159 N。
答案：(1)4.9 m/s (2)1 159 N
11．有一款名叫“跳一跳”的微信小游戏，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m)脱离平台时的速度，使其能从一个平台跳到旁边的平台上．如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，不计空气阻力．则下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
A．棋子从起跳至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
B．棋子离开平台时的动能为mgh
C．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
D．棋子落到平台上的速度大小为eq \r(2gh)
【答案】C
12.某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示。竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，在B点相切。使质量m＝0.1 kg的小球从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F。改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示，取g＝10 m/s2。
(1)求圆轨道的半径R；
(2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低点与圆心O等高，求θ的值。
解析：(1)小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动的向心力，即：F＋mg＝meq \f(v2,R)
从A到D的过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律有：mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mv2
联立解得：F＝eq \f(2mg,R)H－5mg
由题中给出的F-H图像知斜率
k＝10 N/m
即eq \f(2mg,R)＝10 N/m，所以可得R＝0.2 m。
(2)小球离开D点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小。
根据临界条件知，小球能通过D点时的最小速度为v＝eq \r(gR)
小球在斜面上的落点与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为R，
所以小球平抛的射程s＝vt＝v eq \r(\f(2R,g))＝eq \r(gR)·eq \r(\f(2R,g))＝eq \r(2)R
由几何关系可知，θ＝45°。
答案：(1)0.2 m (2)45°
13.如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则( )
A．v1＝v2，t1>t2 B．v1
C．v1＝v2，t1
解析 利用机械能守恒定律和速率变化特点解决问题．根据机械能守恒定律可知v1＝v2，再根据速率变化特点知，小球由M到P再到N，速率先减小至最小，再增大到原速率．小球由M到Q再到N，速率先增大至最大，再减小到原速率．由两球运动速率特点以及两条路径的路程相等可画出如图所示图象，由图象可知小球沿MQN路径运动的平均速率大，所以t1>t2，故选项A正确．
14.如图(a)所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，半径为0.4 m，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图(b)是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速率的二次方与其对应高度的关系图象．已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．图(b)中x＝36
B．小球质量为0.2 kg
C．小球在A点时受到的轨道作用力大小为12.5 N
D．小球在B点时受到的轨道作用力大小为4.5 N
【答案】B
【解析】根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，整理得v2－v02＝－2gh；由题图(b)可知，当h＝0.8 m时，v2＝9 m2/s2，代入上式可得x＝v02＝25 m2/s2，A错误；在最高点时，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝eq \f(mv2,R)，可得m＝0.2 kg，B正确；在A点时，根据牛顿第二定律有FNA－mg＝eq \f(mv\\al(02),R)，可得FNA＝14.5 N，C错误；小球在B点时FNB＝eq \f(mv\\al(B2),R)，又eq \f(1,2)mvB2＋mgR＝eq \f(1,2)mv02，整理得FNB＝8.5 N，D错误．
故选B．
15.(多选)如图所示,一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中,小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是( )。
【答案】AB
【解析】对小环由机械能守恒定律有mgh=mv2-m,则v2=2gh+,当v0=0时,B项正确;当v0≠0时,A项正确。
16．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了eq \r(3)mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析 圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C错误；圆环重力势能减少了eq \r(3)mgl，由机械能守恒定律知弹簧弹性势能增加了eq \r(3)mgl，故B正确。
答案 B
17.如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径为R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m＝2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为 ＝0.5。加速阶段AB的长度为l＝3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用， 在B点撤去拉力，g取10 m/s2，试问：
(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？
(2)满足第(1)的条件下，小车沿着出口平轨道CD滑行多远的距离？
(3)要使小车不脱离轨道，平直轨道BC段的长度范围？
解析 (1)小车恰好通过圆轨道的最高点mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
由机械能守恒定律eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得vC＝10 m/s
(2)根据动能定理：－μmgsCD＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得sCD＝10 m
(3)根据动能定理；Fl－μmg(l＋sBC)－mgh＝0－0
h≤R
得sBC≥11 m
Fl－μmg(l＋sBC)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
vC≥10 m/s
得sBC≤5 m
BC满足sBC≤5 m或sBC≥11 m。
答案 (1)10 m/s (2)10 m (3) sBC≤5 m或sBC≥11 m
课程标准
学习目标
1．理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。
2．能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题。
1、通过机械能守恒定律的学习，初步建立能量观念、体会守恒思想。
2、会用能量观念分析具体实例中动能与势能（包括弹性势能）之间的相互转化。
3、理解机械能守恒定律的推导过程。
4、会从功和能量转化的角度判断机械能是否守恒，能应用机械能守恒定律解决有关问题，体会利用机械能守恒定律解决问题的便利性。
常见情境
三点提醒
(1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。
(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向的高度变化关系。
(3)对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
常见情境
三大特点
(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。
(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
(3)对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
题型特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
两点提醒
(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧是伸长还是压缩。
(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。
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