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新高考物理一轮复习讲义 第6章 第3讲 机械能守恒定律及其应用
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这是一份新高考物理一轮复习讲义 第6章 第3讲 机械能守恒定律及其应用，共18页。
考点一 机械能守恒的判断
基础回扣
1．重力做功与重力势能的关系
(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)重力势能
①表达式：Ep＝mgh.
②重力势能的特点
重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关．
(3)重力做功与重力势能变化的关系
重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.
2．弹性势能
(1)定义：发生弹性形变的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：
弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加．即W＝－ΔEp.
3．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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
(2)表达式：mgh1＋eq \f(1,2)mv12＝mgh2＋eq \f(1,2)mv22.
技巧点拨
机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用做功判断：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(或做功代数和为0)，则机械能守恒．
(2)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒．
(3)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒．
1．(单个物体机械能守恒的判断)(2020·黑龙江哈师大青冈实验中学高二开学考试)忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )
A．电梯匀速下降
B．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C．物体沿着斜面匀速下滑
D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升
答案 B
解析 电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，机械能不守恒，所以A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以B正确；物体沿着粗糙斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所以C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，所以D错误．
2.(系统机械能守恒的判断)(2019·山西太原一中模拟)如图1所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上．现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是( )
图1
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
答案 B
解析 不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B正确，C、D错误；斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误．
3.(含弹簧系统的机械能守恒的判断)(2020·河北唐山市高三二模)如图2所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，弹簧一直保持竖直，空气阻力不计，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法中正确的是( )
图2
A．小球的动能一直减小
B．小球的机械能守恒
C．克服弹力做功大于重力做功
D．最大弹性势能等于小球减少的动能
答案 C
解析 小球开始下落时，只受重力作用做加速运动，当与弹簧接触时，受到弹簧弹力作用，开始时弹簧压缩量小，因此重力大于弹力，速度增大，随着弹簧压缩量的增加，弹力增大，当重力等于弹力时，速度最大，然后弹簧继续被压缩，弹力大于重力，小球开始减速运动，所以整个过程中小球先加速后减速运动，根据Ek＝eq \f(1,2)mv2，动能先增大然后减小，故A错误；在向下运动的过程中，小球受到的弹力对它做了负功，小球的机械能不守恒，故B错误；在向下运动过程中，重力势能减小，最终小球的速度为零，动能减小，弹簧的压缩量增大，弹性势能增大，根据能量守恒，最大弹性势能等于小球减少的动能和减小的重力势能之和，即克服弹力做功大于重力做功，故D错误，C正确．
考点二 单物体机械能守恒问题
1．机械能守恒的三种表达式
2.解题的一般步骤
(1)选取研究对象；
(2)进行受力分析，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒；
(3)选取参考平面，确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量；
(4)根据机械能守恒定律列出方程；
(5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明．
例1 如图3所示，倾角为37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R＝1 m，将滑块由B点无初速度释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，xAB＝2 m，滑块可视为质点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
图3
(1)滑块在斜面上运动的时间；
(2)若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速度释放，释放点至少应距A点多远．
答案 (1)1 s (2)5.75 m
解析 (1)设滑块到达A点的速度为vA，以A点所在水平面为参考平面，从A到C过程，根据机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mvA2＝mgRcs 37°
从B到A过程，滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可知vA2＝2axAB
vA＝at
联立各式解得a＝4 m/s2，t＝1 s
(2)设滑块能从D点抛出的最小速度为vD，在D点，由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v\\al(D2),R)
从A到D由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mvA′2＝mgR(1＋cs 37°)＋eq \f(1,2)mvD2
又vA′2＝2ax′
联立各式解得x′＝5.75 m.
4．(单个物体机械能守恒问题)(多选)(2020·广东南海中学月考)如图4所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面且不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
图4
A．物体落到海平面时的重力势能为mgh
B．物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mgh
C．物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mv02＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mv02
答案 BCD
解析 物体运动过程中，机械能守恒，所以任意一点的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为eq \f(1,2)mv02，故整个过程中的机械能为eq \f(1,2)mv02，所以物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mv02，在海平面上的重力势能为－mgh，根据机械能守恒定律可得－mgh＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv02，所以物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mv02＋mgh，从抛出到落到海平面，重力做功为mgh，所以B、C、D正确．
考点三 系统机械能守恒问题
1．解决多物体系统机械能守恒的注意点
(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．
2．几种实际情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化．
(2)角速度相等情景
①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．
②由v＝ωr知，v与r成正比．
(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等．
绳连接两物体速度大小相等
例2 (2019·内蒙古巴彦淖尔杭锦后旗奋斗中学高三二模)质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上，开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为0.8 m，如图5所示．若摩擦力均不计，从静止开始放手让它们运动．(斜面足够长，g取10 m/s2)求：
图5
(1)物体A着地时的速度大小；
(2)物体A着地后物体B继续沿斜面上滑的最大距离．
答案 (1)2 m/s (2)0.4 m
解析 (1)以地面为参考平面，
A、B系统机械能守恒，
根据机械能守恒定律有mgh＝mghsin 30°＋eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2
因为vA＝vB，
所以vA＝vB＝2 m/s.
(2)A着地后，B机械能守恒，
则B上升到最大高度过程中，
有eq \f(1,2)mvB2＝mgΔssin 30°
解得Δs＝0.4 m.
两关联物体速度大小不等
例3 (多选)(2019·云南昆明市4月质检)如图6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)( )
图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，对系统，由机械能守恒得：mgLAC＝Mg(eq \r(d2＋L\\al(AC2))－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．
含弹簧系统的机械能守恒问题
例4 (2019·安徽巢湖市质检)如图7所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形轨道BC在B点相切连接，半圆轨道半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C.已知物块在到达B点之前已经与弹簧分离，重力加速度为g.求：
图7
(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道上的落点到B点的距离；
(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；
(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．
答案 (1)2R (2)6mg (3)eq \f(5,2)mgR
解析 (1)因为物块恰好能通过C点，则有：mg＝meq \f(v\\al(C2),R)
又x＝vCt,2R＝eq \f(1,2)gt2
解得x＝2R
即物块在水平轨道上的落点到B点的距离为2R；
(2)物块由B到C过程中机械能守恒，
则有eq \f(1,2)mvB2＝2mgR＋eq \f(1,2)mvC2
设物块在B点时受到的半圆轨道的支持力大小为FN，
则有：FN－mg＝meq \f(v\\al(B2),R)，
解得FN＝6mg
由牛顿第三定律可知，物块在B点时对半圆轨道的压力大小为FN′＝FN＝6mg.
(3)由机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为
Ep＝2mgR＋eq \f(1,2)mvC2，解得Ep＝eq \f(5,2)mgR.
1．对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相等．
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．
5.(关联物体的机械能守恒问题)(2020·山东烟台二中期末)如图8，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g，则( )
图8
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为eq \r(gh)
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
答案 D
解析 当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功，A错误；a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒得：mgh＝eq \f(1,2)mvA2，解得vA＝eq \r(2gh)，B错误；b的速度在整个过程中先增大后减小，杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以杆对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，杆对a是斜向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，C错误；a、b及杆系统的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到杆的推力为零，b只受到重力和支持力的作用，结合牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，D正确．
6.(含弹簧系统的机械能守恒问题)(2021·江苏如皋中学高三月考)如图9所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，同时保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，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A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，在此过程中，求：
图9
(1)斜面的倾角α；
(2)弹簧恢复原长时，细线中的拉力大小F0；
(3)A沿斜面下滑的速度最大值vm.
答案 (1)30° (2)eq \f(6,5)mg (3)2geq \r(\f(m,5k))
解析 (1)A速度最大时，加速度为零，
对A有4mgsin α＝F，
此时B的加速度也为零，C恰好离开地面，
对B、C整体有F＝2mg，
解得sin α＝eq \f(1,2)，即α＝30°.
(2)设当弹簧恢复原长时，A沿斜面向下运动的加速度大小为a，
对A有4mgsin α－F0＝4ma，
对B有F0－mg＝ma，
解得F0＝eq \f(6,5)mg.
(3)一开始弹簧处于压缩状态，有mg＝k·Δx1，
压缩量Δx1＝eq \f(mg,k)，
C恰好离开地面时，弹簧处于伸长状态，
有mg＝k·Δx2，
伸长量Δx2＝Δx1＝eq \f(mg,k)，
因而初、末状态弹簧的弹性势能相等，从释放A球至C球恰好离开地面的过程，对整个系统根据机械能守恒定律有
4mgsin α·(Δx1＋Δx2)－mg(Δx1＋Δx2)＝eq \f(1,2)(4m＋m)vm2，
解得vm＝eq \r(\f(4mg2,5k))＝2geq \r(\f(m,5k)).
课时精练
1．(2019·福建福州四中高三月考)关于机械能，下列说法正确的是( )
A．机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用
B．物体处于平衡状态时，机械能必守恒
C．一个系统所受外力为零时，系统机械能守恒
D．物体所受的外力不等于零，其机械能也可能守恒
答案 D
解析 物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，物体除了受重力和弹力的作用，还有可能受其他力的作用，但是其他力做功为零，故A错误；物体处于平衡状态时，所受的合力为零，机械能不一定守恒，例如物体匀速上升，动能不变，重力势能增大，故B、C错误；物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒，例如自由下落的物体，故D正确．
2．(八省联考·重庆·1)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)．若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为( )
A．2eq \r(\f(E0,m)) B.eq \r(\f(6E0,m))
C．2eq \r(\f(2E0,m)) D．4eq \r(\f(E0,m))
答案 A
解析 物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E0＋0＝E0＋eq \f(1,2)mv2，解得r2处的速度为v＝2eq \r(\f(E0,m))，故选A.
3.(2020·广东广雅中学模拟)如图1所示，一个轻质弹簧固定在水平地面上，O为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B后向上运动，则下列说法中正确的是( )
图1
A．物体落到O点后，立即做减速运动
B．物体从O点运动到B点，动能一直减小
C．物体在B点时加速度为零
D．若不计空气阻力，在整个过程中，物体与弹簧组成的系统机械能守恒
答案 D
解析 物体开始接触弹簧时，弹簧的弹力小于重力，其合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，合力为零，加速度为零，速度最大，后来弹簧的弹力大于重力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，故A、B错误；物体在B点所受合力向上，不为零，故C错误；在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，物体与弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确．
4.(2020·河北衡水市模拟)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2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)( )
图2
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
5．如图3所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是( )
图3
A．2R B.eq \f(5R,3)
C.eq \f(4R,3) D.eq \f(2R,3)
答案 C
解析 设B球的质量为m，则A球的质量为2m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝eq \f(1,2)(2m＋m)v2＋mgR，得v2＝eq \f(2,3)gR，B球继续上升的高度h＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(R,3)，B球上升的最大高度为h＋R＝eq \f(4,3)R，故选C.
6.(2020·河南洛阳市高三期末)如图4所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的eq \f(1,4)圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点，开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图4
A．a球下滑过程中机械能保持不变
B．b球下滑过程中机械能保持不变
C．a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为eq \r(2gR)
D．从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为eq \f(1,2)mgR
答案 D
解析 对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝eq \f(1,2)·2mv2，解得v＝eq \r(3gR)，选项C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝eq \f(1,2)mv2，联立v＝eq \r(3gR)，解得W＝eq \f(1,2)mgR，故D正确．
7．(2020·四川三台中学实验学校期末)如图5(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像．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( )
图5
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．
8.(多选)如图6所示，质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°.现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的有( )
图6
A．下滑过程中小球的机械能守恒
B．小球滑到B点时的加速度大小为eq \f(\r(3),2)g
C．小球下滑到B点时速度最大
D．小球下滑到C点时的速度大小为eq \r(2gl0)
答案 BD
解析 下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得mgcs 30°＝ma，解得a＝eq \f(\r(3),2)g，故B正确；到达B点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；因为C是AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在A、C两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，所以得mgl0＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝eq \r(2gl0)，故D正确．
9.(多选)如图7所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连．开始时物块与定滑轮等高．已知物块的质量m1＝3 kg，球的质量m2＝5 kg，杆与滑轮间的距离d＝
2 m，重力加速度g＝10 m/s2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力．现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中( )
图7
A．物块运动的最大速度为eq \f(5\r(3),3) m/s
B．小球运动的最大速度为eq \f(3\r(3),5) m/s
C．物块下降的最大距离为3 m
D．小球上升的最大距离为2.25 m
答案 AD
解析 当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力等于小球的重力，
即FT＝m2g＝50 N
对物块受力分析，如图，可知FTcs θ＝m1g
对物块的速度v沿绳的方向和垂直绳的方向分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v1，
则有v1＝vcs θ，对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知
m1geq \f(d,tan θ)－m2g(eq \f(d,sin θ)－d)＝eq \f(1,2)m1v2＋eq \f(1,2)m2v12，
代入数据可得v＝eq \f(5\r(3),3) m/s，v1＝eq \r(3) m/s，
故A正确，B错误；
设物块下落的最大高度为h，
此时小球上升的最大距离为h1，
则有h1＝eq \r(h2＋d2)－d
对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得m1gh＝m2gh1
联立解得h＝3.75 m，h1＝2.25 m，
故C错误，D正确．
10．(多选)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8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( )
图8
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
答案 BC
解析 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，所以B正确；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＝ω·2l∶ωl＝2∶1，故D错误；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))，所以A错误，C正确．
11．如图9所示，竖直平面内有一半径R＝0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.5 kg的小球从B点正上方H高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，D、Q间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对于水平面上升的最大高度h＝0.8 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
图9
(1)小球释放点到B点的高度H；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN.
答案 (1)0.95 m (2)34 N
解析 (1)设小球在飞行过程中通过最高点P的速度为v0，P到D和P到Q可视为两个对称的平抛运动
则有h＝eq \f(1,2)gt2，eq \f(x,2)＝v0t，可得t＝0.4 s，v0＝eq \f(x,2)eq \r(\f(g,2h))＝3 m/s
在D点有：vy＝gt＝4 m/s
在D点的合速度大小为：v＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(y2))＝5 m/s
设v与水平方向夹角为θ，cs θ＝eq \f(v0,v)＝eq \f(3,5)，
A到D过程机械能守恒：
mgH＋mgRcs θ＝eq \f(1,2)mv2
联立解得：H＝0.95 m.
(2)设小球经过C点时速度大小为vC，A到C过程机械能守恒：
mg(H＋R)＝eq \f(1,2)mvC2
由牛顿第二定律有，FN－mg＝meq \f(v\\al(C2),R)
联立解得FN＝34 N.
12．(2020·陕西商洛市调研)如图10甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝30°.可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力大小F与高度H的关系图像，取g＝10 m/s2.求：
图10
(1)滑块的质量和圆轨道的半径；
(2)是否存在某个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点？若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由．
答案 (1)0.1 kg 0.2 m (2)存在 0.6 m
解析 (1)设小滑块的质量为m，圆轨道的半径为R
根据机械能守恒定律得mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mvD2，由牛顿第三定律可知轨道对小滑块的支持力大小F′＝F，由牛顿第二定律有，F′＋mg＝eq \f(mv\\al(D2),R)
得：F＝F′＝eq \f(2mgH－2R,R)－mg＝eq \f(2mgH,R)－5mg
取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得：
m＝0.1 kg，R＝0.2 m
(2)假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点，如图所示，
由几何关系可得
OE＝eq \f(R,sin 30°)＝0.4 m
设小滑块经过最高点D时的速度为vD′
由题意可知，小滑块从D点运动到E点，水平方向的位移为OE，竖直方向上的位移为R，则OE＝vD′t，R＝eq \f(1,2)gt2
解得vD′＝2 m/s
由mg＝meq \f(v\\al(D02),R)可知，小滑块过D点的临界速度vD0＝eq \r(gR)＝eq \r(2) m/s
由于vD′＞vD0，所以存在一个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点，由机械能守恒定律得
mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mvD′2
解得H＝0.6 m.
守恒角度
转化角度
转移角度
表达式
E1＝E2
ΔEk＝－ΔEp
ΔEA增＝ΔEB减
物理意义
系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等
系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能
系统内A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量
注意事项
选好重力势能的参考平面，且初、末状态必须用同一参考平面计算势能
分清重力势能的增加量或减少量，可不选参考平面而直接计算初、末状态的势能差
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
考点一 机械能守恒的判断
基础回扣
1．重力做功与重力势能的关系
(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)重力势能
①表达式：Ep＝mgh.
②重力势能的特点
重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关．
(3)重力做功与重力势能变化的关系
重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.
2．弹性势能
(1)定义：发生弹性形变的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：
弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加．即W＝－ΔEp.
3．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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
(2)表达式：mgh1＋eq \f(1,2)mv12＝mgh2＋eq \f(1,2)mv22.
技巧点拨
机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用做功判断：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(或做功代数和为0)，则机械能守恒．
(2)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒．
(3)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒．
1．(单个物体机械能守恒的判断)(2020·黑龙江哈师大青冈实验中学高二开学考试)忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )
A．电梯匀速下降
B．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C．物体沿着斜面匀速下滑
D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升
答案 B
解析 电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，机械能不守恒，所以A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以B正确；物体沿着粗糙斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所以C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，所以D错误．
2.(系统机械能守恒的判断)(2019·山西太原一中模拟)如图1所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上．现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是( )
图1
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
答案 B
解析 不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B正确，C、D错误；斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误．
3.(含弹簧系统的机械能守恒的判断)(2020·河北唐山市高三二模)如图2所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，弹簧一直保持竖直，空气阻力不计，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法中正确的是( )
图2
A．小球的动能一直减小
B．小球的机械能守恒
C．克服弹力做功大于重力做功
D．最大弹性势能等于小球减少的动能
答案 C
解析 小球开始下落时，只受重力作用做加速运动，当与弹簧接触时，受到弹簧弹力作用，开始时弹簧压缩量小，因此重力大于弹力，速度增大，随着弹簧压缩量的增加，弹力增大，当重力等于弹力时，速度最大，然后弹簧继续被压缩，弹力大于重力，小球开始减速运动，所以整个过程中小球先加速后减速运动，根据Ek＝eq \f(1,2)mv2，动能先增大然后减小，故A错误；在向下运动的过程中，小球受到的弹力对它做了负功，小球的机械能不守恒，故B错误；在向下运动过程中，重力势能减小，最终小球的速度为零，动能减小，弹簧的压缩量增大，弹性势能增大，根据能量守恒，最大弹性势能等于小球减少的动能和减小的重力势能之和，即克服弹力做功大于重力做功，故D错误，C正确．
考点二 单物体机械能守恒问题
1．机械能守恒的三种表达式
2.解题的一般步骤
(1)选取研究对象；
(2)进行受力分析，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒；
(3)选取参考平面，确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量；
(4)根据机械能守恒定律列出方程；
(5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明．
例1 如图3所示，倾角为37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R＝1 m，将滑块由B点无初速度释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，xAB＝2 m，滑块可视为质点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
图3
(1)滑块在斜面上运动的时间；
(2)若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速度释放，释放点至少应距A点多远．
答案 (1)1 s (2)5.75 m
解析 (1)设滑块到达A点的速度为vA，以A点所在水平面为参考平面，从A到C过程，根据机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mvA2＝mgRcs 37°
从B到A过程，滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可知vA2＝2axAB
vA＝at
联立各式解得a＝4 m/s2，t＝1 s
(2)设滑块能从D点抛出的最小速度为vD，在D点，由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v\\al(D2),R)
从A到D由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mvA′2＝mgR(1＋cs 37°)＋eq \f(1,2)mvD2
又vA′2＝2ax′
联立各式解得x′＝5.75 m.
4．(单个物体机械能守恒问题)(多选)(2020·广东南海中学月考)如图4所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面且不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
图4
A．物体落到海平面时的重力势能为mgh
B．物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mgh
C．物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mv02＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mv02
答案 BCD
解析 物体运动过程中，机械能守恒，所以任意一点的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为eq \f(1,2)mv02，故整个过程中的机械能为eq \f(1,2)mv02，所以物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mv02，在海平面上的重力势能为－mgh，根据机械能守恒定律可得－mgh＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv02，所以物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mv02＋mgh，从抛出到落到海平面，重力做功为mgh，所以B、C、D正确．
考点三 系统机械能守恒问题
1．解决多物体系统机械能守恒的注意点
(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．
2．几种实际情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化．
(2)角速度相等情景
①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．
②由v＝ωr知，v与r成正比．
(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等．
绳连接两物体速度大小相等
例2 (2019·内蒙古巴彦淖尔杭锦后旗奋斗中学高三二模)质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上，开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为0.8 m，如图5所示．若摩擦力均不计，从静止开始放手让它们运动．(斜面足够长，g取10 m/s2)求：
图5
(1)物体A着地时的速度大小；
(2)物体A着地后物体B继续沿斜面上滑的最大距离．
答案 (1)2 m/s (2)0.4 m
解析 (1)以地面为参考平面，
A、B系统机械能守恒，
根据机械能守恒定律有mgh＝mghsin 30°＋eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2
因为vA＝vB，
所以vA＝vB＝2 m/s.
(2)A着地后，B机械能守恒，
则B上升到最大高度过程中，
有eq \f(1,2)mvB2＝mgΔssin 30°
解得Δs＝0.4 m.
两关联物体速度大小不等
例3 (多选)(2019·云南昆明市4月质检)如图6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)( )
图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，对系统，由机械能守恒得：mgLAC＝Mg(eq \r(d2＋L\\al(AC2))－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．
含弹簧系统的机械能守恒问题
例4 (2019·安徽巢湖市质检)如图7所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形轨道BC在B点相切连接，半圆轨道半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C.已知物块在到达B点之前已经与弹簧分离，重力加速度为g.求：
图7
(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道上的落点到B点的距离；
(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；
(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．
答案 (1)2R (2)6mg (3)eq \f(5,2)mgR
解析 (1)因为物块恰好能通过C点，则有：mg＝meq \f(v\\al(C2),R)
又x＝vCt,2R＝eq \f(1,2)gt2
解得x＝2R
即物块在水平轨道上的落点到B点的距离为2R；
(2)物块由B到C过程中机械能守恒，
则有eq \f(1,2)mvB2＝2mgR＋eq \f(1,2)mvC2
设物块在B点时受到的半圆轨道的支持力大小为FN，
则有：FN－mg＝meq \f(v\\al(B2),R)，
解得FN＝6mg
由牛顿第三定律可知，物块在B点时对半圆轨道的压力大小为FN′＝FN＝6mg.
(3)由机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为
Ep＝2mgR＋eq \f(1,2)mvC2，解得Ep＝eq \f(5,2)mgR.
1．对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相等．
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．
5.(关联物体的机械能守恒问题)(2020·山东烟台二中期末)如图8，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g，则( )
图8
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为eq \r(gh)
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
答案 D
解析 当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功，A错误；a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒得：mgh＝eq \f(1,2)mvA2，解得vA＝eq \r(2gh)，B错误；b的速度在整个过程中先增大后减小，杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以杆对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，杆对a是斜向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，C错误；a、b及杆系统的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到杆的推力为零，b只受到重力和支持力的作用，结合牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，D正确．
6.(含弹簧系统的机械能守恒问题)(2021·江苏如皋中学高三月考)如图9所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，同时保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，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A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，在此过程中，求：
图9
(1)斜面的倾角α；
(2)弹簧恢复原长时，细线中的拉力大小F0；
(3)A沿斜面下滑的速度最大值vm.
答案 (1)30° (2)eq \f(6,5)mg (3)2geq \r(\f(m,5k))
解析 (1)A速度最大时，加速度为零，
对A有4mgsin α＝F，
此时B的加速度也为零，C恰好离开地面，
对B、C整体有F＝2mg，
解得sin α＝eq \f(1,2)，即α＝30°.
(2)设当弹簧恢复原长时，A沿斜面向下运动的加速度大小为a，
对A有4mgsin α－F0＝4ma，
对B有F0－mg＝ma，
解得F0＝eq \f(6,5)mg.
(3)一开始弹簧处于压缩状态，有mg＝k·Δx1，
压缩量Δx1＝eq \f(mg,k)，
C恰好离开地面时，弹簧处于伸长状态，
有mg＝k·Δx2，
伸长量Δx2＝Δx1＝eq \f(mg,k)，
因而初、末状态弹簧的弹性势能相等，从释放A球至C球恰好离开地面的过程，对整个系统根据机械能守恒定律有
4mgsin α·(Δx1＋Δx2)－mg(Δx1＋Δx2)＝eq \f(1,2)(4m＋m)vm2，
解得vm＝eq \r(\f(4mg2,5k))＝2geq \r(\f(m,5k)).
课时精练
1．(2019·福建福州四中高三月考)关于机械能，下列说法正确的是( )
A．机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用
B．物体处于平衡状态时，机械能必守恒
C．一个系统所受外力为零时，系统机械能守恒
D．物体所受的外力不等于零，其机械能也可能守恒
答案 D
解析 物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，物体除了受重力和弹力的作用，还有可能受其他力的作用，但是其他力做功为零，故A错误；物体处于平衡状态时，所受的合力为零，机械能不一定守恒，例如物体匀速上升，动能不变，重力势能增大，故B、C错误；物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒，例如自由下落的物体，故D正确．
2．(八省联考·重庆·1)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)．若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为( )
A．2eq \r(\f(E0,m)) B.eq \r(\f(6E0,m))
C．2eq \r(\f(2E0,m)) D．4eq \r(\f(E0,m))
答案 A
解析 物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E0＋0＝E0＋eq \f(1,2)mv2，解得r2处的速度为v＝2eq \r(\f(E0,m))，故选A.
3.(2020·广东广雅中学模拟)如图1所示，一个轻质弹簧固定在水平地面上，O为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B后向上运动，则下列说法中正确的是( )
图1
A．物体落到O点后，立即做减速运动
B．物体从O点运动到B点，动能一直减小
C．物体在B点时加速度为零
D．若不计空气阻力，在整个过程中，物体与弹簧组成的系统机械能守恒
答案 D
解析 物体开始接触弹簧时，弹簧的弹力小于重力，其合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，合力为零，加速度为零，速度最大，后来弹簧的弹力大于重力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，故A、B错误；物体在B点所受合力向上，不为零，故C错误；在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，物体与弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确．
4.(2020·河北衡水市模拟)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2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)( )
图2
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
5．如图3所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是( )
图3
A．2R B.eq \f(5R,3)
C.eq \f(4R,3) D.eq \f(2R,3)
答案 C
解析 设B球的质量为m，则A球的质量为2m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝eq \f(1,2)(2m＋m)v2＋mgR，得v2＝eq \f(2,3)gR，B球继续上升的高度h＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(R,3)，B球上升的最大高度为h＋R＝eq \f(4,3)R，故选C.
6.(2020·河南洛阳市高三期末)如图4所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的eq \f(1,4)圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点，开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图4
A．a球下滑过程中机械能保持不变
B．b球下滑过程中机械能保持不变
C．a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为eq \r(2gR)
D．从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为eq \f(1,2)mgR
答案 D
解析 对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝eq \f(1,2)·2mv2，解得v＝eq \r(3gR)，选项C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝eq \f(1,2)mv2，联立v＝eq \r(3gR)，解得W＝eq \f(1,2)mgR，故D正确．
7．(2020·四川三台中学实验学校期末)如图5(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像．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( )
图5
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．
8.(多选)如图6所示，质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°.现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的有( )
图6
A．下滑过程中小球的机械能守恒
B．小球滑到B点时的加速度大小为eq \f(\r(3),2)g
C．小球下滑到B点时速度最大
D．小球下滑到C点时的速度大小为eq \r(2gl0)
答案 BD
解析 下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得mgcs 30°＝ma，解得a＝eq \f(\r(3),2)g，故B正确；到达B点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；因为C是AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在A、C两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，所以得mgl0＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝eq \r(2gl0)，故D正确．
9.(多选)如图7所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连．开始时物块与定滑轮等高．已知物块的质量m1＝3 kg，球的质量m2＝5 kg，杆与滑轮间的距离d＝
2 m，重力加速度g＝10 m/s2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力．现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中( )
图7
A．物块运动的最大速度为eq \f(5\r(3),3) m/s
B．小球运动的最大速度为eq \f(3\r(3),5) m/s
C．物块下降的最大距离为3 m
D．小球上升的最大距离为2.25 m
答案 AD
解析 当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力等于小球的重力，
即FT＝m2g＝50 N
对物块受力分析，如图，可知FTcs θ＝m1g
对物块的速度v沿绳的方向和垂直绳的方向分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v1，
则有v1＝vcs θ，对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知
m1geq \f(d,tan θ)－m2g(eq \f(d,sin θ)－d)＝eq \f(1,2)m1v2＋eq \f(1,2)m2v12，
代入数据可得v＝eq \f(5\r(3),3) m/s，v1＝eq \r(3) m/s，
故A正确，B错误；
设物块下落的最大高度为h，
此时小球上升的最大距离为h1，
则有h1＝eq \r(h2＋d2)－d
对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得m1gh＝m2gh1
联立解得h＝3.75 m，h1＝2.25 m，
故C错误，D正确．
10．(多选)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8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( )
图8
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
答案 BC
解析 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，所以B正确；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＝ω·2l∶ωl＝2∶1，故D错误；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))，所以A错误，C正确．
11．如图9所示，竖直平面内有一半径R＝0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.5 kg的小球从B点正上方H高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，D、Q间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对于水平面上升的最大高度h＝0.8 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
图9
(1)小球释放点到B点的高度H；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN.
答案 (1)0.95 m (2)34 N
解析 (1)设小球在飞行过程中通过最高点P的速度为v0，P到D和P到Q可视为两个对称的平抛运动
则有h＝eq \f(1,2)gt2，eq \f(x,2)＝v0t，可得t＝0.4 s，v0＝eq \f(x,2)eq \r(\f(g,2h))＝3 m/s
在D点有：vy＝gt＝4 m/s
在D点的合速度大小为：v＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(y2))＝5 m/s
设v与水平方向夹角为θ，cs θ＝eq \f(v0,v)＝eq \f(3,5)，
A到D过程机械能守恒：
mgH＋mgRcs θ＝eq \f(1,2)mv2
联立解得：H＝0.95 m.
(2)设小球经过C点时速度大小为vC，A到C过程机械能守恒：
mg(H＋R)＝eq \f(1,2)mvC2
由牛顿第二定律有，FN－mg＝meq \f(v\\al(C2),R)
联立解得FN＝34 N.
12．(2020·陕西商洛市调研)如图10甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝30°.可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力大小F与高度H的关系图像，取g＝10 m/s2.求：
图10
(1)滑块的质量和圆轨道的半径；
(2)是否存在某个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点？若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由．
答案 (1)0.1 kg 0.2 m (2)存在 0.6 m
解析 (1)设小滑块的质量为m，圆轨道的半径为R
根据机械能守恒定律得mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mvD2，由牛顿第三定律可知轨道对小滑块的支持力大小F′＝F，由牛顿第二定律有，F′＋mg＝eq \f(mv\\al(D2),R)
得：F＝F′＝eq \f(2mgH－2R,R)－mg＝eq \f(2mgH,R)－5mg
取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得：
m＝0.1 kg，R＝0.2 m
(2)假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点，如图所示，
由几何关系可得
OE＝eq \f(R,sin 30°)＝0.4 m
设小滑块经过最高点D时的速度为vD′
由题意可知，小滑块从D点运动到E点，水平方向的位移为OE，竖直方向上的位移为R，则OE＝vD′t，R＝eq \f(1,2)gt2
解得vD′＝2 m/s
由mg＝meq \f(v\\al(D02),R)可知，小滑块过D点的临界速度vD0＝eq \r(gR)＝eq \r(2) m/s
由于vD′＞vD0，所以存在一个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点，由机械能守恒定律得
mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mvD′2
解得H＝0.6 m.
守恒角度
转化角度
转移角度
表达式
E1＝E2
ΔEk＝－ΔEp
ΔEA增＝ΔEB减
物理意义
系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等
系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能
系统内A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量
注意事项
选好重力势能的参考平面，且初、末状态必须用同一参考平面计算势能
分清重力势能的增加量或减少量，可不选参考平面而直接计算初、末状态的势能差
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
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