2021届高考物理粤教版一轮学案：第五章第3讲机械能守恒定律及其应用


第3讲　机械能守恒定律及其应用

知识要点
一、重力做功与重力势能
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.重力势能
(1)表达式：Ep＝mgh。
(2)重力势能的特点
①系统性：重力势能是物体和地球所共有的。
②相对性：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
(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、弹性势能
1.定义：物体由于发生弹性形变而具有的能。
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。
三、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：在只有重力或弹簧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。
基础诊断
1.(多选)[粤教版必修2·P73·T4改编]质量为50 kg 的人，沿着倾角为30°的斜坡向上走了150 m，则(　　)
A.重力对他做的功为37 500 J
B.他克服重力做功为37 500 J
C.他的重力势能增加了37 500 J
D.他的重力势能减少了37 500 J
答案　BC
2.如图1所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是(　　)

图1
A.弹簧的弹性势能逐渐减少
B.物体的机械能不变
C.弹簧的弹性势能先增加后减少
D.弹簧的弹性势能先减少后增加
解析　因弹簧左端固定在墙上，右端与物体连接，故撤去F后，弹簧先伸长到原长后，再被物体拉伸，其弹性势能先减少后增加，物体的机械能先增大后减小，故D项正确，A、B、C项错误。
答案　D
3.(多选)如图2所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是(　　)

图2
A.物体的重力势能减少，动能增加
B.斜面体的机械能不变
C.斜面体对物体的弹力垂直于接触面，不对物体做功
D.物体和斜面体组成的系统机械能守恒
解析　物体下滑过程中重力势能减少，动能增加，A正确；地面光滑，斜面体会向右运动，动能增加，机械能增加，B错误；斜面体对物体的弹力垂直于接触面，与物体的位移并不垂直，弹力对物体做负功，C错误；物体与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，D正确。
答案　AD
4.(多选)如图3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。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

图3
A.重力对物体做的功为mgh
B.物体在海平面上的势能为mgh
C.物体在海平面上的动能为mv－mgh
D.物体在海平面上的机械能为mv
答案　AD

　机械能守恒的理解与判断
定义法
利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒
做功法
若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒
转化法
若物体或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能的转化，则机械能守恒
【例1】 (多选)如图4所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中。在下列依次进行的过程中，由子弹、弹簧和A、B所组成的系统机械能守恒的是(　　)

图4
A.子弹射入物块B的过程
B.物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量达到最大的过程
C.弹簧推着带子弹的物块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程
D.带着子弹的物块B因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长量达到最大的过程
解析　子弹射入物块B的过程中，由于要克服子弹与物块之间的滑动摩擦力做功，一部分机械能转化成了内能，所以系统机械能不守恒；在子弹与物块B获得了共同速度后一起向左压缩弹簧的过程中，对于A、B、弹簧和子弹组成的系统，墙壁给A一个弹力作用，系统的外力之和不为零，但这一过程中墙壁的弹力不做功，只有系统内的弹力做功，动能和弹性势能发生转化，系统机械能守恒，这一情形持续到弹簧恢复原长为止；当弹簧恢复原长后，整个系统将向右运动，墙壁不再有力作用在A上，这时动能和弹性势能相互转化，故系统的机械能守恒。
答案　BCD

1.结合图5，关于机械能守恒说法正确的是(忽略空气阻力)(　　)

图5
A.将箭搭在弦上，拉弓的整个过程，弓和箭组成的系统机械能守恒
B.过山车在动力作用下从轨道上缓慢上行的过程，过山车机械能守恒
C.蹦床比赛中运动员某次离开床垫在空中完成动作的过程，运动员机械能守恒
D.滑草运动中，某段时间内人与滑板车一起匀速下滑，人与滑板车组成的系统机械能守恒
答案　C
2.(多选)如图6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 (　　)

图6
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
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。
答案　BD
　单物体的机械能守恒问题——真题溯源之教材解读


【例2】 [人教版必修2(问题与练习)P80·T2]游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(图7.9－4)。我们把这种情形抽象为图7.9－5 的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。实验发现，只要h大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点。如果已知圆轨道的半径为R，h至少要等于多大？不考虑摩擦等阻力。

解析　小球刚好通过圆形轨道最高点时需满足
mg＝①
小球从开始下落到圆形轨道最高点，由机械能守恒定律得mgh＝mv＋mg·2R②
结合①②得h＝2.5R。
答案　2.5R
拓展提升1　改变获得速度的方法
如图7所示，在竖直面内有一光滑水平直轨道与半径为R＝0.25 m的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，半圆轨道的另一端点为C。在直轨道上距B为x(m)的A点，有一可看作质点、质量为m＝0.1 kg的小物块处于静止状态。现用水平恒力将小物块推到B处后撤去恒力，小物块沿半圆轨道运动到C处后，恰好落回到水平面上的A点，取g＝10 m/s2。求：

图7
(1)水平恒力对小物块做功WF与x的关系式；
(2)水平恒力做功的最小值。
解析　小物块从C到A的运动是平抛运动。
(1)设小球在C处的速度为vC，则由C到A有
x＝vCt，y＝2R＝gt2。
由以上两式得v＝。
小球从A到C有WF－2mgR＝mv，
解得WF＝mg(2R＋)＝(0.5x2＋0.5) J。
(2)当WF最小时，物块刚好能够通过C点，
此时mg＝。
由C到A仍做平抛运动，所以v＝仍成立。
由以上两式得x＝2R。代入公式可求得恒力做功的最小值为WFmin＝(0.5＋0.5×4×0.252) J＝0.625 J。
答案　(1)WF＝(0.5x2＋0.5) J　(2)0.625 J
拓展提升2　改变条件和情境
2－1.(2016·全国Ⅱ卷，25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图8所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。

图8
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
解析　(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep＝5mgl①
设P到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝mv＋μmg(5l－l)②
联立①②式，并代入题给数据得
vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
≥mg④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得
2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得
s＝2l。⑨
(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知
5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有
MvB′2≤Mgl
Ep＝MvB′2＋μMg·4l
联立①⑩式得
m≤M 答案　(1)　2l　(2)m≤M 2－2.(2018·全国Ⅲ卷，25)如图9，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：

图9
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
解析　(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有
＝tan α①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m③
由①②③式和题给数据得
F0＝mg④
v＝。⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cos α)⑦
由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝。⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有v⊥t＋gt2＝CD⑩

v⊥＝vsin α
由⑤⑦式和题给数据得
t＝。
答案　(1)mg　　(2)　(3)
　连接体的机械能守恒问题
1.系统应用机械能守恒定律列方程的角度：(1)系统初态的机械能等于末态的机械能。(2)系统中某些物体减少的机械能等于其他物体增加的机械能。
2.多个物体的机械能守恒问题，往往涉及“轻绳模型”“轻杆模型”以及“轻弹簧模型”。
(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高度变化的关系。
(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。
考向　涉及弹簧的系统
【例3】 (多选)(2019·苏州调研)如图10所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小球，初始时静置于a点。一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与小球相连。直杆上还有b、c、d三点，且b与O在同一水平线上，Ob＝l，Oa、Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现释放小球，小球从a点开始下滑，到达d点时速度为0，在此过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是(重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

图10
A.小球在b点时加速度为g，速度最大
B.小球从a点下滑到c点的过程中，小球的机械能先增大后减小
C.小球在c点时速度大小为
D.小球从c点下滑到d点的过程中，弹簧的弹性势能增加了mgl
解析　小球在b点时，合力为mg，加速度为g，从a到d，小球的合力先向下逐渐减小后反向增大，速度先增大后减小，且加速度为0时速度最大，选项A错误；从a到c的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，由机械能守恒定律知，小球的机械能先增大后减小，且mg·2ltan 37°＝mv，解得vc＝，选项B、C正确；小球从a到d过程中小球重力势能的减少量等于小球从c到d过程中弹簧的弹性势能增加量，即ΔE弹＝mgl(tan 37°＋tan 53°)＝mgl，选项D正确。
答案　BCD
考向　轻杆连接的系统
【例4】 (多选)如图11所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m。两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

图11
A.下滑的整个过程中A球机械能守恒
B.下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C.两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s
D.下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J
解析　当小球A在斜面上、小球B在平面上时杆分别对A、B做功，因此下滑的整个过程中A球机械能不守恒，而两球组成的系统机械能守恒，A项错误，B项正确；从开始下滑到两球在光滑水平面上运动，利用机械能守恒定律可得mAg(Lsin 30°＋h)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝m/s，C项错误；下滑的整个过程中B球机械能的增加量为ΔE＝mBv2－mBgh＝ J，D项正确。
答案　BD
考向　轻绳连接的系统
【例5】 (多选)(2019·衡水押题卷)如图12所示，小物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连。开始时物块与定滑轮等高。已知小球的质量是物块质量的两倍，杆与滑轮间的距离为d，重力加速度为g，绳及杆足够长，不计一切摩擦。现将物块由静止释放，在物块向下运动过程中(　　)

图12
A.刚释放时物块的加速度为g
B.物块速度最大时，绳子的拉力一定大于物块的重力
C.小球重力的功率一直增大
D.物块下降的最大距离为
解析　刚开始释放物块时，物块在水平方向上受力平衡，在竖直方向上只受重力，根据牛顿第二定律可知，其加速度为g，故A正确；物块的合力为零时速度最大，则绳子拉力在竖直方向上的分力一定等于物块的重力，所以绳子的拉力一定大于物块的重力，故B正确；刚释放物块时，小球的速度为零，小球重力的功率为零，物块下降到最低点时，小球的速度为零，小球重力的功率为零，所以小球重力的功率先增大后减小，故C错误；设物块下降的最大距离为s，物块的质量为m，对系统，根据机械能守恒定律，有mgs－2mg(－d)＝0，解得s＝，故D正确。
答案　ABD

解决多物体机械能守恒问题的三点注意
(1)对多个物体组成的系统，一般用“转化法”或“转移法”来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，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。

1.如图13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13
A.2R B.
C. D.
解析　设B球质量为m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律2mgR－mgR＝(2m＋m)v2得v2＝gR，B球继续上升的高度h＝＝，B球上升的最大高度为h＋R＝R，故选项C正确。
答案　C
2.(2019·江苏泰州一模)如图14所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端连接在固定挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg 的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住物体B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放(不计一切阻力)重力加速度为g。求：

图14
(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；
(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；
(3)物体A的最大速度的大小。
解析　(1)弹簧恢复原长时
对B有mg－FT＝ma
对A有FT－mgsin 30°＝ma
解得FT＝30 N。
(2)初态弹簧压缩量x1＝＝0.1 m
当A速度最大时mg＝kx2＋mgsin 30°
弹簧伸长量x2＝＝0.1 m
所以A沿斜面上升x1＋x2＝0.2 m。
(3)因x1＝x2，故弹性势能改变量ΔEp＝0，
由系统机械能守恒
mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝×2mv2
得v＝1 m/s。
答案　(1)30 N　(2)0.2 m　(3)1 m/s
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.在2018年雅加达亚运会上，我国跳水运动员司雅杰摘得女子10米台金牌，彭建峰收获男子1米板冠军。如图1所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自由状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点(B位置)。对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是(　　)

图1
A.运动员一直处于超重状态
B.运动员所受重力对其做的功在数值上小于跳板弹性势能的增加量
C.运动员的机械能守恒
D.运动员的动能一直在减小
解析　运动员在此过程中受到重力与跳板弹力的作用，弹力从零开始增大，故运动员先加速后减速，即先失重后超重，动能先增大后减小，A、D错误；由系统的机械能守恒知，运动员所受重力对其做的功在数值上等于跳板弹性势能的增加量与运动员初末动能之差，B正确；因有弹力对运动员做负功，故其机械能减少，C错误。
答案　B
2.(多选)奥运会比赛项目撑杆跳高如图2所示，下列说法正确的是(　　)

图2
A.加速助跑过程中，运动员的动能增加
B.起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C.起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D.越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加
解析　加速助跑过程中运动员的速度增大，动能增大，选项A正确；起跳上升过程中，杆的形变量先变大，后变小，故弹性势能先变大后变小，选项B错误；起跳上升过程中，运动员的重心升高，重力势能增加，选项C正确；越过横杆后下落过程中，运动员的重力做正功，重力势能减少，动能增加，选项D正确。
答案　ACD
3.2019年春晚在舞《春海》中拉开帷幕。如图3所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量(包括衣服和道具)相等，下面说法中正确的是(　　)

图3
A.观众欣赏表演时可把领舞者看做质点
B.2号和4号领舞者的重力势能相等
C.3号领舞者处于超重状态
D.她们在上升过程中机械能守恒
解析　观众欣赏表演时看演员的动作，所以不能将领舞者看做质点，故A错误；2号和4号领舞者始终处于同一高度，质量相等，所以重力势能相等，故B正确；五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，所以处于平衡状态，故C错误；上升过程中，钢丝绳对他们做正功，所以机械能增大，故D错误。
答案　B
4.(多选)如图4所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60°，右侧斜面倾角为30°，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面。若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列说法正确的是(　　)

图4
A.着地瞬间两物体的速度大小相等
B.着地瞬间两物体的机械能相等
C.着地瞬间两物体所受重力的功率相等
D.两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶
解析　根据初始时刻两物体处于平衡状态，由平衡条件可知，mAgsin 60°＝mBgsin 30°，由此可得，两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶；由机械能守恒定律可知，着地瞬间两物体的速度大小相等，选项A、D正确；着地瞬间，A 物体重力功率PA＝mAgvsin 60°，B物体重力功率PB＝mBgvsin 30°，两物体所受重力的功率相等，选项C正确；由于两物体质量不等，初始状态两物体的机械能不相等，所以着地瞬间两物体的机械能不相等，选项B错误。
答案　ACD
5.(多选)如图5甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是(　　)

图5
A.当x＝h＋x0时，重力势能与弹性势能之和最大
B.最低点的坐标为x＝h＋2x0
C.小球受到的弹力最大值大于2mg
D.小球动能的最大值为mgh＋
解析　根据乙图可知，当x＝h＋x0时，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A错误；根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于h＋2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，故B错误，C正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h＋x0)－mgx0＝mv2，故小球动能的最大值为mgh＋，故D正确。
答案　CD
6.(2019·云南昆明七校调研)如图6所示，一长l＝0.45 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H＝0.90 m。开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，将小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。不计轻绳断裂的能量损失及空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。

图6
(1)轻绳断裂后小球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；
(2)若OP＝0.30 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力。
解析　(1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，
由机械能守恒定律得mv＝mgl
解得小球运动到B点时的速度大小
vB＝＝3.0 m/s
小球从B点做平抛运动，由运动学规律得x＝vBt
y＝H－l＝gt2
解得C点与B点之间的水平距离x＝0.90 m。
(2)设轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，
由牛顿运动定律得Fm－mg＝
又r＝l－OP
解得Fm＝7 N。
答案　(1)0.90 m　(2)7 N
综合提能练
7.如图7所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是(不计一切摩擦，重力加速度为g)(　　)

图7
A.杆对小球A做功为mgL
B.小球A、B的速度都为
C.小球A、B的速度分别为和
D.杆与小球A、B组成的系统机械能减少了mgL
解析　对A、B组成的系统，由机械能守恒定律得mg·＝mv＋mv，又有vAcos 60°＝vBcos 30°，解得vA＝，vB＝，选项C正确，B、D错误；对A，由动能定理得，mg＋W＝mv，解得杆对小球A做的功W＝mv－mg·＝－mgL，选项A错误。
答案　C
8.(多选)如图8所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为。轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下，最后落在水平面上的C点，重力加速度为g，则(　　)

图8
A.小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点
B.小球将从B点开始做平抛运动到达C点
C.OC之间的距离为2R
D.小球运动到C点的速率为
解析　小球从A到B的过程中，根据机械能守恒可得mg·＝mv2－0，解得v＝，而在B点，当重力完全充当向心力时，根据mg＝m，解得vB＝，故当小球到达B点时，重力恰好完全充当向心力，所以小球从B点开始做平抛运动到达C，A项错误，B项正确；根据平抛运动规律，水平方向上x＝vBt，竖直方向上R＝gt2，解得x＝R，C项错误；对整个过程机械能守恒，故有mgR＝mv，解得vC＝，D项正确。
答案　BD
9.(2020·广东省揭阳市高三模拟)如图9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(　　)

图9
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
解析　小环受重力、支持力和弹性绳弹力，弹力做功，故环的机械能不守恒，小环和弹性绳系统的机械能守恒，小环到达AD的中点时，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垂直位置往下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再减小，故A错误；在A位置，环受重力、弹性绳拉力、支持力，根据牛顿第二定律，有：mgsin 30°＋Fsin 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°－Fcos 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L，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故C错误；小环和弹性绳系统的机械能守恒，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位置环的机械能相等，所以mg·2Lcos 60°＝mv2，解得v＝，故D错误。
答案　B
10.如图10所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：

图10
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M∶m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
解析　(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2，
F1sin 53°＝F2cos 53°
F＋mg＝F1cos 53°＋F2sin 53°且F1＝Mg
解得F＝Mg－mg。
(2)小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h1＝3lsin 53°，物块下降高度h2＝2l
根据机械能守恒定律mgh1＝Mgh2
解得M∶m＝6∶5。
(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点。
设此时AC方向的加速度大小为a，物块受到的拉力为T
由牛顿第二定律得Mg－T＝Ma，小球受AC的拉力
T′＝T
由牛顿第二定律得T′－mgcos 53°＝ma
解得T＝
(T＝mg或T＝Mg)
答案　(1)Mg－mg　(2)6∶5　(3)(mg或Mg)
11.(2019·合肥模拟)如图11所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ＝30°的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁定。一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差为h，弹簧锁定时具有的弹性势能Ep＝mgh，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g。求：

图11
(1)物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)物块在上滑和下滑过程中的加速度大小之比；
(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定。设斜面最高点C与A的高度差为3h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出。
解析　(1)物块从A第一次上滑到B的过程中，
由能量守恒定律得Ep＝μmgcos θ·＋mgh
即mgh＝μmgcos θ·＋mgh
解得μ＝。
(2)在上滑的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得
物块上滑过程有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝g
物块下滑过程有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝g
故a1∶a2＝5∶3。
(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部转化为物块在斜面上来回运动时因摩擦产生的热量，设稳定时物块上升的最大高度为hm，则由能量守恒定律得Ep＝2μmgcos θ·
即mgh＝2μmgcos θ·
解得hm＝2.5h＜3h
所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出。
答案　(1)　(2)5∶3　(3)物块不能从C点抛出　计算过程见解析