第16讲 机械能守恒定律及其应用
例1 AD [解析] 甲图过程中轻杆对小球不做功,小球的机械能守恒,故A正确;乙图过程中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失,机械能不守恒,故B错误;丙图中重力和系统内弹力做功,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒,但物体A的机械能不守恒,故C错误;丁图中绳子张力对A做负功,对B做正功,代数和为零,A、B组成的系统机械能守恒,故D正确.
例2 (16分)(1)6g,方向由C点指向圆心O点 7mg (2)FD=(h≥R) (3)h≤R或R≤h≤2R
[解析] (1)从A点到C点过程中,由机械能守恒定律得mgh=m (1分)
所以小球第一次运动到圆轨道最低点C时的加速度大小为a= (1分)
联立可得a=6g,方向由C点指向圆心O点 (1分)
在C点由牛顿第二定律得FN-mg=m (1分)
联立解得FN=7mg (1分)
由牛顿第三定律,可知在C点小球对轨道的作用力大小为FN'=FN=7mg (1分)
(2)小球运动到半圆形轨道内与圆心O点等高的D点的过程中,由机械能守恒定律得mg(h-R)=m-0 (1分)
在D点由牛顿第二定律得FD=m (1分)
联立可得FD=,其中满足h≥R (2分)
(3)第一种情况:小球不滑离轨道,原路返回,由机械能守恒定律可知,此时小球恰好运动到D点,故小球释放后能从原路返回到出发点的条件为h≤R (1分)
第二种情况:小球恰好在E点不脱离轨道,由牛顿第二定律得mgsin θ=m (1分)
由机械能守恒定律得mg(h-R-Rsin θ)=m (1分)
联立可得h=R (1分)
若小球恰好运动到F点,则h=2R (1分)
故小球释放后能从原路返回到出发点的条件为R≤h<2R (1分)
变式 C [解析] 方法一(分析法):设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处(P点)与大圆环的作用力恰好为零,如图所示,设图中夹角为θ,从大圆环顶端到P点过程,根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=mv2,在P点,根据牛顿第二定律有mgcos θ=m,联立解得cos θ=,从大圆环顶端到P点过程,小环速度较小,小环重力指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力,所以大圆环对小环的弹力背离圆心且逐渐减小,从P点到最低点过程,小环速度变大,小环重力指向大圆环圆心方向的分力小于小环所需的向心力,所以大圆环对小环的弹力指向圆心且逐渐变大,根据牛顿第三定律可知,小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大,故A、B、D错误,C正确.
方法二(数学法):设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处时,该处和圆心的连线与竖直向上的夹角为θ,根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=mv2,在该处根据牛顿第二定律有F+mgcos θ=m(0≤θ≤π),联立可得F=2mg-3mgcos θ,则大圆环对小环作用力的大小=,根据数学知识可知在cos θ=时最小,即0≤θ≤arccos 时,F随θ增大而减小,arccos <θ≤π时,F随θ增大而增大,根据牛顿第三定律可知,小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大,故A、B、D错误,C正确.
例3 (1) (2) (3)h
[解析] (1)对A、B和C组成的系统,从静止释放到C与挡板撞击前,由机械能守恒定律得3mgh-mgh=·4m
解得v1=
(2)对A、B组成的系统,从C与挡板撞击后到A落地,由机械能守恒定律得2mgh-mgh=·3m-·3m
解得v2=
(3)A落地后,对B,由机械能守恒定律得mgh'=m,解得h'=h
上升的高度H=h+h+h=h
例4 D [解析] 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=·2mv2,解得v=,即a、b球滑到水平轨道上时速度大小均为v=,故C错误;b球在滑落过程中,设杆对b球做功为W,根据动能定理可得W+mg·2R=mv2,联立解得W=-mgR,对a球由动能定理可得W'+mgR=mv2,解得杆对a球做功为W'=mgR,故D正确;结合D项分析可知,杆对a球做正功,对b球做负功,故下滑过程中a球机械能增大,b球机械能减小,故A、B错误.
例5 D [解析] 物体P下落过程中,物体P、Q和弹簧组成的系统满足机械能守恒,弹簧先处于压缩状态后处于伸长状态,弹性势能先减小后增加,则物体P、Q组成的系统机械能先增加后减小,故A、B错误;用手托住物体P,当轻绳刚好被拉直时,弹簧压缩量为Δx=,当物体P下降时,弹簧恰好恢复原长,此时P仍有向下的加速度,速度不是最大,故C错误;物体P下落过程中,物体P、Q组成的系统重力势能减少了gL,则弹簧的弹性势能增加了mgL,故D正确.
例6 C [解析] 设桌面为势能零点,图甲中根据机械能守恒定律有-mg×=m-mg×,解得v甲=,图乙中根据机械能守恒定律有-mg×=×2m-mg×,解得v乙=,图丙中根据机械能守恒定律有-mg×-mg·=×2m-mg×-mgL,解得v丙=,则有v丙>v甲>v乙,故选C.第16讲 机械能守恒定律及其应用
一、机械能
1.重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点:重力做功与 无关,只与初、末位置的 差有关.
(2)重力做功与重力势能变化的关系
定性 关系 重力对物体做正功,重力势能就 ;重力对物体做负功,重力势能就
定量 关系 物体从位置A到位置B时,重力对物体做的功等于物体重力势能的 ,即WG=-ΔEp
(3)重力势能的变化量是绝对的,与参考面的选取 .
2.弹力做功与弹性势能
(1)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.
(2)对于弹性势能,一般物体的弹性形变量越大,弹性势能 .
二、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, 与 可以互相转化,而总的机械能 .
2.表达式
3.机械能守恒的条件
(1)只受重力或系统内弹力,不受其他外力.
(2)系统除受重力或弹力外,还受其他内力和外力,但这些力对系统 .
(3)系统内除重力或弹力做功外,还有其他力做功,但其他力做功的代数和 .
(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.
【辨别明理】
1.重力势能的变化与零势能参考面的选取无关. ( )
2.被举到高处的物体的重力势能一定不为零. ( )
3.克服重力做功,物体的重力势能一定增加. ( )
4.弹簧弹力做正功,弹性势能一定增加. ( )
5.物体所受的合外力为零,物体的机械能一定守恒. ( )
6.物体的速度增大时,其机械能可能减小. ( )
7.若物体除受重力外,还受其他力,但其他力不做功,则物体的机械能一定守恒. ( )
机械能守恒的理解和判断
例1 (多选)在如图所示的物理过程示意图中,图甲中一端固定有小球的轻杆从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动;图乙中轻绳一端连着一小球,从右偏上30°角处自由释放;图丙中物体A正在压缩弹簧;图丁中不计任何阻力和定滑轮质量,A加速下落,B加速上升.关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计),下列判断中正确的是 ( )
A.甲图中小球机械能守恒
B.乙图中小球机械能守恒
C.丙图中物体A的机械能守恒
D.丁图中A、B组成的系统机械能守恒
[反思感悟]
【技法点拨】
1.利用机械能守恒条件判断:若只有重力对单一物体做功,则物体的机械能守恒;若只有重力或弹力(弹簧、橡皮筋)对系统做功,或除重力和弹力以外的其他力对系统做的总功为零,则系统的机械能守恒.2.利用能量转化判断:若系统与外界没有能量交换,且系统内没有机械能与其他形式能的转化,则系统的机械能守恒.注意弹簧弹力对物体做功时,弹簧和物体组成的系统的机械能守恒,物体的机械能并不守恒.
单物体的机械能守恒问题
1.基本思路
2.三点提醒
(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.
例2 [2024·河南安阳模拟] 如图所示,竖直平面内由倾角α=60°的光滑斜面轨道AB、半径均为R的半圆形光滑轨道BCDE和光滑圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面,在B、E两处轨道平滑连接.E、O和B三点连成的直线与水平面间的夹角为θ=30°,F点为圆管轨道EFG的最高点.现将质量为m的小球从斜面上高度为h处的某点由静止释放.
小球可看作质点,重力加速度为g.
(1)若释放处高度h=3R,求小球第一次运动到圆轨道最低点C时的加速度和对轨道的作用力大小;
(2)推导出小球运动到半圆形轨道内与圆心O点等高的D点时所受弹力FD与h的关系式;
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点,求释放高度h应该满足的条件.
规范答题区 自评项目 (共100分) 自评 得分
书写工整无涂抹(20分)
有必要的文字说明(20分)
使用原始表达式、无代数过程(30分)
有据①②得③等说明(10分)
结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)
变式 [2024·全国甲卷] 如图所示,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点.则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 ( )
A.在Q点最大 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
多物体的机械能守恒问题
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.
(4)含弹簧的系统机械能守恒问题
①由于弹簧发生形变时会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功,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对同一弹簧,弹性势能的大小由弹簧的形变量决定,弹簧的伸长量和压缩量相等时,弹簧的弹性势能相等.
例3 [2024·湖北武汉模拟] 如图所示为著名的“阿特伍德机”装置示意图.跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量分别为2m和m的物块A和B,当左侧物块A附上质量为m的小物块C时,物块A和C由静止开始下落,下落h后小物块C撞击挡板自动脱离,系统继续运动.忽略一切阻力,已知挡板的高度也为h,物块B向上的运动不受绳子和滑轮的阻挡,物块落地不反弹,速度立即减为0,重力加速度为g,求:
(1)小物块C撞击挡板前瞬间的速度v1.
(2)物块A落地前瞬间的速度v2.
(3)物块B上升的最大高度H.
例4 [2024·山东德州模拟] 如图所示,有一光滑轨道PABC,PA部分竖直,BC部分水平,AB部分是半径为R的四分之一圆弧,其中AB与PA、BC相切.质量均为m的小球a、b(可视为质点)固定在长为R的竖直轻杆两端,开始时a球与A点接触且轻杆竖直,由静止释放两球使其沿轨道下滑,重力加速度为g.下列说法正确的是 ( )
A.a球下滑过程中机械能减小
B.b球下滑过程中机械能增大
C.b球滑到水平轨道上时速度大小为
D.从释放a、b球到两球均滑到水平轨道的过程中,轻杆对a球做功为mgR
例5 [2024·福建福州模拟] 如图所示,一条轻绳跨过光滑定滑轮,两端与质量分别为2m和m的物体P、Q连接,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,上端与物体Q相连,下端固定在水平面上.用手托住物体P,当轻绳刚好被拉直时,物体P离地的高度为L,重力加速度大小为g.物体P由静止释放后,落地时的速度恰好为0,则物体P下落过程中 ( )
A.物体P、Q组成的系统机械能守恒
B.物体P、Q组成的系统机械能一直减少
C.当物体P下降 时具有最大速度
D.弹簧的弹性势能增加了mgL
例6 [2024·天津和平模拟] 一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上,另一半悬在桌边,桌面足够高,如图甲所示.若将一个质量为m的小球分别拴在链条左端和右端,如图乙、丙所示,约束链条的挡板光滑,三种情况均由静止释放,当整根链条刚离开桌面时,关于它们的速度关系,下列判断正确的是 ( )
A.v甲=v乙=v丙 B.v甲C.v丙>v甲>v乙 D.v甲>v乙>v丙
[反思感悟]
一、1.(1)路径 高度 (2)减少 增加 减少量
(3)无关 2.(2)越大
二、1.动能 势能 保持不变 3.(2)不做功
(3)为零
【辨别明理】
1.√ 2.× 3.√ 4.× 5.× 6.√ 7.√第16讲 机械能守恒定律及其应用(A) (限时40分钟)
1.[2024·广西南宁一中模拟] 在下面列举的各个实例中(不计空气阻力),说法正确的是 ( )
甲
乙
丙
丁
A.图甲中,空中运动的铅球机械能守恒
B.图乙中,直轨式吊机匀速提升重物,物体的机械能守恒
C.图丙中,小孩从滑梯顶端匀速滑下,小孩的机械能守恒
D.图丁中,“嫦娥六号”探测器接近月球背面时,打开反冲发动机使探测器减速下降,机械能守恒
2.[2024·广东深圳模拟] 如图,斜面体A放在水平面上,球体B放在斜面体的斜面与竖直墙壁之间,外力F作用在A上使A、B处于静止状态,不计一切摩擦,现撤去F,在球B向下运动的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.A对B不做功
B.B对A不做功
C.B的机械能守恒
D.A、B组成的系统机械能守恒
3.一半径为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. B.
C. D.2
4.[2024·山东青岛模拟] 有一条均匀金属链条,一半长度在光滑的足够高斜面上,斜面顶端是一个很小的圆弧,斜面倾角为30°,另一半长度竖直下垂,由静止释放后链条滑动,链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为1.25 m/s.已知重力加速度g取10 m/s2,则金属链条的长度为 ( )
A.0.25 m B.0.50 m C.1.00 m D.1.50 m
5.(多选)[2024·陕西西安一中模拟] 如图所示,光滑的水平面和光滑的圆弧轨道在底部平滑连接,一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上,小球挤压弹簧到图中的B位置,此时弹簧的弹性势能为Ep,静止释放小球,小球从圆轨道底部的阀门(图中未画出)进入圆轨道,恰能上升到与圆弧圆心O等高的A点.再次用小球挤压弹簧并由静止释放,为了保证小球不脱离圆轨道,释放小球时弹簧的弹性势能可能是 ( )
A.Ep B.Ep C.2Ep D.3Ep
6.[2024·辽宁丹东模拟] 如图所示,倾角为β=30°的光滑斜面体固定在水平面上,质量为m的带孔小球甲穿过光滑的竖直杆后拴接在劲度系数为k的轻弹簧上,弹簧下端拴接在水平面上.用跨过光滑小定滑轮的细线与质量为8m的滑块乙连接.用外力控制滑块乙使细线刚好绷紧,此时小球甲位于图中的位置A,滑轮右侧的细线与水平方向的夹角为α=53°.某时刻将控制滑块乙的外力撤走,经过一段时间小球甲运动到B位置.已知B点与滑轮在同一高度处,且B到滑轮的距离为L,小球甲在A、B两位置时弹簧的弹力大小相等,重力加速度为g,sin 53°=0.8,不计滑轮大小,斜面足够长,细线长度不变,则下列说法正确的是 ( )
A.甲、乙组成的系统机械能守恒
B.k=
C.撤走控制滑块乙的外力的瞬间,小球甲的加速度大小为
D.小球甲运动到B位置时速度大小为
7.(多选)[2024·河北张家口模拟] 轮轴机械是中国古代制陶的主要工具.如图所示,轮轴可绕共同轴线O自由转动,其轮半径R=20 cm,轴半径r=10 cm,用轻质绳缠绕在轮和轴上,分别在绳的下端吊起质量为2 kg、1 kg的物块P和Q,将两物块由静止释放,释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动,不计轮轴的质量及轴线O处的摩擦,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.在P从静止下降1.2 m的过程中,下列说法正确的是( )
A.P重力势能的减小量等于Q机械能的增加量
B.P、Q动能之比为4∶1
C.Q重力势能的增加量为6 J
D.P下降1.2 m时,Q的速度大小为2 m/s
8.[2023·湖北卷] 如图为某游戏装置原理示意图.水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A端沿切线方向进入挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧,并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点.求:
(1)小物块到达D点的速度大小;
(2)B和D两点的高度差.
(3)小物块在A点的初速度大小.
9.(多选)[2024·四川成都模拟] 如图所示,两个完全相同的轻质小滑轮P、Q固定在天花板上,P、Q之间的距离为2l,一段不可伸长的轻质细绳通过滑轮,两端分别系住小球A、B,现用一轻质光滑小挂钩将小球C挂在滑轮P、Q之间的水平细绳的中间位置上,静止释放小球C,在小球C下降的某时刻,拉小球C的细绳与水平方向成θ角.已知三小球A、B、C的质量均为m,A、B小球始终没有与P、Q相撞,忽略一切阻力,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列关于小球C在下降过程中的说法正确的是 ( )
A.三小球A、B、C组成的系统机械能守恒
B.三小球A、B、C的速度大小的关系为vA=vB=vCcos θ
C.当θ=53°时小球C下降到最低点
D.小球C动能的最大值为mgl
10.[2024·福建厦门一中模拟] 如图所示,一倾角θ=30°的光滑倾斜轨道与水平轨道PQ平滑连接,水平轨道上M点的左侧光滑、右侧粗糙且足够长.质量均为m=0.1 kg的滑块A和B,用长L=0.4 m且与斜面平行的轻杆相连,置于光滑倾斜轨道上,B到斜面底端P点的距离、PM两点的距离均为L,滑块与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ=0.5.两滑块可视为质点,不计两滑块经过P点的机械能损失,重力加速度g取10 m/s2.现同时静止释放A、B,求:
(1)A从释放至运动至P点过程中,两滑块系统重力势能的减少量;
(2)A从释放至运动至P点过程中,轻杆对B做的功;
(3)A停止运动时的位置与M点的距离.第16讲 机械能守恒定律及其应用(A)
1.A [解析] 图甲中,空中运动的铅球,只有重力做功,机械能守恒,故A正确;图乙中,直轨式吊机匀速提升重物,其动能不变,重力势能逐渐增加,所以重物的机械能不守恒,故B错误;图丙中,小孩从滑梯顶端匀速滑下,其动能不变,重力势能逐渐减小,所以小孩的机械能不守恒,故C错误;图丁中,探测器接近月球背面时,打开反冲发动机使探测器减速下降,反冲发动机的阻力做功,所以机械能不守恒,故D错误.
2.D [解析] 撤去力F后,A、B组成的系统机械能守恒,B对A做正功,A对B做负功,A的机械能增大,B的机械能减小,故选D.
3.A [解析] 小球由静止释放,到与圆柱体未接触部分的细绳竖直时,小球机械能守恒,有mg=mv2,解得v=,A正确.
4.A [解析] 设金属链条的长度为L,质量为m,根据机械能守恒定律有g=mv2,解得L=0.25 m,故选A.
5.AD [解析] 小球从B点运动至A点机械能守恒,则Ep=mgR,为了使得小球不脱离圆轨道,要么小球在圆轨道中上升的最高点低于A点,则有Ep'≤Ep,或小球能通过圆轨道的最高点,则mg≤m,即v≥,为了使得小球不脱离圆轨道,对小球由机械能守恒定律有Ep'=mg·2R+mv2≥2.5Ep,综上可知06.D [解析] 对小球甲和滑块乙组成的系统,弹簧的弹力对系统做功,则甲、乙组成的系统机械能不守恒,故A错误;由题意小球甲在A、B两位置时弹簧的弹力大小相等,小球甲在A时弹簧的压缩量等于小球甲在B时弹簧的伸长量,设形变量为x,根据几何关系可得2x=Ltan α,解得x=L,开始时细线刚好绷紧,即细线的作用力为零,此时弹簧的弹力大小等于小球甲的重力,即kx=mg,解得k=,故B错误;撤走控制滑块乙的外力的瞬间,设细线的拉力大小为FT,对甲、乙分别根据牛顿第二定律得FTsin α=ma甲、8mgsin β-FT=8ma乙,根据运动的合成与分解可得a甲sin α=a乙,解得a甲=,故C错误;根据运动的合成与分解可得v甲sin α=v乙,小球甲运动到B点α=0,所以滑块乙的速度为零,对小球甲从A到B的过程,甲、乙和弹簧组成的系统机械能守恒,又因为小球甲在A、B两处弹簧的弹力相等,则弹簧在初、末状态的弹性势能相等,所以8mgsin β-mgLtan α=m,解得v甲=,故D正确.
7.CD [解析] 根据机械能守恒可知,P重力势能的减小量大于Q机械能的增加量,故A错误;由题意知轮半径R=20 cm,轴半径r=10 cm,根据线速度与角速度关系可知==,则==,故B错误;在P 从静止下降1.2 m的过程中h=t=vt,由题意得==,解得hQ=0.6 m,则Q 重力势能的增加量为ΔEp=mQghQ=6 J,故C正确;根据机械能守恒得mPghP=mP+mQ+mQghQ,由A项和B项知=、hQ=0.6 m,解得vQ=2 m/s、vP=4 m/s,故D正确.
8.(1) (2)0 (3)
[解析] (1)小物块恰好能到达轨道最高点,有
mg=m
解得vD=
(2) 小物块从C到D,由机械能守恒定律得m=m+mgR(1+cos 60°)
从B到C做平抛运动,有
vB=vCcos 60°
从B到D,由机械能守恒定律得
mghBD=m-m
联立解得vB= ,hBD=0
(3)小物块从A到B,根据动能定理得
-μmg·2πR=m-m
解得vA=
9.AC [解析] 忽略一切阻力,A、B、C三小球组成的系统,只有动能和重力势能之间相互转化,机械能守恒,A正确;小球C速度分解如图甲所示,由对称性可知vA=vB,根据三角函数得sin θ=,解得vA=vB=vCsin θ,B错误;设小球C下降到最低点时,下降的高度为h,滑轮与小球C之间细绳长度为l1,如图乙所示,小球C下降到最低点过程中,三球组成的系统机械能守恒,有2mg=mgh,根据勾股定理得h=,解得l=l1,此时cos θ==,得θ=53°,C正确;小球C所受的合力等于0时,速度最大,此时θ=30°,根据机械能守恒定律得mg=2mg+m+m+m,根据速度分解得vA=vB=vCsin 30°,解得小球C动能的最大值为m=mgl,D错误.
10.(1)0.6 J (2)0.1 J (3)0.4 m
[解析] (1)A从释放到运动至P点过程中,两滑块系统重力势能的减少量为ΔEp=mg·2Lsin θ+mgLsin θ=mgL=0.6 J
(2)A从释放到运动至P点过程中,根据系统机械能守恒可得
mg·2Lsin θ+mgLsin θ=×2mv2
解得A运动到P点时,A、B的速度大小均为v= m/s
对B根据动能定理可得mgLsin θ+W杆=mv2
解得轻杆对B做的功为W杆=0.1 J
(3)设A停止运动时的位置与M点的距离为x,以A、B为整体,根据动能定理可得-μmgx-μmg(L+x)=0-×2mv2
解得x=0.4 m第16讲 机械能守恒定律及其应用(B) (限时40分钟)
1.[2024·湖北黄冈模拟] 如图为一小朋友在一个空心水泥管里玩“踢球”游戏,将该过程简化为竖直面内半径为r的固定圆环,在圆环的最低点有一质量为m的小球,现给小球一水平向右的瞬时速度v.小球沿圆环内侧运动,重力加速度为g,不计小球与圆环间的摩擦.下列说法正确的是 ( )
A.若v=2,小球可以通过圆环最高点
B.若v=2,小球在最低点对圆环压力大小为4mg
C.若v=,小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为
D.若v=,小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为
2.(多选)[2023·湖南卷] 如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0=
D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道
3.(多选)[2022·河北卷] 如图所示,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的轻绳相连,悬挂在定滑轮上,质量mQ>mP,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大小为.T时刻轻绳突然断开,物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度,取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面,此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻力,两物体均可视为质点.下列说法正确的是( )
A.物体P和Q的质量之比为1∶3
B.2T时刻物体Q的机械能为
C.2T时刻物体P重力的功率为
D.2T时刻物体P的速度大小为
4.(多选)[2024·辽宁沈阳模拟] 如图所示,一轻杆可绕光滑固定转轴在竖直平面内自由转动,杆的两端固定有小球A和B(可看作质点),A、B的质量分别为2m和m,到转轴O的距离分别为2L和L,重力加速度为g.现将轻杆从水平位置由静止释放,轻杆开始绕O轴自由转动,当球A到达最低点时,下列说法正确的是 ( )
A.球B的速度大小为
B.球A的速度大小为
C.杆对转轴O的拉力大小为5mg
D.杆对球A做的功为mgL
5.[2024·湖南岳阳模拟] 如图所示,摩托车做腾跃特技表演,沿曲面冲上高0.8 m顶部水平高台,接着以v=3 m/s水平速度离开平台,落至地面时,恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑.A、B为圆弧两端点,其连线水平.已知圆弧半径为R=1.0 m,人和车的总质量为200 kg,特技表演的全过程中,阻力忽略不计.(计算中g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)求:
(1)从平台飞出到A点,人和车运动的水平距离x;
(2)从平台飞出到A点时速度大小vA及圆弧对应圆心角θ;
(3)人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力大小.
6.[2024·海南卷] 某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量M=25 kg,一质量为m=50 kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行s=16 m停下.游客视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小;
(2)滑板的长度L.
7.[2024·安徽合肥模拟] 为激发学生参与体育活动的兴趣,某学校计划修建用于滑板训练的场地.老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题,讨论并设计了如图所示的路面,其中AB是倾角为53°的斜面,凹圆弧和凸圆弧的半径均为R,且D、F两点处于同一高度,B、E两点处于另一高度,整个路面无摩擦且各段之间平滑连接.在斜面AB上距离水平面BE高度为h(未知量)的地方放置一个质量为m的小球(可视为质点),让它由静止开始运动.已知重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1)当h=0.6R时,求小球经过最低点C时,路面受到的压力;
(2)若小球一定能沿路面运动到F点,求h的取值范围;
(3)在某次试验中,小球运动到段的G点时,重力功率出现了极大值,已知该点路面倾角θ=37°,求h的值.第16讲 机械能守恒定律及其应用(B)
1.D [解析] 小球恰好通过最高点时满足mg=m,根据机械能守恒有mg×2r+mv'2=m,解得v0=,若v=2,小球不能通过圆环最高点,故A错误;若v=2,在圆环最低点根据牛顿第二定律有F-mg=m,解得F=5mg,故B错误;若v=,设小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向的夹角为θ,则有mgsin θ=m,根据机械能守恒有mgr+mv″2=mv2,解得sin θ=,故C错误,D正确.
2.AD [解析] 由题知,小球能沿轨道运动恰好到达C点,则小球在C点的速度为vC=0,则小球从C到B的过程中,有mgR(1-cos α)=mv2,FN=mgcos α-m,联立有FN=3mgcos α-2mg,则从C到B的过程中α由0增大到θ,则cos α逐渐减小,故FN逐渐减小,则小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大,A正确;由于A到C的过程中小球的速度逐渐减小,则A到B的过程中重力的功率为P=-mgvsin θ,则A到B的过程中小球重力的功率始终减小,则B错误;从A到C的过程中有-mg·2R=m-m,解得v0=,C错误;小球在B点恰好脱离轨道有mgcos θ=m,则vB=,若小球初速度v0增大,小球在B点的速度有可能大于,故小球有可能从B点脱离轨道,D正确.
3.BCD [解析] 绳断前,对P、Q由牛顿第二定律得mQg-mPg=a=,得mP∶mQ=1∶2,选项A错误;由题意可知绳子断前,系统P、Q机械能守恒,总机械能为E,为Q的重力势能,T时刻绳子断后,P能够达到的最高点与物体Q释放位置处于同一高度,因为mP∶mQ=1∶2,设Q初始高度为h,可知P在最高点的机械能为mPgh=,所以绳子断开时,Q的机械能为E-,绳断后物体Q机械能守恒,2T时刻Q的机械能仍为,选项B正确;在T时刻物体P的速度为vP=aT=,方向竖直向上,2T时物体P的速度vP'=vP-gT=-,方向竖直向下,所以选项D正确;由公式=2ax,可判断出绳断前后物体P向上运动的位移之比为3∶1,所以h=×T2,2T时刻物体P重力的功率为P=mPgvP'=,选项C正确.
4.BC [解析] 对于A、B两球及轻杆组成的系统,只有重力做功,则系统的机械能守恒,可得2mg×2L-mgL=×2m+m,由v=ωr可知vA=2vB,解得vB=,vA=2=,故A错误,B正确;设当A球到达最低点时,杆对A球的作用力为FA,根据牛顿第二定律有FA-2mg=2m,解得FA=4mg,由牛顿第三定律可知球A对杆的作用力大小为4mg,方向竖直向下,设当B球到达最高点时,杆对B球的作用力为FB,根据牛顿第二定律有mg+FB=m,解得FB=-mg,则轻杆对B球有竖直向上的作用力,大小为mg,由牛顿第三定律可知球B对杆的作用力大小为mg,方向竖直向下,对轻杆受力分析可知O对轻杆的作用力大小为F=FA+FB=5mg,方向竖直向上,由牛顿第三定律可知杆对转轴O的拉力大小为5mg,方向竖直向下,故C正确;从释放到球A到达最低点的过程,对球A,根据动能定理有W+2mg×2L=×2m,解得杆对球A做的功为W=-mgL,故D错误.
5.(1)1.2 m (2)5 m/s 106°
(3)8600 N
[解析] (1)从平台飞出到A点的过程,人和车做平抛运动,根据平抛运动规律,有h=gt2
解得t=0.4 s
从平台飞出到A点,人和车运动的水平距离为x=vt=1.2 m
(2)从平台飞出到A点,根据机械能守恒定律,有mgh=m-mv2
解得vA=5 m/s
如图所示,可知cos α==,则α=53°
得θ=2α=106°
(3)从A到O的过程中,由机械能守恒定律有mgR=m-m
在最低点,有F-mg=m
解得F=8600 N,根据牛顿第三定律可知人和车对轨道的压力大小为8600 N
6.(1)1000 N (2)7 m
[解析] (1)设游客滑到b点时速度为v0,从a到b过程,根据机械能守恒定律得
mgh=m
解得v0=10 m/s
在b点根据牛顿第二定律得
FN-mg=m
解得FN=1000 N
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为
FN'=FN=1000 N
(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v,在平台上运动过程由动能定理得
-μmgs=0-mv2
解得v=8 m/s
若游客滑上平台前已经和滑板共速,则设共速时速度为v共,由动量守恒定律有
mv0=(m+M)v共
解得v共= m/s
根据v>v共,可知滑上平台前游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,设加速度大小分别为a1和a2,得
a1==μg=2 m/s2
a2==4 m/s2
根据运动学规律对游客有
v=v0-a1t
解得t=1 s
该段时间内游客的位移为
x1=t=9 m
滑板的位移为
x2=a2t2=2 m
根据题意,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上平台,则由位移关系得滑板的长度为
L=x1-x2=7 m
7.(1)3mg,方向竖直向下 (2)0[解析] (1)从静止释放到C点过程中,根据机械能守恒得
mgh+mg=m
在C点由牛顿第二定律得
FN-mg=m
联立解得FN=3mg
由牛顿第三定律得路面受到的压力为FN'=FN=3mg
方向竖直向下
(2)分析可知小球能沿路面到达F点即可通过E点,刚好到达F点时有mgcos 37°=m
根据机械能守恒定律有mgh'+mg=m
联立解得h'=0.2R
故可知h的范围为0(3)设在G点时速度为v,根据机械能守恒定律有mgh+mg=mv2
该处重力的瞬时功率为P=mgvsin θ
联立解得
P2=m2g2[2gh+2gR(cos θ-0.6)]·sin2 θ=m2g2[2gh+2gR(cos θ-0.6)]·(1-cos2 θ)
设x=cos θ,y=[2gh+2gR(cos θ-0.6)]·(1-cos2 θ)
讨论y-x函数的极值,即y=[2gh+2gR(x-0.6)]·(1-x2)
展开得y=-2gRx3+(1.2gR-2gh)x2+2gRx+2gh-1.2gR
对y求导得y'=-6gRx2+2(1.2gR-2gh)x+2gR
根据题意θ=37°时取极大值,可知此时y'=0,将x=0.8代入得
h=0.025R(共124张PPT)
第16讲 机械能守恒定律及其应用
必备知识自查
核心考点探究
作业手册（A）
作业手册（B）
◆
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
备用习题
一、机械能
1.重力做功与重力势能
(1) 重力做功的特点：重力做功与______无关，只与初、末位置的______
差有关.
(2) 重力做功与重力势能变化的关系
路径
高度
定性关系 重力对物体做正功，重力势能就______；重力对物体做负功，
重力势能就______
定量关系
减少
增加
减少量
(3) 重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取______.
无关
2.弹力做功与弹性势能
(1)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.
(2)对于弹性势能，一般物体的弹性形变量越大，弹性势能______.
越大
二、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，______与______可以互相转化，而
总的机械能__________.
动能
势能
保持不变
2.表达式
3.机械能守恒的条件
(1)只受重力或系统内弹力,不受其他外力.
(2)系统除受重力或弹力外，还受其他内力和外力，但这些力对系统_____
___.
(3)系统内除重力或弹力做功外，还有其他力做功，但其他力做功的代数
和______.
(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.
不做功
为零
【辨别明理】
1.重力势能的变化与零势能参考面的选取无关.( )
√
2.被举到高处的物体的重力势能一定不为零.( )
×
3.克服重力做功，物体的重力势能一定增加.( )
√
4.弹簧弹力做正功，弹性势能一定增加.( )
×
5.物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒.( )
×
6.物体的速度增大时，其机械能可能减小.( )
√
7.若物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一
定守恒.( )
√
考点一 机械能守恒的理解和判断
例1 (多选)在如图所示的物理过程示意图中，图甲中一端固定有小球的轻
杆从右偏上 角释放后绕光滑支点摆动；图乙中轻绳一端连着一小球，
从右偏上 角处自由释放；图丙中物体 正在压缩弹簧；图丁中不计任
何阻力和定滑轮质量，加速下落， 加速上升.关于这几个物理过程
(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )
A.甲图中小球机械能守恒
B.乙图中小球机械能守恒
C.丙图中物体 的机械能守恒
D.丁图中、 组成的系统
机械能守恒
√
√
[解析] 甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，故A正确；
乙图过程中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，故B错误；
A.甲图中小球机械能守恒
B.乙图中小球机械能守恒
C.丙图中物体 的机械能守恒
D.丁图中、 组成的系统
机械能守恒
√
√
丙图中重力和系统内弹力做功，物体 和弹簧组成的系统机械能守恒，但
物体的机械能不守恒，故C错误；丁图中绳子张力对做负功，对 做正
功，代数和为零，、 组成的系统机械能守恒，故D正确.
[技法点拨]
1.利用机械能守恒条件判断:若只有重力对单一物体做功，则物体的机械能
守恒;若只有重力或弹力(弹簧、橡皮筋)对系统做功，或除重力和弹力以外
的其他力对系统做的总功为零，则系统的机械能守恒.
2.利用能量转化判断:若系统与外界没有能量交换，且系统内没有机械能与
其他形式能的转化，则系统的机械能守恒.注意弹簧弹力对物体做功时，
弹簧和物体组成的系统的机械能守恒，物体的机械能并不守恒.
考点二 单物体的机械能守恒问题
1.基本思路
2.三点提醒
(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.
例2 [2024·河南安阳模拟] 如图所示，竖直平面内由倾
角 的光滑斜面轨道、半径均为 的半圆形
光滑轨道和光滑圆管轨道 构成一游戏装置固
定于地面，在、两处轨道平滑连接.、和 三点连
(1) 若释放处高度，求小球第一次运动到圆轨道最低点 时的加速
度和对轨道的作用力大小；
[答案] ，方向由点指向圆心点;
成的直线与水平面间的夹角为 ，点为圆管轨道 的最高点.现
将质量为的小球从斜面上高度为 处的某点由静止释放.
小球可看作质点，重力加速度为 .
[解析] 从点到 点过程中，由机械能守恒定律得 (1分)
所以小球第一次运动到圆轨道最低点 时的加速度大小为 (1分)
联立可得，方向由点指向圆心 点(1分)
在点由牛顿第二定律得 (1分)
联立解得 (1分)
由牛顿第三定律，可知在 点小球对轨道的作用力大小
为 (1分)
例2 [2024·河南安阳模拟] 如图所示，竖直平面内由倾
角 的光滑斜面轨道、半径均为 的半圆形光
滑轨道和光滑圆管轨道 构成一游戏装置固定
于地面，在、两处轨道平滑连接.、和 三点连成
(2) 推导出小球运动到半圆形轨道内与圆心点等高的点时所受弹力
与 的关系式；
[答案]
的直线与水平面间的夹角为 ，点为圆管轨道 的最高点.现将
质量为的小球从斜面上高度为 处的某点由静止释放.
小球可看作质点，重力加速度为 .
[解析] 小球运动到半圆形轨道内与圆心点等高的 点
的过程中，由机械能守恒定律得
(1分)
在点由牛顿第二定律得 (1分)
联立可得，其中满足 (2分)
例2 [2024·河南安阳模拟] 如图所示，竖直平面内由
倾角 的光滑斜面轨道、半径均为 的半圆
形光滑轨道和光滑圆管轨道 构成一游戏装
置固定于地面，在、两处轨道平滑连接.、和
(3) 若小球释放后能从原路返回到出发点，求释放高度 应该满足的条件.
[答案] 或
三点连成的直线与水平面间的夹角为 ，点为圆管轨道 的最
高点.现将质量为的小球从斜面上高度为 处的某点由静止释放.
小球可看作质点，重力加速度为 .
[解析] 第一种情况：小球不滑离轨道，原路返回，
由机械能守恒定律可知，此时小球恰好运动到 点，故小球释放后能从原路返回到出发点的条件为
(1分)第二种情况：小球恰好在 点不脱离轨道，由牛顿第二定律得 (1分)
由机械能守恒定律得 (1分)
联立可得 (1分)
若小球恰好运动到点，则 (1分)
故小球释放后能从原路返回到出发点的条件为
(1分)
变式 [2024·全国甲卷] 如图所示，一光滑大圆环固
定在竖直平面内，质量为 的小环套在大圆环上，小
环从静止开始由大圆环顶端经 点自由下滑至其底
部， 为竖直线与大圆环的切点.则小环下滑过程中对
大圆环的作用力大小( )
A.在点最大 B.在 点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小
√
[解析] 方法一(分析法)设大圆环半径为 ，小环
在大圆环上某处( 点)与大圆环的作用力恰好为零，
如图所示，设图中夹角为 ，从大圆环顶端到 点
过程，根据机械能守恒定律有
，在 点，根据牛顿第二
定律有，联立解得 ，从大
圆环顶端到 点过程，小环速度较小，小环重力指向大圆环圆心方向的分
力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心且逐渐减小，
从 点到最低点过程，小环速度变大，小环重力指
向大圆环圆心方向的分力小于小环所需的向心力，
所以大圆环对小环的弹力指向圆心且逐渐变大，根
据牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的
作用力大小先减小后增大，故A、B、D错误,C正确.
方法二(数学法)设大圆环半径为 ，小环在大圆
环上某处时，该处和圆心的连线与竖直向上的夹角
为 ，根据机械能守恒定律有
，在该处根据
牛顿第二定律有 ，
联立可得 ，则大圆环对小环
作用力的大小 ，根据数学
知识可知在 时最小，即时，随 增大而减小，
时，随 增大而增大，根据牛顿第三定律可知，小环下
滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，故A、B、D错误，C正确.
考点三 多物体的机械能守恒问题
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由知，与 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.
(4)含弹簧的系统机械能守恒问题
①由于弹簧发生形变时会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系
统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功，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对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧的伸长量和压
缩量相等时，弹簧的弹性势能相等.
例3 [2024·湖北武汉模拟] 如图所示为著名的“阿特伍德机”装
置示意图.跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量分别为
和的物块和，当左侧物块附上质量为的小物块 时，
物块和由静止开始下落，下落后小物块 撞击挡板自动脱
离，系统继续运动.忽略一切阻力，已知挡板的高度也为 ，
(1) 小物块撞击挡板前瞬间的速度 .
[答案]
物块 向上的运动不受绳子和滑轮的阻挡，物块落地不反弹，速度立即减
为0，重力加速度为 ，求：
[解析] 对、和组成的系统，从静止释放到 与挡板撞击
前，由机械能守恒定律得
解得
例3 [2024·湖北武汉模拟] 如图所示为著名的“阿特伍德机”装
置示意图.跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量分别为
和的物块和，当左侧物块附上质量为的小物块 时，
物块和由静止开始下落，下落后小物块 撞击挡板自动脱
离，系统继续运动.忽略一切阻力，已知挡板的高度也为 ，物
(2) 物块落地前瞬间的速度 .
[答案]
块 向上的运动不受绳子和滑轮的阻挡，物块落地不反弹，速度立即减为
0，重力加速度为 ，求：
[解析] 对、组成的系统，从与挡板撞击后到 落地，由机
械能守恒定律得
解得
例3 [2024·湖北武汉模拟] 如图所示为著名的“阿特伍德机”装
置示意图.跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量分别为
和的物块和，当左侧物块附上质量为的小物块
时，物块和由静止开始下落，下落后小物块 撞击挡板
自动脱离，系统继续运动.忽略一切阻力，已知挡板的高度也
(3) 物块上升的最大高度 .
[答案]
为，物块 向上的运动不受绳子和滑轮的阻挡，物块落地不反弹，速度
立即减为0，重力加速度为 ，求：
[解析] 落地后，对，由机械能守恒定律得
，
解得
上升的高度
例4 [2024·山东德州模拟] 如图所示，有一光滑轨道， 部分竖
直，部分水平，部分是半径为的四分之一圆弧，其中与、
相切.质量均为的小球、(可视为质点)固定在长为 的竖直轻杆两端，
开始时球与 点接触且轻杆竖直，由静止释放两球使其沿轨道下滑，重
力加速度为 .下列说法正确的是( )
A. 球下滑过程中机械能减小
B. 球下滑过程中机械能增大
C.球滑到水平轨道上时速度大小为
D.从释放、 球到两球均滑到水平轨道的过程中，
轻杆对球做功为
√
[解析] 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
，解得 ，即、球滑到水平轨道上时速度大小均为 ，故C错误；球在滑落过程中，设杆对球做功为 ，根据动能定理可得 ，联立解得，对 球由动能定理可得，解得杆对 球做功为 ，故D正确；结合D项分析可知，杆对球做正功，
对球做负功，故下滑过程中 球机械能增大，
球机械能减小，故A、B错误.
例5 [2024·福建福州模拟] 如图所示，一条轻绳跨过光滑定滑轮，两端与质量分别为和的物体、 连接，劲度系数为的轻弹簧竖直放置，上端与物体 相连，下端固定在水平面上.用手托住物体，当轻绳刚好被拉直时，物体 离地的高度为，重力加速度大小为.物体 由静止释放后，落地时的速度恰好为0，则物体 下落过程中( )
A.物体、 组成的系统机械能守恒
B.物体、 组成的系统机械能一直减少
C.当物体下降 时具有最大速度
D.弹簧的弹性势能增加了
√
[解析] 物体下落过程中，物体、 和弹簧组成的系统满足
机械能守恒，弹簧先处于压缩状态后处于伸长状态，弹性势
能先减小后增加，则物体、 组成的系统机械能先增加后减
小，故A、B错误；用手托住物体 ，当轻绳刚好被拉直时，
弹簧压缩量为，当物体下降 时，弹簧恰好恢复原
长，此时 仍有向下的加速度，速度不是最大，故C错误；物
体下落过程中，物体、 组成的系统重力势能减少了
，则弹簧的弹性势能增加了 ，故D正确.
例6 [2024·天津和平模拟] 一根质量为、长为 的均匀链条一半放在光滑
的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示.若将一个质
量为 的小球分别拴在链条左端和右端，如图乙、丙所示，约束链条的挡
板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的
速度关系，下列判断正确的是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设桌面为势能零点，图甲中根据机械能守恒定律有
，解得 ，图乙中根据机械能守恒
定律有，解得 ，图丙中根据机
械能守恒定律有 ，解得
，则有 ，故选C.
机械能守恒的理解和判断
1.[2023·全国甲卷] 一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，
铅球在平抛运动过程中( )
A.机械能一直增加 B.加速度保持不变
C.速度大小保持不变 D.被推出后瞬间动能最大
[解析] 铅球在平抛运动过程中仅重力做功，机械能守恒，故A错误；加速
度为重力加速度，保持不变，故B正确；运动过程中速度越来越大，即动
能越来越大，故C、D错误.
√
2.如图所示，高度为 的光滑轨道固定在水平地面上，
一质量为 的小滑块从轨道顶端滑到底端.已知重力加
速度为 ，不计空气阻力，在此过程中小滑块的( )
A.重力势能增加量为 B.重力势能减少量为
C.机械能减少量为 D.机械能增加量为
[解析] 小滑块下落高度为，故重力势能减少了 ，A错误，B正确；
由于轨道光滑，故小滑块下落过程中机械能守恒，C、D错误.
√
3.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 ，通过调节竖直细管的长度 ，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 ，则小球平抛的水平距
离的最大值是( )
单物体的机械能守恒问题
A. B. C. D.
√
[解析] 设细圆弧弯管上端管口到地面的高度为 ，小球从管口射出的速
度为，由机械能守恒定律得 ，小球离开管口后做
平抛运动，有， ，联立可得 ，由二
次函数的知识可知，当管口到地面的高度
时，取最大值，最大值为 ，
故B正确.
4.如图所示，在点用长为 、不可伸长的轻绳悬挂一质量为的小球，点正下方的点固定一细钉子，、 距离为，点和点等高.小球处于点右侧同一水平高度的 点时，绳刚好拉直，将小球从点由静止释放.以过最低点 的水平面为零势能面，重力加速度大小为 ，不计空气阻力.下列说法正确的是( )
A.若小球能绕钉子做圆周运动，则应等于
B.若为，则小球到达点时绳子拉力为
C.若为，则小球到达点时的机械能为
D.若为，则小球到达 点时所受合力方向水平向右
√
[解析] 若小球刚好能绕钉子做圆周运动，则通过圆周的最高点时，根据
牛顿第二定律可得，从 到最高点，根据机械能守恒可得
，解得，小球能绕钉子做圆周运动，应满
足，故A错误；从到 点，根据机械能守恒
可得 ，在点根据牛顿第二定律
可得 ，联立解得，故B正确；
以过最低点 的水平面为零势能面，小球下落过程机械能守恒，所以在任何位置机械能均为，故C错误；
小球到达 点会受到向下的重力，所以在 点时所受到合力方向不可能水平向右，故D错误.
多物体的机械能守恒问题
5.如图所示，一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端系
有质量分别为、的小球和，用手按住 球静止于地面
时，球离地面的高度为 .两球均可视为质点，定滑轮的质量及一
切阻力均不计，重力加速度为.现释放球， 球刚落地时的速度
大小为，则 的值是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 小球和 通过轻绳连接，在运动过程中两球的速度大小相等，由
机械能守恒定律得 ，其中，解
得 ，C正确.
6.(多选)如图所示，滑块、的质量均为， 套在固定竖直杆上，与光滑
水平地面相距，放在地面上，、 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止
开始运动.不计摩擦，、可视为质点，重力加速度大小为 .则( )
A.落地前，轻杆对 一直做正功
B.落地时速度大小为
C.下落过程中，其加速度大小始终不大于
D.落地前，当的机械能最小时，对地面的压力大小为
√
√
[解析] 首先，把、看成一个系统，运动中机械能守恒， 先加速后减速，
到达地面时速度为0，故杆对 先做正功后做负功，A错误；根据系统机
械能守恒， 的重力势能的减少量等于动能的增加量，即，
得 ，B正确；下落时，后来受杆的沿杆向下的拉力，故 的加速
度大于，C错误；刚开始的一段下落过程中杆
对 做负功，的机械能减少，的机械能最小时
杆对 的作用力为0，此时杆对也没有力的作用，
故对地面的压力大小为 ，D正确.
7.如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆轨道并
竖直固定，轨道半径为，细管内径远小于 .轻绳穿过
细管连接小球(可视为质点)和重物，小球 的质量为
，直径略小于细管内径，用手托住重物使小球 静止
在点.松手后，小球运动至 点时对细管恰无作用力，
(1) 小球静止在点时对细管壁的压力大小 ；
[答案]
重力加速度为，，， 取 ，求：
[解析] 小球静止在点时细管壁对小球 的支持力大小
根据牛顿第三定律可知小球静止在 点时对细管壁的压力大小
；
7.如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆轨道并
竖直固定，轨道半径为，细管内径远小于 .轻绳穿过
细管连接小球(可视为质点)和重物，小球 的质量为
，直径略小于细管内径，用手托住重物使小球 静止
在点.松手后，小球运动至 点时对细管恰无作用力，
(2) 重物的质量 ；
[答案]
重力加速度为，，， 取， 求：
[解析] 小球从点到 点，由机械能守恒定律有
对小球在点时有
解得
7.如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆轨道并
竖直固定，轨道半径为，细管内径远小于 .轻绳穿过
细管连接小球(可视为质点)和重物，小球 的质量为
，直径略小于细管内径，用手托住重物使小球 静
止在点.松手后，小球运动至 点时对细管恰无作用
(3) 小球到达点时加速度大小 .
[答案]
力，重力加速度为，，， 取 ，求：
[解析] 小球到达点时向心加速度大小
设切向加速度为 ，对小球和重物分别用牛顿第二定律
得，
联立解得
故小球到达点时加速度大小等于
解得小球到达点时加速度大小等于
作业手册(A)
1.[2024·广西南宁一中模拟] 在下面列举的各个实例中(不计空气阻力)，说
法正确的是( )
甲
乙
丙
丁
A.图甲中，空中运动的铅球机械能守恒
B.图乙中，直轨式吊机匀速提升重物，物体的机械能守恒
C.图丙中，小孩从滑梯顶端匀速滑下，小孩的机械能守恒
D.图丁中，“嫦娥六号”探测器接近月球背面时，打开反冲发动机使探测器
减速下降，机械能守恒
√
甲
乙
丙
丁
[解析] 图甲中，空中运动的铅球，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；
图乙中，直轨式吊机匀速提升重物，其动能不变，重力势能逐渐增加，所
以重物的机械能不守恒，故B错误；图丙中，小孩从滑梯顶端匀速滑下，
其动能不变，重力势能逐渐减小，所以小孩的机械能不守恒，故C错误；
图丁中，探测器接近月球背面时，打开反冲发动机使探测器减速下降，反
冲发动机的阻力做功，所以机械能不守恒，故D错误.
甲
乙
丙
丁
2.[2024·广东深圳模拟] 如图，斜面体放在水平面上，球体 放在斜面体
的斜面与竖直墙壁之间，外力作用在上使、 处于静止状态，不计一
切摩擦，现撤去，在球 向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.对 不做功
B.对 不做功
C. 的机械能守恒
D.、 组成的系统机械能守恒
[解析] 撤去力后，、组成的系统机械能守恒，对做正功，对 做
负功，的机械能增大， 的机械能减小，故选D.
√
3.一半径为 的圆柱体水平固定，横截面如图所示.
长度为 、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱
体最高点处，另一端系一个小球.小球位于 点右
侧同一水平高度的点时，绳刚好拉直.将小球从
A. B. C. D.
[解析] 小球由静止释放，到与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球机
械能守恒，有，解得 ，A正确.
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 ，不计空气阻力)( )
√
4.[2024·山东青岛模拟] 有一条均匀金属链条，一
半长度在光滑的足够高斜面上，斜面顶端是一个
很小的圆弧，斜面倾角为 ，另一半长度竖直
下垂，由静止释放后链条滑动，链条刚好全部滑
A. B. C. D.
[解析] 设金属链条的长度为，质量为 ，根据机械能守恒定律有
，解得 ，故选A.
出斜面时的速度大小为.已知重力加速度取 ，则金属链
条的长度为( )
√
5.(多选)[2024·陕西西安一中模拟] 如图所示，光
滑的水平面和光滑的圆弧轨道在底部平滑连接，
一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，小球挤压弹
簧到图中的位置，此时弹簧的弹性势能为 ，
A. B. C. D.
静止释放小球，小球从圆轨道底部的阀门 (图中未画出)进入圆轨道，恰能
上升到与圆弧圆心等高的 点.再次用小球挤压弹簧并由静止释放，为了
保证小球不脱离圆轨道，释放小球时弹簧的弹性势能可能是( )
√
√
[解析] 小球从点运动至 点机械能守恒,则 ，为了使得小球不脱离圆轨道，要么小球在圆轨道中上升的最高点低于 点，则有 ，或小球能通过圆轨道的最高点，则 ，即 ，为了使得小球不脱离圆轨道，对小球由机械能守恒定律有
，
综上可知或 ，故选A、D.
6.[2024·辽宁丹东模拟] 如图所示，倾角为 的光滑斜面体固定在水
平面上，质量为的带孔小球甲穿过光滑的竖直杆后拴接在劲度系数为
的轻弹簧上，弹簧下端拴接在水平面上.用跨过光滑小定滑轮的细线与质
量为 的滑块乙连接.用外力控制滑块乙使细线刚好绷紧，此时小球甲位
于图中的位置，滑轮右侧的细线与水平方向的夹角为 .某时刻将
控制滑块乙的外力撤走，经过一段时间小球甲运动到位置.
已知 点与滑轮在同一高度处，且到滑轮的距离为，小球甲在、 两
位置时弹簧的弹力大小相等，重力加速度为， ，不计滑轮大
小，斜面足够长，细线长度不变，则下列说法正确的是( )
A.甲、乙组成的系统机械能守恒
B.
C.撤走控制滑块乙的外力的瞬间，小球甲的
加速度大小为
D.小球甲运动到位置时速度大小为
√
[解析] 对小球甲和滑块乙组成的系统，弹簧
的弹力对系统做功，则甲、乙组成的系统机
械能不守恒，故A错误；由题意小球甲在 、
两位置时弹簧的弹力大小相等，小球甲在
时弹簧的压缩量等于小球甲在 时弹簧的伸长量，设形变量为 ，根据几何
关系可得 ，解得 ，开始时细线刚好绷紧，即细线的作用
力为零，此时弹簧的 弹力大小等于小球甲的重力，即 ，解得
，故B错误；
撤走控制滑块乙的外力的瞬间，设细线的拉力大小为 ，对甲、
乙分别根据牛顿第二定律得、 ，
根据运动的合成与分解可得 ，解得 ，故C错误；
根据运动的合成与分解可得，小球甲运动到点 ，所以滑块乙的速度为零，对小球甲从到 的过程，甲、乙和弹簧组成的系统机
械能守恒，又因为小球甲在、 两处弹簧的弹力相等，则弹簧在初、末状态的弹性势能相等，所以 ，
解得 ，故D正确.
7.(多选)[2024·河北张家口模拟] 轮轴机械是中国古代制陶的主要工具.如图
所示，轮轴可绕共同轴线自由转动，其轮半径 ，轴半径
，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量为 、
的物块和 ，将两物块由静止释放，释放后两物块均做初速度为0的匀
加速直线运动，不计轮轴的质量及轴线 处的摩擦，不计空气阻力，重力加
速度取.在从静止下降 的过程中，下列说法正确的是( )
A.重力势能的减小量等于 机械能的增加量
B.、动能之比为
C.重力势能的增加量为
D.下降时，的速度大小为
√
√
[解析] 根据机械能守恒可知，重力势能的减小量大于 机械能的增加量，
故A错误；由题意知轮半径 ，轴半径 ，根据线速度与
角速度关系可知，则 ，故B错误；在 从静止下
降的过程中，由题意得 ，解得 ，
则重力势能的增加量为 ，故C正确；根据机械能守恒
得，由A项和B项知 、
，解得、 ，故D正确.
8.[2023·湖北卷] 如图为某游戏装置原理示意图.水平桌面上
固定一半圆形竖直挡板，其半径为 、内表面光滑，挡板
的两端、在桌面边缘，与半径为 的固定光滑圆弧轨道
在同一竖直平面内，过 点的轨道半径与竖直方向的夹
(1) 小物块到达 点的速度大小；
[答案]
角为 .小物块以某一水平初速度由端沿切线方向进入挡板内侧，从
点飞出桌面后，在点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达
轨道的最高点.小物块与桌面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为
，忽略空气阻力，小物块可视为质点.求：
[解析] 小物块恰好能到达轨道最高点，有
解得
8.[2023·湖北卷] 如图为某游戏装置原理示意图.水平桌面上
固定一半圆形竖直挡板，其半径为 、内表面光滑，挡板
的两端、在桌面边缘，与半径为 的固定光滑圆弧轨
道在同一竖直平面内，过 点的轨道半径与竖直方向
(2) 和 两点的高度差.
[答案] 0
的夹角为 .小物块以某一水平初速度由 端沿切线方向进入挡板内侧，
从点飞出桌面后，在点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能
到达轨道的最高点.小物块与桌面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度大
小为 ，忽略空气阻力，小物块可视为质点.求：
[解析] 小物块从到 ，由机械能守恒定律得
从到 做平抛运动，有
从到 ，由机械能守恒定律得
联立解得 ,
8.[2023·湖北卷] 如图为某游戏装置原理示意图.水平桌面上
固定一半圆形竖直挡板，其半径为 、内表面光滑，挡板
的两端、在桌面边缘，与半径为 的固定光滑圆弧轨道
在同一竖直平面内，过 点的轨道半径与竖直方向的夹
(3) 小物块在 点的初速度大小.
[答案]
角为 .小物块以某一水平初速度由端沿切线方向进入挡板内侧，从
点飞出桌面后，在点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达
轨道的最高点.小物块与桌面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为
，忽略空气阻力，小物块可视为质点.求：
[解析] 小物块从到 ，根据动能定理得
解得
9.(多选)[2024·四川成都模拟] 如图所示，两个完全相同的轻质小滑轮 、
固定在天花板上，、之间的距离为 ，一段不可伸长的轻质细绳通过
滑轮，两端分别系住小球、，现用一轻质光滑小挂钩将小球 挂在滑轮
、之间的水平细绳的中间位置上，静止释放小球，在小球 下降的某
时刻，拉小球的细绳与水平方向成 角.已知三小球、、 的质量均为
，、小球始终没有与、相撞，忽略一切阻力，
重力加速度为 ，，，则下列
关于小球 在下降过程中的说法正确的是( )
A.三小球、、 组成的系统机械能守恒
B.三小球、、的速度大小的关系为
C.当 时小球 下降到最低点
D.小球动能的最大值为
√
√
[解析] 忽略一切阻力，、、 三小球组成的系统，只有动能和重力势能之间相互转化，机械能守恒，A正确；小球 速度分解如图甲所示，由对称性可知，根据三角函数得 ，解得 ，B错误；
设小球下降到最低点时，下降的高度为 ，滑轮与小球之间细绳长度为，如图乙所示，小球 下降到最低点过程中，三球组成的系统机械能守恒，有，根据勾股定理得 ，解得，此时,得，C正确；小球 所受的合力等于0时，速度最大,此时，根据机械能守恒定律得 ，根据速度分解得 ，
解得小球 动能的最大值为 ，D错误.
10.[2024·福建厦门一中模拟] 如图所示，
一倾角 的光滑倾斜轨道与水平轨
道平滑连接，水平轨道上 点的左侧
光滑、右侧粗糙且足够长.质量均为的滑块和 ，用长
且与斜面平行的轻杆相连，置于光滑倾斜轨道上， 到斜面底端
点的距离、两点的距离均为 ，滑块与粗糙轨道间的动摩擦因数均为
.两滑块可视为质点，不计两滑块经过 点的机械能损失，重力加速
度取.现同时静止释放、 ，求：
(1) 从释放至运动至 点过程中，两滑块系统重力势能的减少量；
[答案]
[解析] 从释放到运动至 点过程中，两滑块系统重力势能的减少量为
(2) 从释放至运动至点过程中，轻杆对 做的功；
[答案]
[解析] 从释放到运动至 点过程中，根据系统机械能守恒可得
解得运动到点时，、 的速度大小均为
对 根据动能定理可得
解得轻杆对做的功为
(3) 停止运动时的位置与 点的距离.
[答案]
[解析] 设停止运动时的位置与 点的距离为，以、 为整体，根据动能定理可得
解得
作业手册(B)
1.[2024·湖北黄冈模拟] 如图为一小朋友在一个空心水泥管里玩“踢球”游戏，
将该过程简化为竖直面内半径为 的固定圆环，在圆环的最低点有一质量
为的小球，现给小球一水平向右的瞬时速度 .小球沿圆环内侧运动，重
力加速度为 ，不计小球与圆环间的摩擦.下列说法正确的是( )
A.若 ，小球可以通过圆环最高点
B.若，小球在最低点对圆环压力大小为
C.若 ，小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正
弦值为
D.若 ，小球脱离圆环的位置
与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为
√
[解析] 小球恰好通过最高点时满足 ，根据机械能守恒有
，解得，若 ，小球不能通
过圆环最高点，故A错误；若 ，在圆环最低点根据牛顿第二定律
有，解得，故B错误；若 ，设小球脱离
圆环的位置与圆心的连线与水平方向的夹角为 ，
则有 ，根据机械能守恒有
，解得 ，故C错误，
D正确.
2.(多选)[2023·湖南卷] 如图，固定在竖直面内的光滑轨道 由直线段
和圆弧段组成，两段相切于点，段与水平面夹角为 , 段圆
心为,最高点为,与的高度差等于圆弧轨道的直径.小球从 点以初
速度冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达点，重力加速度为 ,下列说法
正确的是( )
A.小球从到 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从到 的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度
D.若小球初速度增大，小球有可能从 点脱离轨道
√
√
[解析] 由题知，小球能沿轨道运动恰好到达 点，则
小球在点的速度为，则小球从到 的过程中，
有 ，，
联立有 ，则从到 的过程
中 由0增大到 ，则 逐渐减小，故 逐渐减小，
则小球从到 的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A
正确；
由于到的过程中小球的速度逐渐减小， 则 到的过程中重力的功率为
，则到 的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；
从 到的过程中有 ，解得，C错误；
小球在 点恰好脱离轨道有，则 ，若小球
初速度 增大，小球在点的速度有可能大于
，故小球有可能
从 点脱离轨道，D正确.
3.(多选)[2022·河北卷] 如图所示，轻质定滑轮固定在天花板上，
物体和 用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量
，时刻将两物体由静止释放，物体 的加速度大
小为.时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体
A.物体和的质量之比为 B.时刻物体的机械能为
C.时刻物体重力的功率为 D.时刻物体的速度大小为
释放位置处于同一高度，取时刻物体 所在水平面为零势能面，此时
物体的机械能为.重力加速度大小为 ，不计摩擦和空气阻力，两物体
均可视为质点.下列说法正确的是( )
√
√
√
[解析] 绳断前，对、 由牛顿第二定律得
，得 ，
选项A错误；由题意可知绳子断前，系统、 机械能守恒，总机
械能为，为的重力势能，时刻绳子断后， 能够达到的最高
点与物体释放位置处于同一高度，因为，设 初
始高度为，可知在最高点的机械能为 ，所以绳子断
开时，的机械能为，绳断后物体机械能守恒，时刻
的机械能仍为，选项B正确；在时刻物体 的速度为
,方向竖直向上，时物体 的速度
，方向竖直向下，所以选项D正确；由公
式，可判断出绳断前后物体 向上运动的位移之比为
，所以，时刻物体 重力的功率为
,选项C正确.
4.(多选)[2024·辽宁沈阳模拟] 如图所示，一轻杆可绕光滑固定转轴在竖
直平面内自由转动，杆的两端固定有小球和(可看作质点)，、 的质
量分别为和，到转轴的距离分别为和，重力加速度为 .现将轻
杆从水平位置由静止释放，轻杆开始绕轴自由转动，当球 到达最低点
时，下列说法正确的是( )
A.球的速度大小为 B.球的速度大小为
C.杆对转轴的拉力大小为 D.杆对球做的功为
√
√
[解析] 对于、 两球及轻杆组成的系统，只有重力做功，则系统的机械
能守恒，可得，由 可知
，解得， ，故A错误,B正确；
设当球到达最低点时，杆对球的作用力为 ，根据牛顿第二定律有
，解得，由牛顿第三定律可知球 对杆的作
用力大小为，方向竖直向下，设当球到达最高点时，
杆对 球的作用力为，根据牛顿第二定律有，解得
，则轻杆对球有竖直向上的作用力，大小为，由牛顿
第三定律可知球 对杆的作用力大小为，方向竖直向下，对轻杆受力
分析可知 对轻杆的作用力大小为 ，方向竖直向上，由
牛顿第三定律可知杆对转轴的拉力大小为，方向竖直向下，故C正确；
从释放到球 到达最低点的过程，对球，根据动能定理有
，解得杆对球做的功为 ，故D错误.
5.[2024·湖南岳阳模拟] 如图所示，摩托车做腾
跃特技表演，沿曲面冲上高 顶部水平高台，
接着以 水平速度离开平台，落至地面
(1) 从平台飞出到点，人和车运动的水平距离 ；
[答案]
时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下
滑.、为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为 ，人和车的
总质量为，特技表演的全过程中，阻力忽略不计.(计算中 取
, , )求：
[解析] 从平台飞出到 点的过程，人和车做平抛运动，根据平抛运动规律，有
解得
从平台飞出到 点，人和车运动的水平距离为
5.[2024·湖南岳阳模拟] 如图所示，摩托车做
腾跃特技表演，沿曲面冲上高 顶部水平
高台，接着以 水平速度离开平台，
(2) 从平台飞出到点时速度大小及圆弧对应圆心角 ；
[答案]
落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从 点切入光滑竖直圆弧轨道，并
沿轨道下滑. 、为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为 ，
人和车的总质量为 ，特技表演的全过程中，阻力忽略不计.
(计算中取,, )求：
[解析] 从平台飞出到 点，根据机械能守恒定律，有
解得
如图所示，可知 ，则
得
5.[2024·湖南岳阳模拟] 如图所示，摩托车做腾
跃特技表演，沿曲面冲上高 顶部水平高台，
接着以 水平速度离开平台，落至地面
(3) 人和车运动到圆弧轨道最低点 时对轨道的压力大小.
[答案]
时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下
滑.、为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为 ，人和车的
总质量为，特技表演的全过程中，阻力忽略不计.(计算中 取
,, )求：
[解析] 从到 的过程中，由机械能守恒定律有
在最低点，有
解得 ，
根据牛顿第三定律可知人和车对轨道的压力大小为
6.[2024·海南卷] 某游乐项目装置简化如图， 为
固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径
，滑梯顶点与滑梯末端的高度 ，静止在光滑水平面上
的滑板，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量 ，一
质量为的游客，从点由静止开始下滑，在 点滑上滑板，当滑
板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平
台上滑行 停下.游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩
擦因数均为，忽略空气阻力，重力加速度取 ，求：
(1) 游客滑到 点时对滑梯的压力的大小；
[答案]
[解析] 设游客滑到点时速度为，从到 过程，根据机械能守恒定律得
解得
在 点根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律得游客滑到 点时对滑梯的压力的大小为
(2) 滑板的长度 .
[答案]
[解析] 设游客恰好滑上平台时的速度为 ，在平台上运动过程由动能定理得
解得
若游客滑上平台前已经和滑板共速，则设共速时速度为 ，由动量守恒定律有
解得
根据 ,可知滑上平台前游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和 ，得
根据运动学规律对游客有
解得
该段时间内游客的位移为
滑板的位移为
根据题意，当滑板右端运动到与其上表面等高平台
的边缘时，游客恰好滑上平台，则由位移关系得滑
板的长度为
7.[2024·安徽合肥模拟] 为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地.老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中是倾角为 的斜面，凹圆弧 和凸圆弧的半径均为，且、两点处于同一高度，、 两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接.
[答案] ，方向竖直向下
在斜面上距离水平面高度为 (未知量)的地方放置一个质量为 的小球(可视为质点)，让它由静止开始运动.已知重力加速度为，取, .
(1) 当时，求小球经过
最低点 时，路面受到的压力；
[解析] 从静止释放到 点过程中，根据机械能守恒得
在 点由牛顿第二定律得
联立解得
由牛顿第三定律得路面受到的压力为
方向竖直向下
(2) 若小球一定能沿路面运动到点，求 的取值范围；
[答案]
[解析] 分析可知小球能沿路面到达点即可通过 点，刚好到达 点时有
根据机械能守恒定律有
联立解得
故可知的范围为
(3) 在某次试验中，小球运动到段的 点时，重力功率出现了极大值，
已知该点路面倾角 ，求 的值.
[答案]
[解析] 设在点时速度为 ，根据机械能守恒定律有
该处重力的瞬时功率为
联立解得
设 ，
讨论函数的极值，即
展开得
对求导得
根据题意 时取极大值，
可知此时，将 代入
得
必备知识自查 一、1.（1）路径,高度 （2）减少,增加,减少量 （3）无关 2.越大 二、1.动能,势能,保持不变 3.不做功,为零
【辨别明理】 1.√ 2.× 3.√ 4.× 5.× 6.√ 7.√
核心考点探究 考点一 例1.AD
考点二 例2.（1），方向由点指向圆心点,
（2） （3）或 变式.C
考点三 例3.（1） （2） （3） 例4.D 例5.D 例6.C
作业手册（A） 基础巩固练 1.A 2.D 3.A 4.A
综合提升练 5.AD 6.D 7.CD 8.（1） （2）0 （3）
拓展挑战练 9.AC 10.（1） （2） （3）
作业手册（B） 基础巩固练 1.D 2.AD 3.BCD 4.BC
5.（1） （2） （3）
综合提升练 6.（1） （2）
拓展挑战练
7.（1），方向竖直向下 （2） （3）
