第六章　第3讲　机械能守恒定律及应用 讲义 （教师版）

第3讲　机械能守恒定律及应用
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．重力做功与重力势能变化的关系
(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减小；重力对物体做负功，重力势能就增大。
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关。
3．弹性势能
(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能。
(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系：类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示为W＝－ΔEp。
二、机械能守恒定律及其应用
1．机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。
2．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
(2)表达式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv。
3．守恒条件：只有重力或系统内的弹力做功。
1．物体所受的合力为0，物体的机械能一定守恒。(　×　)
2．物体做匀速直线运动，其机械能一定守恒。(　×　)
3．物体的速度增大时，其机械能可能减小。(　√　)
4．物体运动过程中重力做正功，重力势能减小。(　√　)
5．弹簧弹力做正功，弹性势能增加。(　×　)
6．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　机械能守恒的判断
1．判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则其机械能守恒。
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或系统内的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则其机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若物体系统与外界没有能量交换，物体系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则物体系统机械能守恒。
2．三点提醒
(1)分析机械能是否守恒时，必须明确要研究的系统。
(2)系统机械能守恒时，机械能一般在系统内物体间转移，其中的单个物体机械能通常不守恒。
(3)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目有特别说明，否则机械能必定不守恒。
【典例1】　如图所示，下列说法正确的是(所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量)(　D　)
A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，机械能守恒，若加速升空，机械能不守恒
B．乙图中，物块在外力F的作用下匀减速上滑，物块的机械能守恒
C．丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A的机械能守恒
D．丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，A、B系统的机械能守恒
【解析】　甲图中，不论火箭是匀速还是加速升空，由于推力对火箭做功，火箭的机械能是增加的，故A错误；乙图中，物块匀减速上滑，力F对物块做正功，则物块的机械能必定增加，故B错误；丙图中，在物块A压缩弹簧的过程中，弹簧和物块组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹簧的弹性势能增加，则物块A的机械能减小，故C错误；丁图中，对A、B组成的系统，不计空气阻力，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒，故D正确。
1．(多选)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是(　BC　)
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒
C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，小球的机械能守恒
解析：小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，C正确；当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中，小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误。
考点二　单物体的机械能守恒问题
1．机械能守恒的表达式
2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路
(1)选对象：选取研究对象——物体。
(2)析受力、判守恒：根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
(3)析运动、明状态：恰当地选取参考平面，确定研究对象在所研究过程的初、末状态时的机械能。
(4)列方程、解方程：选取方便的机械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)进行求解。
【典例2】　(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(　C　)
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
【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mg cos 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，小环重力沿着大圆环半径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，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿大圆环半径方向的分力和大圆环对小环的弹力的合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，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先减小后增大，故C正确。
方法二(数学法)：设大圆环的半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π)，在该处根据牛顿第二定律得F＋mg cos θ＝m(0≤θ≤π)，联立可得F＝2mg－3mg cos θ，则大圆环对小环作用力的大小|F|＝|2mg－3mg cos θ|，根据数学知识可知|F|在cos θ＝时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力先减小后增大，故C正确。
2．(多选)如图所示，一个质量为0.9 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧轨道ABC的A点沿切线方向进入圆弧轨道(不计空气阻力，进入圆弧轨道时无机械能损失)。已知圆弧轨道的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度大小vA＝4 m/s(g取10 m/s2)。下列说法正确的是(　CD　)
A．小球做平抛运动的初速度大小v0＝2 m/s
B．P点和C点等高
C．小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力大小为12 N
D．P点与A点的竖直高度h＝0.6 m
解析：小球恰好从光滑圆弧轨道ABC的A点沿切线方向进入圆弧轨道，则小球到达A点时的速度方向与水平方向的夹角为θ，所以v0＝vx＝vA cos θ＝2 m/s，A错误；小球到达A点时的竖直分速度大小vy＝vA sin θ＝2 m/s，由平抛运动规律得v＝2gh，解得h＝0.6 m，而A点与C点的竖直距离为R＋R cos θ＝0.45 m，可知P点高于C点，B错误，D正确；取A点所在平面的重力势能为0，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mg(R＋R cos θ)，代入数据解得vC＝ m/s，在C点时由牛顿第二定律得FNC＋mg＝m，代入数据解得FNC＝12 N，根据牛顿第三定律，可知小球对轨道的压力大小F′NC＝FNC＝12 N，C正确。
3．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，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。
解析：(1)小球从静止释放到C点过程中，根据机械能守恒定律有mgh＋mg(R－R sin 37°)＝mv，小球在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m，联立解得FN＝3mg，由牛顿第三定律得路面受到的压力大小为F′N＝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mg cos 37°＝m，根据机械能守恒定律有mgh′＋mgR(1－cos 37°)＝mv，联立解得h′＝0.2R，故可知h的取值范围为0答案：(1)3mg，方向竖直向下
(2)0考点三　多物体的机械能守恒问题
1．解决多物体系统机械能守恒问题的注意点
(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．几种实际情境的分析
(1)速率相等情境，如图所示。
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。
(2)角速度相等情境，如图所示。
①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆对物体做功，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境(关联速度情境)，如图所示。
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)含轻弹簧的系统机械能守恒问题
①弹簧发生形变时会具有弹性势能，若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功，系统的机械能守恒。
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，弹簧的弹性势能最大。
③对同一弹簧，弹性势能的大小为Ep＝kx2，弹性势能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。
④物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。
考向1轻绳连接系统的机械能守恒
【典例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(　BCD　)
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
【解析】　刚释放时物体Q的加速度大小为，则mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，解得FT＝mQg＝mPg，＝，A错误；在T时刻，两物体的速度大小为v1＝，物体P上升的距离h1＝×T2＝，轻绳断后物体P能上升的高度h2＝＝，可知开始时物体P、Q竖直方向上的距离为h＝h1＋h2＝，取开始时物体P所在水平面为零势能面，则开始时物体Q的机械能为E＝mQgh＝，从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对物体Q做负功，大小为WT＝FTh1＝，则此时物体Q的机械能为E′＝E－WT＝＝，此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为，B正确；在2T时刻，物体P的速度大小为v2＝|v1－gT|＝，方向向下，此时物体P重力的瞬时功率为PG＝mPgv2＝·＝＝，C、D正确。
考向2轻杆连接系统的机械能守恒
【典例4】　(多选)(2024·河南三门峡高三检测)如图所示，在长为L的轻杆中点A和端点B分别固定一质量为m、2m的球，杆可绕光滑的轴O转动，将杆从水平位置由静止释放。重力加速度为g，两球均视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是(　BD　)
A．当杆转到竖直位置时，两球的速度大小相等
B.当杆转到竖直位置时，B点处球的速度大小为
C．杆在转动的过程中，A点处球的机械能守恒
D．杆从水平位置转到竖直位置的过程中，杆对B点处球做的功为mgL
【解析】　A、B两点处固定的两球属于同轴转动，角速度相等，因rA∶rB＝1∶2，根据v＝ωr可知，当杆转到竖直位置时，两球的速度大小vA∶vB＝1∶2，A错误；在杆转到竖直位置过程，对两球组成的系统，根据机械能守恒定律有mg＋2mgL＝mv＋×2mv，解得vB＝，B正确；杆从水平位置转到竖直位置的过程中，令杆对B点处球做的功为W，根据动能定理有2mgL＋W＝×2mv，解得W＝mgL，D正确；根据上述知，杆对B点处球做正功，则B点处的球的机械能增大，由于两球组成的系统机械能守恒，可知A点处球的机械能减小，即杆在转动的过程中，A点处球的机械能不守恒，C错误。
考向3含轻弹簧系统的机械能守恒
【典例5】　(多选)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的有(　AC　)
A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．物体A着地时的加速度大小为
D．物体A着地时弹簧的弹性势能为2mgh
【解析】　由题可知，物体A下落过程中，B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；物体A即将触地时，物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为F＝mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知F＝kΔx，解得弹簧的劲度系数为k＝，故B错误；物体A着地时，细绳对物体A的拉力等于mg，对物体A受力分析，根据牛顿第二定律得2mg－mg＝2ma，解得a＝，故C正确；物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有2mgh＝Ep＋×2mv2，所以Ep＝2mgh－mv2，故D错误。
4．(2024·湖北武汉高三调研)如图所示，两个质量相等可视为质点的小球a、b通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触(a、b球均可无碰撞通过O点)，且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(　C　)
A．a、b两球组成的系统机械能不守恒
B．a球到达与b球等高位置时速度大小为
C．a球运动到最低点时，b球速度最大
D．a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力一直做负功
解析：a球和b球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A错误；a球到达与b球等高位置时，b球速度为零，根据系统机械能守恒，有mgL＝mv，解得va＝，故B错误；当a球运动到两杆的交点后再往下运动L，此时b球到达两杆的交点处，a球的速度为0，b球的速度达到最大，则mg(L＋L)＝mv，所以vb＝，故C正确；由于系统机械能守恒，a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力先做负功，后做正功，再做负功，故D错误。
5．(多选)(2025·山东滨州高三检测)如图所示，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的板C相连，另一端与物体A相连。物体A置于光滑固定斜面上，斜面的倾角θ＝30°。物体A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连且始终与斜面平行。开始时托住物体B，物体A静止且细线恰好伸直，然后由静止释放物体B。已知物体A、B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，当地重力加速度为g，物体B始终未与地面接触，弹簧始终在弹性限度内。从释放B到B第一次下落至最低点的过程中，下列说法正确的是(　ACD　)
A．刚释放物体B时，物体A受到细线的拉力大小为
B．物体A到最高点时，物体A所受合力大小为mg
C．物体B下落至最低点时，物体A和弹簧组成的系统机械能最大
D．物体A的最大速度为
解析：释放物体B前，细线上的拉力为0，弹簧处于压缩状态，设压缩量为x1，对物体A，根据平衡条件有kx1＝mg sin θ，刚释放物体B时，设细线上的拉力为T，物体A、B的加速度大小相等，设为a，对物体A有T＋kx1－mg sin θ＝ma，对物体B有mg－T＝ma，联立解得a＝g，T＝mg，故A正确；对于物体A、B以及弹簧组成的系统，只有弹簧的弹力和重力做功，系统机械能守恒，当物体B下落至最低点时，物体B的重力势能和动能均最小，则物体A和弹簧组成的系统机械能最大，C正确；物体A到最高点时，物体B下落至最低点，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，根据胡克定律和功能关系可得，从释放物体B到物体B到达最低点过程，弹簧弹性势能的变化量ΔEp＝kx－kx，对物体A、B和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律可得ΔEp＋mg(x1＋x2)sin θ＝mg(x1＋x2)，解得x2＝，设此时细线上的拉力为T′，物体A、B的加速度大小为a′，对物体A有kx2＋mg sin θ－T′＝ma′，对物体B有T′－mg＝ma′，联立解得a′＝g，根据牛顿第二定律可知物体A所受的合力F合＝ma′＝mg，故B错误；当物体A的速度最大时，物体A、B所受的合力均为0，且此时弹簧处于伸长状态，设其伸长量为x3，此时细线拉力为T″，对物体B有T″＝mg，对物体A有kx3＋mg sin θ＝T″，解得x3＝，从释放物体B到物体A的速度达到最大的过程，由机械能守恒定律可得kx－kx＋mg(x1＋x3)－mg sin θ(x1＋x3)＝×2mv，解得vm＝，D正确。
课时作业31
1．(5分)(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(　B　)
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：铅球做平抛运动，仅受重力作用，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，加速度保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，C、D错误。
2．(5分)如图所示，斜劈的劈尖顶着竖直墙壁静止在水平地面上。现将一小球从图示位置由静止释放，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(　B　)
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
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，小球重力势能的减少量等于小球和斜劈动能的增加量，B正确，D错误；斜劈对小球的弹力方向与小球位移方向的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误；斜劈由静到动，动能增加，重力势能不变，则斜劈的机械能增加，C错误。
3．(5分) (多选)如图所示，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(　AD　)
A．重力对物体做的功为mgh
B．物体在海平面上的重力势能为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
解析：从地面到海平面重力对物体做的功为mgh，故A正确；以地面为零势能面，所以物体在海平面的重力势能为－mgh，故B错误；物体在地面上的机械能为mv，由机械能守恒定律得，物体在海平面上的机械能也为mv，故D正确；在海平面上的动能为mv－(－mgh)＝mv＋mgh，故C错误。
4．(5分) (2025·陕西西安高三期中联考)如图所示，固定的水平长杆上套有质量为m的小物块A，跨过轻质定滑轮(可视为质点O)的细线一端连接A，另一端悬挂质量为m的小物块B(B靠近定滑轮)，滑轮到杆的距离OC＝h，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦。现将A、B由静止释放，则当A、O间的细线与水平方向的夹角为60°时，小物块B的速度大小为(　D　)
A． B．
C． D．
解析：将小物块A、B由静止释放，当A、O间的细线与水平方向的夹角为60°时，B下落的高度H＝－＝2(－1)h，由A和B组成的系统机械能守恒得mgH＝mv＋mv，A沿细线方向的分速度与B的速度大小相等，则有vB＝vAcos 60°，解得vB＝，故D正确。
5．(5分)如图所示，可视为质点的球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球的质量为B球的两倍。当B球位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高。将A球由静止释放，B球上升的最大高度是(　C　)
A．2R　　　 B．
C．　　　 D．
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＝×(2m＋m)v2＋mgR，设B球继续上升的高度为h，B球继续上升的过程由动能定理可得－mgh＝0－mv2，联立解得h＝，B球上升的最大高度为h＋R＝R，故选C。
6．(12分)(2023·全国甲卷)如图所示，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
解析：(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝mv2，解得小球离开桌面时的速度大小为v＝。
(2)小球与地面碰撞后弹起，由竖直上抛运动规律可得h＝，设第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知v′y＝vy，离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt，解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x＝。
答案：(1)　(2)
7．(5分)(多选)(2024·山东聊城三模)如图甲所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平面间的夹角θ＝30°，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　AB　)
A．物块从D点离开轨道时速度大小为4 m/s
B．F0的大小为70 N
C．v0的大小为2 m/s
D．物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
解析：由题图乙可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t＝1.675 s－0.875 s＝0.8 s，则物块从D点离开轨道时速度大小为vD＝g＝4 m/s，A正确；物块从C点到D点由机械能守恒定律可知mv＝mv＋mgR，物块在C点时轨道受到的压力最大，由F0－mg＝m，解得F0＝70 N，B正确；从B点到D点，以D点所在水平面为零势能面，则由机械能守恒定律可知 mv＝mv＋mgR sin 30°，解得vB＝2 m/s，则v0＝vB sin 30°＝ m/s，C错误；根据PG＝mgvy可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零，在C点时竖直速度也为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，D错误。
8．(5分)如图所示，质量均为m的物块A、B、C通过轻绳、轻弹簧连接，中间有孔的物块C套在一光滑竖直杆上，杆与滑轮间的距离为d，最初用外力托住C，轻绳刚好伸直，拉力为零，滑轮右侧轻绳水平。撤去外力，若物块C下落d时，物块A刚好离开地面，忽略滑轮大小和一切阻力，此时物块C的速度大小是(　C　)
A． B．
C． D．
解析：设物块C下滑d时右侧轻绳与竖直杆之间的夹角为θ，由几何关系有tan θ＝＝，解得θ＝53°，物块B初始状态所受弹簧的弹力与其重力平衡，弹簧处于压缩状态，则有mg＝kx1，物块A刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，对物块A受力分析有kx2＝mg，解得x1＝x2，即弹簧的压缩量等于其拉伸量，弹簧始、末状态的弹性势能相等，物块B上升的高度为h＝－d＝，由速度分解有vB＝vCcos θ，根据机械能守恒定律有mg·d＝mgh＋mv＋mv，解得vC＝，故选C。
9．(15分)质量不计的V形轻杆可以绕O点在竖直面内转动，AO和BO之间的夹角为53°，OA长为L1＝0.3 m，OB长为L2＝0.6 m，在轻杆的A、B两点各固定一个可视为质点的小球P和Q，小球P的质量为m＝1 kg，如图所示。将OA杆拉至O点右侧水平位置由静止释放，OB杆恰能转到O点左侧水平位置。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，求：
(1)小球Q的质量M；
(2)小球Q运动到最低点时，OB杆对小球Q沿竖直方向的作用力大小。
解析：(1)从OA杆水平释放至OB杆到达水平位置的过程，系统机械能守恒，有mgL1sin 53°＝MgL2sin 53°，代入数据解得M＝＝0.5 kg。
(2)小球Q从初始位置运动到最低点的过程，系统机械能守恒，有mgL1cos 53°＋MgL2(1－sin 53°)＝mv＋Mv，两球同轴转动，角速度相同，所以v1＝L1ω，v2＝L2ω，联立解得ω＝ rad/s，小球Q运动到最低点时，由牛顿第二定律，有F－Mg＝Mω2L2，代入数据解得F＝ N。
答案：(1)0.5 kg　(2) N
10．(18分)如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处由静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
解析：(1)从A点到C点，小球的机械能守恒，有mgh0＝mv，可得vC＝。
(2)小球从A点到D点，由机械能守恒定律有mg(h－R)＝mv，在D点根据牛顿第二定律有FN＝，联立可得FN＝2mg，满足的条件为h≥R。
(3)第一种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是h≤R＋3R sin θ＝R。
第二种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则vxt＝vx＝d，其中vx＝vG sin θ，vy＝vG cos θ，故有vG sin θ·＝d，可得vG＝2，由机械能守恒定律有mg＝mv，可得h＝R。
答案：(1)
(2)FN＝2mg(h≥R)
(3)h≤R或h＝R