《领跑高中》物理高考二轮复习 专题二 能量与动量 第6讲 机械能守恒定律 能量守恒定律 课件

(共63张PPT)
第6讲　机械能守恒定律　能量守恒定律
高考专题辅导与测试·物理
目 录
CONTENTS
01
构建·知识网络 锁定主干知识
02
试做·高考真题 探明高考考向
03
洞悉·高频考点 精研典型例题
04
培优·提能加餐 拓展思维空间
05
演练·分层强化 提升关键能力
构建·知识网络
锁定主干知识
01
试做·高考真题
探明高考考向
02
1. （2024·全国甲卷17题）如图，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
√
解析： 　设小环运动轨迹所对的圆心角为θ（0≤θ≤π），大圆环的半
径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由机械能守恒得mgR（1－cos
θ）＝mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mgcos θ＝m，联立得小环下
滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg（2－3cos θ），则F的大小先减小
后增大，且当cos θ＝时F最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点
时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。
2. （2024·北京高考7题）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半
圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释
放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说
法正确的是（　　）
A. 物体在C点所受合力为零
B. 物体在C点的速度为零
C. 物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D. 物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
√
解析： 　设物体恰好到达C点的速度大小为v，则在C点，根据恰好由
重力提供向心力，有mg＝m＝ma向，解得v＝，向心加速度a向＝
g，A、B错误，C正确；物体从A点到C点的过程，由机械能守恒定律可
知，弹簧的弹性势能转化为物体在C点的重力势能和动能，D错误。
3. （2024·江苏高考15题）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为
θ，斜面长为L。一个质量为m的物块（可视为质点）在电动机作用下，
从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至
C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电
动机消耗的电热。求：
（1）CD段长度x；
答案： 　
方法二　对物块从C点运动到D点的过程，由牛顿第二定律有mgsin θ＋
μmgcos θ＝ma
由运动学公式有0－v2＝－2ax，联立解得x＝。
解析： 方法一　对物块从C点运动到D点的过程，由动能定
理有－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv2，解得x＝。
（2）BC段电动机的输出功率P；
答案： mgvsin θ＋μmgvcos θ　
解析：物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ。
则电动机的输出功率P＝Fv＝mgvsin θ＋μmgvcos θ。
（3）全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
答案：
解析：根据题意，全过程储存的机械能E1＝mgLsin θ由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能E2＝mgLsin θ＋μmgLcos θ，则＝。
洞悉·高频考点
精研典型例题
03
考点一　机械能守恒定律的应用
1. 机械能守恒定律的表达式
2. 系统机械能守恒问题的思维流程
【例1】　（2024·山东淄博一模）如图所示，从H高处以v平抛一小球，不
计空气阻力，当小球距地面高度为h时，其动能恰好等于其势能，则
（　　）
A. h＝ B. h＜
C. h＞ D. 无法确定
解析：从H高处以v平抛一小球，只有重力做功，机械能守恒，取地面为零
势能参考面，有mgH＋mv2＝mgh＋m，而动能恰好等于重力势能，故
mgh＝m，联立解得h＝＝＋＞，故选C。
答案：C
【例2】　如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，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，不
计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其
沿光滑轨道下滑，则下列说法正确的是（　　）
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球滑到水平轨道上时速度大小为
D. 从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功
为
解析：a、b球和轻杆组成的系统机械能守恒，a、b球下滑过程中机械能不
守恒，A、B错误；由系统机械能守恒有mgR＋2mgR＝×2mv2，解得a、b
球滑到水平轨道上时速度大小为v＝，C错误；从释放a、b球到a、b
球滑到水平轨道上，对a球，由动能定理有W＋mgR＝mv2，解得轻杆对a
球做的功为W＝，D正确。
答案：D
【例3】　（2024·浙江杭州二模）有一个固定的、足够长的光滑直杆与水
平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m的滑块A（可视为质点）用足够
长的且不可伸长的轻绳将滑块A与另一个质量为2m的物块B通过光滑的定滑
轮相连接，轻绳因悬挂B而绷紧，此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其水平长
度为L，现将滑块A从图中O点由静止释放（整个运动过程中A和B不会触
地，B不会触及滑轮和直杆），sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
（1）当绳子与直杆垂直时，求滑块A的速度v；
答案： 　
解析： 当绳子与直杆垂直时，此时B下落到最低点，B的速度刚
好为0，根据几何关系可得A下滑的高度hA＝Lsin 53° cos 53°＝
L，B下落的高度hB＝L－Lsin 53°＝L，根据系统机械能守恒得
mghA＋2mghB＝mv2，解得滑块A的速度v＝。
（2）求滑块A沿杆向下运动的最大位移x。
答案： L
解析： 滑块A下滑到最低点时的速度为零，此时B的速度也为零，
根据系统机械能守恒可知，滑块A重力势能的减少量等于B重力势能
的增加量，则有mgxsin 53°＝2mghB'，根据几何关系可得hB'＝
－L，联立解得滑块A沿杆向下
运动的最大位移x＝L。
考点二　功能关系和能量守恒定律的应用
几种常见的功能关系
能量 功能关系 表达式
势能 重力做功等于重力势能变化量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能变化量
静电力做功等于电势能变化量
分子力做功等于分子势能变化量
能量 功能关系 表达式
动能 合外力做功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝m－m
机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于
机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机
摩擦产
生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝
对值等于产生的内能 Q＝Ffs相对 s相对为相对路程
电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE
【例4】　（2024北京东城二模）如图所示，某同学站在罚球线上，手持
篮球保持静止，在裁判员示意后将球斜向上抛出，篮球刚好落入篮筐。篮
球从静止到刚好落入篮筐的过程中，已知空气阻力做功为Wf，重力做功为
WG，投篮时该同学对篮球做功为W。篮球可视为质点，则在此过程中（　）
A. 篮球重力势能的变化量为W－WG＋Wf
B. 篮球机械能的变化量为WG－Wf
C. 篮球动能的变化量为W＋WG－Wf
D. 篮球在离开手的瞬间机械能最大
答案：D
解析：篮球重力势能的增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝－WG，故A
错误；篮球机械能的变化量等于阻力做的功，即ΔE机＝Wf，故B错误；根
据动能定理可知，篮球动能的增加量等于合外力的功，即WG＋Wf＝ΔEk，
故C错误；由于篮球在运动过程中，空气阻力做负功，则篮球在离开手时
刻的机械能最大，故D正确。
【例5】　（2024·四川资阳二模）2024年跳水世界杯紫特利尔站比赛于3月
3日落幕，中国跳水“梦之队”包揽全部金牌，以9金1银2铜的成绩位列奖
牌榜第一。某次跳水训练时，质量为m的运动员到达最高点后由静止下
落，下落过程中运动员所受阻力恒定，大小为mg，g为重力加速度大
小。在运动员从最高点开始重心下落h的过程中（运动员未接触水面），
下列说法正确的是（　　）
A. 运动员的动能增加了mgh
B. 运动员的重力势能减少了mgh
C. 运动员受到的合力做的功为mgh
D. 运动员的机械能减少了mgh
√
解析：运动员从最高点开始下落的过程中，受到的合力大小F合＝mg－
mg＝mg，在运动员从最高点开始重心下落h的过程中合力做的功W合＝
F合h＝mgh，根据动能定理可知，运动员的动能增加了mgh，故A、C错
误；在运动员从最高点开始重心下落h的过程中，重力做的功WG＝mgh，
则运动员的重力势能减少了mgh，故B错误；运动员的机械能的变化量等于
除重力外其他力做的功，即运动员受到的阻力做的功，则有ΔE＝Wf＝－
mgh，可知运动员的机械能减少了mgh，故D正确。
【例6】　（2024·浙江诸暨模拟）如图所示，儿童沿倾斜的滑梯匀加速下
滑。下列关于滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数μ、儿童的速度大小v、重
力势能Ep和机械能E随运动时间t的变化关系中正确的是（　　）
解析：儿童下滑过程中做匀加速直线运动，即加速度a不变，则根据匀变
速直线运动规律可知v＝at，故v与t成正比，故B错误；设滑梯与水平面倾
斜角为θ，根据牛顿第二定律可知儿童所受合力为F合＝mgsin θ－μmgcos θ
＝ma，则a＝gsin θ－μgcos θ，加速度不变，则动摩擦因数μ不变，故A错
误；设儿童初始重力势能为Ep0，重力做正功，则重力势能减小，即mgh＝
mgxsin θ＝mgsin θ×at2＝Ep0－Ep，整理得Ep＝Ep0－mgsin θ×at2可知Ep-t
图像应该是向下开口的抛物线，故C正确；设初始机械能为E0，除重力和
系统内弹力以外的其他力做功等于机械能改变，即－μmgxcos θ＝－μmgcos
θ×at2＝E－E0，整理得E＝E0－μmgcos θ×at2，可知E-t图像应该是向下
开口的抛物线，故D错误。
答案：C
【例7】　（2024·山西太原二模）如图所示，套在一
光滑的水平固定轻杆上的小球A和另一小球B由绕过
两轻质光滑定滑轮的细线相连，小球B、C通过一竖
直轻弹簧相连，C球放在水平地面上，定滑轮N到水
平轻杆的竖直距离为L。初始时MB和NA两段细线均竖直，小球A位于轻杆上的P1点，细线刚刚伸直且无拉力作用。现在用水平向右的恒力F＝mg拉小球A，当A运动到P2点时，NP2与水平方向的夹角为θ＝37°，此时C恰好离开地面。已知小球A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，细线与两定滑轮之间的摩擦不计，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8，求：
（1）弹簧的劲度系数；
答案： 　
解析： 设弹簧的劲度系数为k，初始时，弹簧被压缩，设压缩量
为x，对B有kx1＝mg，当A运动到P2处时，C恰好离开地面，此时弹簧
处于伸长状态，设伸长量为x2，对C有kx2＝mg，根据几何关系可得x1
＋x2＝－L＝L，解得k＝。
（2）A球在P2点时的速度大小。
答案：
解析： 设A在P2点时的速度大小为v，则此时vB＝vcos 37°，小球
A在P1和P2处，弹簧的弹性势能不变，根据系统能量守恒有F·＝
mg（x1＋x2）＋mv2＋m，解得A球在P2点时的速度大小v＝
。
培优·提能加餐
拓展思维空间
04
弹簧弹性势能公式的应用
1. 在求弹簧的弹力做功时，因弹力为线性变化，可以先求平均力，再用功
的定义进行计算，也可以根据动能定理和功能关系、能量转化和守恒定
律求解。
2. 要注意弹簧弹力做功的特点：Wk＝－，弹力做的功等
于弹性势能增加量的负值。
3. 弹性势能的公式为Ep＝kx2，高考不作定量要求，可作定性讨论。因
此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般从能量的转化与守恒的角
度来求解。
【典例1】　（2024·江西南昌三模）蹦极是一项非常刺激的户外运动。一
质量为m的体验者（可视为质点），绑着一根原长为L、劲度系数为k的弹
性绳从高台上坠下。已知弹性绳的弹性势能Ep和形变量x的关系为Ep＝
kx2。若不计空气阻力、体验者的初速度和绳的质量，则下列说法正确的
是（　　）
A. 下落过程中该体验者的机械能守恒
B. 当弹性绳伸长量等于时，弹性绳的势能达到最大值
C. 体验者的最大速度为
D. 体验者下落的最大距离为
解析：下落过程中，弹性绳的弹力做功，该体验者的机械能不守恒，故A
错误；当弹性绳伸长量等于x1＝时，则mg＝kx1，体验者的速度最大，当
体验者的速度为零时，体验者的动能、重力势能均为最小值，根据系统机
械能守恒，弹性绳的势能达到最大值，故B错误；当弹性绳伸长量等于
时，体验者的速度最大，根据动能定理mg（L＋x1）－k＝m，解
得vm＝，故C正确；
答案：C
体验者下落的距离最大时，根据动能定理可得mg（L＋x2）－k＝0，解
得此时弹性绳伸长量为x2＝，体验者下落的最大距
离为s＝x2＋L＝L＋，故D错误。
【典例2】　（2024·山东高考7题）如图所示，质量均为m的甲、乙两同
学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连
接，连接点等高且间距为d（d＜l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，
弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2（x为绳的伸长量）。现用
水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程
中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（　　）
A. ＋μmg（l－d）
B. ＋μmg（l－d）
C. ＋2μmg（l－d）
D. ＋2μmg（l－d）
解析：方法一　当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板组成
的整体有μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势
能为E0＝k＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原
位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋（l－d），则由功能关系可知该
过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg（l－d），B正确。
答案：B
方法二　画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像
如图所示，则外力F做的功W＝μmg（l－d）＋
x0＝＋μmg（l－d），B正确。
演练·分层强化
提升关键能力
05
1. （2024·吉林长春三模）2024年国际体联蹦床世界杯首站巴库站比赛于
北京时间2月25日落幕，中国蹦床队斩获3金2银，取得“开门红”。如
图所示，某次比赛时，运动员从蹦床正上方A点由静止下落，运动员在
B点接触蹦床并将蹦床压缩至最低点C点，不计空气阻力，则下列说法
正确的是（　　）
A. 运动员从B点运动到C点的过程中机械能减小
B. 运动员从A点运动到C点的过程中机械能守恒
C. 运动员从B点运动到C点的过程中动能逐渐增大
D. 运动员从B点运动到C点的过程中蹦床的弹性势能先增
大后减小
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√
解析： 　运动员从A点运动到B点的过程中机械能守恒；运动员从B点
运动到C点的过程中，蹦床对运动员的弹力做负功，运动员的机械能减
小，选项A正确，B错误；运动员从B点运动到C点的过程中先重力大于
弹力，向下加速，后弹力大于重力，向下减速，则动能先增大后减小，
蹦床的弹性势能一直增大，选项C、D错误。
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2. （2024·北京市海淀区高三模考）如图所示，将轻质弹簧的一端固定在
水平桌面上O点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在A点。用一个
金属小球挤压弹簧至B点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹
出，已知C点为AB的中点，则（　　）
A. 从B到A过程中，小球的机械能守恒
B. 从B到A过程中，小球的动能一直在增大
C. 从B到A过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小
D. 从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力
对小球做功
√
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解析： 　从B到A过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且
弹力做正功，故小球的机械能不守恒，故A错误；从B到A过程中，弹簧
弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球
的动能先增大后减小，故B错误；从B到A过程中，弹簧的压缩量一直在
减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C错误；因为从B到C过程弹簧的
平均作用力大于从C到A过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相
等，故从B到C过程弹簧弹力对小球做的功大于从C到A过程弹簧弹力对
小球做的功，故D正确。
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3. 某踢出的足球在空中运动的轨迹如图所示，足球可视为质点，不计空气
阻力。用vy、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动
能、重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中运动的时间，h表示足球
离地面的高度，下列图像中可能正确的是（　　）
√
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解析： 　上升过程竖直速度vy＝v0y－gt，下降过程竖直速度vy＝gt，可
知图像是两段直线，选项A错误；足球在空中运动时机械能守恒，则E-t
图像是平行横轴的直线，选项B错误；根据机械能守恒定律可知Ek＝Ek0
－mgh，选项C正确；重力的功率P＝mgvy＝mg，则P-h图
像是曲线，选项D错误。
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4. （2024·四川宜宾三模）如图甲所示，弹跳鞋是一种新型体育用品鞋，
其底部装有弹簧，使用时人对弹簧施加压力，使弹簧形变后产生竖直向
上的弹力，将人向上弹离地面，某次上升过程中人的动能Ek随重心上升
高度h变化的图像如图乙所示，上升高度为h1时动能达到最大值，图中
h2～h3段对应图线为直线，其余部分为曲线，已知弹簧形变未超出弹性
限度，空气阻力忽略不计，下列说法错误的是（　　）
A. 上升高度为h1时，人的加速度达到最大值
B. 上升高度为h2时，弹跳鞋离开地面
C. 在0～h2的上升过程中，人的机械能一直增大
D. 在h2～h3的上升过程中，人处于失重状态
√
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解析： 　假设弹簧的作用力为F，可知F＝kx，在上升过程中有F－mg
＝ma，a＝＝，随着人的上升，弹簧形变量减小，a逐渐减
小，在高度为h1时F＝mg，此时a＝0，并非加速度取最大值，故A错
误；由图像可知，h1～h2阶段人向上做加速度增大的减速运动，此时仍
有弹力。h2～h3阶段人向上做匀减速直线运动，此时已没有弹力作用。
因此h2高度时鞋开始脱离地面，故B正确；在0～h2的过程中，弹簧对人
做正功，人的机械能增大，故C正确；在h2～h3的过程中，人做竖直上
抛运动，加速度向下，处于失重状态，故D正确。
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5. （多选）（2024·黑龙江哈尔滨一模）如图甲所示的无人机，某次从地
面由静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a随上升高度h的变化关系
如图乙所示。已知无人机的质量为m，重力加速度为g，取竖直向上为
正方向，不计空气阻力，则从地面飞至3h0高处的过程中，无人机（　）
A. 先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
B. 飞至h0高处时速度大小为
C. 飞至2h0高处时无人机所受的升力为2mg
D. 机械能增加量为5.5mgh0
√
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解析： 　由图乙可知，无人机先做变加速直线运动后做匀加速直线
运动，故A错误；飞至h0高处时，根据动能定理可得W合＝mgh0＝
mv2，解得速度大小为v＝，故B正确；飞至2h0高处时，根据牛顿
第二定律F－mg＝mg，解得无人机所受的升力为F＝2mg，故C正确；从
地面飞至3h0高处的过程中，无人机动能的增加量ΔEk＝mgh0＋mg·2h0
＝2.5mgh0，重力势能的增加量ΔEp＝mg·3h0＝3mgh0，机械能的增加量
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝5.5mgh0，故D正确。
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6. （多选）（2024·广东广州二模）如图竖直细管固定在薄板上，光滑钢
球在右侧直管被磁铁吸住，移动磁铁可使钢球从不同高度释放。撤去磁
铁，钢球从静止下滑并进入管道做圆周运动。已知钢球质量为m，管道
半径为R，左右两侧管口到薄板距离分别为R和4R，重力加速度为g，则
（　　）
A. 钢球在圆管最高点的最大速率为2
B. 钢球在圆管最高点对轨道的最小弹力为mg
C. 释放高度h＝R，钢球刚好能到达左侧管口
D. 释放高度h＞2R，钢球能从左侧管口离开
√
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解析： 　当钢球从右侧管口处释放时，钢球的机械能最大，到达最
高点时的速率最大，根据动能定理得mg×（4R－2R）＝mv2，解得v＝
2，故A正确；当钢球的释放高度h＝2.5R，此时，根据机械能守恒
得mg×（h－2R）＝mv2，所需向心力Fn＝m，解得Fn＝mg，可得此
时重力恰好提供向心力，钢球在圆管最高点时对轨道的弹力为零，故B
错误；钢球若从左侧管口离开，则钢球需能到达圆管的最高点，由题意
可知，钢球恰能通过最高点时的速率为零，则根据机械能守恒得mg×
（hmin－2R）＝0，解得hmin＝2R，所以，钢球若能从左侧管口离开，则
释放高度h≥2R，故C错误，D正确。
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7. （2024·浙江台州二模）如图所示，一弹射游戏装
置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨
道AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2
的竖直半圆管道DEF，倾斜直轨道FG及弹性板等
组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块质量m＝
0.02 kg（可视为质点），轨道BCD的半径R＝
0.9 m，管道DEF的半径r＝0.1 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝0.8，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l＝1 m，倾角θ＝37°，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
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（1）在某次游戏中滑块第1次运动到与O1等高的C点时的速度v1＝3
m/s，求滑块受到的支持力大小。
答案： 0.2 N　
解析： 滑块在C点，受到的弹力提供向心力，则FNC＝m，
解得FNC＝0.2 N。
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（2）滑块恰好到达F，求弹簧的弹性势能。
答案： 0.45 J
解析： 假定滑块刚好到达F点有vF＝0，从A运动到F点－mg
（2R＋2r）＝－Ep1，解得Ep1＝0.4 J，滑块要能到F点，须先通过
D点，刚好过D点时有mg＝m，得vD＝3 m/s，从A运动到D点，
有－mg×2R＝m－Ep2，解得Ep2＝0.45 J，因为Ep2＞Ep1，所
以恰好到F点时，弹簧的弹性势能为0.45 J。
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（3）弹射器将滑块弹出后迅速撤走弹射器，要使滑块最终停在轨道FG
上，求弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
答案： 0.45 J≤Ep≤0.656 J
解析： 由于μ＞tan θ，滑块在弹回的过程中刚好停在F点时弹簧
的弹性势能最大，从A运动到F过程，根据动能定理得－mg（2R＋
2r）－μmgcos θ·2l＝0－Ep，解得Ep＝0.656 J，所以弹簧的弹性势
能Ep的取值范围0.45 J≤Ep≤0.656 J。
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8. （2024·湖南师大附中高三月考）如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖
直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，弹簧下端固定在地面，质量为4m的物
体乙用轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚
好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α。某时刻由静止
释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水
平，OQ＝d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力
加速度为g，弹簧弹性势能的表达式为Ep＝kx2（k为弹簧的劲度系数，x
为弹簧的形变量），sin α＝0.8，cos α＝0.6。求：
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答案： 　
解析： 由于P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定
律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知PQ＝dtan α
＝d
则小球位于P点时弹簧的压缩量为x＝PQ＝d
对P点的小球由力的平衡条件可知mg＝kx
解得k＝。
（1）弹簧的劲度系数k；
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（2）小球位于Q点时的速度大小；
答案： 　
解析：当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为v，此时小球甲的
速度与绳子OQ垂直，所以物体乙的速度为零，又知小球、物体和
弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得4mg·
－mgdtan α＝mv2
解得v＝ 。
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（3）小球甲和物体乙的机械能之和的最大值（设放手前甲、乙在同一
水平面上，且以此水平面为零势能面）。
答案：
解析：由系统的机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能为零时，小球
甲和物体乙的机械能之和最大Em＝kx2＝。
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