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第3講　機械能守恒定律及其應用
目標要求 　1.會判斷研究對象在某一過程機械能是否守恒.2.能應用機械能守恒定律解決具體問題．
考點一　機械能守恒的判斷
基礎回扣
1．重力做功與重力勢能的關系
(1)重力做功的特點
①重力做功與路徑無關，只與始末位置的高度差有關．
②重力做功不引起物體機械能的變化．
(2)重力勢能
①表達式：Ep＝mgh.
②重力勢能的特點
重力勢能是物體和地球所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取有關，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關．
(3)重力做功與重力勢能變化的關系
重力對物體做正功，重力勢能減小；重力對物體做負功，重力勢能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.
2．彈性勢能
(1)定義：發生彈性形變的物體之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能．
(2)彈力做功與彈性勢能變化的關系：
彈力做正功，彈性勢能減小；彈力做負功，彈性勢能增加．即W＝－ΔEp.
3．機械能守恒定律
(1)內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變．
(2)表達式：mgh1＋12mv12＝mgh2＋12mv22.
技巧點撥
機械能是否守恒的三種判斷方法
(1)利用做功判斷：若物體或系統只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功(或做功代數和為0)，則機械能守恒．
(2)利用能量轉化判斷：若物體或系統與外界沒有能量交換，物體或系統也沒有機械能與其他形式能的轉化，則機械能守恒．
(3)利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能守恒．

1．(單個物體機械能守恒的判斷)(2020·黑龍江哈師大青岡實驗中學高二開學考試)忽略空氣阻力，下列物體運動過程中滿足機械能守恒的是(　　)
A．電梯勻速下降
B．物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端
C．物體沿著斜面勻速下滑
D．拉著物體沿光滑斜面勻速上升
答案　B
解析　電梯勻速下降，說明電梯處于受力平衡狀態，并不是只有重力做功，機械能不守恒，所以A錯誤；物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物體運動的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，所以B正確；物體沿著粗糙斜面勻速下滑，物體處于受力平衡狀態，摩擦力和重力都要做功，機械能不守恒，所以C錯誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體處于受力平衡狀態，拉力和重力都要做功，機械能不守恒，所以D錯誤．
2.(系統機械能守恒的判斷)(2019·山西太原一中模擬)如圖1所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止在水平面上．現將一小球從圖示位置靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法中正確的是(　　)

圖1
A．斜劈對小球的彈力不做功
B．斜劈與小球組成的系統機械能守恒
C．斜劈的機械能守恒
D．小球重力勢能的減少量等于斜劈動能的增加量
答案　B
解析　不計一切摩擦，小球下滑時，小球和斜劈組成的系統只有小球的重力做功，系統機械能守恒，B正確，C、D錯誤；斜劈對小球的彈力與小球位移的夾角大于90°，故彈力做負功，A錯誤．


3.(含彈簧系統的機械能守恒的判斷)(2020·河北唐山市高三二模)如圖2所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，彈簧一直保持豎直，空氣阻力不計，那么小球從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中，下列說法中正確的是(　　)

圖2
A．小球的動能一直減小
B．小球的機械能守恒
C．克服彈力做功大于重力做功
D．最大彈性勢能等于小球減少的動能
答案　C
解析　小球開始下落時，只受重力作用做加速運動，當與彈簧接觸時，受到彈簧彈力作用，開始時彈簧壓縮量小，因此重力大于彈力，速度增大，隨著彈簧壓縮量的增加，彈力增大，當重力等于彈力時，速度最大，然后彈簧繼續被壓縮，彈力大于重力，小球開始減速運動，所以整個過程中小球先加速后減速運動，根據Ek＝12mv2，動能先增大然后減小，故A錯誤；在向下運動的過程中，小球受到的彈力對它做了負功，小球的機械能不守恒，故B錯誤；在向下運動過程中，重力勢能減小，最終小球的速度為零，動能減小，彈簧的壓縮量增大，彈性勢能增大，根據能量守恒，最大彈性勢能等于小球減少的動能和減小的重力勢能之和，即克服彈力做功大于重力做功，故D錯誤，C正確．
考點二　單物體機械能守恒問題
1．機械能守恒的三種表達式
守恒角度 轉化角度 轉移角度
表達式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA增＝ΔEB減
物理意義 系統初狀態機械能的總和與末狀態機械能的總和相等 系統減少(或增加)的重力勢能等于系統增加(或減少)的動能 系統內A部分物體機械能的增加量等于B部分物體機械能的減少量
注意事項 選好重力勢能的參考平面，且初、末狀態必須用同一參考平面計算勢能 分清重力勢能的增加量或減少量，可不選參考平面而直接計算初、末狀態的勢能差 常用于解決兩個或多個物體組成的系統的機械能守恒問題

2.解題的一般步驟
(1)選取研究對象；
(2)進行受力分析，明確各力的做功情況，判斷機械能是否守恒；
(3)選取參考平面，確定初、末狀態的機械能或確定動能和勢能的改變量；
(4)根據機械能守恒定律列出方程；
(5)解方程求出結果，并對結果進行必要的討論和說明．
例1 　(2017·全國卷Ⅱ·17)如圖3，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直．一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時對應的軌道半徑為(重力加速度大小為g)(　　)

圖3
A.v216g B.v28g
C.v24g D.v22g
答案　B
解析　設小物塊滑到軌道上端的速度大小為v1，小物塊由最低點到最高點的過程，由機械能守恒定律有2mgr＋12mv12＝12mv2
小物塊做平拋運動時，設落地點到軌道下端的距離為x，則有x＝v1t，
2r＝12gt2，聯立以上式子解得：x＝2v2gr－4r2，
當r＝v28g時，x最大，故選項B正確．

4．(單個物體機械能守恒問題)(多選)(2020·廣東南海中學月考)如圖4所示，在地面上以速度v0拋出質量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上，若以地面為參考平面且不計空氣阻力，則下列說法中正確的是(　　)

圖4
A．物體落到海平面時的重力勢能為mgh
B．物體從拋出到落到海平面的過程重力對物體做功為mgh
C．物體在海平面上的動能為12mv02＋mgh
D．物體在海平面上的機械能為12mv02
答案　BCD
解析　物體運動過程中，機械能守恒，所以任意一點的機械能相等，都等于拋出時的機械能，物體在地面上的重力勢能為零，動能為12mv02，故整個過程中的機械能為12mv02，所以物體在海平面上的機械能為12mv02，在海平面上的重力勢能為－mgh，根據機械能守恒定律可得－mgh＋12mv2＝12mv02，所以物體在海平面上的動能為12mv02＋mgh，從拋出到落到海平面，重力做功為mgh，所以B、C、D正確．
考點三　系統機械能守恒問題
1．解決多物體系統機械能守恒的注意點
(1)對多個物體組成的系統，要注意判斷物體運動過程中系統的機械能是否守恒．
(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系．
(3)列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．
2．幾種實際情景的分析
(1)速率相等情景

注意分析各個物體在豎直方向的高度變化．
(2)角速度相等情景

①桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒．
②由v＝ωr知，v與r成正比．
(3)某一方向分速度相等情景(關聯速度情景)

兩物體速度的關聯實質：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等．

　　　　　 繩連接兩物體速度大小相等

例2 　(2019·內蒙古巴彥淖爾杭錦后旗奮斗中學高三二模)質量均為m的物體A和B分別系在一根不計質量的細繩兩端，繩子跨過固定在傾角為30°的斜面頂端的定滑輪上，斜面固定在水平地面上，開始時把物體B拉到斜面底端，這時物體A離地面的高度為0.8 m，如圖5所示．若摩擦力均不計，從靜止開始放手讓它們運動．(斜面足夠長，g取10 m/s2)求：

圖5
(1)物體A著地時的速度大小；
(2)物體A著地后物體B繼續沿斜面上滑的最大距離．
答案　(1)2 m/s　(2)0.4 m
解析　(1)以地面為參考平面，
A、B系統機械能守恒，
根據機械能守恒定律有mgh＝mghsin 30°＋12mvA2＋12mvB2
因為vA＝vB，
所以vA＝vB＝2 m/s.
(2)A著地后，B機械能守恒，
則B上升到最大高度過程中，
有12mvB2＝mgΔssin 30°
解得Δs＝0.4 m.

　　　　　 兩關聯物體速度大小不等

例3 　(多選)(2019·云南昆明市4月質檢)如圖6所示，質量為m的小環(可視為質點)套在固定的光滑豎直桿上，一足夠長且不可伸長的輕繩一端與小環相連，另一端跨過光滑的定滑輪與質量為M的物塊相連，已知M＝2m.與定滑輪等高的A點和定滑輪之間的距離為d＝3 m，定滑輪大小及質量可忽略．現將小環從A點由靜止釋放，小環運動到C點速度為0，重力加速度取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　)

圖6
A．A、C間距離為4 m
B．小環最終靜止在C點
C．小環下落過程中減少的重力勢能始終等于物塊增加的機械能
D．當小環下滑至繩與桿的夾角為60°時，小環與物塊的動能之比為2∶1
答案　AD
解析　小環運動到C點時，對系統，由機械能守恒得：mgLAC＝Mg(d2＋LAC2－d)，解得：LAC＝4 m，故A正確；假設小環最終靜止在C點，則繩中的拉力大小等于2mg，在C點對小環有：FT＝mgsin 53°＝54mg≠2mg，所以假設不成立，小環不能靜止，故B錯誤；由機械能守恒可知，小環下落過程中減少的重力勢能轉化為物塊增加的機械能和小環增加的動能，故C錯誤；將小環的速度沿繩和垂直繩方向分解，沿繩方向的速度即為物塊的速度vM＝vmcos 60°，由Ek＝12mv2可知，小環與物塊的動能之比為2∶1，故D正確．

　　　　　 含彈簧系統的機械能守恒問題

例4 　(2019·安徽巢湖市質檢)如圖7所示，光滑水平軌道AB與光滑半圓形軌道BC在B點相切連接，半圓軌道半徑為R，軌道AB、BC在同一豎直平面內．一質量為m的物塊在A處壓縮彈簧，并由靜止釋放，物塊恰好能通過半圓軌道的最高點C.已知物塊在到達B點之前已經與彈簧分離，重力加速度為g.求：

圖7
(1)物塊由C點平拋出去后在水平軌道上的落點到B點的距離；
(2)物塊在B點時對半圓軌道的壓力大小；
(3)物塊在A點時彈簧的彈性勢能．
答案　(1)2R　(2)6mg　(3)52mgR
解析　(1)因為物塊恰好能通過C點，則有：mg＝mvC2R
又x＝vCt,2R＝12gt2
解得x＝2R
即物塊在水平軌道上的落點到B點的距離為2R；
(2)物塊由B到C過程中機械能守恒，
則有12mvB2＝2mgR＋12mvC2
設物塊在B點時受到的半圓軌道的支持力大小為FN，
則有：FN－mg＝mvB2R，
解得FN＝6mg
由牛頓第三定律可知，物塊在B點時對半圓軌道的壓力大小為FN′＝FN＝6mg.
(3)由機械能守恒定律可知，物塊在A點時彈簧的彈性勢能為
Ep＝2mgR＋12mvC2，解得Ep＝52mgR.

1．對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量決定，彈簧伸長量和壓縮量相等時，彈簧彈性勢能相等．
2．物體運動的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關．

5.(關聯物體的機械能守恒問題)(2020·山東煙臺二中期末)如圖8，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g，則(　　)

圖8
A．a落地前，輕桿對b一直做正功
B．a落地時速度大小為gh
C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于g
D．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg
答案　D
解析　當a到達底端時，b的速度為零，b的速度在整個過程中先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對b先做正功，后做負功，A錯誤；a運動到最低點時，b的速度為零，根據系統機械能守恒得：mgh＝12mvA2，解得vA＝2gh，B錯誤；b的速度在整個過程中先增大后減小，桿對b的作用力先是動力后是阻力，所以桿對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，桿對a是斜向下的拉力，此時a的加速度大于重力加速度，C錯誤；a、b及桿系統的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時b受到桿的推力為零，b只受到重力和支持力的作用，結合牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，D正確．
6.(含彈簧系統的機械能守恒問題)(2020·江蘇如皋中學高三月考)如圖9所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C放在水平地面上．現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，同時保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行．已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計．開始時整個系統處于靜止狀態；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，在此過程中，求：

圖9
(1)斜面的傾角α；
(2)彈簧恢復原長時，細線中的拉力大小F0；
(3)A沿斜面下滑的速度最大值vm.
答案　(1)30°　(2)65mg　(3)2gm5k
解析　(1)A速度最大時，加速度為零，
對A有4mgsin α＝F，
此時B的加速度也為零，C恰好離開地面，
對B、C整體有F＝2mg，
解得sin α＝12，即α＝30°.
(2)設當彈簧恢復原長時，A沿斜面向下運動的加速度大小為a，
對A有4mgsin α－F0＝4ma，
對B有F0－mg＝ma，
解得F0＝65mg.
(3)一開始彈簧處于壓縮狀態，有mg＝k·Δx1，
壓縮量Δx1＝mgk，
C恰好離開地面時，彈簧處于伸長狀態，有mg＝k·Δx2，
伸長量Δx2＝Δx1＝mgk，
因而初、末狀態彈簧的彈性勢能相等，從釋放A球至C球恰好離開地面的過程，對整個系統根據機械能守恒定律有
4mgsin α·(Δx1＋Δx2)－mg(Δx1＋Δx2)＝12(4m＋m)vm2，
解得vm＝4mg25k＝2gm5k.
課時精練

1．(2019·福建福州四中高三月考)關于機械能，下列說法正確的是(　　)
A．機械能守恒時，物體一定只受重力和彈力作用
B．物體處于平衡狀態時，機械能必守恒
C．一個系統所受外力為零時，系統機械能守恒
D．物體所受的外力不等于零，其機械能也可能守恒
答案　D
解析　物體機械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功，物體除了受重力和彈力的作用，還有可能受其他力的作用，但是其他力做功為零，故A錯誤；物體處于平衡狀態時，所受的合力為零，機械能不一定守恒，例如物體勻速上升，動能不變，重力勢能增大，故B、C錯誤；物體所受合外力不等于零時，機械能可能守恒，例如自由下落的物體，故D正確．
2．(2020·黑龍江大慶中學開學考試)如圖1所示，軌道AB與半徑R＝0.1 m的豎直圓軌道相連，C點為軌道最低點，在最高點D處裝有壓力傳感器可以顯示小球對軌道的壓力．質量m＝0.1 kg的小球從A點由靜止釋放，小球可以沿軌道運動，到達軌道最高點時壓力傳感器的示數為零．不計一切摩擦，g＝10 m/s2，則釋放點A與C之間的豎直高度差為(　　)

圖1
A．0.05 m B．0.25 m
C．0.50 m D．1.0 m
答案　B
解析　小球經過D點時壓力傳感器的示數為0，即小球通過最高點時恰好不受軌道的壓力，由重力提供向心力，由牛頓第二定律有mg＝mv2R，小球在最高點處的速度為v＝gR，小球由靜止運動到最高點的過程中，只有重力做功，由機械能守恒定律得mgh＝12mv2＋mg·2R，聯立解得h＝2.5R＝2.5×0.1 m＝0.25 m，故選B.
3.(2020·廣東廣雅中學模擬)如圖2所示，一個輕質彈簧固定在水平地面上，O為彈簧原長時上端的位置，一個質量為m的物體從O點正上方的A點由靜止釋放落到彈簧上，物體壓縮彈簧到最低點B后向上運動，則下列說法中正確的是(　　)

圖2
A．物體落到O點后，立即做減速運動
B．物體從O點運動到B點，動能一直減小
C．物體在B點時加速度為零
D．若不計空氣阻力，在整個過程中，物體與彈簧組成的系統機械能守恒
答案　D
解析　物體開始接觸彈簧時，彈簧的彈力小于重力，其合力向下，向下做加速度逐漸減小的加速運動，運動到某個位置時，合力為零，加速度為零，速度最大，后來彈簧的彈力大于重力，合力方向向上，向下做加速度逐漸增大的減速運動，故A、B錯誤；物體在B點所受合力向上，不為零，故C錯誤；在整個過程中，只有重力和彈簧彈力做功，物體與彈簧組成的系統機械能守恒，故D正確．
4.(2020·河北衡水市模擬)有一款名叫“跳一跳”的微信小游戲，游戲要求操作者通過控制棋子(質量為m)脫離平臺時的速度，使其能從一個平臺跳到旁邊的平臺上．如圖3所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運動軌跡，不計空氣阻力．則下列說法中正確的是(重力加速度為g)(　　)

圖3
A．棋子從起跳至運動到最高點的過程中，機械能增加mgh
B．棋子離開平臺時的動能為mgh
C．棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mgh
D．棋子落到平臺上的速度大小為2gh
答案　C
5．如圖4所示，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍．當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是(　　)

圖4
A．2R B.5R3 C.4R3 D.2R3
答案　C
解析　設B球的質量為m，則A球的質量為2m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，根據機械能守恒定律得2mgR＝12(2m＋m)v2＋mgR，得v2＝23gR，B球繼續上升的高度h＝v22g＝R3，B球上升的最大高度為h＋R＝43R，故選C.
6.(2020·河南洛陽市高三期末)如圖5所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的14圓弧，BC部分水平，質量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，小球可視為質點，開始時a球處于圓弧上端A點，由靜止開始釋放小球和輕桿，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)

圖5
A．a球下滑過程中機械能保持不變
B．b球下滑過程中機械能保持不變
C．a、b球都滑到水平軌道上時速度大小均為2gR
D．從釋放a、b球到a、b球都滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為12mgR
答案　D
解析　對于單個小球來說，桿的彈力做功，小球機械能不守恒，A、B錯誤；兩個小球組成的系統只有重力做功，所以系統的機械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝12·2mv2，解得v＝3gR，選項C錯誤；a球在滑落過程中，桿對小球做功，重力對小球做功，故根據動能定理可得W＋mgR＝12mv2，聯立v＝3gR，解得W＝12mgR，故D正確．

7．(2020·四川三臺中學實驗學校期末)如圖6(a)所示，在豎直平面內固定一光滑的半圓形軌道ABC，半徑為0.4 m，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖(b)是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速率的二次方與其對應高度的關系圖象．已知小球在最高點C受到軌道的作用力大小為2.5 N，空氣阻力不計，B點為AC軌道中點，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)

圖6
A．圖(b)中x＝36
B．小球質量為0.2 kg
C．小球在A點時受到的軌道作用力大小為12.5 N
D．小球在B點時受到的軌道作用力大小為4.5 N
答案　B
解析　根據機械能守恒定律有12mv02＝mgh＋12mv2，整理得v2－v02＝－2gh；由題圖(b)可知，當h＝0.8 m時，v2＝9 m2/s2，代入上式可得x＝v02＝25 m2/s2，A錯誤；在最高點時，根據牛頓第二定律有FN＋mg＝mv2R，可得m＝0.2 kg，B正確；在A點時，根據牛頓第二定律有FNA－mg＝mv02R，可得FNA＝14.5 N，C錯誤；小球在B點時FNB＝mvB2R，又12mvB2＋mgR＝12mv02，整理得FNB＝8.5 N，D錯誤．
8.(多選)如圖7所示，質量M的小球套在固定傾斜的光滑桿上，原長為l0的輕質彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內．圖中AO水平，BO間連線長度恰好與彈簧原長相等，且與桿垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中點，θ＝30°.現讓小球從A處由靜止釋放，重力加速度為g，下列說法正確的有(　　)

圖7
A．下滑過程中小球的機械能守恒
B．小球滑到B點時的加速度大小為32g
C．小球下滑到B點時速度最大
D．小球下滑到C點時的速度大小為2gl0
答案　BD
解析　下滑過程中小球的機械能會與彈簧的彈性勢能相互轉化，因此小球的機械能不守恒，故A錯誤；因為在B點，彈簧恢復原長，因此重力沿桿的分力提供加速度，根據牛頓第二定律可得mgcos 30°＝ma，解得a＝32g，故B正確；到達B點時加速度與速度方向相同，因此小球還會加速，故C錯誤；因為C是AO′段的中點，θ＝30°，所以當小球到C點時，彈簧的長度與在A點時相同，故在A、C兩位置彈簧彈性勢能相等，小球重力做的功全部轉化為小球的動能，所以得mgl0＝12m C2，解得vC＝2gl0，故D正確．
9.(多選)(2020·湖南湘潭市三模)如圖8所示，物塊套在固定豎直桿上，用輕繩連接后跨過定滑輪與小球相連．開始時物塊與定滑輪等高．已知物塊的質量m1＝3 kg，球的質量m2＝5 kg，桿與滑輪間的距離d＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2，輕繩和桿足夠長，不計一切摩擦，不計空氣阻力．現將物塊由靜止釋放，在物塊向下運動的過程中(　　)

圖8
A．物塊運動的最大速度為533 m/s
B．小球運動的最大速度為335 m/s
C．物塊下降的最大距離為3 m
D．小球上升的最大距離為2.25 m
答案　AD
解析　當物塊所受的合外力為0時，物塊運動的速度最大，此時，小球所受合外力也為0，則有繩的張力等于小球的重力，

即FT＝m2g＝50 N
對物塊受力分析，如圖，可知FTcos θ＝m1g
對物塊的速度v沿繩的方向和垂直繩的方向分解，則沿繩方向的分速度即為小球的速度，設為v1，
則有v1＝vcos θ，對物塊和小球組成的系統，由機械能守恒定律可知
m1gdtan θ－m2g(dsin θ－d)＝12m1v2＋12m2v12，
代入數據可得v＝533 m/s，v1＝3 m/s，
故A正確，B錯誤；
設物塊下落的最大高度為h，此時小球上升的最大距離為h1，
則有h1＝h2＋d2－d
對物塊和小球組成的系統，由機械能守恒定律可得m1gh＝m2gh1
聯立解得h＝3.75 m，h1＝2.25 m，
故C錯誤，D正確．
10．(多選)(2019·安徽阜陽市第三中學高三二模)一質量不計的直角形支架兩端分別連接質量為m和2m的小球A和B.支架的兩直角邊長度分別為2l和l，支架可繞固定軸O在豎直平面內無摩擦轉動，如圖9所示．開始時OA邊處于水平位置，由靜止釋放，重力加速度為g，則(　　)

圖9
A．A球的最大速度為2gl
B．A球的速度最大時，兩小球的總重力勢能最小
C．A球第一次轉動到與豎直方向的夾角為45°時，A球的速度大小為8?2－1?gl3
D．A、B兩球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1
答案　BC
解析　由機械能守恒可知，A球的速度最大時，二者的動能最大，此時兩球總重力勢能最小，所以B正確；根據題意知無論何時兩球的角速度均相同，線速度大小之比均為vA∶vB＝ω·2l∶ωl＝2∶1，故D錯誤；當OA與豎直方向的夾角為θ時，由機械能守恒得：mg·2lcos θ－2mg·l(1－sin θ)＝12mvA2＋12·2mvB2，解得：vA2＝83gl(sin θ＋cos θ)－83gl，由數學知識知，當θ＝45°時，sin θ＋cos θ有最大值，最大值為vA＝8?2－1?gl3，所以A錯誤，C正確．
11．如圖10所示，豎直平面內有一半徑R＝0.5 m的光滑圓弧槽BCD，B點與圓心O等高，一水平面與圓弧槽相接于D點，質量m＝0.5 kg的小球從B點正上方H高處的A點自由下落，由B點進入圓弧軌道，從D點飛出后落在水平面上的Q點，D、Q間的距離x＝2.4 m，球從D點飛出后的運動過程中相對于水平面上升的最大高度h＝0.8 m，取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求：

圖10
(1)小球釋放點到B點的高度H；
(2)經過圓弧槽最低點C時軌道對小球的支持力大小FN.
答案　(1)0.95 m　(2)34 N
解析　(1)設小球在飛行過程中通過最高點P的速度為v0，P到D和P到Q可視為兩個對稱的平拋運動
則有h＝12gt2，x2＝v0t，可得t＝0.4 s，v0＝x2g2h＝3 m/s
在D點有：vy＝gt＝4 m/s
在D點的合速度大小為：v＝v02＋vy2＝5 m/s
設v與水平方向夾角為θ，cos θ＝v0v＝35，
A到D過程機械能守恒：
mgH＋mgRcos θ＝12mv2
聯立解得：H＝0.95 m.
(2)設小球經過C點時速度大小為vC，A到C過程機械能守恒：
mg(H＋R)＝12mvC2
由牛頓第二定律有，FN－mg＝mvC2R
聯立解得FN＝34 N.

12．(2020·陜西商洛市調研)如圖11甲所示，豎直平面內的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成，AB和BCD相切于B點，CD連線是圓軌道豎直方向的直徑(C、D為圓軌道的最低點和最高點)，已知∠BOC＝30°.可視為質點的小滑塊從軌道AB上高H處的某點由靜止滑下，用力傳感器測出小滑塊經過圓軌道最高點D時對軌道的壓力為F，并得到如圖乙所示的壓力大小F與高度H的關系圖象，取g＝10 m/s2.求：

圖11
(1)滑塊的質量和圓軌道的半徑；
(2)是否存在某個H值，使得小滑塊經過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點？若存在，請求出H值；若不存在，請說明理由．
答案　(1)0.1 kg　0.2 m　(2)存在　0.6 m
解析　(1)設小滑塊的質量為m，圓軌道的半徑為R
根據機械能守恒定律得mg(H－2R)＝12mvD2，由牛頓第三定律可知軌道對小滑塊的支持力大小F′＝F，由牛頓第二定律有，F′＋mg＝mvD2R
得：F＝F′＝2mg?H－2R?R－mg＝2mgHR－5mg
取點(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)假設小滑塊經過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的E點，如圖所示，

由幾何關系可得
OE＝Rsin 30°＝0.4 m
設小滑塊經過最高點D時的速度為vD′
由題意可知，小滑塊從D點運動到E點，水平方向的位移為OE，豎直方向上的位移為R，則OE＝vD′t，R＝12gt2
解得vD′＝2 m/s
由mg＝mvD02R可知，小滑塊過D點的臨界速度vD0＝gR＝2 m/s
由于vD′＞vD0，所以存在一個H值，使得小滑塊經過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點，由機械能守恒定律得
mg(H－2R)＝12mvD′2
解得H＝0.6 m.

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