第3講機械能守恒定律及其應用

【目標要求】1.知道機械能守恒的條件，理解機械能守恒定律的內容2會用機械能守恒定律解

決單個物體或系統的機械能守恒問題.

考點一機械能守恒的判斷

■梳理必備知識

1.重力做功與重力勢能的關系

⑴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.

⑵重力勢能

①表達式：Ep=mf>h.

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，重力勢能遨￡重力對物體做負功，重力勢能蛆-即WG=EPl一自2=

一AEp.

2.彈性勢能

(1)定義：發生彈性形變的物體的各部分之間,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，彈性勢能增大.即力=一ΔEn.

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：mgh↑-?-^mv?2-mgh2+^mV22.

?判斷正誤

I.物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒.(X)

2.物體做勻速直線運動，其機械能一定守恒.(×)

3.物體的速度增大時，其機械能可能減小.(√)

■提升關鍵能力

機械能是否守恒的三種判斷方法

（1）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.

（2）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.

（3）利用能量轉化判斷：若物體或系統與外界沒有能量交換，物體或系統內也沒有機械能與其

他形式能的轉化，則機械能守恒.

【例11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位移的

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.

【例21（多選）一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有

數米距離.假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是（）

A.運動員到達最低點前重力勢能始終減小

B.蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加

C.蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統機械能守恒

D.蹦極過程中，重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關

答案ABC

解析在運動員到達最低點前，運動員一直向下運動，根據重力勢能的定義可知重力勢能始

終減小，故選項A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，而運動員向下運動，

所以彈力做負功，彈性勢能增加，故選項B正確；對于運動員、地球和蹦極繩所組成的系統，

蹦極過程中只有重力和彈力做功，所以系統機械能守恒，故選項C正確；重力做功是重力勢

能轉化的量度，即WG=-AEp,而蹦極過程中重力做功只與初末位置的高度差有關，與重力

勢能零點的選取無關，所以重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取無關，故選項D錯誤.

【例3】（多選）如圖所示，將一個內外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有

一固定的豎直墻壁（不與槽粘連）.現讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從

4點與半圓形槽相切進入槽內，則下列說法正確的是（）

A.小球在半圓形槽內運動的全過程中，只有重力對它做功

B.小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球的機械能守恒

C.小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統機械能守

恒

D.小球從下落到從右側離開半圓形槽的過程中，機械能守恒

答案BC

解析當小球從半圓形槽的最低點運動到半圓形槽右側的過程中，小球對半圓形槽的力使半

圓形槽向右運動，半圓形槽對小球的支持力對小球做負功，小球的機械能不守恒，A、D錯

誤；小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽靜止，則只有重力做功，小球

的機械能守恒，B正確；小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽

組成的系統只有重力做功，機械能守恒，C正確.

考點二單物體機械能守恒問題

1.表達式

《守恒觀點HEl=EZH要選參考平面1

1H轉化觀點卜［AE?=-AEPH不用選參考平面I

j］

一\轉移觀點卜［AEF-AEfiH不用選參考平面〕

2.應用機械能守恒定律解題的一般步驟

選取研研究對象可以是單個物體，也可

究對象以是多個物體組成的系統

0

分析研究對象在運動過程中的受

對其受

力情況、明確各力的做功情況，

力分析

判斷機械能是否守恒

三選一，根據

題目特點，靈

活選用公式

【例4】（2022?全國乙卷?16）固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，小環從大圓環

頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環的速率正比于（）

A.它滑過的弧長

B.它下降的高度

C.它到P點的距離

D.它與P點的連線掃過的面積

答案C

解析如圖所示,

P

設小環下降的高度為九大圓環的半徑為R,小環到尸點的距離為Z.,根據機械能守恒定律

得mgh=gnv。,由幾何關系可得"=Lsin。，sinJ=系，聯立可得/?=4，則V=L'性,故C

ZZAZ.K?∣K

正確，A、B、D錯誤.

【例5】（2021.浙江1月選考?20改編）如圖所示，豎直平面內由傾角α=60。的斜面軌道AB、半

徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和上圓周細圓管軌道EFG構成一游戲裝置固定于地面，

B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直.軌道出口處G和圓心。2的連線，

以及02、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為6=30。，G點與豎直墻面的距

離d=5R.現將質量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放.小球只有與豎直墻面間的碰

撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力.

(1)若釋放處高度/?=%,當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小。c；

(2)求小球在圓管內與圓心Oi點等高的。點所受彈力人與/?的關系式；

(3)若小球釋放后能從原路返回到出發點，高度h應該滿足什么條件？

答案見解析

解析(1)從A到C,小球的機械能守恒，有

mgho=^mvc2,可得Vc=√?Λo

(2)小球從A到D,由機械能守恒定律有

R)=?nv∕

根據牛頓第二定律有FN=噂■

K

聯立可得FN=2zngg-1)

滿足的條件

(3)第1種情況：不滑離軌道原路返回，由機械能守恒定律可知，此時人需滿足的條件是

∕zWR+3RsinJ=∣R

第2種情況：小球與墻面垂直碰撞后原路返回，

小球與墻面碰撞后，進入G前做平拋運動，則

Vy.,

vt=υ,^=d,其中OX=OGSin/v=VGCOSθ

xgy

故有OGSing."c°s8=d,可得VG=2y[gR

O

由機械能守恒定律有〃琢(〃一IR)=570G2

9

可得h=-^R.

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.一般情況為:

不計空氣阻力和一切摩擦，系統的機械能守恒.

(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△&=-AEP或AEA=-AEB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o=0>r知，0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.

(4)含彈簧的系統機械能守恒問題

①由于彈簧發生形變時會具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統除重力、彈簧彈

力以外的其他力不做功，系統機械能守恒.

②彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢

能最大.

③對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量決定，彈簧的伸長量和壓縮量相等時，彈簧

的彈性勢能相等.

考向1速率相等情景

工例61如圖所示，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（

A.2R

2R

C.yD.§

答案C

解析設B球的質量為〃?，則A球的質量為2〃?，A球剛落地時，兩球速度大小都為0,根據

機械能守恒定律得2,"gR=gx（2,7?+〃7）。2+〃喀/?,B球繼續上升的過程由動能定理可得一,〃g/z

1R4

=0—ψnv2,聯立解得∕ι=y,B球上升的最大高度為〃+R=gR,故選C.

方法點撥

多個物體組成的系統，應用機械能守恒時，先確定系統中哪些能量增加、哪些能量減少，再

用AE?=ΔE域（系統內一部分增加的機械能和另一部分減少的機械能相等）解決問題.

考向2角速度相等情景

工例7］（多選）（2023?安徽滁州市定遠縣第三中學模擬）輪軸機械是中國古代制陶的主要工

具.如圖所示，輪軸可繞共同軸線。自由轉動，其輪半徑R=20cm,軸半徑r=10cm,用

輕質繩纏繞在輪和軸上，分別在繩的下端吊起質量為2kg、Ikg的物塊P和Q,將兩物塊由

靜止釋放，釋放后兩物塊均做初速度為O的勻加速直線運動，不計輪軸的質量及軸線。處的

摩擦，重力加速度g取IOm∕s2.在P從靜止下降m的過程中，下列說法正確的是（）

A.P、Q速度大小始終相等

B.。上升的距離為m

C.尸下降m時Q的速度大小為2小π√s

D.P下降m時的速度大小為4m∕s

答案BD

解析由題意知輪半徑R=20cm,軸半徑r=10cm,根據線速度與角速度關系可知"=述=

VQ（Dr

γ,故A項錯誤；在P從靜止下降m的過程中，由題意得色=S解得力Q=m,故B

2

項正確；根據機械能守恒得/"Pg/卬=SPOp+50Q2+〃2Qg∕zQ,由A項和B項知端=*ItQ=

m,解得0Q=2m∕s,Vp=4m∕s,故C項錯誤，D項正確.

考向3關聯速度情景

工例8】有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊48分別套在水平桿與豎直桿上，A、

3用一不可伸長的輕細繩相連，A、3質量相等，均可看作質點，如圖所示，開始時細繩水平

伸直，A、8靜止.由靜止釋放8后，已知當細繩與豎直方向的夾角為60。時，滑塊8沿著豎

直桿下滑的速度為。，重力加速度為g,則連接A、3的繩長為（）

-EH-I:I

A

4v23v2

A.一b-g

g

2v24。2

c.-γ-D.^5-

3g3g

答案D

解析由運動的合成與分解可知滑塊4和8在繩長方向的速度大小相等，有OASin60。=OCoS60。,

解得辦,將滑塊A、8看成一個系統，系統的機械能守恒，設滑塊8下滑的高度為兒有

mgh=^tnvA1+^mv2,解得仁專-,由幾何關系可知繩子的長度為L=2∕?=4-,故選項D正確.

考向4含彈簧的系統機械能守恒問題

工例91（多選）如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小

球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現將小球從A點由靜

止釋放，小球向下運動，經過與A點關于8點對稱的C點后，小球能運動到最低點。點，

OB垂直于桿，則下列結論正確的是（）

A

A?小球從A點運動到。點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g

B.小球從3點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大

C.小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大

D.小球在。點時彈簧的彈性勢能一定最大

答案AD

解析在B點時，小球的加速度為g,在BC間彈簧處于壓縮狀態，小球在豎直方向除受重

力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分力，所以小球從A點運動到。點的過程中，其最大加

速度一定大于重力加速度g,故A正確；由機械能守恒定律可知，小球從B點運動到C點的

過程，小球做加速運動，即動能增大，所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，

故B錯誤；小球運動到C點時，由于彈簧的彈力為零，合力為重力G,所以小球從C點往下

還會加速一段，所以小球在C點的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C錯誤；。點

為小球運動的最低點，速度為零，小球機械能最小，由小球和彈簧組成的系統運動過程中只

有重力做功，系統機械能守恒，所以小球在。點時彈簧的彈性勢能最大，故D正確.

1例10】如圖所示，A、8兩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&的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上.現用手

控制住A,并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并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4〃?，B、C的質量均為機，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.求：

B?

Cl

（1）斜面的傾角a；

（2）4球獲得的最大速度Om的大小.

答案（1）30。（2）2cJ4

解析（1）由題意可知，當A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，A的加速度此時為零.

由牛頓第二定律得4mgsina-2ιng=0

則SinQ=2，a=30o.

（2）初始時系統靜止且細線無拉力，彈簧處于壓縮狀態，設彈簧壓縮量為Ax,對B:k^x=mg

因α=30°,

則C球離開地面時，彈簧伸長量也為?x,故彈簧彈性勢能變化量為零，

A、B、C三小球和彈簧組成的系統機械能守恒，

2

有4nzg?2?x?sina—∕n??2?x=^（5zn）υm

聯立解得vm=2

課時精練

立基礎落實練

1.如圖所示，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由靜止釋放,

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（）

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；斜劈動能增加，重力勢能不變，故斜劈的機械能增加，C錯誤；由系統機

械能守恒可知，小球重力勢能的減少量等于斜劈動能的增加量和小球動能的增加量之和，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.

2.（2023?浙江臺州市模擬）如圖所示是'‘抓娃娃機”的照片，使用者可憑自己的技術操控機械

爪抓住透明箱內的玩具，提升至一定高度后水平移動到出口就可取得玩具.關于這一操作過

程，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.機械爪抓到玩具勻速上升時，玩具的機械能守恒

B.玩具從機械爪中掉下，玩具的動能增加，機械能增加

C.機械爪抓到玩具水平勻速移動時，重力對玩具不做功

D.機械爪抓到玩具勻速上升時，機械爪對玩具做的功等于零

答案C

解析機械爪抓到玩具勻速上升時，機械爪對玩具做正功，玩具的動能不變，重力勢能增加，

所以玩具的機械能增加，選項A、D錯誤；玩具掉落過程中，動能增加，重力勢能減少，機

械能守恒，選項B錯誤；玩具水平勻速移動時，重力方向與運動方向垂直，重力對玩具不做

功，選項C正確.

3.（多選）（2023?浙江省寧波五校聯考）輪滑等極限運動深受青少年喜愛，輪滑少年利用場地可以

進行各種炫酷的動作表演.為了研究方便，把半球形下沉式場地簡化成半圓形軌道，兩輪滑

少年可以看作完全相同的光滑小球A和B,如圖所示.兩小球分別從半圓形軌道邊緣無初速

度滑下，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

A.A、B兩小球在最低點速度大小相等

B.A、8兩小球在最低點受到軌道的支持力大小相等

C.A、B兩小球在最低點的加速度大小相等

D.若以水平地面為零勢能面，兩小球分別滑到各自最低點時，A小球的機械能小于B小球

的機械能

答案BC

解析根據機械能守恒定律可知NgR=最加2,可得v=?^2gR,可知A、B兩小球在最低點速

、橫

度大小不相等，A錯誤；在最低點時，由牛頓第二定律有尸N—，監=〃不，可得FN=3wιg,則

與半徑無關，又因兩小球質量相等，則兩小球在各自軌道最低點受到的支持力大小相等，B

V2

正確；A、8兩小球在最低點的加速度大小α=不^=2g,即加速度大小相等，C正確；兩球下

滑過程中的機械能守恒，若以水平地面為零勢能面，則開始時的機械能相同，則兩小球分別

滑到各自最低點時機械能相等，D錯誤.

4.（2021?浙江6月選考?10）空間站在地球外層的稀薄大氣中繞行，因氣體阻力的影響，軌道高

度會發生變化.空間站安裝有發動機，可對軌道進行修正.圖中給出了國際空間站在?期間

離地高度隨時間變化的曲線，則空間站（）

A.繞地運行速度約為kπ√s

B.繞地運行速度約為km/s

C.在4月份繞行的任意兩小時內機械能可視為守恒

D.在5月份繞行的任意兩小時內機械能可視為守恒

答案D

解析衛星貼近地面做勻速圓周運動的線速度大小設為01,此速度為第一宇宙速度，即S=

.GMmGMm

km/s;地球半徑約為6400km,空間站離地高度在418km?421km之間.由爐=加8,（R+h/

X

=dI7,解得O=X/葭小空間站距離地面的最小高度約為∕z=418kmVR=6400km,則

Ar/??K~Γ∏

Vi

故、錯誤：在月份軌道半徑出現明顯的變大，可推知發動機做功,

Vqr忑km/s,AB4

則機械能不守恒，故C錯誤；在5月份任意兩小時內軌道半徑基本不變，故可視為機械能守

恒，故D正確.

5.（2021?海南卷?2）水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水

中.如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H=m,末端到水面的高度〃=m.取重力加速度g

=10π√s2,將人視為質點，不計摩擦和空氣阻力.則人的落水點到滑梯末端的水平距離為

A.mB.m

C.mD.m

答案A

解析設人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為O,根據機械能守恒定律可知mg"=提"。2,解

得。=44m∕s,從滑梯末端水平飛出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，根據/7=TgF

可知s,水平方向做勻速直線運動，則人的落水點距離滑梯末端

的水平距離為X=W=4小m=m,故選A.

6.質量為巾的小球從距離水平地面高”處由靜止開始自由落下，取水平地面為參考平面，

重力加速度大小為g,不計空氣阻力，當小球的動能等于重力勢能的2倍時，經歷的時間為

解析設下降Zz時，動能等于重力勢能的2倍，根據機械能守恒：〃zg∕7=mg（”―/?）+Ek即：

mgH-3mg（H-∣ι）,解得力=|〃，根據/?=；g-解得故選B.

7.（2023?浙江衢州市模擬）如圖所示，一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小

球先進入圓軌道1,再進入圓軌道2,圓軌道1的半徑為R,圓軌道2的半徑是軌道1的倍，

小球的質量為m,若小球恰好能通過軌道2的最高點B,則小球在軌道1上經過其最高點A

時對軌道的壓力大小為（重力加速度為g）（）

B

A.2mgB.3mg

C.4mgD.5mg

答案C

解析小球恰好能通過軌道2的最高點8時，有mg='R,小球在軌道1上經過其最高點A

祖042]J

時，有FN+，〃g=一鼠，根據機械能守恒定律，有，咫/?=2，"0/一亍〃為2,聯立解得FN=4"1g,

結合牛頓第三定律可知，小球在軌道1上經過其最高點A時對軌道的壓力大小為4mg,C正確.

宜能力綜合練

8.（多選）如圖，一個質量為kg的小球以某一初速度從P點水平拋出，恰好從光滑圓弧ABC

的A點沿切線方向進入圓弧（不計空氣阻力，進入圓弧時無機械能損失）.已知圓弧的半徑R

=m,6=60。，小球到達A點時的速度°A=4m∕s.（取g=10m∕s2）下列說法正確的是（）

B

A.小球做平拋運動的初速度υ0=2√3m/s

B.P點和C點等高

C.小球到達圓弧最高點C點時對軌道的壓力大小為12N

D.P點與A點的豎直高度人=m

答案CD

解析小球恰好從光滑圓弧ABC的A點沿切線方向進入圓弧，則小球到A點時的速度與水

平方向的夾角為仇所以UO=OX=UACos。=2m/s,選項A錯誤；小球到A點時的豎直分速度

4=0八Sine=2小m/s,由平拋運動規律得馬2=2g∕z,解得/?=m,而AC的豎直距離為/?+

RcOSe=m,可知P點高于C點，選項B錯誤，D正確；取A點的重力勢能為零，由機械能

守恒定律得產o∕=%∏7c2+mg（R+Rcosθ）,代入數據得。C=Sm/s,在C點時由牛頓第二

UC2

定律得∕7Nc+mg="ry,代入數據得FNc=12N,根據牛頓第三定律，小球對軌道的壓力大

小FNc'=FNC=12N,選項C正確.

9.（多選）如圖所示，質量為M的小球套在固定傾斜的光滑桿上，原長為/0的輕質彈簧一端固

定于。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，0'在。的正下方，C是A。'段的中點，6=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（）

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取

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√旃

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MgCoS30。=團。，解得Q=彳g,故B正確；到達5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A。'段的中點，8=30。，由幾何關系知當小球到。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，有"7g∕o=J"0c2,解得OC=λ∕2g∕o,故D正確.

10.(2023?廣東省深圳實臉學校、湖南省長沙一中高三聯考)如圖所示，一根長為九的輕桿可

繞水平轉軸。轉動，兩端固定質量均為m的小球A和B,A到O的距離為L,現使桿在豎直

平面內轉動，8運動到最高點時，恰好對桿無作用力，兩球均視為質點，不計空氣阻力和摩

擦阻力，重力加速度為g?當B由最高點第一次轉至與。點等高的過程中，下列說法正確的是

()

A.桿對B球做正功

B.3球的機械能守恒

C.輕桿轉至水平時，A球速度大小為由詈

D.輕桿轉至水平時，B球速度大小為對磐

答案D

濟

解析由題知B運動到最高點時，恰好對桿無作用力，有機g=∕n五，8在最高點時速度大小

為v=t2gL,因為A、B角速度相同，A的轉動半徑只有8的一半，所以A的速度大小為

當8由最高點轉至與。點等高時，取O點所在水平面的重力勢能為零，根據A、B機械能守

1

恬MM.，12,1F疑衿3√WZ3√?

怛，mg?2L-mgL+2m^J'2mv2mv^'2mvβ'^v^Vb,解付盯=，Vb~5,

22

故C錯誤，D正確；設桿對B做的功為W,對B由動能定理得mg?2L+W=^ιnvβ~^mv,

解得W=一去跖心所以桿對B做負功，8機械能不守恒，故A、B錯誤.

11.如圖所示，在傾角為6=30。的光滑斜面上，一勁度系數為％=200N/m的輕質彈簧一端固

定在擋板C上，另一端連接一質量為m=4kg的物體A,一輕細繩通過定滑輪，一端系在物

體A上，另一端與質量也為的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，B距地面足夠

高.用手托住物體B使繩子剛好伸直且沒有拉力，然后由靜止釋放.取重力加速度g=10m∕s2.

求：

(1)彈簧恢復原長時細繩上的拉力大小；

(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；

(3)物體A的最大速度的大小.

答案(1)30N⑵20Cm(3)1m/s

解析(1)彈簧恢復原長時，

對B?.mg—Fτ=ma

對A:FT-∕∏gsin30°="Ia

代入數據可求得：FT=30N.

(2)初態彈簧壓縮量Xi='"Q?30°=]0cm

當A速度最大時有Fτ'=mg=kx2+mgsιn30°

X整，》，，BWg-Wgsin30°…

彈簧伸長至X2=------%------=10cm

所以A沿斜面向上運動x∣