(新高考)高考物理一轮复习课时练习第5章第3讲《机械能守恒定律及应用》(含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时练习第5章第3讲《机械能守恒定律及应用》(含解析)，共16页。试卷主要包含了重力做功与重力势能的关系，弹性势能，机械能守恒定律等内容，欢迎下载使用。

一、重力做功与重力势能的关系
1.重力做功的特点
(1)物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。
(2)重力做功不引起物体机械能的变化。
2.重力势能
(1)表达式：Ep＝mgh。
(2)重力势能的特点
重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。
3.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)＝－ΔEp。
【自测1】 关于重力势能，下列说法中正确的是( )
A.物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B.物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C.一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，重力势能减少了
D.重力势能的减少量等于重力对物体做的功
答案 D
二、弹性势能
1.定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能。
2.弹力做功与弹性势能变化的关系
弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加。定量表达式为W＝－ΔEp。
【自测2】 (多选)关于弹性势能，下列说法中正确的是( )
A.任何发生弹性形变的物体，都具有弹性势能
B.任何具有弹性势能的物体，一定发生了弹性形变
C.物体只要发生形变，就一定具有弹性势能
D.弹簧的弹性势能只跟弹簧被拉伸或压缩的长度有关
答案 AB
三、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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2.表达式：mgh1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mgh2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)。
3.机械能守恒的条件
(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力。
(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功。
(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零。
(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。
【自测3】 (2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，1)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为( )
A.2eq \r(\f(E0,m)) B.eq \r(\f(6E0,m))
C.2eq \r(\f(2E0,m)) D.4eq \r(\f(E0,m))
答案 A
解析 物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E0＋0＝E0＋eq \f(1,2)mv2，解得r2处的速度为v＝2eq \r(\f(E0,m))，故选A。
命题点一 机械能守恒的判断
【例1】 如图1所示，P、Q两球质量相等，开始两球静止，将P上方的细绳烧断，在Q落地之前，下列说法正确的是(不计空气阻力)( )
图1
A.在任一时刻，两球动能相等
B.在任一时刻，两球加速度相等
C.在任一时刻，两球和弹簧组成的系统动能与重力势能之和保持不变
D.在任一时刻，两球和弹簧组成的系统机械能是不变的
答案 D
解析 细绳烧断后，由于弹簧处于伸长状态，通过对P、Q两球受力分析可知aP＞aQ，在任一时刻，两球的动能不一定相等，选项A、B错误；系统内有弹力做功，弹性势能发生变化，系统的动能与重力势能之和发生变化，选项C错误；Q落地前，两球及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，整个系统的机械能守恒，选项D正确。
【变式1】 (2020·浙江金华十校4月模拟)下列对各图的说法正确的是( )
A.图甲中汽车匀速下坡的过程中机械能守恒
B.图乙中卫星绕地球匀速圆周运动时所受合力为零，动能不变
C.图丙中弓被拉开过程弹性势能减少了
D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能增大
答案 D
解析 图甲中汽车匀速下坡的过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，故A错误；图乙中卫星绕地球匀速圆周运动时所受合力提供向心力则不为0，匀速圆周运动速度大小不变，则动能不变，故B错误；图丙中弓被拉开过程橡皮筋形变增大，弹性势能增大，故C错误；图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中竿对运动员做正功，其机械能增大，故D正确。
命题点二 单物体的机械能守恒问题
1.表达式
2.一般步骤
3.选用技巧
在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面。
【例2】 (2020·北京市昌平区二模练习)如图2所示，半径R＝0.5 m的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，半圆轨道与光滑水平地面相切于圆轨道最低端点A。质量m＝1 kg 的小球以初速度v0＝5 m/s 从A点冲上竖直圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点，g取10 m/s2，不计空气阻力。
图2
(1)求小球运动到轨道末端B点时的速度vB；
(2)求A、C两点间的距离x；
(3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆轨道，并沿轨道运动到B点飞出，落在水平地面上。求小球落点与A点间的最小距离xmin。
答案 (1)eq \r(5) m/s (2)1 m (3)1 m
解析 (1)选水平地面为零势能参考面，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋mg·2R
解得vB＝eq \r(5) m/s。
(2)由平抛规律得2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝vBt，解得x＝1 m。
(3)设小球运动到B点半圆轨道对小球的压力为FN
圆周运动向心力FN＋mg＝eq \f(mveq \\al(2,B),R)
得当FN＝0时，小球运动到轨道末端B点时的速度最小vBmin＝eq \r(5) m/s
由(2)的计算可知，最小距离xmin＝x＝1 m。
【变式2】 如图3所示，倾角为37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R＝1 m，将滑块由B点无初速度释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，xAB＝2 m，滑块可视为质点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
图3
(1)滑块在斜面上运动的时间；
(2)若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速度释放，释放点至少应距A点多远。
答案 (1)1 s (2)5.75 m
解析 (1)设滑块到达A点的速度为vA，从A到C过程机械能守恒有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝mgRcs 37°
从B到A过程，滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可知veq \\al(2,A)＝2axAB
vA＝at
联立各式解得a＝4 m/s2，t＝1 s。
(2)设滑块能从D点抛出的最小速度为vD，在D点，由重力提供向心力，有mg＝meq \f(veq \\al(2,D),R)
从A到D由机械能守恒有
eq \f(1,2)mvA′2＝mgR(1＋cs 37°)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
vA′2＝2ax′
联立各式解得x′＝5.75 m。
命题点三 连接体的机械能守恒问题
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。
【例3】 (2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图4所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置(轻杆与L2杆夹角为45°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )
图4
A.a球和b球所组成的系统机械能不守恒
B.b球的速度为零时，a球的加速度大小为零
C.b球的最大速度为eq \r(（2＋\r(2)）gl)
D.a球的最大速度为eq \r(\r(2)gl)
答案 C
解析 a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组成的系统机械能守恒，A错误；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由运动关联可知vbcs θ＝vasin θ，则vb＝vatan θ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，B错误；当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最下方，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg(eq \f(\r(2),2)l＋l)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)，解得vb＝eq \r(（2＋\r(2)）gl)，C正确；当轻杆L和杆L2第一次平行时，由运动的关联可知此时b球的速度为零，由系统机械能守恒有mg·eq \f(\r(2),2)l＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)，解得va＝eq \r(\r(2)gl)，此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，a球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为0时速度达到最大，D错误。
【变式3】 (多选)(2020·江苏海门中学第二次质调)如图5所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细绳竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，重力加速度为g。摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，滑轮间竖直距离足够长。则下列说法正确的是( )
图5
A.相同时间内，A、B位移大小之比为1∶2
B.同一时刻，A、B加速度大小之比为1∶1
C.同一时刻，A、B速度大小之比为1∶1
D.当B下降高度h时，B的速度大小为eq \r(\f(4,5)gh)
答案 AD
解析 由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式x＝eq \f(1,2)at2可知，B的加速度是A加速度的两倍，故A正确，B错误；由速度公式v＝at可知，由于B的加速度是A加速度的两倍，所以同一时刻，A的速度是B的一半，故C错误；当B下降高度h时，A上升eq \f(h,2)，由机械能守恒定律得mgh－mgeq \f(h,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，2vA＝vB，联立解得vB＝eq \r(\f(4,5)gh)，故D正确。
命题点四 含“弹簧类”机械能守恒问题
1.由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力(除重力外)和除弹簧弹力以外的内力不做功，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.如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)。
【例4】 (多选)(2020·湖南衡阳市第二次模拟)如图6所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是( )
图6
A.小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B.小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大
C.小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大
D.小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大
答案 AD
解析 在B点时，小球的加速度为g，在BC间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重力外还有弹簧弹力沿竖直方向向下的分力，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；由机械能守恒可知，小球从B点运动到C点的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；小球运动到C点时，由于弹簧的弹力为零，合力为重力G，所以小球从C点往下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功
率不是最大，故C错误；D点为小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变量最大，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故D正确。
【变式4】 (2020·广东揭阳市下学期第二次模拟)如图7所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动到AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图7
A.在下滑过程中小环的机械能先减小后增大
B.小环刚释放时的加速度大小为g
C.小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零
D.小环的最大速度为eq \r(gL)
答案 B
解析 小环和弹性绳组成的系统机械能守恒，小环到达AC的中点D时，弹性绳的长度为2L，伸长量不为0，在AD之间有一位置弹性绳与AC垂直，小环从A点到弹性绳与AC垂直位置的过程中，弹性绳对小环做正功，从弹性绳与AC垂直位置到C点的过程中，弹性绳对小环做负功，所以下滑过程中小环的机械能先增大后减小，故A错误；在A位置，环受重力、弹性绳拉力和支持力，根据牛顿第二定律，有mgsin 30°＋F弹sin 30°＝ma，在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹性绳长度为2L，故mgsin 30°－F弹cs 60°＝0，联立解得a＝g，故B正确；小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为eq \r(3)L，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故C错误；在D点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的长度，故初位置和D位置环的弹性势能相等，所以mg·2Lcs 60°＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gL)，故D错误。
课时限时练
(限时：30分钟)
对点练1 机械能守恒的判断
1.(2020·重庆市上学期一诊)高空竖直下落的物体，若阻力与速度成正比，则下列说法正确的是( )
A.下落过程，物体的机械能守恒
B.重力对物体做的功等于物体动能的增加量
C.若物体做加速运动，必是匀加速运动
D.物体落地前有可能做匀速直线运动
答案 D
解析 下落过程，由于有阻力做功，则物体的机械能减小，A错误；根据动能定理，重力和阻力对物体做的功等于物体动能的增加量，B错误；根据牛顿第二定律mg－kv＝ma，可知随速度的增加，物体的加速度减小，则物体做加速运动，一定不是匀加速运动，C错误；物体落地前，若满足mg＝kv，则物体做匀速直线运动，D正确。
2.(2020·北京市丰台区二模)摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目，它的直径可以达到几百米。乘客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，下列说法中正确的是( )
图1
A.在最高点，乘客处于超重状态
B.任一时刻乘客受到的合力都不等于零
C.乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变
D.乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变
答案 B
解析 在最高点，乘客具有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；乘客做圆周运动，任一时刻受到的合力都不等于零，选项B正确；乘客在乘坐过程中匀速转动，向心力时刻指向圆心，大小不变，对座椅的压力不可能始终不变，选项C错误；乘客在乘坐过程中匀速转动，动能不变，但重力势能在变化，所以机械能也在变化，选项D错误。
对点练2 单个物体的机械能守恒
3.(2020·江苏如皋中学模拟)如图2，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为FN1，在最高点时对轨道的压力大小为FN2。重力加速度大小为g，则FN1－FN2的值为( )
图2
A.3mg B.4mg
C.5mg D.6mg
答案 D
解析 在最高点，根据牛顿第二定律可得FN2＋mg＝meq \f(veq \\al(2,2),r)，在最低点，根据牛顿第二定律可得FN1－mg＝meq \f(veq \\al(2,1),r)，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有mg·2r＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，联立三式可得FN1－FN2＝6mg，选项D正确。
4.(多选)由光滑细管组成的轨道如图3所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是( )
图3
A.小球落到地面相对于A点的水平位移值为2eq \r(RH－2R2)
B.小球落到地面相对于A点的水平位移值为2eq \r(2RH－4R2)
C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H＞2R
D.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝eq \f(5,2)R
答案 BC
解析 小球从D到A运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，以地面为参考平面，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋2mgR＝mgH，解得vA＝eq \r(2gH－4gR)，小球从A点抛出后做平抛运动，运动时间t＝eq \r(\f(2×2R,g))＝2eq \r(\f(R,g))，则小球落到地面时相对于A点的水平位移x＝vAt＝2eq \r(2RH－4R2)，故A错误，B正确；细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度应大于零即可，即vA＝eq \r(2gH－4gR)＞0，解得H＞2R，所以小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝2R，故C正确，D错误。
对点练3 连接体的机械能守恒
5.(多选)如图4所示，质量为m的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M＝2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为d＝3 m，定滑轮大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)( )
图4
A.A、C间距离为4 m
B.小环最终静止在C点
C.小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D.当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2∶1
答案 AD
解析 小环运动到C点时，由机械能守恒得mgLAC＝Mg(eq \r(d2＋Leq \\al(2,AC))－d)，解得LAC＝4 m，故A正确；假设小环最终静止在C点，则绳中的拉力大小等于2mg，在C点对小环有FT＝eq \f(mg,sin 53°)＝eq \f(5,4)mg≠2mg，所以假设不成立，小环不能静止，故B错误；由机械能守恒定律可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度vM＝vmcs 60°，由Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D正确。
对点练4 含“弹簧类”机械能守恒问题
6.(多选)如图5所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点静止释放，让小球自由摆下，不计空气阻力，在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是 ( )
图5
A.小球的机械能守恒
B.小球的机械能减少
C.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变
D.小球和弹簧组成的系统机械能守恒
答案 BD
解析 小球由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故选项A错误，B正确；在此过程中，由于只有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C错误，D正确。
7.(2020·河南省南阳市上学期期末)如图6所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R，空气阻力不计，重力加速度大小为g，下列说法一定正确的是( )
图6
A.若v0＜2eq \r(gR)，小球运动过程中机械能不可能守恒
B.若v0＝3eq \r(gR)，小球运动过程中机械能守恒
C.若v0＜eq \r(5gR)，小球不可能到达最高点
D.若v0＝2eq \r(gR)，小球恰好能到达最高点
答案 B
解析 若小球运动过程中机械能守恒，当小球恰好上升到与圆心等高处时，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgR，解得v0＝eq \r(2gR)＜2eq \r(gR)，故A错误；如果小球不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，有mg＝meq \f(v2,R)，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mv2＋mg·2R，解得v0＝eq \r(5gR)，则小球要不挤压内轨且做完整圆周运动，初速度应大于等于eq \r(5gR)，此时小球机械能守恒，故B正确；若小球的速度小于eq \r(5gR)，也有可能做完整的圆周运动到达最高点，只是最终在圆心下方做往复运动，故C错误；假设内轨光滑且小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mg·2R，解得v0＝2eq \r(gR)，由于内轨粗糙，且2eq \r(gR)＜eq \r(5gR)，故若v0＝2eq \r(gR)，小球运动过程中，一定受到摩擦力作用，故小球在到达最高点以前速度已为零，不能到达最高点，故D错误。
8.(2020·江苏卷，15)如图7所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
图7
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F：
(3)重物下落的高度h。
答案 (1)2ωR (2)eq \r(（2mω2R）2＋（mg）2)
(3)eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2
解析 (1)线速度v＝ωr，得v＝2ωR。
(2)向心力F向＝2mω2R。
设F与水平方向的夹角为α，则Fcs α＝F向；Fsin α＝mg
解得F＝eq \r(（2mω2R）2＋（mg）2)。
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)Mv′2＋4×eq \f(1,2)mv2＝Mgh
解得h＝eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。