高考物理一轮复习讲义第6章第4课时　机械能守恒定律及其应用（2份打包，原卷版+教师版）

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考点一 机械能守恒的判断
1．重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点：重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，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，但重力势能的变化量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：重力对物体做正功，重力势能减小，重力对物体做负功，重力势能增大，即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
2．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。即W＝－ΔEp。
3．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)mv12＝mgh2＋eq \f(1,2)mv22或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。
(3)守恒条件：只有重力或弹力做功。
1．物体所受的合外力为零，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。( √ )
例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( )
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，机械能守恒
答案 BC
解析 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；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，机械能守恒，C正确。
机械能是否守恒的三种判断方法
1．利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。
2．利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或者虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数和为0)，则机械能守恒。
3．利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
考点二 单物体的机械能守恒问题
1．机械能守恒定律表达式
说明：单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。
2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤
例2 (2023·山东烟台市第一中学模拟)如图所示，在竖直面内固定三枚钉子a、b、c，三枚钉子构成边长d＝10 cm的等边三角形，其中钉子a、b的连线沿着竖直方向。长为L＝0.3 m的细线一端固定在钉子a上，另一端系着质量m＝200 g的小球，细线水平拉直，然后将小球以v0＝eq \r(3) m/s的初速度竖直向下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子的粗细，重力加速度g＝10 m/s2，细线碰到钉子c后，小球到达最高点时，细线拉力大小为(g＝10 m/s2)( )
A．0 B．1 N C．2 N D．3 N
答案 C
解析 设小球到达最高点时速度大小为v，以初始位置所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv2＋mgh
h＝L－d－d－eq \f(d,2)＝L－eq \f(5,2)d
代入数据联立解得v＝eq \r(2) m/s，小球在最高点时根据牛顿第二定律有F＋mg＝eq \f(mv2,L－2d)，解得细线拉力大小为F＝2 N，故选C。
例3 (2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
答案 C
解析 如图所示，设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mv2
由几何关系可得h＝Lsin θ
sin θ＝eq \f(L,2R)
联立可得h＝eq \f(L2,2R)，则v＝Leq \r(\f(g,R))
故C正确，A、B、D错误。
考点三 系统的机械能守恒问题
1．解决多物体系统机械能守恒的注意点
(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。一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒。
(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．几种实际情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。
(2)角速度相等情景
①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，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景(关联速度情景)
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。
思考 以上图中，轻绳(或轻杆)对A、B物体均做功，系统机械能为何仍守恒？
答案 轻绳(或轻杆)对A、B的力属于系统内力，做功使机械能在A、B之间转移，单个物体机械能不守恒，但系统机械能守恒。
例4 如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的轻软细线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高，将A由静止释放，B上升的最大高度是( )
A．2R B.eq \f(5R,3) C.eq \f(4R,3) D.eq \f(2R,3)
答案 C
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＝eq \f(1,2)×(2m＋m)v2＋mgR，B球继续上升的过程由动能定理可得－mgh＝0－eq \f(1,2)mv2，联立解得h＝eq \f(R,3)，B球上升的最大高度为h＋R＝eq \f(4,3)R，故选C。
拓展 若细绳质量不可忽略，如图所示，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳一端连接。现将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮。不计一切摩擦，重力加速度为g，在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，物块和软绳的机械能各改变多少？
答案 物块的机械能减少了eq \f(1,8)mgl，软绳的机械能增加了eq \f(1,8)mgl
解析 设软绳刚离开滑轮的时候，物块和软绳的速度为v，根据机械能守恒定律有mg·eq \f(l,2)＋eq \f(mg,2)·eq \f(l,2)＝eq \f(1,2)×2m·v2，计算可得v＝eq \f(\r(3gl),2)，则物块机械能的减少量为E减＝mg·eq \f(l,2)－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,8)mgl，系统的机械能是守恒的，由于物块的机械能减少了eq \f(1,8)mgl，所以软绳的机械能增加了eq \f(1,8)mgl。
例5 (多选)(2023·福建省厦门一中检测)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量
B．物块B的重力势能减少量为mgLtan θ
C．物块A的速度大于物块B的速度
D．物块B的末速度为eq \r(\f(2gLsin θ,1＋sin2 θ))
答案 ABD
解析 在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下降的高度为h＝Ltan θ，则B重力势能减少量为ΔEpB＝mgLtan θ，物块A沿斜面上升的距离为x＝eq \f(L,cs θ)－L，设此时物块A的速度为vA，物块B的速度为vB，A、B组成的系统运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，所以物块B的机械能减少量等于物块A的机械能增加量，有mgLtan θ－eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvA2＋mgxsin θ，A物块沿斜面上升时动能和势能都增加，故A、B正确；将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则vA＝v绳＝vBsin θ，则物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；联立以上表达式可得vB＝eq \r(\f(2gLsin θ,1＋sin2θ))，故D正确。
例6 (2023·湖南省长沙一中检测)如图所示，一根长为3L的轻杆可绕水平转轴O转动，两端固定质量均为m的小球A和B，A到O的距离为L，现使杆在竖直平面内转动，B运动到最高点时，恰好对杆无作用力，两球均视为质点，不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度为g。当B由最高点第一次转至与O点等高的过程中，下列说法正确的是( )
A．杆对B球做正功
B．B球的机械能守恒
C．轻杆转至水平时，A球速度大小为eq \f(\r(10gL),5)
D．轻杆转至水平时，B球速度大小为eq \f(3\r(10gL),5)
答案 D
解析 由题知B运动到最高点时，恰好对杆无作用力，有mg＝meq \f(v2,2L)，B在最高点时速度大小为v＝eq \r(2gL)，因为A、B角速度相同，A的转动半径只有B的一半，所以A的速度大小为eq \f(v,2)，当B由最高点转至与O点等高时，取O点所在水平面的重力势能为零，根据A、B系统机械能守恒，mg·2L－mgL＋eq \f(1,2)m(eq \f(v,2))2＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，vB＝2vA，解得vA＝eq \f(3\r(10gL),10)，vB＝eq \f(3\r(10gL),5)，故C错误，D正确；设杆对B做的功为W，对B由动能定理得mg·2L＋W＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv2，解得W＝－eq \f(6,5)mgL，所以杆对B做负功，B的机械能不守恒，故A、B错误。
课时精练
1．(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )
A．甲图中，在火箭升空的过程中，若火箭匀速升空，则机械能守恒，若火箭加速升空，则机械能不守恒
B．乙图中的物体匀速运动，机械能守恒
C．丙图中的小球做匀速圆周运动，机械能守恒
D．丁图中的弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，机械能守恒
答案 CD
解析 甲图中，不论是匀速升空还是加速升空，由于推力都对火箭做正功，所以火箭的机械能都增加，故A错误；物体匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B错误；小球在做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C正确；弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，只有重力做功，所以弹丸的机械能守恒，故D正确。
2.(2024·河北邯郸市第一次调研)如图所示为某运动员做蹦床运动的简化示意图，A为运动员某次下落过程的最高点，B为运动员下落过程中刚接触蹦床时的位置，C为运动员下落过程的最低点。若A、B之间的竖直距离为h，B、C之间的竖直距离为Δx，运动员的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．下落过程中运动员与蹦床组成的系统势能一直在减小
B．从最高点A运动到最低点C，运动员的机械能守恒
C．从B点至C点过程中，运动员的机械能守恒
D．蹦床的最大弹性势能是mg(h＋Δx)
答案 D
解析 不计空气阻力，运动员与蹦床组成的系统在整个运动过程中只有重力与弹力做功，蹦床与运动员组成的系统机械能守恒，运动员的动能在整个过程中先变大后变小，则运动员与蹦床组成的系统势能先变小后变大，故A错误；A至B，运动员先做自由落体运动，只有重力做功，运动员机械能守恒，从B运动到C，运动员速度先增大后减小，蹦床逐渐发生形变，蹦床弹力对运动员做负功，运动员和蹦床组成系统机械能守恒，运动员的机械能不守恒，故B、C错误；下落至C点时蹦床弹性势能最大，以C点所在平面为零势能面，有Epm＝mg(h＋Δx)，D正确。
3.(2021·海南卷·2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m。取重力加速度g＝10 m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为( )
A．4.0 m B．4.5 m C．5.0 m D．5.5 m
答案 A
解析 设人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝4eq \r(5) m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2可知t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.0,10)) s＝eq \r(\f(1,5)) s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝vt＝4eq \r(5)×eq \r(\f(1,5)) m＝4.0 m，故选A。
4.如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的eq \f(1,4)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，小球可视为质点，开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g，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球都滑到水平轨道上时速度大小均为eq \r(2gR)
D．从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为eq \f(1,2)mgR
答案 D
解析 对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝eq \f(1,2)×2mv2，解得v＝eq \r(3gR)，C错误；a球在下滑过程中，杆和重力对a球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝eq \f(1,2)mv2，其中v＝eq \r(3gR)，联立解得W＝eq \f(1,2)mgR，D正确。
5.(2023·湖北武汉市联考)如图所示，有一条长为L＝1 m的均匀金属链条，有一半在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)( )
A．2.5 m/s B.eq \f(5\r(2),2) m/s C.eq \r(5) m/s D.eq \f(\r(35),2) m/s
答案 A
解析 设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点所在水平面的重力势能为零，链条的机械能为E＝－eq \f(1,2)×2mg·eq \f(L,4)sin 30°－eq \f(1,2)×2mg·eq \f(L,4)＝－eq \f(3,8)mgL，链条全部滑出后，动能为Ek′＝eq \f(1,2)×2mv2，重力势能为Ep′＝－2mg·eq \f(L,2)，由机械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即－eq \f(3,8)mgL＝mv2－mgL，解得v＝2.5 m/s，故A正确，B、C、D错误。
6.如图所示，一个半径为r、质量均匀的圆盘套在光滑固定的水平转轴上，一根轻绳绕过圆盘，两端分别连接着物块A和B，A放在地面上，B用手托着，A、B均处于静止，此时B离地面的高度为7r，圆盘两边的轻绳沿竖直方向伸直，A和圆盘的质量均为m，B的质量为2m，快速撤去手，在物块B向下运动的过程中。绳子始终与圆盘没有相对滑动，已知圆盘转动的动能为EkC＝eq \f(1,4)mr2ω2，其中ω为圆盘转动的角速度，则物块A上升到最高点时离地面的高度为(A上升过程中未与圆盘相碰)( )
A．7r B．8r C．9r D．10r
答案 C
解析 设B刚落地时速度为v，则根据机械能守恒有2mg×7r＝mg×7r＋eq \f(1,2)×3mv2＋eq \f(1,4)mv2，解得v＝2eq \r(gr)，当物块B落地后，A还能上升的高度h＝eq \f(v2,2g)＝2r，因此A上升到最高点离地面的高度为9r。故选C。
7.(多选)(2024·重庆市巴蜀中学月考)如图所示，一轻杆长为L，一端固定在O点，杆可绕O点无摩擦转动。质量为3m的小球A固定在杆的末端，质量为m的小球B固定在杆的中点，重力加速度为g，轻杆从水平位置由静止释放，小球均可视为质点，则当杆运动至竖直位置时，下列说法正确的有( )
A．该过程中，轻杆对两小球均不做功
B．处于竖直位置时，A球的速率一定是B球的两倍
C．处于竖直位置时，A球的速率为2eq \r(\f(7,13)gL)
D．该过程中，B球机械能增加了eq \f(1,2)mgL
答案 BC
解析 A、B两球为同轴转动，故角速度相等，由v＝ωr可知处于竖直位置时，A球的速率一定是B球的两倍，故B正确；下落过程中A、B组成的系统只有重力做功，对A、B组成的系统由机械能守恒定律得3mgL＋mg·eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mvB2＋eq \f(1,2)×3mvA2，且vA＝2vB，解得vA＝2eq \r(\f(7,13)gL)，vB＝eq \r(\f(7,13)gL)，故C正确；对B小球由动能定理得W＋mg·eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mvB2，解得W＝－eq \f(3mgL,13)，即杆对小球B做负功，则小球B的机械能减少，故A、D错误。
8.(多选)(2023·黑龙江哈尔滨市期中)如图所示，不可伸长的轻绳一端系一质量为m的重物，另一端绕过光滑定滑轮系一质量也为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，定滑轮与直杆的距离为d，定滑轮的大小不计。杆上的A点与定滑轮等高，AB的距离为eq \f(4,3)d，现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g，当环下落至B点时，以下说法正确的是( )
A．环与重物的速度大小之比为5∶4
B．环的速度为eq \r(\f(2gd,3))
C．环从A到B的过程，克服绳的拉力做的功等于此过程中环减少的机械能
D．环从A到B的过程，重物的机械能守恒
答案 AC
解析 环下落距离为eq \f(4,3)d时，由几何关系可知此时绳子与竖直方向的夹角为37°，设此时环的速度为v，则重物的速度为v·cs 37°＝eq \f(4,5)v，故环与重物的速度之比为5∶4，故A正确；对系统，由机械能守恒定律可得mg·eq \f(4,3)d＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)m(eq \f(4,5)v)2＋mg(eq \f(5,3)－1)d，解得v＝eq \r(\f(100,123)gd)，故B错误；环从A到B的过程，由功能关系可知，环克服绳的拉力做的功等于此过程中环减少的机械能，故C正确；环从A到B的过程，重物的动能和势能都增加，机械能增加，故D错误。
9.(多选)(2023·山东泰安市模拟)如图所示，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细线，上端接在天花板上，下端与小物块A相接，A放在长为L、倾角为30°的光滑斜面上，斜面放在水平地面上。物块B用细线悬挂在滑轮a的下方，细线Ab段与斜面平行，动滑轮两侧细线均竖直。A与B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，不计动滑轮与细线之间的摩擦以及空气阻力。现将A从斜面底端由静止释放，一段时间后，A沿斜面匀加速上滑到斜面的中点，此时B尚未落地，整个过程中斜面始终处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．该过程中，A和B的总重力势能不变
B．该过程中，地面对斜面的摩擦力大小为eq \f(\r(3),4)mg
C．A到达斜面中点的速率为eq \r(\f(1,6)gL)
D．该过程中，细线的拉力大小为eq \f(5,6)mg
答案 BD
解析 由于A沿斜面匀加速上滑，B沿竖直方向匀加速下降，即A和B的总动能增加，A、B组成的系统机械能守恒，故总重力势能减少，A错误；A沿斜面匀加速上滑到斜面中点的过程中，据机械能守恒可得2mg·eq \f(L,4)＝mg·eq \f(L,2)sin 30°＋eq \f(1,2)×2mvB2＋eq \f(1,2)mvA2，又vB＝eq \f(1,2)vA，
联立解得vA＝eq \r(\f(1,3)gL)，vB＝eq \r(\f(1,12)gL)，C错误；
设细线上的拉力大小为F，设A的加速度大小为a，由于B的加速度为A的加速度的一半，对A、B分别由牛顿第二定律可得F－mgsin 30°＝ma，
2mg－2F＝2m·eq \f(1,2)a，
联立解得a＝eq \f(1,3)g，F＝eq \f(5,6)mg，D正确；
A对斜面的压力大小为FN＝mgcs 30°，对于斜面，在水平方向由平衡条件可得，地面对斜面的摩擦力大小为Ff＝FNsin 30°＝eq \f(\r(3),4)mg，B正确。
10.(2024·江苏扬州市仪征中学检测)如图所示，质量均为m(m大小未知)的重物A、B和质量为M的重物C(均可视为质点)用不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高的轻小定滑轮(半径可忽略)连接，C与滑轮等高时，到两定滑轮的距离均为l，现将系统由静止释放，C竖直向下运动，下落高度为eq \r(3)l时，速度达到最大，已知运动过程中A、B始终未到达滑轮处，重力加速度大小为g。
(1)求C下落eq \r(3)l时绳的拉力大小FT；
(2)求C下落eq \r(3)l时C的速度大小vC；
(3)若用质量为eq \r(2)m的D替换C，将其静止释放，求D能下降的最大距离d。
答案 (1)eq \f(\r(3),3)Mg (2)2eq \r(\f(gl,2\r(3)＋3)) (3)2eq \r(2)l
解析 (1)设C下落eq \r(3)l时，绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得tan θ＝eq \f(l,\r(3)l)＝eq \f(\r(3),3)，所以θ＝30°
对C，其速度最大时，加速度为0，合力为0，有2FTcs θ＝Mg，解得FT＝eq \f(\r(3),3)Mg。
(2)当C的加速度为0时，A、B的加速度也为0，故FT＝eq \f(\r(3),3)Mg＝mg，解得M＝eq \r(3)m，
由几何关系，当C下落eq \r(3)l时，
A和B上升的高度为h＝eq \f(l,sin θ)－l＝l
对A、B、C组成的系统，根据机械能守恒定律有
Mg·eq \r(3)l－2mgh＝eq \f(1,2)MvC2＋2×eq \f(1,2)mvA2
vA＝vCcs θ
解得vC＝2eq \r(\f(\r(3)M－2m,2M＋3m)gl)＝2eq \r(\f(gl,2\r(3)＋3))
(3)设D下落至最低点时，轻绳与竖直方向的夹角为α，对A、B、D组成的系统，由机械能守恒定律有eq \r(2)mgd＝2mg(eq \f(l,sin α)－l)，由几何关系得d＝eq \f(l,tan α)
解得d＝2eq \r(2)l。
11.(多选)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆M、N，两杆无限接近但不接触，两杆间的距离可忽略不计。两个小球a、b(可视为质点)的质量相等，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，a、b通过铰链用长度为L＝0.5 m的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放(轻杆与N杆的夹角为θ＝53°)，不计一切摩擦，已知重力加速度的大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．a球下落过程中，其加速度大小始终不大于g
B．a球由静止下落0.15 m时，a球的速度大小为1.5 m/s
C．b球的最大速度为3eq \r(2) m/s
D．a球的最大速度为2eq \r(2) m/s
答案 BC
解析 a球和b球所组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，以b球为研究对象，b球的初速度为零，当a球运动到两杆的交点时，球在水平方向上的分速度为零，所以b球此时的速度也为零，由此可知从a球释放至a球运动到两杆的交点过程中，b球速度是先增大再减小，当b球速度减小时，轻杆对a、b都表现为拉力，对a分析，此时拉力在竖直方向上的分力与a的重力方向相同，则此时其加速度大小大于g，故A错误；由a、b机械能守恒得mgΔh＝eq \f(1,2)mva2＋eq \f(1,2)mvb2，当a下落Δh＝0.15 m时，由几何关系可知轻杆与N杆的夹角α＝30°，此时vasin α＝vbcs α，联立解得va＝1.5 m/s，故B正确；当a球运动到两杆的交点后再向下运动L距离，此时b达到两杆的交点处，a的速度为零，b的速度最大，设为vbm，由机械能守恒得mg(L＋Lsin θ)＝eq \f(1,2)mvbm2，解得vbm＝3eq \r(2) m/s，故C正确；a球运动到两杆的交点处，b的速度为零，设此时a的速度为va0，由机械能守恒得mgLsin θ＝eq \f(1,2)mva02，解得va0＝2eq \r(2) m/s，此时a球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与速度方向相同，a球会继续向下加速运动，速度会大于2eq \r(2) m/s，故D错误。