高中物理人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律学案及答案

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1.能灵活应用机械能守恒定律的三种表达形式。
2.会分析处理非质点类物体的机械能守恒问题。
3.掌握系统机械能守恒定律的综合应用，会正确应用机械能守恒定律和动能定理解题。
提升1 非质点类物体的机械能守恒问题
1.在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理。
2.物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀形状规则的物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。
角度1 “液柱”类物体机械能守恒
例1 如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，液体静止，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动(不计一切摩擦)，当U形管两侧液面高度相等时，右侧液面下降的速度为(重力加速度大小为g)( )
A.eq \r(\f(1,8)gh) B.eq \r(\f(1,6)gh)
C.eq \r(\f(1,4)gh) D.eq \r(\f(1,2)gh)
答案 A
解析 当U形管两侧液面高度相等时，液体减少的重力势能转化为全部液体的动能，根据机械能守恒定律得eq \f(1,8)mg·eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(1,8)gh)，选项A正确。
训练1如图是跳台滑雪的示意图，雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组成，各雪道间均平滑连接，A与水平平台间的高度差，CD的倾角为。运动员自A处由静止滑下，不计其在雪道ABC滑行和空中飞行时所受的阻力。运动员可视为质点。（g取）
(1)求运动员滑离平台BC时的速度大小；
(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上，雪道CD长度至少为多少?
答案 (1)30m/s
(2)120m
解析 （1）从A到C过程中，由机械能守恒有
得
（2）设落点距抛出点C的距离为L，由平抛运动规律有
得
即雪道CD长度至少为。
训练2先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是（ ）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为
B．第一次过P点比第二次机械能少
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
答案 B
解析 A．第一次抛出上升的高度为
故上升时间为
最高点距水平地面高为，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误；
B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
，
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少
故B正确；
C．第一次从抛出到落地瞬间根据动能定理
第二次从抛出到落地瞬间根据动能定理
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故C错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。
故选B。
角度2 “链条”类物体机械能守恒
例2 如图甲所示，长为L的匀质链条静置于光滑水平桌面上，现使链条右端从静止开始竖直向下运动，刚运动到竖直长度为eq \f(L,2)时，链条速度大小为v，如图乙所示，重力加速度为g，则( )
A.v＝eq \f(\r(gL),2) B.v＝eq \r(\f(gL,2))
C.v＝eq \r(gL) D.v＝eq \r(2gL)
答案 A
解析 链条释放之后，到离开桌面的过程，整个链条的机械能守恒。取桌面为零势能面，设整个链条的质量为m。根据机械能守恒定律得－eq \f(1,2)mg·eq \f(1,4)L＋eq \f(1,2)mv2＝0，解得v＝eq \f(\r(gL),2)，故A正确，B、C、D错误。
训练1（多选）如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为。已知，以OC所在平面为参考平面，取。则下列说法中正确的是（ ）
A．铁链下滑过程中任意一小段铁链的机械能均守恒
B．铁链在初始位置时其重心高度
C．铁链的端点A滑至C点时其重心下降2.8m
D．铁链的端点A滑至C处时速度大小为
答案 CD
解析 A．铁链下滑过程中整体的机械能守恒，但任意一小段铁链运动过程中机械能不守恒，故A错误；
B．设铁链在初始位置时其重心到O点的距离为h，如图中的E点：
铁链的端点B滑至C处过程中，链条重心的位置到O点距离不变，在此过程中，根据机械能守恒定律可得：
其中，解得
h=1.8m
故B错误；
C．设链条长度为L，根据几何关系可得
铁链的端点A滑至C点时其重心下降的高度为
故C正确；
D．设铁链的端点A滑至C处时速度大小为v′，根据机械能守恒定律可得
解得
故D正确。
故选CD。
训练2有一条均匀金属链条，一半长度在光滑的足够高斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂，由静止释放后链条滑动，链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为1.25m/s。已知重力加速度，则金属链条的长度为（ ）
A．0.25mB．0.50mC．1.00mD．1.50m
答案 A
解析 令金属链条的长度为L，质量为m，根据机械能守恒定律有
解得
故选A。
提升2 动能定理和机械能守恒定律的综合应用
1.动能定理和机械能守恒定律的比较
2.动能定理和机械能守恒定律都可以用来求能量或速度，但侧重不同，动能定理解决物体运动问题，尤其计算对该物体做的功时较简单，机械能守恒定律解决系统问题往往较简单，两者的灵活选择可以简化运算过程。
例3 如图所示，曲面AB与半径为r、内壁光滑的四分之一细圆管BC平滑连接于B点，管口B端切线水平，管口C端正下方立一根轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口C端齐平。质量为m的小球(可视为质点)在曲面上某点由静止释放，进入管口B端时，上管壁对小球的作用力为mg(g为重力加速度)。
(1)求小球到达B点时的速度大小vB；
(2)若释放点距B点的高度为2r，求小球在曲面AB上运动的过程中克服阻力所做的功W；
(3)小球通过BC后压缩弹簧，压缩弹簧过程中弹簧弹性势能的最大值为Ep，求弹簧被压缩的最大形变量x。
答案 (1)eq \r(2gr) (2)mgr (3)eq \f(Ep,mg)－2r
解析 (1)小球在B点时，由牛顿第二定律可得
mg＋mg＝meq \f(veq \\al(2,B),r)
解得vB＝eq \r(2gr)。
(2)小球从被释放至滑到B点的过程，由动能定理得
mg·2r－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0
解得W＝mgr。
(3)当弹簧弹性势能最大时，小球的速度为0，对小球从B点到弹簧被压缩的形变量最大的过程中，由小球与弹簧组成的系统机械能守恒可得
mg(r＋x)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝Ep
解得x＝eq \f(Ep,mg)－2r。
训练1（多选）如图所示，劲度系数为k、原长为l的轻质弹簧竖直固定在水平地面上。质量为m的小球由弹簧正上方h处自由下落，到最低点时弹簧的压缩量为x。不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．小球下落的高度为h时速度最大
B．弹簧的最大弹性势能为
C．小球速度最大时距地面的高度为
D．小球速度最大时弹簧的弹性势能为
答案 BC
解析 ABD．当小球合力为0时，小球速度最大
解得，弹簧形变量
所以当铁球下落高度为时速度最大，此时距地面的高度为
小球从接触弹簧到速度最大过程中，克服弹力做功
故弹性势能
故AD错误，C正确；
B．弹簧压缩到最短时弹簧弹性势能最大，小球速度为零，小球重力势能完全转化为弹性势能，弹性势能为。
故B正确。
故选BC。
训练2如图所示，一自然长度小于R的轻弹簧左端固定，在水平面的右侧，有一底端开口的光滑圆环，圆环半径为R，圆环的最低点与水平轨道相切，用一质量为m的小物块（可看作质点）压缩弹簧右端至P点，P点到圆环最低点距离为2R，小物块释放后，刚好过圆环的最高点，已知重力加速度为g，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ。
(1)小物块刚好过圆环的最高点时的速度的大小；
(2)弹簧的弹性势能为多大？
答案 (1)
(2)
解析 （1）小物块恰好运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律可得
所以
（2）从小物块释放至运动到最高点的过程，由能量守恒定律可得
联立解得
例4 如图所示，足够长的光滑斜面倾角为30°，质量相等的甲、乙两物块通过轻绳连接放置在光滑轻质定滑轮两侧，并用手托住甲物块，使两物块都静止，移开手后，甲物块竖直下落，当甲物块下降0.8 m时，求乙物块的速度大小(此时甲未落地，g＝10 m/s2)。请用机械能守恒定律和动能定理分别求解，并比较解题的简易程度。
答案 见解析
解析 方法一 利用机械能守恒定律
设甲、乙两物块质量均为m，物块甲下降h＝0.8 m
由于甲、乙两物块组成的系统机械能守恒，则
mgh－mghsin 30°＝eq \f(1,2)×2mv2
解得v＝2 m/s
故此时乙物块的速度大小为2 m/s。
方法二 利用动能定理
设甲、乙两物块的质量都为m，甲下落0.8 m时两物块速度大小都为v，
对甲，由动能定理有mgh－FTh＝eq \f(1,2)mv2①
对乙，由动能定理有FTh－mghsin 30°＝eq \f(1,2)mv2②
由①②式联立解得v＝2 m/s
故此时乙物块的速度大小为2 m/s。
可见用机械能守恒定律解题更简单一些。
训练1（多选）如图所示，质量分别为和m的物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P穿在固定的竖直光滑杆上，Q置于倾角的光滑固定斜面上。一劲度系数的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接Q。初始时，施加外力将P静置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，ON段水平，ON=3l，OQ段与斜面平行，现将P由静止释放，运动过程中经过M点，MN=4l。P、Q均可视为质点，运动过程中Q不会与滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计一切阻力。则P从N点下滑到M点的过程中（ ）
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．经过M点时P与Q的速度大小关系
C．P的机械能一直减小
D．轻绳对P做的功为
答案 BCD
解析 A．由于弹簧对Q做功，所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误；
C．绳子拉力一直对P做负功，P的机械能一直减少，故C正确；
BD．开始运动时，对Q根据平衡条件，有
弹簧的压缩量为
则P经过M点时，弹簧的伸长量为
可知P从N点下滑到M点的过程，弹簧的弹性势能变化量为0，根据能量守恒可得
根据速度关联关系可得
其中
解得
联立以上解得经过M点时P的速度大小为
对P根据动能定理可得
解得轻绳对P做的功为
故BD正确。
故选BCD。
训练2（多选）如图所示，不悬挂重物B，给物块A一个沿斜面向下的初速度，A恰好能做匀速直线运动，悬挂重物后，牵引物块A的细线与斜面平行，轻质定滑轮光滑，由静止释放A，在A下滑过程中（B始终未着地），下列说法正确的是（ ）
A．A、B组成的系统机械能守恒
B．重物B重力做功大于B的动能增量
C．B的重力势能减少量等于A、B动能的增量
D．细线对A做的功等于A的机械能增量
答案 BC
解析 A．由于系统要克服摩擦力做功，因此A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．对重物B由动能定理
可得重物B重力做功大于B的动能增量，故B正确；
C．根据能量守恒，由于A的重力势能减少量等于摩擦产生的热量，因此B的重力势能减少量等于A、B动能的增量，故C正确；
D．根据能量守恒定律，细线对A做的功和摩擦力做功的和等于A的机械能增量，故D错误。
故选BC。
随堂对点自测
1.(非质点类物体的机械能守恒问题)如图所示，有一条长为1 m的均匀金属链条，有一半长度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°，另一半长度竖直下垂在空中。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，长度为L，以开始时链条的最高点所在的水平面为参考平面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－mg·eq \f(L,4)sin 30°－mg·eq \f(L,4)＋0＝－eq \f(3,8)mgL，链条全部滑出斜面后，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＝eq \r(\f(5,8)gL)＝2.5 m/s，故A正确，B、C、D错误。
2.(动能定理和机械能守恒定律的综合应用)如图所示，质量不计的硬直杆的两端分别固定质量均为m的小球A和B，它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动。已知OA＝2OB＝2l，将杆从水平位置由静止释放(重力加速度为g)。
(1)在杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为多少？
(2)在杆转动到竖直位置的过程中，杆对A球做了多少功？
答案 (1)eq \f(2\r(10gl),5) eq \f(\r(10gl),5) (2)－eq \f(6,5)mgl
解析 (1)小球A和B及杆组成的系统机械能守恒。设转到竖直位置的瞬间，A、B的速率分别为vA、vB，杆旋转的角速度为ω，由机械能守恒定律有mg·2l－mgl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
又vA＝2lω，vB＝lω，则vA＝2vB
联立解得vB＝eq \f(\r(10gl),5)，vA＝eq \f(2\r(10gl),5)。
(2)对A球，由动能定理得mg·2l＋W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
解得W＝－eq \f(6,5)mgl。
3.如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球， B处固定质量为m的小球。支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直。放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法不正确的是（ ）
A．A球到达最低点时速度为零
B．A球机械能减少量等于B球机械能增加量
C．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度
D．当支架从左向右回摆时，A球一定能回到起始高度
答案 A
解析 A．若当A到达最低点时速度为0，则A减少的重力势能等于B增加的重力势能，只有A与B的质量相等时才会这样，又因A、B质量不等，所以A球到达最低点时速度不为零，故A错误；
B．因为系统机械能守恒，即A、B两球的机械能总量保持不变，故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，故B正确；
C．因为B球质量小于A球，故B上升高度h时增加的势能小于A球减少的势能，故当A球到达最低点时，仍具有一定的速度，即B球继续升高，故C正确；
D．因为不计一切阻力，系统机械能守恒，故当支架从左到右回摆时，A球一定能回到起始高度，故D正确。
本题选不正确的，故选A。
4．（多选）如图，在竖直平面内，一长度为L的不可伸长轻质细绳一端系于O点，另一端拴一质量为m的小球，OP水平。对小球施加一个与细绳夹角保持不变的外力F，使小球绕O由P点缓慢运动至Q点，此过程细绳始终绷直，OP与OQ夹角为。将小球由静止释放，一段时间后，细绳再次绷直，绷直瞬间，小球沿绳方向的速度减为0，空气阻力忽略不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球从P点运动到Q点的过程中，外力F逐渐变小
B．小球从Q点运动到最低点过程中，小球的机械能守恒
C．小球运动到最低点时，速度大小为
D．小球从Q点运动到最低点过程中，小球损耗的机械能为
答案 AD
解析 A．如图所示，的三条边分别对应小球所受的3个力，随着小球位置的缓慢上升，逐渐变短，即对应的外力逐渐变小，故A正确；
B．由静止释放后，小球做自由落体运动，当小球运动至下方且和点的连线与的夹角为时，细绳突然绷直，细绳对小球做负功，小球的机械能出现损耗，故B错误；
D．小球运动至点的过程中，由机械能守恒得
在点，小球沿径向的分速度突变为零，此时小球损耗的机械能为
故D正确；
C．小球沿切线方向的分速度
小球由运动至最低点的过程中，由机械能守恒得
解得小球运动到最低点时，速度大小为
故C错误。
故选AD
对点题组练
题组一 非质点类物体的机械能守恒问题
1.一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是( )
A.v甲＝v乙＝v丙 B.v甲v乙 D.v乙>v甲>v丙
答案 D
解析 三种情况下所研究的系统机械能均守恒，根据－ΔEp＝ΔEk，对甲有eq \f(1,2)mg×eq \f(L,4)＋eq \f(1,2)mg×eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,甲)，解得v甲＝eq \f(\r(3gL),2)，对乙有eq \f(1,2)mg×eq \f(L,4)＋eq \f(1,2)mg×eq \f(L,2)＋mg×eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,乙)，解得v乙＝eq \r(\f(7gL,8))，对丙有eq \f(1,2)mg×eq \f(L,4)＋eq \f(1,2)mg×eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,丙)，解得v丙＝eq \r(\f(3gL,8))，则v乙>v甲>v丙，故D正确。
题组二 动能定理和机械能守恒定律的综合应用
2.(多选)如图，长度为L的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球；B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动。在无任何阻力的情况下，下列说法中正确的是( )
A.A处小球到达最低点时速度为eq \r(\f(gL,5))
B.A处小球到达最低点时，B处小球速度为eq \r(\f(gL,3))
C.A处小球到达最低点时，杆对A做的功为－eq \f(2mgL,3)
D.摆动过程中A处小球机械能守恒
答案 BC
解析 当A处小球到达最低点时，对A、B两处小球组成的系统由机械能守恒定律有(2mg－mg)·eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)(2m＋m)v2，解得v＝eq \r(\f(gL,3))，即此时两球的速度均为eq \r(\f(gL,3))，故A错误，B正确；对A处小球，由动能定理得2mg·eq \f(L,2)＋W＝eq \f(1,2)×2mv2，解得W＝－eq \f(2mgL,3)，故C正确；摆动过程中，两球组成的系统的机械能守恒，但A处小球机械能不守恒，故D错误。
3.如图所示，有一光滑轨道PABC，PA部分竖直，AB部分为轨道半径为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，不计小球大小。开始时a球处于圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑。重力加速度为g，求：
(1)小球a、b滑到水平轨道上的速度大小；
(2)从释放小球a、b到滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对小球a做的功。
答案 (1)eq \r(3gR) (2)eq \f(mgR,2)
解析 a、b球和轻杆组成的系统机械能守恒。a、b球均到达水平轨道上时，a、b球的速度关系为va＝vb，由系统机械能守恒定律得
mgR＋mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)
联立解得va＝vb＝eq \r(3gR)。
(2)设杆对小球a做的功为W
对小球a由动能定理得
W＋mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)，解得W＝eq \f(mgR,2)。
综合提升练
4.(2024·福建师范大学附属中学期中)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由卷筒、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图。某次需从井中汲取m＝2 kg的水(恰好装满水斗)，高度为d＝0.5 m的薄壁水斗的质量为m0＝0.5 kg，井中水面与井口的高度差为H＝10.5 m。t＝0时刻，厚度不计，质量为M＝0.5 kg卷筒由静止开始绕中心轴转动，装满水的水斗到达井口前已做匀速运动，绳子拉装满水的水斗的最大功率P＝90 W。不计辐条、井绳的质量和转动轴处的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若装满水的水斗先以加速度a＝2 m/s2匀加速上升，求匀加速运动过程的最大速度v1的大小；
(2)空水斗从水斗口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，求水斗落到水面时的速度v的大小；
(3)水斗从图示位置缓慢上升高度H＝10.5 m，忽略提水过程中水面高度的变化，考虑水斗在水中所受浮力，求此过程中人做的功W。
答案 (1)3 m/s (2)10 m/s (3)257.5 J
解析 (1)对装满水的水斗，由牛顿第二定律得
FT－(m＋m0)g＝(m＋m0)a
又P＝FTv1
解得v1＝eq \f(P,（m＋m0）（a＋g）)＝3 m/s。
(2)空水斗由静止下落的过程中，空水斗和卷筒组成的系统机械能守恒，则有
m0g(H－d)＝eq \f(1,2)(m0＋M)v2
解得v＝eq \r(\f(2m0g（H－d）,m0＋M))＝10 m/s。
(3)设水桶在水中受到的浮力为F浮，水斗口运动到井口的过程中，由动能定理得
W－(m＋m0)gH＋eq \f(F浮,2)d＝0
又F浮＝mg
解得W＝(m＋m0)gH－eq \f(mg,2)d＝257.5 J。
5.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点平滑连接，轨道半径为R，一个质量为m的小球将弹簧压缩至A处。小球从A处由静止释放被弹开后，经过B点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能沿轨道运动到C点，重力加速度为g，求：
(1)小球在最高点C的速度大小vC；
(2)小球在最低点B的速度大小vB；
(3)释放小球前弹簧的弹性势能；
(4)小球由B到C克服阻力做的功。
答案 (1)eq \r(gR) (2)eq \r(7gR) (3)eq \f(7,2)mgR (4)mgR
解析 (1)在最高点C时，根据牛顿第二定律有
meq \f(veq \\al(2,C),R)＝mg，解得vC＝eq \r(gR)。
(2)根据牛顿第三定律可知，小球在最低点B时所受支持力大小为FN＝8mg
根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,B),R)
解得vB＝eq \r(7gR)。
(3)根据机械能守恒定律可得释放小球前弹簧的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(7,2)mgR。
(4)设小球由B到C克服阻力做的功为W，根据动能定理有－2mgR－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得W＝mgR。
6.（多选）如图甲所示，倾角为30°足够长的斜面固定在水平地面上，时刻质量为m的光滑物块由斜面底端以一定的初速度v冲上斜面。以水平地面为零势能面，物块的重力势能随位移x变化的关系如图乙所示。已知物块位移为2.5m时速度为0，取m/s2，则（ ）
A．物块的质量为0.6kg
B．当位移为1.5m时，物块的速度大小为m/s
C．物块的重力势能与动能相等时，物块的位移大小为0.75m
D．当m时，物块的动能为3J
答案 AB
解析 A．根据
可知图像的斜率为
解得物块的质量为
A正确；
B．对物体从x=1.5m到x=2.5m，由动能定理可得
解得
B正确；
C．设位移x处物块的重力势能与动能相等，有
机械能守恒有
求得
C错误；
D．当时，有
解得
D错误。
故选AB。
7．如图所示，总长为L，质量分布均匀的铁链放在高度为H的光滑桌面上，有长度为a的一段下垂，，重力加速度为g，则铁链刚接触地面时速度为（ ）
A． B．
C． D．
答案 D
解析 设铁链单位长度的质量为m，设地面为零势能面，由机械能守恒定律可得
解得
故ABC错误，D正确。
故选D。
培优加强练
8.如图所示，是检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M为半径R＝1.6 m、固定于竖直平面内的光滑半圆弧轨道，A、B分别是轨道的最低点和最高点；N为防护罩，它是一个竖直固定的eq \f(1,4)圆弧，其半径r＝eq \f(4,5)eq \r(5) m，圆心位于B点。在A点放置水平向左的弹簧枪，可向M轨道发射速度不同的质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，弹簧枪可将弹性势能完全转化为小钢珠的动能。假设某次发射的小钢珠沿轨道恰好能经过B点，水平飞出后落到圆弧N的某一点上，g＝10 m/s2。求：
(1)小钢珠在B点的速度大小；
(2)发射该小钢珠前，弹簧的弹性势能Ep；
(3)小钢珠从M圆弧轨道B点飞出至落到圆弧N上所用的时间。
答案 (1)4 m/s (2)0.4 J (3)0.4 s
解析 (1)小钢珠恰好能经过B点，由牛顿第二定律，得mg＝meq \f(veq \\al(2,B),R)，解得vB＝eq \r(gR)＝4 m/s。
(2)从发射小钢珠到上升至B点的过程中，由机械能守恒定律，得
Ep＝ΔEp＋ΔEk＝mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得Ep＝0.4 J。
(3)从B点飞出后，小钢珠做平抛运动，有
h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vBt
又x2＋h2＝r2，联立解得t＝0.4 s。
9.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，滑块Q的质量为3m。一开始用手托住重物Q，使轻绳恰好伸直但张力为0，然后由静止释放重物Q，使P从图中A点由静止沿竖直杆上下运动，滑块P经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小恰好相等，已知OA与水平面的夹角θ=53°，OB与AB垂直，OB长为3L，弹簧劲度系数为k，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6。当滑块P运动至B点时，其速度大小为（ ）
A．B．C．D．
答案 C
解析 P经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小恰好相等，所以弹簧在A点的压缩量x等于在B点的拉伸量x，且
弹性势能也相等，开始手托住重物Q，使轻绳恰好伸直但张力为0，所以
从释放Q到P运动至B点过程，由P、Q及弹簧三者组成的系统机械能守恒得
P、Q二者沿着绳子方向速度大小相等得
解得
代入可得
故选C。
10．如图所示，挡板P固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端与半径为的圆弧轨道连接，其圆心在斜面的延长线上。点有一光滑轻质小滑轮，。质量均为的物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P上，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，物块B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点时（物块B未到达点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．小球A到达点时，小球A与物块B的速度大小相等
B．小球A沿圆弧运动到最低点的过程中，其重力的功率一直增大
C．小球A到达点时的速度大小为
D．小球A由点运动到点的过程中，小球A和物块B的机械能之和先减小后增大
答案 C
解析 A．小球A到达点时，速度分解如图。
根据运动的合成与分解有
A错误；
B．小球A沿圆弧开始运动时，重力的功率增大，到最低点时，速度方向与重力方向垂直，重力的功率为0，因此在此过程中，其重力的功率先增大后减小，B错误；
C．A球从解锁到最低点点过程中系统由能量守恒可得
又
解得
故B正确，C错误；
D．弹簧经历了从压缩到恢复原长，再到拉伸状态，弹性势能先减小再增大，所以小球A和物块B的机械能之和先增大再减小，故D错误。
故选C。
规律
比较
机械能守恒定律
动能定理
表达式
E1＝E2
ΔEk＝－ΔEp
ΔEA＝－ΔEB
W＝ΔEk
使用范围
只有重力或弹力做功
无条件限制
研究对象
物体与地球组成的系统
质点
物理意义
重力或弹力做功的过程是动能与势能相互转化的过程
合外力对物体做的功是物体动能变化的量度
应用角度
守恒条件及初、末状态机械能的形式和大小
物体动能的变化及合外力做功情况
选用原则
(1)无论直线运动还是曲线运动，条件满足时，两规律都可以应用，都要考虑初、末状态，都不需要考虑所经历过程的细节
(2)能用机械能守恒定律解决的问题，都能用动能定理解决；能用动能定理解决的问题，不一定能用机械能守恒定律解决
(3)动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍