2026年高考物理一轮复习第17讲机械能守恒定律及其应用(专项训练)(安徽专用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习第17讲机械能守恒定律及其应用(专项训练)(安徽专用)(学生版+解析)，共9页。试卷主要包含了【传统文化与学科知识结合】等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-2" \h \u
\l "_Tc5552" \l "_Tc17943" 01 课标达标练 PAGEREF _Tc5552 \h 1
\l "_Tc11235" 题型01 机械能守恒的判断 PAGEREF _Tc11235 \h 1
\l "_Tc30656" 题型02 单物体的机械能守恒问题 PAGEREF _Tc30656 \h 4
\l "_Tc17915" 题型03 链条类机械能守恒问题 PAGEREF _Tc17915 \h 9
\l "_Tc28235" 题型04 轻绳连接的物体系统 PAGEREF _Tc28235 \h 14
\l "_Tc772" 题型05 轻杆连接的物体系统 PAGEREF _Tc772 \h 19
\l "_Tc1995" 题型06含“弹簧类”系统的机械能守恒 PAGEREF _Tc1995 \h 23
\l "_Tc7093" \l "_Tc20184" 02 核心突破练 PAGEREF _Tc7093 \h 27
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练 \l "_Tc30423" PAGEREF _Tc30423 \h 37
01 机械能守恒的判断
1．省科技馆中有一如图甲所示的装置，木制架子前后两侧从左向右是向上倾斜的，但是两侧间距在不断增大。一个双圆锥体（两个圆锥体底面结合在一起，见图乙）放置在架子的底端（左侧），双圆锥体可以从架子的低处由静止自动向高处滚动。在双圆锥体向高处滚动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．双圆锥体的重力势能越来越小
B．此现象违背了能量守恒定律
C．双圆锥体的机械能越来越大
D．重心在双圆锥体外部，不在锥体上
【答案】A
【详解】ABC．圆锥体向高处滚的过程中，实际上重心在降低，重力势能减小，动能增大，机械能守恒，BC错误，A正确；
D．椎体重心在椎体上，D错误。
故选A。
2．（2025·安徽合肥·二模）（多选）如图所示，带负电的小球由静止释放，一段时间后进入垂直纸面向里的匀强磁场中，不计空气阻力，关于小球在磁场中运动的过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球做圆周运动
B．洛伦兹力对小球不做功
C．小球的速度保持不变
D．小球的机械能保持不变
【答案】BD
【详解】A．带负电的小球由静止释放，一段时间后进入垂直纸面向里的匀强磁场中，所以小球受重力和洛伦兹力作用，速度方向与合力方向夹角不是，故小球做曲线运动，故A错误；
BD．洛伦兹力方向与速度方向垂直，故洛伦兹力对小球不做功，故重力作用下，小球机械能保持不变，故BD正确；
C．小球在重力与洛伦兹力作用下，小球的速度发生变化，故C错误。
故选BD。
3．（多选）如图所示，下列说法正确的是（所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量）（ ）
A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，机械能守恒，若加速升空，机械能不守恒
B．乙图中，物块在外力F的作用下匀速上滑，物块的机械能一定增加
C．丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A与弹簧组成的系统机械能守恒
D．丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，物体B机械能守恒
【答案】BC
【详解】A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，机械能增加，若加速升空，机械能增加，A错误；
B．乙图中，物块在外力F的作用下匀速上滑，外力对物块做正功，物块的机械能一定增加，B正确；
C．丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A与弹簧组成的系统机械能守恒。因为物块A与弹簧组成的系统只有动能、重力势能、弹性势能之间相互转化，所以系统机械能守恒，C正确；
D．丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，物体B机械能增加，D错误。
故选BC。
4．【传统文化与学科知识结合】（2025·辽宁沈阳·三模）（多选）唐・高无际《汉武帝后庭秋千赋》有载：“秋千者，千秋也。汉武祈千秋之寿，故后宫多秋千之乐。”如图为现代单人秋千比赛精彩瞬间，运动员通过技巧性动作（最低点站起、最高点蹲下）使秋千振幅逐渐增大。忽略空气阻力，下列关于该过程的分析正确的是（ ）
A．最高点瞬间，运动员所受合外力为零
B．最低点瞬间，运动员所受合外力不为零
C．从最低点摆至最高点过程中，运动员先超重后失重
D．从最高点蹲下到最低点站起的过程中，运动员和秋千构成的系统机械能守恒
【答案】BC
【详解】A．运动员在最高点时仍受重力、拉力作用，二者合力不为零，故A错误；
B．运动员荡到最低点时拉力与重力的合力提供向心力，合力不为0，故B正确；
C．运动员由最低点向最高点运动的过程中，加速度先有竖直向上的分量后有竖直向下的分量，所以运动员先处于超重状态后处于失重状态，故C正确；
D．动员通过技巧性动作（最低点站起、最高点蹲下）使秋千振幅逐渐增大，系统的机械能变大，机械能不守恒，故D错误；
故选BC。
02 单物体的机械能守恒问题
5．（2025·安徽池州·二模）质量为0.2kg的石块从距地面10m高处以30°角斜向上方抛出，初速度v0的大小为10m/s。选抛出点所在水平面为重力势能参考平面，不计空气阻力，g取10m/s2。则从抛出到落地过程中（ ）
A．石块加速度不断改变
B．石块运动时间为1s
C．落地时石块具有的机械能为10J
D．在最高点石块所受重力的功率为
【答案】C
【详解】A．石块在空中运动，不计空气阻力，仅受重力作用，因此加速度恒为，故A错误；
B．石块在竖直上做上抛运动，取竖直向下为正方向，则
解得，故B错误；
C．全过程机械能守恒，落地时石块的机械能等于初始的机械能
即
选抛出点所在水平面为重力势能参考平面，则
所以，故C正确；
D．最高速度只有水平速度，竖直速度为0，所以最高重力功率为0，故D错误。
故选C。
6．（2025·山西太原·二模）如图所示为半圆形轨道，半径为、为圆心、为圆弧最高点、为圆弧上的一点，连线与竖直方向的夹角为。小球从地面上的点斜向上抛出，到达点时速度与垂直，且小球对轨道的压力为0，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球一定会停在点
B．小球一定会从点沿圆轨道开始运动
C．小球可能会从点斜向上抛出后，落到点
D．小球一定会从点斜向上抛出后，落到与点关于对称的点
【答案】C
【详解】A．根据机械能守恒，小球从C点到A点过程中需要克服重力做功，可能小球的动能不足以使小球到达A点，A错误；
B．小球在点的速度方向与轨道切线方向一致，小球可能做斜抛运动，不一定会从点沿圆轨道开始运动，B错误；
CD．小球做斜抛运动，其水平射程由初速度和抛射角决定，小球可能落在A点或者其他位置，不一定落到与点关于对称的点，C正确，D错误。
故选C。
7．（2025·安徽阜阳·模拟预测）某极限滑板赛道如图所示，不计一切摩擦和空气阻力，可看作质点的滑板运动员从距地面高为2R的A位置沿曲面由静止下滑，经B点进入半径为R的圆轨道，此后滑板运动员能上升的最大高度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】当滑板运动员上升距离B点到高度H处时刚好脱离轨道，其与O点的连线与水平方向的夹角为α，则
根据机械能守恒
由牛顿第二定律
联立解得
，
脱离轨道后做斜抛运动，继续上升的高度为，可知
解得
故滑板运动员能上升的最大高度为
故选B。
8．（2025·河北·模拟预测）如图甲所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，细线一端与质量为m、可看成质点的小球相连，另一端穿入小孔O与力传感器（位于斜面体内部）连接，传感器可实时记录细线拉力大小及小球走过的路程s。初始时，细线水平，小球位于小孔O的右侧，现敲击小球，使小球获得一平行于斜面向上的初速度，此后传感器记录细线拉力T的大小随小球走过的路程s的变化图像如图乙所示，小球到O点距离为L，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球通过最高点时速度为B．小球位于初始位置时加速度的大小为
C．小球通过最低点时速度为D．细线拉力最大值为
【答案】C
【详解】A．由图乙可知，小球通过最高点时，细线拉力大小为，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得
解得小球通过最高点时速度为，故A错误；
B．小球从释放到最高点过程，只有重力做功机械能守恒，可得
联立解得
小球位于初位置时的向心加速度大小为
沿斜面向下的加速度大小为
则实际加速度大小为，故B错误；
C．小球从最高点到最低点过程，机械能守恒可得
解得通过最低点时速度为，故C正确；
D．小球在最低点时，细线拉力具有最大值，对其受力分析，由牛顿第二定律可得
解得，故D错误。
故选C。
9．（2025·安徽合肥·三模）如图所示，半径为R的光滑大圆环固定在竖直面内，小环套在大圆环上，小环由静止开始从大圆环顶端自由下滑至其底部。则下列关于小环下滑过程中，其水平方向速度vx、竖直方向速度vy、角速度ω以及向心加速度an随下落高度h变化的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】A．令小环所在位置的半径与竖直向上的方向之间的夹角为，根据几何关系有，
根据动能定理有
水平方向速度
解得
可知，当小环下降R时，水平分速度为0，故A错误；
B．结合上述，竖直方向速度
解得
可知，图像不可能成线性关系，故B错误；
C．根据角速度与线速度的关系有
结合上述解得
对上述函数求导有
随高度增大，导数减小，即图像斜率减小，故C错误；
D．小环的向心加速度
结合上述解得
可知，图像呈现线性关系，故D正确。
故选D。
03 链条类机械能守恒问题
10．（2025·江苏南通·模拟预测）如图所示，一个柱形大水槽放在水平地面上，边缘同一竖线上开有三个小孔a、b、c，水从小孔水平流出后落在地面上。某时刻水面到孔c与孔c到地面的距离相等，此时水流径迹可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】设小孔到水面的深度为h，水从小孔流出的初速度大小为v，根据机械能守恒定律得
解得
可见，小孔越深水流出时的初速度越大，所以
设水面到地面的高度差为H，水流出后做平抛运动，则，
联立解得
当时，水平射程x最大，即c水平射程最大。
故选A。
11．（2025·湖南常德·三模）如图甲所示，光滑平台上放着一根均匀链条，其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下，由静止释放链条。已知整根链条的质量为m，链条悬垂的长度为l，台面高度为2l。如果在链条的悬垂端接一质量也为m的小球（直径相对链条长度可忽略不计），如图乙所示，还由静止释放链条。平台右边有光滑曲面D来约束链条，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小为
B．乙图中在链条下端触地瞬间，链条的速度大小为
C．甲图中链条下端在触地之前，链条的加速度大小不变
D．乙图中小球在下落过程中，链条对小球的拉力在不断增大
【答案】A
【详解】A．甲图中链条触地时，平台右侧悬垂部分长度为2l，根据机械能守恒定律有
解得，故A正确；
B．乙图中链条触地时，根据机械能守恒定律有
解得，故B错误；
C．甲图中平台右侧悬垂部分的重力等于链条整体所受外力的合力，随悬垂部分的增多，链条整体所受外力的合力增大，链条在触地之前做加速度逐渐增大，故C错误；
D．乙图中，平台右侧悬垂部分与小球总的重力等于链条与小球整体所受外力的合力，随悬垂部分的增多，链条整体所受外力的合力增大，乙链条在触地之前加速度逐渐增大，对小球进行分析，根据牛顿第二定律可知，链条对小球的拉力在不断减小，故D错误。
故选A。
12．（多选）固定在竖直面内的光滑圆管POQ，PO段长度为L，与水平方向的夹角为30°，在O处有插销，OQ段水平且足够长。管内PO段装满了质量均为m的小球，小球的半径远小于L，其编号如图所示，重力加速度为g。拔掉插销，1号球在下滑过程中（ ）
A．机械能守恒B．做匀加速运动
C．对2号球做的功为D．经过O点时速度
【答案】CD
【详解】B．拔掉插销后，小球依次紧密排列运动，整体的加速度大小相等，设为a，设小球总数为n，运动过程中倾斜圆筒中剩余的小球个数为k（1≤k≤n），对整体根据牛顿第二定律有
解得
所以整体的加速度与k有关，则1号球在下滑过程中做加速度减小的加速运动，故B错误；
D．易知所有小球都运动到OQ段上后速度相同，且都等于1号球经过O点时的速度，以n个小球整体为研究对象，整体的重心在开始时位于PO中点，则对从拔掉插销到所有小球都到达OQ段的过程，根据机械能守恒定律有
解得
故D正确；
AC．对于1号球从P到O的运动过程，设2号球与1号球做的功为W，根据动能定理有
解得
所以1号球在下滑过程中有除了重力之外的力对1号球做了负功，其机械能不守恒，又因为1、2号球之间相互作用力始终大小相等、方向相反，且整个下滑过程位移相同，所以1号球对2号球做的功为
故A错误，C正确。
故选CD。
13．（24-25高三上·安徽·期中）如图所示，光滑水平桌面上放有一根质量为m，长度为L的均匀绳子，绳子处于自然伸直状态，且一端与桌子边沿对齐。某时刻因受到微小扰动，绳子自桌面滑落，已知桌面距地面的高度大于绳长，重力加速度为g。在绳子滑离桌面的过程中，求：
(1)当滑落长度时，绳子的速度大小v；
(2)绳子的速度大小v与滑落长度x之间的关系式，并画出v-x关系图像。
【答案】(1)；(2)，，，
【详解】（1）由动能定理可知
解得
（2）当长为x的绳子脱离桌面时，系统减小的重力势能为
而系统增加的动能为
因桌面光滑，对于绳子只有重力做功，机械能守恒。故有
解得
而v与x的关系图像则为
14．如图所示,一个粗细均匀的U形管内装有同种液体,在管口右端盖板A密闭,两液面的高度差为h,U形管内液柱的总长度为4h.现拿去盖板,液体开始运动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度是多大?

【答案】
【分析】拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，液体的机械能守恒，即可求出右侧液面下降的速度，当两液面高度相等时，右侧高为h液柱重心下降了，液体重力势能的减小量全部转化为整体的动能；
【详解】设管子的横截面积为，液体的密度为，则右侧高出左侧的水银柱的体积为，
所以其质量为：，全部的水银柱的质量：
拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，右侧高为h液柱重心下降了
根据机械能守恒定律得：
即：
解得：．
04 轻绳连接的物体系统
15．（2025·甘肃金昌·二模）如图所示，将质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长的轻绳相连，分别置于等高的光滑水平台面上，质量为4m的物块C挂在轻质动滑轮下端，手托C使轻绳处于伸直状态。t=0时刻将C由静止释放，经t1时间C下落h高度。运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．A、C运动的加速度大小之比为3∶4
B．A、C运动的加速度大小之比为4∶1
C．t1时刻，C下落的速度为
D．t1时刻，C下落的速度为
【答案】D
【详解】AB．根据题意，对A、B分析，根据牛顿第二定律有FT=maA，FT=2maB
解得aA∶aB=2∶1
根据
可得路程之比
设B运动的路程为s，则A运动的路程为2s，可知此时C运动的路程为1.5s，则有aA∶aB∶aC=4∶2∶3
故A、C运动的加速度大小之比为4∶3，故AB错误；
CD．根据v=at
可知vA∶vB∶vC=4∶2∶3
C下落过程，由A、B、C组成的系统机械能守恒，有解得
故C错误，D正确。
故选D。
16．如图所示，质量为m的物块A和质量为M的重物B由跨过定滑轮O的轻绳连接，A可在竖直杆上自由滑动。当A从与定滑轮O等高的位置无初速释放，下落至最低点时，轻绳与杆夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．物块A下落过程中，A与B速率始终相同
B．物块A释放时的加速度为g
C．M＝3m
D．A下落过程中，轻绳上的拉力大小始终等于Mg
【答案】B
【详解】A．将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，沿绳子方向的分速度等于B的速度。如图所示，A沿绳子方向的分速度为vAcsθ，所以vB＝vAcsθ
故A错误；
B．物块A释放时，竖直方向只受重力作用，则加速度为g，B正确；
C．A下落到最低点的过程中，A、B组成的系统的机械能守恒，设AO＝d，则：
代入θ＝37°解得：M＝2m
C错误；
D．B上升过程中速度先增大后减小，可知加速度先向上后向下，可知绳子的拉力先大于Mg后小于Mg，D错误。
故选B。
17．（2025·河北沧州·二模）（多选）图所示，套在一光滑的水平固定杆上的小环N和另一套在光滑竖直固定杆上的小环M用一不可伸长的轻绳连接在一起，两杆在同一竖直面内，M、N两环的质量均为m=1kg，绳长为l=0.24m。一水平外力F作用在小环N上，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直杆夹角为α=60°。不计空气阻力，轻绳始终处于伸直状态。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．作用在小环N上外力F的大小为
B．撤去F后，小环M在运动过程中机械能守恒
C．撤去F后，轻绳与竖直杆夹角β=37°时，小环M的速度大小为0.36m/s
D．撤去F后，小环N能达到的最大速度为
【答案】AD
【详解】A．初始时在拉力F的作用下，M、N均处于静止状态，以N为研究对象，根据平衡状态有
以M为研究对象，根据平衡状态有
联立两式解得
故A正确；
B．在运动的过程中，M、N组成的系统机械能守恒，由于轻绳拉力对小环M做负功，故小环M的机械能不守恒，故B错误；
C．轻绳与竖直杆夹角β=37°时，将M、N的速度分解到沿绳的方向和垂直绳的方向，由绳关联模型可知，两小环沿绳的方向的速度相等，则有
可得
在运动的过程中，M、N组成的系统机械能守恒，则有
联立解得
故C错误；
D．设N的最大速度为vm，根据机械能守恒有
解得
故D正确。
故选AD。
18．（2025·湖南娄底·二模）如图，AB等高，B为可视为质点的光滑定滑轮，C为大小可忽略的轻质光滑动滑轮。AB之间距离为2d，一根足够长的轻质不可伸长的细绳一端系在A点，穿过光滑动滑轮C再绕过定滑轮B，动滑轮下挂着质量为m的小球P，绳另一端吊着质量为m的小球Q。初始时整个系统都静止，然后在外力作用下，将动滑轮C缓慢上移到与AB等高并由静止释放。已知重力加速度为g，整个过程中Q未与滑轮B相撞，不计空气阻力和一切摩擦则下列说法正确的是（ ）
A．初始时刻，AC与BC夹角为60°
B．C可以下降的最大高度为2d
C．P下降高度为d时系统的动能最大
D．系统运动过程中最大动能为
【答案】D
【详解】A．初始时刻静止，绳子中拉力T=mg，对动滑轮C进行受力分析可得，AC与BC夹角为120°，故A错误；
B．设C可以下降的最大高度为h，由能量守恒可得，，联立可得，故B错误；
CD．P和Q总动能最大时系统的总势能最小，即总势能取极小值，对应系统静止时的平衡位置，即AC与BC夹角为120°，此时P下降高度，Q上升高度，由机械能守恒定律，此时总动能。
故C错误，D正确。
故选D。
19．（2025·安徽芜湖·模拟预测）（多选）如图（a）所示，可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，b球在外力作用下静止悬空。以地面为重力势能的零势能面，从静止释放b球，在b球落地前的过程中，两球的重力势能随时间t的变化关系如图（b）所示，图中两图像交点对应时刻，a球始终没有与定滑轮相碰，a、b始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度。则（ ）
A．a球质量B．b球落地时的动能为9J
C．a球上升最高点距地面的高度为D．时b球离地面的高度为
【答案】ABC
【详解】AB．从开始释放b球到b球落地的过程中，两球组成的系统机械能守恒，根据图像可知，整个过程中b球的下落高度和a球的上升高度相等，而b球总共减小了18J的重力势能，a球增加了6J的重力势能，则有
由此可知a、b两球质量之比为
根据系统牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
，a球运动的距离为
设初始时刻，b球离地的高度为，两球重力势能相等，则
解得
由图知时b球的重力势能为
联立解得，
根据上述分析可知系统的机械能守恒，则
又有
解得，故AB正确；
C．b着地时速度
此时a继续向上做竖直上抛运动，设继续上升最大高度为
则a距地面最大高度，故C正确；
D．时b球离地面的高度为，故D错误。
故选ABC。
05 轻杆连接的物体系统
20．（2025·安徽·模拟预测）一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和，支架可绕固定轴在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为，则（ ）
A．A球转动到最低点时，A球的速度最大B．球的最大速度为
C．A球第一次转动到OA边与竖直方向的夹角为时，A球的速度最大D．A球的最大速度为
【答案】D
【详解】根据题意知无论何时小球A和B的角速度均相同，A和B线速度大小之比
由系统机械能守恒定律可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小。
当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒定律得
解得
由数学知识可得时，最大为，此时A球有最大速度
故选D。
21．（2025·山东青岛·模拟预测）（多选）如图所示，长度为的轻杆上固定质量均为的3个小球，1、2球将杆三等分，轻杆一端通过转轴与点链接。让轻杆由水平位置自由释放，忽略一切阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．摆至竖直位置时，小球1和2的动能之比为
B．摆至竖直位置时，球的角速度为
C．摆至竖直位置过程中，轻杆对小球2做功为0
D．摆至竖直位置过程中，轻杆对小球3做功为
【答案】AD
【详解】A．由于3个球在同一杆上，三个球角速度相等，根据题意可知三个球半径之比为
由可得
由可得，摆至竖直位置时，小球1和2的动能之比为
故A正确；
B．从起始位置摆至竖直位置过程中，机械能守恒，有
又有
联立解得
故B错误；
CD．从起始位置摆至竖直位置过程中，对小球2、3，分别由动能定理得，
又有，
联立解得，
故C错误、D正确。
故选AD。
22．（2025·江西九江·二模）（多选）如图，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，质量为m的A球和质量为3m的B球用长为R的轻杆相连，杆从竖直位置开始静止释放，则（ ）
A．杆第一次水平时，A的速度大小是
B．杆从释放到第一次水平过程中，A的机械能增加
C．杆从释放到第一次水平过程中，杆对B做正功
D．整个运动过程中，A的最大速度为
【答案】ACD
【详解】A．选取杆水平的位置为零势能面，杆水平时，杆到圆心的高度
从释放到杆水平，系统的机械能守恒，则有
解得杆第一次水平时，A的速度大小
A正确；
B．选取杆水平的位置为零势能面，刚释放时A的机械能为
水平时A具有的机械能为
显然，A的机械能减小，B错误；
C．对B而言，根据动能定理可得
解得
即杆对B做正功，C正确；
D．AB整体而言，其质心位置距B的距离为
此时质心与圆心的距离为
质心以为半径，绕圆心做圆周运动，当质心运动到最低点时，下降的高度
系统机械能守恒则有
联立解得
D正确。
故选ACD。
23．（2025·辽宁·三模）抛石机又叫抛车，最早产生于周代，是一种攻守城垒的武器。为了方便研究，简化为图示物理模型，轻杆左端装上质量为m的石头A，右端固定有重物B，轻杆可绕水平转轴O自由转动。初始时刻轻杆与水平地面的夹角为30°，A、B到O的距离分别为6L、L。无初速度释放，当轻杆运动到竖直时A脱离轻杆做平抛运动，A、B均可视为质点，不计转轴摩擦及空气阻力，重力加速度为g。A平抛运动的水平射程为，求∶
(1)A脱离轻杆时，A和B的速度大小；
(2)重物B的质量M；
(3)A脱离杆前瞬间杆对转轴O的作用力大小。
【答案】(1)，；(2)；(3)
【详解】（1）竖直方向 ，解得
水平方向，解得
根据角速度公式 ，解得
（2）根据机械能守恒定律得 ，解得
（3）对A，，解得 ，向下，，向上
对B， ，解得 ，向上，，向下
杆对转轴O的作用力， ，向下
06 含“弹簧类”系统的机械能守恒
24．（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，竖直轻质弹簧与竖直轻质杆相连，轻质杆可在固定的“凹”形槽内沿竖直方向向下移动。轻质杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且滑动摩擦力大小不变。将小球由距轻弹簧上端处静止释放，弹簧压缩至最短时，弹性势能为，小球弹起后离开弹簧的速度为v1；若增大，重复此前过程，小球再次将弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能为（弹簧始终处于弹性限度内，轻质杆底部与槽不发生碰撞），小球弹起后离开弹簧的速度为v2，则（ ）
A．可能等于B．一定大于C．v2一定大于v1D．v2可能小于v1
【答案】A
【详解】AB．若弹簧压缩至最短时，弹簧对轻杆的弹力小于等于轻质杆与槽间的最大静摩擦力，则轻杆不会滑动，小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即
h越大，弹簧的压缩量x越大，弹簧的弹性势能越大，即知h增大时大于；若弹簧压缩时，弹簧对轻杆的弹力大于轻质杆与槽间的最大静摩擦力，轻杆会向下滑动，当轻杆和小球的速度相等时，弹簧的弹性势能达到最大，此时小球的重力等于弹簧的弹力，即
不管h如何增大，当弹性势能最大时，弹簧的形变量x不变，弹簧的弹性势能不变，即可能等于，故B错误， A正确；
CD．小球弹起过程，弹簧与小球组成的系统机械能守恒，小球弹起后离开弹簧的速度v2可能等于v1，也可能大于v1，故CD错误。
故选A。
25．（2025·四川绵阳·模拟预测）如图所示，小球穿在固定光滑杆上，与两个相同的轻弹簧相连，弹簧可绕、无摩擦转动。小球在杆上A点时，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，杆上的B点与、A、构成矩形，。现将小球从A点释放，则小球下滑的过程中（ ）
A．到达A、B中点前，弹簧1的弹力比弹簧2的大
B．到达A、B中点时，加速度等于零
C．弹簧1的最大弹性势比弹簧2的大
D．小球运动到B点时的速度为零
【答案】C
【详解】A．几何关系可知，设弹簧原长为，分析易得小球到达A、B中点O时，弹簧1、弹簧2都处于原长，如图所示
图中易知到达A、B中点O前，弹簧2的形变量一直大于弹簧1的形变量，故弹簧1的弹力比弹簧2的小，故A错误；
B．到达A、B中点时，两弹簧弹力为0，小球的合力为其重力沿杆方向向下的分力，故加速度不为0，故B错误；
C．根据
到达A、B中点前，弹簧1的最大弹性势能
弹簧2的最大弹性势能
可知弹簧1的最大弹性势比弹簧2的大，故C正确；
D．小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时，小球运动到B点的速度相等,根据动能定理可知，小球运动到B点时的速度不为零，故D错误。
故选C。
26．（2025·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图所示，挡板P固定在倾角为30°的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接，圆弧轨道的圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，N点为圆弧轨道最低点，∠MON=60°。质量均为m的小物块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处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，恰好绷直且无张力，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N点时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球A到达N点时的速度大小为
C．小球A到达N点时的速度大小为
D．小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小
【答案】BD
【详解】A．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩量为x1，B沿斜面方向受力平衡，则
小球A沿圆弧轨道运动到N点时，物块C即将离开挡板，设此时弹簧的伸长量为x2，C沿斜面方向受力平衡，则
可知
当小球A沿圆弧轨道运动到N点时，B沿斜面运动的位移大小为
所以
解得，，故A错误；
BC．设小球A到达N点时的速度大小为v，对v进行分解，沿绳子方向的速度大小
由于沿绳子方向的速度大小处处相等，所以此时B的速度大小也为v′，对A、B和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有
解得，故B正确，C错误；
D．小球A由M点运动到N点过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与弹簧的弹性势能之和不变，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，再之后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。
故选BD。
27．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示，一光滑固定木板与水平面的夹角，木板的底端固定一与木板垂直的挡板，木板上端固定一定滑轮O。劲度系数的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块Q连接。跨过定滑轮O的不可伸长的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上的质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角。撤去水平外力F，物块P由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角，且轻绳一直处于绷紧状态。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g，不计滑轮大小及摩擦，物块P、Q均可视为质点，，。求：
(1)初始时，水平外力F的大小及弹簧的伸长量x；
(2)物块P运动到B点时的速度大小。
【答案】(1)，；(2)
【详解】（1）对在A点时的物块P进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以轻绳拉力在竖直方向的分力与物块P的重力大小相等，方向相反，即
所以绳子的拉力
在水平方向，水平外力
对物块Q进行受力分析，在沿斜面方向上有
又，解得
（2）物块P运动到B点时，由几何关系可得物块Q沿斜面向下滑的距离
物块P运动到B点时弹簧的压缩量
即此时弹簧的压缩量与初始时弹簧的伸长量相同，也就是说此时弹簧的弹性势能与初始时弹簧的弹性势能相同；物块P运动到B点时，P和Q速度满足
对系统，由机械能守恒定律，有
解得

1．（2025·广东深圳·三模）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（ ）
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球重力的瞬时功率一定等于Q球重力的瞬时功率
C．P球所受绳的拉力一定小于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定大于Q球的向心加速度
【答案】B
【详解】A．从静止释放至最低点，由机械能守恒定律得
解得
在最低点的速度只与半径有关，可知，则A错误
B．因在最低点两球向下的速度为0，则重力的功率为0，则B正确；
CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
向心加速度
所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等，故CD错误。
故选B。
2．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的点等高，为的中点，距离为。一根轻质不可伸长的细绳一端系在点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮，另一端吊着质量也为m的重物。将圆环A由点静止释放，设与水平方向夹角为。已知重力加速度为g，整个过程中未与滑轮相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．和的速度关系为
B．可以下降的最大高度为
C．和总动能最大时，
D．和总动能最大时，B的动能为
【答案】D
【详解】A．B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向的速度分量为vAsinθ，沿PA方向的速度分量也为vAsinθ，故有
故A错误；
B．由能量守恒
解得可以下降的最大高度为
故B错误；
CD．AB总动能最大时，即总重力势能最小，此刻重力势能变化率为0，即
结合关联速度可知
即θ=30°
由能量守恒知，
解得B的动能为
故C错误，D正确。
故选D。
3．（2025·山东济南·二模）如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在水平地面上，右侧为管状结构，左侧为单层，外圆半径为R。将质量为m的小球置于轨道最高点，给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止滑下。已知管的内径略大于小球直径，且远小于外圆半径，重力加速度为g。关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球一定能够回到轨道最高点
B．小球运动过程中对轨道的最大压力为6mg
C．小球脱离轨道时的速度大小为
D．小球脱离轨道时离地面的高度为
【答案】D
【详解】A．小球从最高点滑下，由于轨道光滑，机械能守恒；当小球滑到最低点时，重力势能完全转化为动能，再从最低点上升时，动能逐渐转化为重力势能。由机械能守恒可知小球能后回到最高点速度减为零；但是小球在左侧单层轨道上运动时，会在中途脱离轨道导致无法回到最高点，故A错误；
B．小球在最低点时速度最大，对轨道的压力也最大。根据机械能守恒，从最高点到最低点的过程满足
解得
在最低点，小球受到的向心力由轨道的支持力N和重力提供
解得
由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力为，故B错误；
C．小球在左侧单层轨道上运动时，当重力不足以提供向心力时，小球会脱离轨道。设小球脱离轨道时与竖直方向的夹角为，此时小球的速度为，满足
从最高点到脱离点，根据机械能守恒
解得
故C错误；
D．小球脱离轨道时，与竖直方向的夹角满足
此时小球离地面的高度为
故D正确。
故选D。
4．（2025·山西吕梁·二模）（多选）质量相等的物块A、B用轻质弹簧连接，质量为m的小球P用轻质细绳通过理想定滑轮C与物块A相连，小球P右侧通过轻质细绳拴在D点，整个系统在如图所示位置处于静止状态，物块B和水平地面之间恰好没有弹力。已知绳DP长为L，，重力加速度为g，不计一切摩擦。现将小球P托至与C、D两点等高的水平线上，此时两轻绳恰好伸直，则小球P从静止释放至运动到图示位置的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球P处于超重状态
B．物块A的质量为0.4m
C．轻质弹簧的劲度系数为
D．小球P运动到图示位置时的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．小球P向下加速运动，处于失重状态，A错误；
B．根据平衡条件可得，且
解得
B正确；
C．物块A上升的高度
则弹簧的劲度系数
C错误；
D．小球P运动到图示位置时和物块A速度大小相等，即，根据机械能守恒定律，可得
根据几何关系易得
解得
D正确。
故选BD。
5．（2025·海南海口·模拟预测）（多选）如图甲所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以速度v0水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．物块在D点的速率为8m/s
B．F0的大小为70N
C．v0的大小为
D．物块在B点时对轨道的压力大小为30N
【答案】BC
【详解】A．由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为
则物块从D点离开轨道时速度大小为，故A错误；
B．从C到D由机械能守恒可知
在C点时压力最大，则由
解得F0=70N，故B正确；
C．从B到D由机械能守恒可知
解得
则，故C正确；
D．在B点，根据牛顿第二定律
可得轨道对物块的支持力N=25N
根据牛顿第三定律可得物块在B点时对轨道的压力大小为N′=N=25N，故D错误。
故选BC。
6．（2025·安徽合肥·二模）（多选）如图所示，质量均为m的物块A和B由一根轻弹簧相连，在竖直向上的拉力F作用下，两物块一起做匀速运动。弹簧处于弹性限度内，现撤去拉力F。不计空气阻力，重力加速度为g。从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长的过程中，若A、B一直向上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的弹力最大值为2mg
B．A的加速度最大值为2g
C．A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小
D．弹簧弹性势能的减少量小于A与B重力势能的增加量之和
【答案】BCD
【详解】A．从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长的过程中，刚撤去拉力时弹簧的弹力最大，因撤去拉力前两物体一起匀速运动，所以弹簧弹力最大值等于B的重力，即，故A错误；
B．刚撤去拉力时弹簧的弹力最大，A的加速度最大，A的加速度最大值为
故B正确；
C．该过程中A、B一直向上减速运动，分析可知B减速的加速度大小小于A减速的加速度大小，弹簧恢复原长时AB加速度相等，所以A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小，故C正确；
D．该过程中A、B的速度均减小，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒可知，弹簧弹性势能的减少量与A、B动能的减少量之和等于A、B重力势能的增加量之和，所以弹簧弹性势能的减少量小于A与B重力势能的增加量之和，故D正确。
故选BCD。
7．（2025·重庆·模拟预测）如图所示，一根长为L且不可伸长的轻绳，一端固定在天花板上O点，另一端连接一可视为质点的小球，O点到水平地面的高度为H，且。现将该小球从轻绳水平伸直时，由静止开始无初速度释放。已知重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求该小球到达最低位置时的加速度大小；
(2)其他条件不变，仅改变轻绳的长度仍小于H并固定在O点。若该小球在最低位置时轻绳突然断裂，求该小球到达水平地面不反弹时到O点的最大距离。
【答案】(1)2g；(2)
【详解】（1）设小球质量为m，到达最低位置时速度大小为 v，根据机械能守恒定律得
解得
小球在最低位置的加速度大小为
（2）当轻绳长度为L'时，根据，小球到达最低位置时速度大小
绳断后，小球做平抛运动，在竖直方向有
在水平方向有
联立解得
小球到达水平地面时，到O点的距离
当时，d有最大值，即最大距离。
8．（2025·贵州铜仁·模拟预测）如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道并竖直固定，轨道半径为R，细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球A和重物B，小球A的质量为m，直径略小于细管内径，用手托住重物B使小球A静止在Q点。松手后，小球A运动至最高点P点时对细管恰无作用力，重力加速度为g，取π=3，求：
(1)小球A运动到P点时的速度大小v；
(2)重物B的质量M；
(3)小球A到达P点时轻绳的拉力大小FT。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）小球A运动至最高点P点时对细管恰无作用力，此时重力刚好提供向心力，则有
解得小球A运动到P点时的速度大小
（2）从Q点到P点，根据系统机械能守恒可得
解得重物B的质量为
（3）设小球A到达P点时切向方向的加速度为，对A由牛顿第二定律可得
对B由牛顿第二定律可得
联立解得轻绳的拉力大小为
9．（2025·安徽·三模）滑板是一项青少年酷爱的运动。将一青少年在一次训练中的运动简化为如图所示的模型，圆心角θ=37°的光滑圆弧凹槽轨道置于粗糙水平面上，圆弧半径R=1m。滑块以的速度从A点水平进入圆弧轨道，从B点离开圆弧轨道后恰好沿水平方向滑上固定平台上的C点。已知滑块（视为质点）质量m=6kg，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，不计空气阻力，若圆弧轨道与地面不发生相对滑动，求：
(1)滑块从B点离开圆弧轨道时的速度大小；
(2)平台C点离圆弧轨道B点的水平距离d；
(3)圆弧轨道与地面间摩擦力的最大值。
【答案】(1)4m/s；(2)0.768m；(3)86.4N
【详解】（1）从A到B有
解得
（2）从C到B有
解得t=0.24s
解得d=0.768m
（3）从A至滑块与圆心连线与竖直方向夹角为，有
解得
解得
由数学知识知当时，f有最大值，
10．（2025·江西新余·模拟预测）竖直平面内固定两根足够长的光滑细杆M、N，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计（a、b球均可越过O点）。两个小球a、b（可视为质点）质量分别为km、m，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的刚性轻杆连接。将a、b球在图1所示位置保持静止（刚性轻杆与水平杆N垂直），对b球施加一微小扰动使其开始沿N杆向右运动。不计一切摩擦。已知重力加速度为g。求在此后的运动过程中：
(1)b球的最大速度
(2)b球第一次向右运动过程中，当刚性轻杆与竖直杆M的夹角为60°时（如图2所示），此时刚性轻杆对球a的作用力的大小。
【答案】(1)；(2)
【详解】（1）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0，b的速度最大为，由机械能守恒得
解得
（2）设此时a、b速度分别为，由机械能能守恒有
沿杆方向速度相等，则有
联立解得
对a球，由牛顿第二定律有
解得刚性轻杆对球a的作用力的大小

1．（2024·重庆·高考真题）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（ ）
A．减速阶段所受合外力为0B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒D．自由下落阶段加速度大小g = 9.8m/s2
【答案】C
【详解】A．组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误；
B．组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；
C．组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，故C正确；
D．月球表面重力加速度不为9.8m/s2，故D错误。
故选C。
2．（2025·全国卷·高考真题）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速度取10m/s2）（ ）
A．4mB．5mC．6mD．7m
【答案】B
【详解】在理论上：当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能守恒定律有
可得其理论的最大高度
故选B。
3．（2024·北京·高考真题）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（ ）
A．物体在C点所受合力为零
B．物体在C点的速度为零
C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
【答案】C
【详解】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得
解得物体在C点的速度
AB错误；
C．由牛顿第二定律得
解得物体在C点的向心加速度
C正确；
D．由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。
故选C。
4．（2025·河北·高考真题）随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为，表面重力加速度为。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为。要使飞行器在距星球表面高度为的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】飞行器在轨道半径处的总机械能包括动能和势能。
引力势能为
根据万有引力提供向心力，在地球表面有，解得轨道速度满足，对应动能，总机械能
根据机械能守恒，初始动能，解得。
故选B。
5．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（ ）
A．在Q点最大B．在Q点最小C．先减小后增大D．先增大后减小
【答案】C
【详解】方法一（分析法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律
在点，根据牛顿第二定律
联立解得
从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二（数学法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为，根据机械能守恒定律
在该处根据牛顿第二定律
联立可得
则大圆环对小环作用力的大小
根据数学知识可知的大小在时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
故选C。
6．（2025·安徽·高考真题）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距。一根长为的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量的小球，小球与水平地面接触但无压力。时，小球以水平向右的初速度开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
【答案】(1)，；(2)4m；(3)
【详解】（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律
在该位置时根据牛顿第二定律
解得，
（2）小球做平抛运动时，
解得x=4m
（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足
从最低点到该位置由动能定理
解得