2027届高三物理一轮复习教案：第六章　第二十九课时　机械能守恒定律及其应用（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第六章　第二十九课时　机械能守恒定律及其应用（含解析）
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)弹簧弹性势能表达式Ep=12kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。
(3)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+12mv12=mgh2+12mv22或Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。
(3)守恒条件：只有重力或弹力做功。
例1 (2025·河南周口市检测)一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上，其正上方A位置有一只小球，小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。不计空气阻力。下列关于小球下落阶段的说法中，正确的是( )
A.在B位置，小球动能最大
B.从A→D位置，小球机械能守恒
C.从A→D位置，小球重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
D.从A→C位置，小球重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
答案 D
解析 小球从A到B做自由落体运动，从B到C过程，由于弹簧弹力小于小球重力，小球做加速度减小的加速运动，在C位置小球所受弹力大小等于重力，此时小球加速度为零，小球的速度最大，动能最大，故A错误；小球从A→D位置，由于弹力对小球做负功，所以小球的机械能不守恒，故B错误；小球从A→D位置，由于小球在A、D两位置的动能均为零，根据系统机械能守恒可知，从A→D位置，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；根据系统机械能守恒可知，从A→C位置小球重力势能的减少量等于小球动能与弹簧弹性势能的增加量之和，即小球重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D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，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 单个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 如图所示，在竖直面内固定三枚光滑钉子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=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取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( )
A.0B.1 NC.2 ND.3 N
答案 C
解析 设细线碰到钉子c后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12mv02=12mv2+mgh
h=L-d-d-d2=L-52d
代入数据联立解得v=2 m/s，小球在最高点时根据牛顿第二定律有F+mg=mv2L−2d，解得细线拉力大小为F=2 N，故选C。
拓展 若细线拉直时与水平方向夹角为30°指向斜左上方，然后将小球仍以v0=3 m/s的初速度竖直向下抛出。
(1)小球在以后的运动过程中机械能是否守恒？
(2)小球能否到达上述例题中的最高点？如果能，求出到达最高点时细线拉力的大小。
答案 (1)见解析 (2)能 3.5 N
解析 (1)细线绷直的瞬间，小球机械能不守恒，其余过程小球机械能守恒。
(2)从释放点到细线恰好伸直时，对小球由机械能守恒定律得mgL=12mv12-12mv02，解得v1=3 m/s。细线绷直时沿细线方向的速度突变为零，小球只剩下沿细线切线方向的速度，从细线绷直到最高点，对小球由机械能守恒定律得mg(Lsin 30°+L-52d)=12m(v1cs 30°)2-12mv22，解得v2=112 m/s，因v2>g(L−2d)=1 m/s，故小球能到达最高点。在最高点，对小球：FT+mg=mv22L−2d，解得FT=3.5 N。
例3 (2021·浙江1月选考·20改编)如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和16圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离d=3R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小及所受空气阻力和摩擦力，重力加速度为g。
(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
答案 见解析
解析 (1)从A到C，小球的机械能守恒，有
mgh0=12mvC2，可得vC=2gℎ0
(2)小球从A到D，由机械能守恒定律有
mg(h-R)=12mvD2
根据牛顿第二定律有FN=mvD2R
联立可得FN=2mg(ℎR-1)，满足的条件h≥R
(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是
h≤R+3Rsin θ=52R
第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，
小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则
vxt=vxvyg=d，其中vx=vGsin θ，vy=vGcs θ
故有vGsin θ·vGcsθg=d
可得vG=2gR
由机械能守恒定律有mg(h-52R)=12mvG2
可得h=92R。
考点三 关联物体系统机械能守恒问题
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。
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，跨过固定在水平地面上、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.2RB.5R3C.4R3D.2R3
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=12×(2m+m)v2+mgR，B球继续上升的过程由动能定理可得-mgh=0-12mv2，联立解得h=R3，B球上升的最大高度为h+R=43R，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质小滑轮(可视为质点)上，用细线将质量也为m的物块与软绳的一端连接。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18mgl，软绳的机械能增加了18mgl
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·l2+mg2·l2=12×2m·v2，计算可得v=3gl2，则物块机械能的减少量为E减=mg·l2-12mv2=18mgl，系统的机械能是守恒的，由于物块的机械能减少了18mgl，所以软绳的机械能增加了18mgl。
例5 (多选)(2025·湖南长沙市检测)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2gLsinθ1+sin2θ
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=Lcsθ-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-12mvB2=12mvA2+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=2gLsinθ1+sin2θ，故D正确。
例6 (2025·山东潍坊市三模)如图所示，一轻质刚性杆可在竖直平面内绕固定转轴O自由转动，杆长为2L。杆的中点M处固定一质量为2m的小球a，另一端N处固定一质量为m的小球b。现将杆从水平位置由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的作用力大小为253mg
B.杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的作用力大小为143mg
C.从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a做的功为23mgL
D.从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a做的功为-13mgL
答案 A
解析 轻杆由水平位置转动至竖直位置，系统机械能守恒，且两球具有相同的角速度，设为ω，则有2mgL+mg·2L=12×2m(ωL)2+12m(ω·2L)2，解得ω=4g3L，对b球分析，根据牛顿第二定律有F2-mg=mω2·2L，解得F2=113mg，对a球分析，根据牛顿第二定律有F1-2mg-F2=2mω2L，解得F1=253mg，故A正确，B错误；设杆对小球a做的功为W，对a分析，根据动能定理有2mgL+W=12×2m(ωL)2，解得W=-23mgL，故C、D错误。
课时精练
[分值：60分]
[1~4题，每题4分]
1.(2025·上海交大附中联考)关于机械能守恒，下列说法正确的是( )
A.机械能守恒的物体一定只受重力和弹力的作用
B.物体处于平衡状态时，机械能一定守恒
C.物体所受合力不等于零时，机械能可能守恒
D.合力做功时，物体的机械能一定不守恒
答案 C
解析 物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，物体除了受重力和弹力的作用，还有可能受其他力的作用，但是其他力做功为零，A错误；物体处于平衡状态时，机械能不一定守恒，例如物体匀速上升，动能不变，重力势能增大，机械能增大，B错误；物体所受合力不等于零时，机械能可能守恒，例如做自由落体运动的物体，C正确；物体机械能的变化量等于除了重力或弹力之外的力做的功，D错误。
2.(2025·新课标卷·16)如图，撑竿跳高运动中，运动员经过助跑、撑竿起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10 m/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10 m/s2)( )
A.4 mB.5 mC.6 mD.7 m
答案 B
解析 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12mv2=mgh，可得其理论上重心提升的最大高度为h=5 m，故选B。
3.(2025·安徽池州市二模)如图所示，质量为0.2 kg的石块从距地面10 m高处以30°角斜向右上方抛出，初速度v0的大小为10 m/s。选抛出点所在水平面为参考平面，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/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1 s
C.落地时石块具有的机械能为10 J
D.在最高点石块所受重力的功率为103 W
答案 C
解析 石块在空中运动，不计空气阻力，仅受重力作用，因此加速度恒为重力加速度g，故A错误；取竖直向下为正方向，则石块在竖直方向上有h=-v0sin 30°·t+12gt2，解得t=2 s，故B错误；全过程石块机械能守恒，落地时石块的机械能等于初始的机械能，即E=mgh0+12mv02，选抛出点所在水平面为参考平面，则h0=0，所以E=10 J，故C正确；在最高点石块只有水平速度，竖直速度为0，所以在最高点石块所受重力的功率为0，故D错误。
4.(2025·浙江杭州市检测)如图是运动员斜向上抛出铅球时的情景，用h表示铅球飞行过程中的离地高度，以地面为零势能面，Ep、Ek、E分别表示铅球的重力势能、动能、机械能，P表示铅球重力做功的瞬时功率大小，不计空气阻力。已知铅球刚离手时高度为h0，运动到最高点时高度为h1。则铅球在空中飞行过程中，下列图像可能正确的是( )
答案 A
解析 铅球的重力势能为Ep=mgh，故A正确；因为是斜上抛运动，铅球在最高点时具有水平速度，动能不为0，故B错误；整个过程中铅球的机械能守恒，故C错误；设初始时竖直方向速度大小为vy1，运动过程中任意时刻竖直方向速度大小为vy，则有vy2-vy12=-2g(h-h0)，vy=vy12−2g(ℎ−ℎ0)，铅球重力做功的瞬时功率大小P=mgvy=mgvy12−2g(ℎ−ℎ0)，因此P-h图像应为曲线，故D错误。
5.(8分)(2026·山东省名校考试联盟联考)如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定一光滑支点O，质量为M的物块A静止在斜面上，不可伸长的轻绳跨过支点O，一端与物块A相连，另一端与质量为m的小球B相连。现使轻绳保持拉直但绳中拉力为零，O点左侧与物块A相连的轻绳与斜面保持平行，O点右侧与小球B相连的轻绳保持水平，由静止释放小球B，直到小球B运动到O点正下方的过程中，物块A始终处于静止状态，小球B与斜面没有发生碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，O点与小球B之间的轻绳长度为L，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)(2分)小球B运动到O点正下方时轻绳中的拉力大小；
(2)(2分)物块A与小球B的质量比应满足的关系；
(3)(4分)物块A与斜面间摩擦力为零时，小球B的速度大小。
答案 (1)3mg (2)Mm≥3sinθ+μcsθ (3)2MgLsinθ3m
解析 (1)根据mgL=12mv02，
FT-mg=mv02L
解得FT=3mg
(2)轻绳中拉力最大时，物块A即将上滑，此时为题目所求的临界状态，为保证物块A静止，需要满足FT≤Mgsin θ+μMgcs θ
即Mm≥3sinθ+μcsθ
(3)物块A与斜面间摩擦力为零时FT'=Mgsin θ
设此时连接小球B的轻绳与水平方向夹角为α，
则有mgLsin α=12mv12，
FT'-mgsin α=mv12L
解得sin α=Msinθ3m，v1=2MgLsinθ3m。
[6~9题，每题6分]
6.(2026·河南省信阳高级中学开学考)如图所示，质量为m的小环A套在光滑固定的竖直细杆上，小环A经由跨过光滑固定轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与质量为3m的重物B相连。开始时在M位置用手按住A，轻绳处于绷紧状态，现静止释放A，小环A从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知开始时∠NMO=45°，NO=d，重力加速度为g。忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A.小环A的机械能守恒
B.重物B的机械能守恒
C.N位置，小环A的动能为(32-4)mgd
D.当∠NAO=60°时，小环A与重物B的速度大小关系为vA=3vB
答案 C
解析 小环A和重物B均受到轻绳的拉力作用，故二者机械能均不守恒，但A、B组成的系统机械能守恒，故A、B错误；设∠NAO=θ，将小环A的速度沿绳方向和垂直绳方向进行分解，根据关联速度可知vAcs θ=vB，则当小环A运动到N点时，因θ=90°，故vB=0，小环A从M位置到N位置过程，小环A、重物B组成的系统机械能守恒，有3mg(2-1)d=mgd+EkA，解得小环A运动到N位置时的动能EkA=(32-4)mgd，故C正确；当θ=60°时，根据vAcs θ=vB可得vA=2vB，故D错误。
7.(2025·广东惠州市检测)质量分别为2 kg、3 kg的物块A和B，系在一根不可伸长的轻绳两端，轻绳跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的轻质光滑定滑轮，此时物块A离地面的高度为0.8 m，如图所示，斜面光滑且足够长，始终保持静止，物块A落地后不反弹，g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A.物块A落地的速度为4 m/s
B.物块A落地的速度为2105 m/s
C.物块B沿斜面上滑的最大高度为0.68 m
D.物块B沿斜面上滑的最大高度为0.96 m
答案 B
解析 根据题意可知，物块A下降过程中，物块A、B组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mAgh-mBghsin 30°=12(mA+mB)v2，解得v=2105 m/s，故A错误，B正确；根据题意可知，物块A落地之前物块B沿斜面上滑的距离为x1=h=0.8 m，设物块A落地之后物块B沿斜面上滑的距离为x2，由机械能守恒定律有mBgx2sin 30°=12mBv2，解得x2=0.16 m，则物块B沿斜面上滑的最大距离为x=x1+x2=0.96 m，物块B沿斜面上滑的最大高度为h=xsin 30°=0.48 m，故C、D错误。
8.(2024·全国甲卷·17)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
解析 方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环的重力分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示
设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1-cs θ)=12mv2
在P点，由牛顿第二定律得mgcs θ=mv2R
联立解得cs θ=23
从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向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P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，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R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得
mgR(1-cs θ)=12mv2(0≤θ≤π)
在该处根据牛顿第二定律得
F+mgcs θ=mv2R(0≤θ≤π)
联立可得F=2mg-3mgcs θ
则大圆环对小环作用力的大小为
|F|=|2mg-3mgcs θ|
根据数学知识可知|F|的大小在cs θ=23时最小，
由牛顿第三定律可知，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。
9.(2025·安徽省五校联考)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l，支架可绕固定轴O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g，则( )
A.A球转动到最低点时，A球的速度最大
B.A球的最大速度为2gl
C.A球第一次转动到OA边与竖直方向的夹角为60°时，A球的速度最大
D.A球的最大速度为8(2−1)gl3
答案 D
解析 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v1v2=r1r2=21，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mg2lcs θ-2mgl(1-sin θ)=12mv12+12×2mv22，解得v12=83gl(sin θ+cs θ)-83gl，由数学知识可得θ=45°时，sin θ+cs θ最大为2，此时A球有最大速度v1=8(2−1)gl3，故选D。
10.(12分)(2026·四川成都市检测)在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，如图所示，将选手简化为质量m=60 kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，选手到O点的距离为l，此时绳与竖直方向夹角α=53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3 m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cs 53°=0.6。
(1)(4分)求选手摆到最低点时，受到绳拉力的大小F；
(2)(4分)选手摆到最低点时松手，可以通过改变绳子的长度，使得选手在浮台上的落点距岸边最远，求绳子的长度l；
(3)(4分)当绳与竖直方向夹角为37°时，选手的加速度大小a。
答案 (1)1 080 N (2)1.5 m (3)213 m/s2
解析 (1)选手摆到最低点过程，由动能定理得mgl-mglcs 53°=12mv2
选手摆到最低点时，根据牛顿第二定律F-mg=mv2l
联立解得受到绳拉力的大小为F=1 080 N
(2)选手在最低点松手后做平抛运动，
则H-l=12gt2，x=vt
整理可得x=2gl(1−cs53°)·2(H−l)g=1.6l(H−l)
所以，当l=H2时，选手在浮台上的落点到岸边的距离x最远，此时l=H2=1.5 m
(3)选手摆到当绳与竖直方向夹角为37°过程，由动能定理得mg(lcs 37°-lcs 53°)=12mv2
选手向心加速度大小为an=v2l
选手切向加速度大小为aτ=gsin 37°
选手加速度大小为a=an2+aτ2
联立解得a=213 m/s2。