2024高考物理大一轮复习讲义 第六章 第3讲 机械能守恒定律及其应用

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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的关系
(1)重力做功的特点
①重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．
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
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，弹性势能增大．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.
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．( √ )
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，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．
例1 忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )
A．电梯匀速下降
B．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C．物体沿着斜面匀速下滑
D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升
答案 B
解析 电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，机械能不守恒，所以A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以B正确；物体沿着斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所以C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，所以D错误．
例2 (多选)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关
答案 ABC
解析 在运动员到达最低点前，运动员一直向下运动，根据重力势能的定义可知重力势能始终减小，故选项A正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，而运动员向下运动，所以弹力做负功，弹性势能增加，故选项B正确；对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，故选项C正确；重力做功是重力势能转化的量度，即WG＝－ΔEp，而蹦极过程中重力做功只与初末位置的高度差有关，与重力势能零点的选取无关，所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关，故选项D错误．
例3 (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．
考点二 单物体机械能守恒问题
1．表达式
2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤
例4 (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．
例5 (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eq \f(1,6)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＝eq \r(3)R.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，不计小球大小和所受阻力．
(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＝eq \f(1,2)mvC2，可得vC＝eq \r(2gh0)
(2)小球从A到D，由机械能守恒定律有
mg(h－R)＝eq \f(1,2)mvD2
根据牛顿第二定律有FN＝eq \f(mvD2,R)
联立可得FN＝2mg(eq \f(h,R)－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＝eq \f(5,2)R
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＝vxeq \f(vy,g)＝d，其中vx＝vGsin θ，vy＝vGcs θ
故有vGsin θ·eq \f(vGcs θ,g)＝d，可得vG＝2eq \r(gR)
由机械能守恒定律有mg(h－eq \f(5,2)R)＝eq \f(1,2)mvG2
可得h＝eq \f(9,2)R.
考点三 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．
(4)含弹簧的系统机械能守恒问题
①由于弹簧发生形变时会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功，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对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧的伸长量和压缩量相等时，弹簧的弹性势能相等．
考向1 速率相等情景
例6 如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，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.
多个物体组成的系统，应用机械能守恒时，先确定系统中哪些能量增加、哪些能量减少，再用ΔE增＝ΔE减(系统内一部分增加的机械能和另一部分减少的机械能相等)解决问题．
考向2 角速度相等情景
例7 (多选)(2023·安徽滁州市定远县第三中学模拟)轮轴机械是中国古代制陶的主要工具．如图所示，轮轴可绕共同轴线O自由转动，其轮半径R＝20 cm，轴半径r＝10 cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量为2 kg、1 kg的物块P和Q，将两物块由静止释放，释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动，不计轮轴的质量及轴线O处的摩擦，重力加速度g取10 m/s2.在P从静止下降1.2 m的过程中，下列说法正确的是( )
A．P、Q速度大小始终相等
B．Q上升的距离为0.6 m
C．P下降1.2 m时Q的速度大小为2eq \r(3) m/s
D．P下降1.2 m时的速度大小为4 m/s
答案 BD
解析 由题意知轮半径R＝20 cm，轴半径r＝10 cm，根据线速度与角速度关系可知eq \f(vP,vQ)＝eq \f(ωR,ωr)＝eq \f(2,1)，故A项错误；在P从静止下降1.2 m的过程中，由题意得eq \f(hP,hQ)＝eq \f(vPt,vQt)＝eq \f(2,1)，解得hQ＝0.6 m，故B项正确；根据机械能守恒得mPghP＝eq \f(1,2)mPvP2＋eq \f(1,2)mQvQ2＋mQghQ，由A项和B项知eq \f(vP,vQ)＝eq \f(2,1)，hQ＝0.6 m，解得vQ＝2 m/s，vP＝4 m/s，故C项错误，D项正确．
考向3 关联速度情景
例8 (多选)(2023·福建省厦门一中高三检测)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．
考向4 含弹簧的系统机械能守恒问题
例9 (多选)如图所示，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( )
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；由机械能守恒定律可知，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，速度为零，小球机械能最小，由小球和弹簧组成的系统运动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故D正确．
例10 如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面．求：
(1)斜面的倾角α；
(2)A球获得的最大速度vm的大小．
答案 (1)30° (2)2geq \r(\f(m,5k))
解析 (1)由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，A的加速度此时为零．
由牛顿第二定律得4mgsin α－2mg＝0
则sin α＝eq \f(1,2)，α＝30°.
(2)初始时系统静止且细线无拉力，弹簧处于压缩状态，设弹簧压缩量为Δx，对B：kΔx＝mg
因α＝30°，
则C球离开地面时，弹簧伸长量也为Δx，故弹簧弹性势能变化量为零，
A、B、C三小球和弹簧组成的系统机械能守恒，
有4mg·2Δx·sin α－mg·2Δx＝eq \f(1,2)(5m)vm2
联立解得vm＝2geq \r(\f(m,5k)).
课时精练
1.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上．现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是( )
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
答案 B
解析 不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B正确；斜劈动能增加，重力势能不变，故斜劈的机械能增加，C错误；由系统机械能守恒可知，小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量和小球动能的增加量之和，D错误；斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误．
2.(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.
3．质量为m的小球从距离水平地面高H处由静止开始自由落下，取水平地面为参考平面，重力加速度大小为g，不计空气阻力，当小球的动能等于重力势能的2倍时，经历的时间为( )
A.eq \r(\f(6H,g)) B．2eq \r(\f(H,3g))
C.eq \r(\f(2H,3g)) D.eq \r(\f(2H,g))
答案 B
解析 设下降h时，动能等于重力势能的2倍，根据机械能守恒：mgH＝mg(H－h)＋Ek即：mgH＝3mg(H－h)，解得h＝eq \f(2,3)H，根据h＝eq \f(1,2)gt2解得t＝2eq \r(\f(H,3g))，故选B.
4.(2023·武汉东湖区联考)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．
5.(多选)如图，一个质量为0.9 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4 m/s.(取g＝10 m/s2)下列说法正确的是( )
A．小球做平抛运动的初速度v0＝2eq \r(3) m/s
B．P点和C点等高
C．小球到达圆弧最高点C点时对轨道的压力大小为12 N
D．P点与A点的竖直高度h＝0.6 m
答案 CD
解析 小球恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧，则小球到A点时的速度与水平方向的夹角为θ，所以v0＝vx＝vAcs θ＝2 m/s，选项A错误；小球到A点时的竖直分速度vy＝vAsin θ＝2eq \r(3) m/s，由平抛运动规律得vy2＝2gh，解得h＝0.6 m，而AC的竖直距离为R＋Rcs θ＝0.45 m，可知P点高于C点，选项B错误，D正确；取A点的重力势能为零，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mvC2＋mg(R＋Rcs θ)，代入数据得vC＝eq \r(7) m/s，在C点时由牛顿第二定律得FNC＋mg＝meq \f(vC2,R)，代入数据得FNC＝12 N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小FNC′＝FNC＝12 N，选项C正确．
6.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，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝eq \f(1,2)mv2，v＝eq \r(3gR)，联立解得W＝eq \f(1,2)mgR，D正确．
7.(多选)如图所示，质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°.现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的有( )
A．下滑过程中小球的机械能守恒
B．小球滑到B点时的加速度大小为eq \f(\r(3),2)g
C．小球下滑到B点时速度最大
D．小球下滑到C点时的速度大小为eq \r(2gl0)
答案 BD
解析 下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得mgcs 30°＝ma，解得a＝eq \f(\r(3),2)g，故B正确；到达B点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；因为C是AO′段的中点，θ＝30°，由几何关系知当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在A、C两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，有mgl0＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝eq \r(2gl0)，故D正确．
8.(2023·广东省深圳实验学校、湖南省长沙一中高三联考)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机械能守恒，mg·2L－mgL＋eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))2＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2,2vA＝vB，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机械能不守恒，故A、B错误．
9.(2023·广东省佛山一中高三月考)如图所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的轻质细线与水平杆间所成夹角为θ＝53°，细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮顶部离水平杆距离为h＝0.2 m，现将物块B由静止释放，物块A、B均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计空气阻力，则( )
A．物块A与物块B速度大小始终相等
B．物块B下降过程中，重力始终大于细线拉力
C．当物块A经过左侧定滑轮正下方时，物块B的速度最大
D．物块A能达到的最大速度为1 m/s
答案 D
解析 根据关联速度得vAcs θ＝vB，所以二者的速度大小不相等，A错误；当物块A经过左侧定滑轮正下方时细线与杆垂直，则根据选项A可知，物块B的速度为零，所以B会经历减速过程，减速过程中重力会小于细线拉力，B、C错误；当物块A经过左侧定滑轮正下方时，物块A的速度最大，根据系统机械能守恒得mg(eq \f(h,sin θ)－h)＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝1 m/s，D正确．
10．(2023·四川省泸县第一中学模拟)如图所示，把质量为0.4 kg的小球放在竖直放置的弹簧上，并将小球缓慢向下按至图甲所示的位置，松手后弹簧将小球弹起，小球上升至最高位置的过程中其速度的平方随位移的变化图像如图乙所示，其中0.1～0.3 m的图像为直线，弹簧的质量和空气的阻力均忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小球与弹簧分离时对应的位移小于0.1 m
B．小球的v2－x图像中最大的速度为v1＝2 m/s
C．弹簧弹性势能的最大值为Ep＝1.2 J
D．压缩小球的过程中外力F对小球所做的功为WF＝0.6 J
答案 C
解析 由于不计空气阻力，则小球与弹簧分离后，小球加速度为g，说明小球在x＝0.1 m时刚好回到弹簧原长位置，小球与弹簧分离，即分离时对应的位移为0.1 m，A错误；对直线段有v22＝2g(0.3 m－0.1 m)，解得v2＝2 m/s，由题图可知最大速度v1>v2，B错误；从释放到小球速度为0的过程，弹性势能全部转化为小球的机械能，以最低点为重力势能参考平面，小球的机械能为mgh0＝0.4×10×0.3 J＝1.2 J，故弹簧弹性势能最大值为Ep＝1.2 J，C正确；向下按h＝0.1 m的过程，根据功能关系有WF＋mgh＝Ep，解得WF＝0.8 J，D错误．
11.(2020·江苏卷·15)如图所示，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：
(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)重物落地后，小球线速度大小v＝ωr＝2ωR
(2)向心力Fn＝2mω2R
设F与水平方向的夹角为α，则Fcs α＝Fn
Fsin α＝mg
解得F＝eq \r(2mω2R2＋mg2)
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR
由机械能守恒得eq \f(1,2)Mv′2＋4×eq \f(1,2)mv2＝Mgh
解得h＝eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2.
12.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端固定在挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，B距地面足够高．用手托住物体B使绳子刚好伸直且没有拉力，然后由静止释放．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小；
(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；
(3)物体A的最大速度的大小．
答案 (1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s
解析 (1)弹簧恢复原长时，
对B：mg－FT＝ma
对A：FT－mgsin 30°＝ma
代入数据可求得：FT＝30 N.
(2)初态弹簧压缩量x1＝eq \f(mgsin 30°,k)＝10 cm
当A速度最大时有FT′＝mg＝kx2＋mgsin 30°
弹簧伸长量x2＝eq \f(mg－mgsin 30°,k)＝10 cm
所以A沿斜面向上运动x1＋x2＝20 cm时获得最大速度．
(3)因x1＝x2，
故弹簧弹性势能的改变量ΔEp＝0
由机械能守恒定律有
mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝eq \f(1,2)×2mv2
解得v＝1 m/s.
13.(多选)(2023·河北省模拟)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．