第3讲　机械能守恒定律及应用 讲义-2027届高考物理一轮复习

该高中物理讲义聚焦机械能守恒定律及应用，涵盖重力势能、弹性势能的理解，守恒条件的判断，以及单物体、多系统（轻绳、轻杆、弹簧连接）的应用，按“概念辨析—考点突破—真题演练”逻辑组织，通过基础自测、例题精讲、方法总结帮助学生构建知识体系。 资料以科学思维和模型建构为核心，如在多物体系统中，通过轻绳连接体速度关联、轻杆转动能量转化等实例，引导学生提炼解题模型。设置A、B、C三级分层练习，配合高考改编题和期中真题，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供精准素材。

第3讲：机械能守恒定律及应用 学习目标 1.理解重力势能，知道重力势能的变化量与重力做功的关系。 2.定性了解弹性势能，知道弹性势能的变化量与弹力做功的关系。 3.知道机械能守恒的条件，理解机械能守恒定律的内容。 4.能用机械能守恒定律解决单个物体或多个物体组成的系统的机械能守恒问题。 1. 2. 3. 4. 基础自测 1.[人教版必修第二册P93T3(2)改编]把质量为0.5 kg的石块从10 m高处以30°角斜向上抛出，如图所示，初速度是v0=5 m/s，不计空气阻力，g=10 m/s2。石块落地时速度的大小与下列哪些量无关(　　) A.石块初速度的仰角 B.石块初速度的大小 C.当地重力加速度大小 D.石块抛出时的高度 答案　A 2.(人教版必修第二册P94T5改编)如图所示，把质量为0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上，先把小球往下按至A的位置，再迅速松手后，弹簧把小球弹起;小球运动的最高位置为C，在B位置弹簧刚好处于自由状态。已知A、B之间的高度差为0.05 m，C、B的高度差为0.25 m，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，g取10 m/s2。下列关于小球弹起过程的说法正确的是(　　) A.小球的动能先增加后减少，在B点时小球动能最大 B.小球的重力势能逐渐增加，动能逐渐减少，总的机械能保持不变 C.若选B点为零势能点，则小球在A、C点，重力势能分别为0.1 J和0.5 J D.在A位置弹簧的弹性势能为0.6 J 答案　D 考点一　机械能守恒的判断 例1 (2026·江苏徐州期中)如图所示，下列判断正确的是(　　) A.甲图中，从光滑滑梯上加速下滑的小朋友机械能不守恒 B.乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客机械能守恒 C.丙图中，在光滑的水平面上，小球的机械能守恒 D.丁图中，气球匀速上升过程中，机械能不守恒 答案　D 解析　甲图中，小朋友从光滑滑梯上加速下滑的过程中，只有重力做功，小朋友机械能守恒，故A错误;乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客动能不变，重力势能改变，游客机械能不守恒，故B错误;丙图中，在光滑的水平面上，弹簧弹力对小球做功，小球的机械能不守恒，故C错误;丁图中，气球匀速上升过程中，动能不变，重力势能增加，机械能不守恒，故D正确。 例2 如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑水平面上，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，小球的机械能不守恒 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，小球的机械能守恒 答案　C 解析　小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧最高点的过程中，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点向半圆形槽最低点运动的过程中，半圆形槽静止，只有重力做功，小球的机械能守恒，B错误;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。 总结提升　判断机械能守恒的三种方法 考点二　单个物体的机械能守恒问题 1.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3 (2026·江苏苏州期中)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，圆心为O，质量为m的小环套在大圆环上并从静止开始由大圆环顶端A点经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。设小环下滑过程中对大圆环的作用力最小的位置为P，则OP与竖直方向AO的夹角θ满足(　　) A.sin θ= B.cos θ= C.sin θ= D.cos θ= 答案　C 解析　设大圆环半径为R，小环由A到P，根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=mv2 ，在P点根据牛顿第二定律有F+mgcos θ=m，联立可得F=2mg-3mgcos θ，则当cos θ=时大圆环对小环的作用力最小，为F=0，根据牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环作用力最小时满足cos θ=，则sin θ==，故C正确。 考点三　多物体系统的机械能守恒问题 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(转化观点)或ΔEA=-ΔEB(转移观点)的形式。 考向　轻绳连接的物体系统 常见 情景 三点 提醒 ①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。 ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 ③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒;但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。 例4 (2026·江苏无锡滨湖区期中)如图所示，一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个质量分别为m和2m的小球a和b，用手按住a球静止于地面时，b球离地面的高度为h，两物体均可视为质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，a球与定滑轮间距足够大，不会相碰，重力加速度为g，释放a球后，求: (1)b球落地前的加速度大小; (2)b球落地前瞬间，b球重力的功率; (3)a球离地的最大高度。 答案　(1)　(2)　(3)h 解析　(1)设两球的加速度大小为a，由牛顿第二定律，对a球有FT-mg=ma 对b球有2mg-FT=2ma 联立解得a=。 (2)设b球落地前瞬间a、b速度大小均为v，对a、b组成的系统由机械能守恒定律有 2mgh-mgh=×3mv2 落地前瞬间b球重力的功率为P=2mgv 联立解得P=。 (3)b球落地后，a球由于惯性继续上升做竖直上抛运动，则a球继续上升的最大高度为h'== a球离地的最大高度H=h+h'=h。 例5 如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的足够长轻绳连接，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，下列说法错误的是(　　) 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 答案　C 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重力势能的减少量为ΔEpB=mgLtan θ，物块A沿斜面上升的距离为x=-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-m=m+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=，故D正确。 考向　轻杆连接的物体系统 常见 情景 模型 特点 ①平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向。 ③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。 例6 如图所示，可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性轻质支架两端分别固定质量为m、2m的小球A、B，支架两条边的长度均为L，用手将B球托起至与转轴O等高，此时连接A球的细杆与竖直方向的夹角为θ=37°，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度大小为g。现突然松手，两小球在摆动的过程中，求: (1)当A球与转轴O等高时A球的动能; (2)当A球与转轴O等高时，轻杆对A球做的功; (3)要使A球能转到O点正上方，则在图示位置释放时，B球初动能的最小值。 答案　(1)mgL　(2)mgL　(3)mgL 解析　(1)根据题意知A、B两球共轴转动，两球的角速度相同，二者的转动半径相同则线速度大小也相等，设A球与转轴O等高时的速度为v，由机械能守恒定律有 2mgLcos θ-mgLcos θ=mv2+×2mv2 又EkA=mv2 联立解得A球的动能EkA=mgL。 (2)由动能定理有W杆-mgLcos θ=mv2 解得轻杆对A球做的功W杆=mgL。 (3)当A球转到O点正上方速度为零时，释放时B球的初动能最小，设为EkB，取O点所在平面为零势能面，从释放B到A转至最高点，由机械能守恒定律有EkA+EkB-mgLcos θ=mgL-2mgLsin θ 又EkB=2EkA 联立解得EkB=mgL。 考向　含“弹簧类”系统的机械能守恒 模型 特点 由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，总的机械能守恒。 两点 提醒 ①对同一弹簧，无论弹簧伸长还是压缩，弹性势能的大小完全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。 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。 例7 (2026·江苏无锡期中)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，斜面的倾角α=30°。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，同时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2m，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。 (1)求A速度最大时弹簧弹力大小F; (2)求弹簧开始时的弹性势能Ep; (3)将B转移和A固定在一起，绳子直接连在弹簧上，用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，开始时整个系统处于静止状态;释放A后，求当C离开地面前瞬间A的速度大小。 答案　(1)0　(2)　(3)2g 解析　(1)当A速度最大时A、B所受合力均为0，设此时A、B之间细线的拉力大小为FT，弹簧弹力为F 根据平衡条件，对A有FT=4mgsin α 对B有FT=2mg+F，联立解得F=0。 (2)开始时，对B由平衡条件得此时弹簧的弹力大小为F'=2mg 则此时弹簧压缩量为x== 由胡克定律可知弹簧弹力和形变量成正比，故开始时弹簧的弹性势能为Ep=k·x2=。 (3)当C离开地面前瞬间其速度为零，设从静止到C刚要离开地面时A、B下滑的距离为x'，则此时弹簧的伸长量也为x'，对A、B、C和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有 6mg·x'·sin α=×6m·v'2+kx'2 对将要离开地面的C由平衡条件有2mg=kx' 联立解得v'=2g。 A级　基础对点练 对点练1　机械能守恒的判断 1.(2026·江苏无锡期中)如图所示，把一小球放在竖立的轻弹簧上，并把小球往下按至A位置，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(此时弹簧弹力为零)。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.从A运动到B的过程中，小球的机械能守恒 B.从A运动到B的过程中，小球的机械能不守恒 C.从A运动到B的过程中，小球的动能一直增大 D.从A运动到C的过程中，小球和弹簧组成的系统势能先增加后减少 答案　B 解析　从A运动到B的过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故A错误，B正确;从A运动到B的过程中，开始时弹力大于重力，小球向上加速运动，当弹力等于重力时，小球的速度达到最大，之后弹力小于重力，小球向上减速运动，所以小球的动能先增加后减少，故C错误;从A运动到C的过程中，只有小球重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，由于小球的动能先增加后减少，则小球和弹簧组成的系统势能先减少后增加，故D错误。 对点练2　单个物体的机械能守恒问题 2.如图AOB是光滑轨道，A点的高度H大于B点的高度h，让小球从A点由静止开始自由滑下，沿轨道AOB到达B点后离开(不计空气阻力)。则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是(　　) A.a B.b C.c D.d 答案　C 解析　小球离开B点后做斜上抛运动，到达最高点时的速度沿水平方向，根据机械能守恒定律可知小球上升的最大高度H'<H;根据曲线运动的特点可知，小球开始做斜上抛运动的速度方向应沿轨迹在B点的切线方向，可知小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是C轨迹，故C正确。 3.(2025·江苏盐城模拟)物体从离地高H处的M点开始做自由落体运动，下落至离地高度为H处的N点，下列能量条形图表示了物体在M和N处的动能Ek和重力势能Ep的相对大小关系，可能正确的是(　　) 答案　D 解析　若选取地面为参考平面，则物体在N处的重力势能变为M处的，A错误;由于机械能守恒，动能与重力势能之和应等于释放时的机械能，B、C错误;若选取释放位置所在平面为参考平面，则机械能为零，故D正确。 4.不可伸长的轻质细绳一端固定于O点，另一端系一个可视为质点的小球，在O点的正下方钉一颗钉子P，小球从某一高度由静止释放，释放小球时绳子偏离竖直方向的角度及钉子位置分别如图A、B、C、D所示，已知图中θ1>θ2，l1>l2。当细绳与钉子相碰时，绳最不容易断的是(　　) 答案　D 解析　小球由释放到最低点由机械能守恒定律有 mgl(1-cos θ)=mv2 细绳刚碰到钉子时对小球由牛顿第二定律有 FT-mg=m 联立解得FT=mg+ 则lx越小、θ越小时FT越小，细绳与钉子相碰时绳越不容易断，故D正确。 对点练3　多物体系统的机械能守恒问题 5.(2026·江苏南通开学考试)如图所示，两个小球A、B固定在一根轻质直角尺的两端，直角尺的顶点O处有光滑的固定转动轴。开始时直角尺的AO部分处于水平位置而B在O的正下方。让该系统由静止开始自由转动，直到B运动到最高点过程中(　　) A.释放瞬间杆对A没有作用力 B.释放瞬间杆对B的作用力方向水平向左 C.在加速阶段，杆对B做功的功率等于A克服杆的作用力做功的功率 D.在减速阶段，A、B减少的动能等于B增加的重力势能 答案　C 解析　由于只有重力对A、B组成的系统做功，所以系统机械能守恒，则在加速阶段，B增加的机械能等于A减少的机械能，根据功能关系可知，杆对B做功的功率等于A克服杆的作用力做功的功率，故C正确;释放瞬间，由于A的机械能减少，所以杆对A要做负功，杆对A有作用力;释放瞬间，由于B的机械能增加，杆对B做正功，杆对B的作用力有水平向左的分力，还有竖直向上的分力，所以杆对B的作用力方向斜向上偏左，故A、B错误;在减速阶段，根据系统机械能守恒可知，A、B减少的动能等于A、B增加的重力势能，故D错误。 6.(2026·江苏宿迁一模)如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，质量相等的物块A、B通过一根不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接，一轻质弹簧下端固定在斜面底端，另一端连接在A上。开始时B被托住，轻绳伸直但没有弹力。现使B由静止释放，在B运动至最低点的过程中(设B未落地，A未与滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内)(　　) A.A和B总的重力势能先减少后增加 B.轻绳拉力对A做的功等于A机械能的增加量 C.当A受到的合力为零时，A的速度最大 D.当A和B的速度最大时，A和B的总机械能最大 答案　C 解析　在B从静止到运动至最低点的过程中，设B下降的高度为h0，斜面倾角为θ，则A和B总的重力做功为WG=mgh0-mgh0sin θ>0，可知A和B总的重力势能一直减少，故A错误;在B从静止到运动至最低点的过程中，弹簧先处于压缩状态后处于拉伸状态，弹簧弹力对A先做正功后做负功，轻绳对A一直做正功，轻绳对A做的功与弹簧对A做的功的代数和等于A机械能的变化量，故B错误;在B从静止到运动至最低点的过程中，对A进行分析，A先向上做加速度减小的加速运动，后向上做加速度增大的减速运动，当A受到的合力为零时，A的速度最大，故C正确;由于A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，所以弹簧弹性势能最小时，A和B的总机械能最大，此时弹簧处于原长，A、B整体受到的合力大小为mg-mgsin θ，即整体加速度大于零，此时A和B的速度不是最大，故D错误。 7.(2026·江苏镇江月考)如图所示，一轻绳绕过光滑的轻质小定滑轮O，一端和小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上的物块连接，C点与滑轮O在同一高度，OD与直杆垂直，OC与OE等长。现将物块从C点由静止释放，在其下滑到E点的过程中(　　) A.物块和小球组成的系统机械能不守恒 B.小球的重力势能一直在增加 C.物块滑至D点时，小球重力瞬时功率为零 D.物块滑至D点时，物块具有的机械能最小 答案　C 解析　物块和小球组成的系统只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒，故A错误;物块由C到D的过程中，小球向下运动，至D点时，物块沿绳子方向的速度为0，即小球速度为0，物块由D到E的过程中，小球向上运动，故小球的重力势能先减少后增加，物块滑至D点时，小球重力瞬时功率为零，故B错误，C正确;物块滑至D点时，小球的重力势能最小，动能为0，机械能最小，故物块具有的机械能最大，故D错误。 B级　综合提升练 8.(2026·江苏南菁高级中学期中)如图所示，质量为0.1 kg的带孔物块A和质量为0.2 kg的金属环B通过光滑铰链用轻质细杆连接，A套在固定的竖直杆上且与竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平横杆上，轻弹簧劲度系数k=100 N/m，弹簧原长L0=4 cm，B套在固定的水平横杆上。弹簧处于原长时将A由静止释放，弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，忽略一切摩擦，重力加速度g取10 m/s2，在A下落过程中，下列说法正确的是(　　) A.物块A和金属环B组成的系统机械能守恒 B.在A、B运动过程中，当图中θ=60°时vA=vB C.B动能最大时，B受到水平横杆的支持力大小等于1 N D.弹簧弹性势能最大时，O、A间距离为2 cm 答案　D 解析　对物块A和金属环B组成的系统，除重力做功以外，还有系统外的弹力做功，该系统的机械能不守恒，故A错误;在A、B运动过程中，根据A、B沿杆方向分速度大小相等可知，当图中θ=60°时有vAcos 30°=vBcos 60°，解得vB=vA，故B错误;当B的动能最大时，其速度最大，此时B所受合力为0，由平衡条件可知水平横杆对B的支持力大小为FNB=mBg=2 N，故C错误;对A、B、轻杆、弹簧组成的系统，只有重力及系统内的弹力做功，该系统机械能守恒，可知，弹簧的弹性势能最大时，该系统的动能为零、重力势能最小，设此时弹簧的压缩量为x，由机械能守恒定律有kx2-mAgx=0，解得x=0.02 m=2 cm，则此时O、A间距离为L=L0-x=2 cm，故D正确。 9.(2026·江苏苏州四校联考)如图所示，将一个轻质小定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，Q放置于水平地面上。现将P拉至水平位置，且轻绳刚好伸直无拉力，由静止释放P，发现当连接P的细绳与竖直方向成60°时，物体Q刚好离开地面。不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点，滑轮大小忽略不计，则P、Q质量之比为(　　) A.1∶2 B.1∶3 C.2∶3 D.3∶2 答案　C 解析　物体Q刚好离开地面，可知绳子拉力恰好等于Q的重力，则有FT=mQg。设此时P的速度为v，定滑轮距离P的绳子长度为l，根据机械能守恒定律有mPglcos 60°=mPv2，根据牛顿第二定律有FT-mPgcos 60°=mP，联立解得mP∶mQ=2∶3，故C正确。 10.(2026·江苏苏州期末)如图所示，水平地面与竖直半圆管在A点平滑连接，半圆管圆心为O，半径为R(圆管内径远小于R)，D为最高点，O、B两点等高。一质量为m的小球从水平地面上的某点以一定的初速度向右运动，恰好能运动到D点。不计一切摩擦，重力加速度为g。 (1)求小球经过A点时的速度大小vA; (2)求小球经过B点时所受合力大小F合; (3)若小球经过C点时恰好对内外轨道均无压力，求C点离水平地面的高度h。 答案　(1)2　(2) mg　(3)R 解析　(1)小球恰好到达半圆轨道最高点D，可知小球到达D点时的速度为零，根据机械能守恒定律有mg·2R=m 解得vA=2。 (2)设小球经过B点时的速度为vB，根据机械能守恒定律有 mgR=m-m 解得vB= 在B点由牛顿第二定律得管壁对小球的支持力大小为 FN=m=2mg 则小球受到的合力为 F合==mg。 (3)设OC连线与水平方向夹角为θ，从A到C根据机械能守恒定律有 mgR(1+sin θ)=m-m 在C点由牛顿第二定律有 mgsin θ=m 联立解得sin θ=，则C点离水平地面的高度 h=R+Rsin θ=R。 11.(2025·安徽卷，14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s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10 m/s2。 (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t=0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)4 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2 m/s 解析　(1)从t=0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置(绳子刚好被拉断)的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球的速度大小为v，则由机械能守恒定律可得mg·2L=m-mv2 解得v=4 m/s 小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球进行受力分析，由牛顿第二定律可得Fm-mg=m 结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小Fm'=Fm=17 N。 (2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x，则由平抛运动规律可得 2L=g(Δt)2 x=vΔt 联立解得x=4 m。 (3)当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN，则对小球从t=0时至运动到N的正上方的过程，由机械能守恒定律可得mg·5L=m-m 小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得mg=m 联立解得vmin=2 m/s。 C级　拔尖进阶练 12.(2026·江苏常州期末)如图所示，小球A的质量为M，小球B、C的质量均为m，M=2m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，且弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。在此过程中，设A、B、C的动能分别为EkA、EkB、EkC，则(　　) A.A下降到最低点时，弹簧与三小球组成的系统势能最小 B.A运动时，三小球的动能之比为EkA∶EkB∶EkC=2∶1∶1 C.A的动能最大时，B对地面的压力大小为1.5mg D.弹簧的弹性势能最大值为(-1)mgL 答案　D 解析　由于只有重力和弹簧弹力做功，弹簧与三小球组成的系统机械能守恒，当A下降到最低点时，三小球速度均为0，系统动能最小，系统势能最大，故A错误;根据对称性可知，B、C两小球速度大小相等，设A球速度大小为v，B、C两小球速度大小均为v1，根据关联速度关系有vcos =v1sin ，解得v=v1tan ，则三小球的动能之比为EkA∶EkB∶EkC=×2mv2∶m∶m=2tan2 ∶1∶1，故B错误;A的动能最大时，速度达到最大值，此时A所受合力为0，设A与B间杆上的力为T，对A，有2Tcos =2mg，对B在竖直方向有FN=mg+Tcos =2mg，故C错误;当A下降到最低点时，弹簧的弹性势能最大，此时三个小球速度均为0 ，根据机械能守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为Ep弹=2mgh=2mg(Lcos -Lcos )=(-1)mgL，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $