33 第五章 第28课时 机械能守恒定律及其应用-【名师导航】2027年高考物理一轮总复习教师用书

该高中物理讲义聚焦机械能守恒定律及其应用，涵盖重力势能、弹性势能、守恒条件及单物体与系统问题，按概念梳理-守恒判断-应用突破逻辑架构。通过考点精讲、易错辨析、典例示范、分层训练环节，帮助学生构建解题框架，突破守恒条件判断与多体系统分析难点。 资料以科学思维培养为核心，创新采用情境分类教学，如轻杆、轻绳、弹簧系统模型建构，结合一题多法（如数学推导与受力分析结合）提升推理能力。设置从基础辨析到高考真题的分层练习，配合即时反馈，助力学生高效掌握机械能守恒应用，为教师把控复习节奏提供系统支撑。

第28课时　机械能守恒定律及其应用 [学习目标]　1．理解重力势能和弹性势能，会根据条件判断机械能是否守恒。2．理解机械能守恒定律的内容及表达式。3．会用机械能守恒定律解决单个物体或系统的机械能守恒问题。 1．重力做功的特点 (1)重力对物体做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。 (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 ①系统性：重力势能是物体和地球所共有的。 ②相对性：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)ΔEp与WG的关系 ①定性关系：重力对物体做正功，重力势能减少；重力对物体做负功，重力势能增加。 ②定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。 3．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)ΔEp与W弹的关系：弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加。定量表达式为W弹＝－ΔEp。 4．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，总的机械能保持不变。 (2)表达式：＝。 (3)守恒条件 ①系统只受重力或弹力的作用，不受其他外力。 ②系统除受重力或弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功。 ③系统内除重力或弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零。 1．易错易混辨析 地铁线路节能设计——优化线路节能坡。据此情境进行判断(分析问题时，忽略摩擦和空气阻力)： (1)列车关闭发动机上坡进站的过程中，动能转化为重力势能。 (√) (2)列车关闭发动机，从开始上坡到完全进站过程中，机械能增加mgh。 (×) (3)若列车刚要上坡时的初速度为v0，列车质量为m，则列车的机械能一定为。 (×) (4)列车的机械能大小与零势能参考平面的选取有关。 (√) 2．(人教版必修第二册习题改编)如图所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上O点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在A点。用一个金属小球挤压弹簧至B点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C点为AB的中点，则(　　) A．从B到A过程中，小球的机械能守恒 B．从B到A过程中，小球的动能一直在增大 C．从B到A过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 D．从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功 D　[从B到A过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且弹力做正功，故小球的机械能不守恒，故A错误；从B到A过程中，弹簧弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球的动能先增大后减小，故B错误；从B到A过程中，弹簧的压缩量一直在减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C错误；因为从B到C过程弹簧的平均作用力大于从C到A过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相等，故从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功，故D正确。] 3．(多选)(人教版必修第二册习题改编)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．重力对物体做的功为mgh B．物体在海平面上的重力势能为mgh C．物体在海平面上的动能为－mgh D．物体在海平面上的机械能为 AD　[从地面到海平面，重力对物体做的功为mgh，故A正确；以地面为零势能面，物体在海平面的重力势能为－mgh，故B错误；物体在地面上的机械能为，由机械能守恒定律得，物体在海平面上的机械能也为，故D正确；物体在海平面上的动能为－(－mgh)＝＋mgh，故C错误。] 机械能守恒的判断 1．对机械能守恒条件的理解 (1)只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒。 (2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为0。 (3)除重力外，只有系统内的弹力做功，那么系统的机械能守恒。注意：并非系统内某个物体的机械能守恒，而是整个系统的机械能守恒。 2．机械能是否守恒的三种判断方法 (1)定义法：系统的动能、势能之和不变则守恒。 (2)做功法：即守恒的条件。 (3)能量转化法：系统的能量仅在机械能范围内转化则守恒。 [典例1]　(多选)(2025·湖北黄冈期末)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(　　) A．图甲中，物体A竖直向下压缩弹簧，不计空气阻力，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能守恒 B．图乙中，物体B沿固定斜面匀速下滑，物体B机械能守恒 C．图丙中，物体A竖直加速下落，物体B竖直加速上升，不计定滑轮质量和任何阻力，物体A的机械能守恒 D．图丁中，小球在水平面内做匀速圆周运动，小球的机械能不变 AD　[题图甲中，物体A竖直向下将弹簧压缩的过程中，物体A的机械能转化为弹簧的弹性势能，物体A的重力势能是物体A与地球所共有，所以物体A、弹簧和地球组成的系统机械能守恒，故A正确；题图乙中，物体B沿固定斜面匀速下滑，说明B受到向上的摩擦力作用，物体B机械能减少，故B错误；题图丙中，不计任何阻力和定滑轮质量时，A加速下落B加速上升的过程中，A、B组成的系统机械能守恒，物体B的机械能增加，所以物体A的机械能减少，物体A的机械能不守恒，故C错误；题图丁中，小球在水平面内做匀速圆周运动时，小球的动能和重力势能都不变，故小球的机械能不变，故D正确。] [教师备选资源] (2024·重庆卷)2024年5月3日，嫦娥六号探测器成功发射，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0 B．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＝9.8 m/s2 C　[组合体在减速阶段有加速度，所受合外力不为零，故A错误；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；组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，故C正确；月球表面重力加速度不为9.8 m/s2，故D错误。] 单物体机械能守恒 1．单物体机械能守恒的常用表达式 2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路 (1)选对象：选取研究对象——物体。 (2)析受力、判守恒：根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。 (3)析运动、明状态：在当地选取参考平面，确定研究对象在初、末状态时的机械能。 (4)列方程、解方程：选取机械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，ΔEk＝－ΔEp)进行求解。 3．注意：单物体机械能守恒的问题，往往也能用动能定理解决。 [典例2]　(一题多法)(2024·全国甲卷)如图所示，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 C　[解法一(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，如图所示，设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，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mg cos θ＝m，联立解得cos θ＝，从大圆环顶端到P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P点到最低点过程，小环速度继续增大，小环重力和大圆环对小环弹力的合力提供向心力，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，C项正确。 解法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，0θπ，根据机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2，在该处根据牛顿第二定律有F＋mg cos θ＝m，联立可得F＝2mg－3mg cos θ，则大圆环对小环作用力的大小|F|＝|2mg－3mg cos θ|，根据数学知识可知|F|的大小在cos θ＝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，C项正确。] [典例3]　如图所示，在竖直面内固定三枚钉子a、b、c，三枚钉子构成边长为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，另一端系着质量为m＝200 g的小球，细线水平拉直，然后将小球以v0＝ 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＝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(g取10 m/s2)(　　) A．0 B．1 N C．2 N D．3 N C　[设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＝mv2＋mgh，h＝L－d－d－＝L－d，并联立代入数据解得v＝ m/s，小球在最高点时根据牛顿第二定律有F＋mg＝，解得细线拉力大小为F＝2 N，故选C。] 拓展延伸　在[典例3]中，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＝ 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。 [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＝，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＝，解得v2＝ m/s，因v2>＝1 m/s，故小球能到达最高点。在最高点，对小球由牛顿第二定律有FT＋mg＝，解得FT＝3.5 N。 [答案]　(1)见解析　(2)能　3.5 N 系统的机械能守恒 1．解决多物体系统机械能守恒问题的注意点 (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＝或ΔEA＝－ΔEB的形式。 2．几种实际情境的分析 (1)速率相等情境：如图所示，轻绳连接的A、B两物体系统。 两点提醒： ①用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 ②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。 (2)角速度相等情境：如图所示，轻杆连接的A、B两物体系统。 两点提醒： ①用杆连接的两个物体，若绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定两物体线速度v的大小关系。 ②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。 (3)关联速度情境：如图所示，两物体沿绳或沿杆方向的分速度大小相等。 (4)含轻弹簧的情境 ①弹簧发生形变时会具有弹性势能，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，弹簧的弹性势能最大。 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。 ④物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。 　速率相等情境 [典例4]　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． C． D． C　[设小球B的质量为m，则小球A的质量为2m，小球A刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝×(2m＋m)v2＋mgR，小球A落地后，小球B继续上升的过程，由动能定理可得－mgh＝0－mv2，联立解得h＝，小球B上升的最大高度为h＋R＝，故选C。] 　角速度相等情境 [典例5]　(多选)(2025·江西南昌高三质检)如图所示，在长为L的轻杆中点和端点分别固定一质量为m、2m的小球A、B，杆可绕光滑的轴O转动，将杆从水平位置由静止释放。重力加速度大小为g，两球均视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．当杆转到竖直位置时，两球的速度大小相等 B．当杆转到竖直位置时，B球的速度大小为 C．杆在转动的过程中，A球的机械能守恒 D．杆从水平位置转到竖直位置的过程中，杆对B球做的功为mgL BD　[两球同轴转动，角速度相等，由于B球运动轨迹的半径为A球的2倍，根据v＝ωr可知，当杆转到竖直位置时，B球的速度大小为A球的2倍，A错误；在杆转到竖直位置的过程，对A、B球和杆组成的系统，由机械能守恒定律有mg＋2mgL＝＋×2m(ωL)2，此时B球的速度大小vB＝ωL，解得vB＝，B正确；设杆从水平位置转到竖直位置的过程中，杆对B球做的功为W，则有2mgL＋W＝－0，解得W＝mgL，D正确；根据D项分析，杆对B球做正功，B球的机械能增大，由于A、B球和杆组成的系统机械能守恒，可知杆在转动的过程中，A球的机械能减小，C错误。] 　关联速度情境 [典例6]　如图所示，固定的水平长杆上套有质量为m的小物块A，跨过轻质定滑轮(可视为质点O)的细线一端连接A，另一端悬挂质量为m的小物块B(B靠近定滑轮)，滑轮到杆的距离OC＝h，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦。现将A、B由静止释放，则当AO间的细线与水平方向的夹角为60°时，小物块B的速度大小为(　　) A． B． C． D． D　[将A、B由静止释放，当AO间的细线与水平方向的夹角为60°时，B下落的高度H＝＝2(－1)h，由A和B组成的系统机械能守恒得mgH＝，A沿细线方向的分速度与B的速度大小相等，则有vB＝vAcos 60°，解得vB＝，故D正确。] 　含轻弹簧的情境 [典例7]　(2025·江苏南京阶段练习)如图所示，质量为mB＝3.5 kg的物体B通过一竖直轻弹簧连接在水平地面上，弹簧的劲度系数k＝100 N/m。一轻绳一端与物体B连接，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O2、O1后，另一端与套在光滑直杆顶端质量为mA＝1.6 kg的小球A连接。已知直杆固定，杆长L＝0.8 m，且与水平面的夹角θ＝37°，直线O1C与杆垂直。初始时使小球A静止不动，与A球相连的绳子保持水平，此时绳子的拉力F＝45 N，已知AO1＝0.5 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，绳子不可伸长。现将小球A从静止释放，求： (1)小球A运动到C点的过程中弹簧弹性势能的变化量； (2)小球A运动到C点时的速度大小； (3)小球A运动到底端D点时物体B的速度大小。 [解析]　(1)释放小球A前，物体B处于平衡状态，设弹簧处于伸长状态，伸长量为x，由受力平衡有F＝kx＋mBg 代入数据解得x＝0.1 m，即弹簧被拉长了0.1 m 在小球A运动到C时，由几何关系有CO1＝AO1sin 37°＝0.3 m 则物体B下降了0.2 m，弹簧压缩了0.1 m，所以弹簧弹性势能变化量为零。 (2)当小球A运动到C处时，沿绳子方向的速度为0，B的速度为0，小球A从杆顶端运动到C点的过程，小球A下降的高度h＝CO1cos 37°＝0.24 m B下降的高度h′＝0.2 m，由(1)分析可知弹簧的弹性势能不变。以A、B和弹簧为系统，由机械能守恒有mAgh＋mBgh′＝ 解得vA＝ m/s。 (3)因杆长L＝0.8 m，由几何关系可知∠CDO1＝θ＝37°，故DO1＝AO1 弹簧的伸长量依然为0.1 m，与最初状态相比弹簧的弹性势能相同，物体B又回到了初始位置，其重力势能也与最初状态相同。在D点将A的速度沿绳和垂直绳分解，如图所示 其中沿绳方向的分速度vx与B的速度大小相等，即vB′＝vA′cos 37° 根据系统机械能守恒，有mAgL sin 37°＝ 代入数据解得v′A＝2 m/s，v′B＝1.6 m/s。 [答案]　(1)0　(2) m/s　(3)1.6 m/s [教师备选资源] 如图所示，一轻质杆长为R，一端可绕光滑转轴O转动，另一端安装一质量为m的小球(可视为质点)，轻质弹簧原长为L0＝2R，一端系于A点，另一端与小球相连，A、B、O、C四点在同一水平线上，∠QOB＝∠POB＝∠POD＝60°，从C点现给小球一初速度，小球可在竖直平面内沿顺时针方向做完整的圆周运动，途经C、D、P、B、Q五点，测得小球经过P点时的速度大小为v，重力加速度大小为g(整个过程轻质弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是(　　) A．小球在运动过程中的机械能守恒 B．小球经过Q点时速度大小为 C．小球经过D点和P点时动能相同 D．小球经过P点时所受的合力为零 B　[弹簧的弹性势能发生变化，则小球在运动过程中的机械能不守恒，A错误；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，Q点和P点的弹性势能相同，根据机械能守恒有mv2＝＋mg·R，解得vQ＝，B正确；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，D点和P点高度相同，但无法判断两点对应的弹性势能关系，小球经过D点和P点时动能关系不确定，C错误；信息不全面，小球经过P点时所受的合力未知，D错误。] 课时数智作业(二十八)　机械能守恒定律及其应用 说明：第1～5题，每小题4分；第6～7题，每小题5分；本试卷共54分。 1．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端由静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．Q对P做功为零 B．Q对P做正功 C．物块Q的机械能守恒 D．物块Q的机械能增加 B　[Q在P上运动的过程中，Q对P的作用力斜向左下，则P相对地面向左运动，Q对P做正功，P的机械能增加，由机械能守恒定律可知Q的机械能减少，故B正确，A、C、D错误。] 2．一滑雪坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC是圆弧，C端水平，如图所示。运动员连同滑雪装备的总质量m＝75 kg，从A点由静止滑下，通过C点时的速度大小v＝12 m/s，之后落到水平地面DE上。A、C两点的高度差h1＝9.8 m，竖直台阶CD的高度h2＝5 m。取地面为零势能面，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，则运动员(含装备)落地前瞬间的机械能为(　　) A．11 100 J B．9 150 J C．7 350 J D．5 400 J B　[根据题意可知，运动员(含装置)在C点的机械能为E＝mv2＋mgh2＝9 150 J，从C点离开后，运动员在空中时只有重力对其做功，机械能守恒，则可知运动员(含装备)落地前瞬间的机械能为9 150 J，故B正确。] 3．(2025·辽宁抚顺一模)如图所示，以O为原点在竖直面内建立平面直角坐标系，第Ⅳ象限的挡板形状满足方程y＝x2－，小球(可视为质点)从第Ⅱ象限内的光滑四分之一圆弧轨道的顶端由静止释放，通过O点后开始做平抛运动，经0.5 s击中挡板上的 P 点，取重力加速度大小g＝10 m/s2。四分之一光滑圆弧轨道的半径为(　　) A．0.2 m B．0.3 m C．0.4 m D．0.5 m A　[小球从O点抛出做平抛运动，满足y＝＝－1.25 m，又y＝x2－，可知P 点的坐标为，小球击中 P 点时水平方向的速度大小v0＝＝2 m/s，小球从第Ⅱ象限光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，由机械能守恒定律有mgR＝，解得R＝0.2 m，故选A。] 4．(多选)如图所示，物体Q锁定在水平地面上，不可伸长的轻质细线一端连接在Q上，另一端绕过三个光滑轻质小滑轮后固定在地面上。物体P与滑轮2相连，系统静止，四段细线都竖直，现解除对物体Q的锁定，物体P触地后静止不动，物体P触地瞬间连接物体Q的绳子断开。已知物体P与地面间高度差为h，物体P、Q质量分别为3m、m，重力加速度为g，滑轮1和3离物体P、Q足够高，物体P、Q均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．物体Q上升过程中的最大速度为 B．物体Q上升过程中的最大速度为 C．物体Q上升的最大高度为 D．物体Q上升的最大高度为h AD　[根据题意可知，物体P刚刚触地时，Q速度最大，此时vQ＝2vP，根据机械能守恒定律有3mgh＝＋mg·2h，解得vQ＝，故A正确，B错误；绳子断开后有＝mgh1，物体Q上升的最大高度H＝2h＋h1，结合上述解得H＝h，故C错误，D正确。] 5．(2025·广东汕头一模)如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2，则(　　) A．弹簧的最大弹性势能为3mgx0 B．小球运动的最大速度等于2 C．弹簧的劲度系数为 D．小球运动中最大加速度为g A　[小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹簧弹性势能最大，有Epmax＝3mgx0，故A正确；根据选项A和弹簧弹性势能的表达式有3mgx0＝，解得k＝，故C错误；当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有mg＝kx，再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒有mg(x＋2x0)＝＋kx2，解得最大速度为vmax＝，故B错误；小球运动到最低点时根据牛顿第二定律有kx0－mg＝ma，解得a＝5g，故D错误。] 6．(多选)(2025·辽宁本溪一模)如图甲所示，半圆弧轨道固定在光滑水平面AB上，圆心为O，直径BC与AB垂直。质量m＝1 kg的滑块从水平面上以一定的初速度向右滑动，最终滑上半圆弧轨道并从最高点C飞出，滑块在半圆弧轨道上运动过程中的速度的平方v2与上升高度h的关系图线如图乙所示，已知重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．半圆弧轨道的半径R＝1.8 m B．滑块经过C点时对轨道的压力大小约为17.8 N C．滑块从B到C过程中机械能守恒 D．滑块从C点抛出后落地点到B点距离为3 m BD　[由题图乙可知，h＝1.8 m时滑到最高点，所以半径R＝0.9 m，A项错误；从题图乙可以看出，物体到达C点时的速度大小为v2＝5 m/s，设运动到C点时轨道对物体的弹力为FN，则有FN＋mg＝，代入数据解得FN≈17.8 N，由牛顿第三定律可知，物体运动到C点时对半圆弧轨道的压力大小约为17.8 N，B项正确；以水平面为参考平面，则滑块在B点的机械能为EB＝＝32 J，在C点的机械能为EC＝＝30.5 J，所以滑块与半圆弧轨道间有摩擦，滑块从B到C过程中机械能不守恒，C项错误；滑块从C点抛出后做平抛运动，有h＝gt2，解得t＝0.6 s，所以滑块从C点抛出后落地点到B点距离为x＝v2t＝3 m，D项正确。] 7．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接。将a球从图示位置(轻杆与L2杆夹角为45°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是(　　) A．a球和b球所组成的系统机械能不守恒 B．b球的速度为零时，a球的加速度大小为零 C．b球的最大速度为 D．a球的最大速度为 C　[对于a球和b球组成的系统，除重力外没有其他力做功，因此a球和b球所组成的系统机械能守恒，A错误；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由于两球沿杆方向的分速度大小相等，故vbcos θ＝vasin θ，可得vb＝vatan θ，当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向上只受到重力，因此a球的加速度大小为g，由机械能守恒定律有mg·l＝，解得va＝，此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，B、D错误；当轻杆L和L1第一次平行时，a球运动到最低点，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球的速度为0，由机械能守恒定律有mg＝，解得vb＝，C正确。] 8．(12分)质量不计的“V”形轻杆可以绕O点在竖直面内转动，OA和OB之间的夹角为53°，OA长为L1＝0.3 m，OB长为L2＝0.6 m，在轻杆的A、B两点各固定一个可视为质点的小球P和Q，小球P的质量为m＝1 kg，如图所示。将OA杆拉至O点右侧水平位置由静止释放，OB杆恰能转到O点左侧水平位置。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，不计空气阻力和摩擦，求： (1)小球Q的质量M； (2)小球Q运动到最低点时，BO杆对小球Q沿竖直方向的作用力大小(结果保留3位有效数字)。 [解析]　(1)从OA水平释放至OB到达水平位置的过程，系统机械能守恒，有mgL1sin 53°＝MgL2sin 53° 代入数据解得M＝＝0.5 kg。 (2)小球Q从初始位置运动到最低点的过程，系统机械能守恒，有mgL1cos 53°＋MgL2·(1－sin 53°)＝ 两小球角速度相同，所以v1＝L1ω，v2＝L2ω 代入数据解得ω＝ rad/s 小球Q运动到最低点时，由牛顿第二定律，有 F－Mg＝Mω2L2 代入数据解得F＝ N≈10.3 N。 [答案]　(1)0.5 kg　(2)10.3 N 9．(12分)(2025·江苏南京市调研)如图所示，两根轻绳连接质量为m的小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接一物块Q，质量相等的物块Q、N通过一竖直轻弹簧连接，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，PA、PB两绳与水平方向的夹角分别为53°和37°，此时物块N与地面的压力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静止释放小球P。已知PA绳长为L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求： (1)物块Q的质量M； (2)小球P运动到图示位置时，物块Q的速度大小v。 [解析]　(1)对小球P进行受力分析，根据平衡条件有FTB＝mg sin 37° 对物块N和Q整体进行受力分析，有2Mg＝FTB 联立解得M＝m。 (2)由静止释放小球P后，小球P绕A点做圆周运动到达图示位置，该过程初始状态弹簧处于压缩状态，末状态弹簧处于拉伸状态，且压缩量与拉伸量大小相等，即始末状态弹性势能不变，P的速度方向恰好沿PB绳，可知此时小球P和物块Q的速度大小相等，系统机械能守恒，则有mgL sin 53°－Mgh＝mv2＋Mv2 其中h＝＋L－＝L 联立解得v＝2。 [答案]　(1)m　(2)2 8 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $