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第六章
机械能
守恒定律
机械能守恒定律及其应用
第24课时
1.知道机械能守恒的条件，理解机械能守恒定律的内容。
2.会用机械能守恒定律解决单个物体或多物体系统的机械能守恒问题。
3.知道弹簧的弹性势能与哪些因素有关，会分析含弹簧的机械能守恒问题。
目标要求
考点一　机械能守恒的判断
考点二　单物体的机械能守恒问题
内容索引
考点三　系统机械能守恒问题
课时精练
考点四　含弹簧的机械能守恒问题
机械能守恒的判断
考点一
1.重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点：重力做功与 无关，只与始末位置的 有关，重力做功不引起物体 的变化。
(2)重力势能
①表达式：Ep= 。
②重力势能的特点：重力势能是物体和 所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取 ，但重力势能的变化量与参考平面的选取 。
(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 ，重力对物体做负功，重力势能 ，即WG= = 。
路径
高度差
机械能
mgh
地球
有关
无关
减小
增大
Ep1-Ep2
-ΔEp
2.弹性势能
(1)定义：发生 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=kx2，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 ；弹力做负功，弹性势能 。即W= 。
弹性形变
减小
增加
-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， 与 可以互相转化，而总的机械能 。
(2)表达式： =mgh1+m或Ek2+Ep2= 。
(3)守恒条件：只有 或 做功。
动能
势能
保持不变
mgh2+
Ek1+Ep1
重力
弹力
(2025·浙江省温州新力量联盟联考)如图所示，一游客体验蹦极，身系弹性蹦极绳从水面上方的高台由静止下落，到最低点时离水面很近。不计空气阻力，下列说法正确的是
A.下落过程中游客机械能守恒
B.蹦极绳刚拉直时游客的速度最大
C.下落过程中弹性势能的增大量大于重力势能的减小量
D.下落过程中游客的机械能和蹦极绳的弹性势能之和不变
√
下落过程中蹦极绳拉紧之前机械能守恒，拉紧之后蹦极绳对人做负功，则游客机械能减小，选项A错误；
蹦极绳刚被拉直后的一段时间内，重力大于弹力，加速度向下，则游客的速度会继续增大，直到弹力大小等于重力时加速度为零，此时游客的速度最大，选项B错误；
下落到最低点的过程中弹性势能的增大量等于重力势能的减小量，选项C错误；
下落过程中只有重力和蹦极绳的弹力做功，则游客的机械能和蹦极绳的弹性势能之和不变，选项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，或者虽受其他力，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。
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考点二
单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
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= 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，忽略空气阻力，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.0 B.1 N
C.2 N D.3 N
√
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m=mv2+mgh
h=L-d-d-=L-d
代入数据联立解得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　若细线拉直时与水平方向夹角为30°斜向左上方，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？
答案　见解析　
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)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　能　3.5 N
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=m-m，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-d)=m(v1cos 30°)2-m，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：FT+mg=m，解得FT=3.5 N。
(2025·浙江杭州市期中)竖直平面内有三个圆轨道，甲轨道与水平面相切于A点，甲、乙轨道相切于B点，甲、丙轨道相切于D点，在各自相切部位轨道稍微错开，使得小球能无能量损失从一个轨道进入另一轨道，轨道如图所示。质量为m的小球(可视为质点)以某一初速度沿水平面进入半径为R的甲轨道，经过相切点B后进入乙轨道，并恰好经过其最高点C，随后又从B点飞出，经过丙轨道后再次经过甲轨道最低点时对轨道
压力为30 N。已知R=2r=0.4 m，m=1 kg，O1O2、O1O3与竖直方向夹角均为θ=60°，整个轨道除了AD弧线是粗糙的，其余均光滑，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球第一次经过A点时的初速度大小。
答案　2 m/s
根据题意可知，在最高点C，由牛顿第二定律有mg=m
解得vC= m/s
从A到C过程中，由机械能守恒定律有
m-m=mg(R+r)(1+cos 60°)
解得vA=2 m/s
(2)小球从B点飞出运动到D点的时间以及该过程离地面最高的高度。
答案　 s　0.9 m
从A到B过程中，由机械能守恒定律有
m-m=mgR(1+cos 60°)
解得vB=2 m/s
小球从B点飞出后做斜抛运动，水平方向上有vBcos 60°·t=xBD=R
竖直方向上有h=
联立解得t= s，h=0.3 m
离地面最高的高度H=R(1+cos 60°)+h=0.9 m
(3)小球从A点进入轨道后再次回到A点过程中损失的机械能。
答案　6 J
小球再次回到A点时，由牛顿第二定律有
FN-mg=m
由能量转化可得，小球从A点进入轨道后再次回到A点过程中损失的机械能
ΔE=m-mvA'2
联立解得ΔE=6 J。
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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)
两物体速度关联的实质：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。
讨论交流
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(A落地后立即静止)，B上升的最大高度是
A.2R B.
C. D.
√
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=×(2m+m)v2+mgR，B球继续上升的过程由动能定理可得-mgh=0-mv2，联立解得h=，B球上升的最大高度为h+R=R，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小滑轮上，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。不计一切摩擦及空气阻力，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mgl，软绳的机械能增加了mgl
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·+·=×2m·v2，计算可得v=，则物块机械能的减少量为E减=mg·-mv2=mgl，系统的机械能是守恒的，由于物块的机械能减少了mgl，所以软绳的机械能增加了mgl。
(多选)如图所示，质量均为m的A、B两球(均可视为质点)固定在轻质直杆上，杆可绕固定转动轴O在竖直平面内无摩擦转动，已知A、B两球到O点的距离满足OB=3OA=3L，重力加速度为g。将杆拉到
水平位置由静止释放，忽略空气阻力，下列说法正确的是
A.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对B球做负功
B.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对A球做的功为-mgL
C.杆向下摆动到竖直位置时，转动轴O对杆的作用力大小为mg
D.杆向下摆动到竖直位置时，杆对B球的作用力大小为3mg
√
√
A、B和杆组成的系统机械能守恒，可得mgL+mg·3L=m+m，由v=ωr知vB=3vA，联立解得vA=2，vB=6。对A球根据动能定理可得mgL+WA=m-0，对B球根据动能定理可得3mgL+WB=m-0，解得WA=-mgL，WB=mgL，故A错误，B正确；
杆向下摆动到竖直位置时，对B球可得FB-mg=m，解得FB=mg。对A球可得F0-mg-FB=m，解得F0=mg，故C正确，D错误。
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考点四
含弹簧的机械能守恒问题
1.含弹簧的系统，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。即Ep重+Ep弹+Ek=E，E为恒量。
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，弹性势能有最大值。
3.对同一弹簧，弹性势能的大小为Ep=kx2，弹性势能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。
如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过轻质定滑轮(可视为质点)将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量为3m。一开始用手托住重物Q，使轻绳恰好伸直但张力为0，然后由静止释放重物Q，使P从图中A点由静止沿竖直杆上下运动，滑块P经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小恰好相等，已知OA与水平面的夹角θ=53°，OB与AB垂直，OB长为3L，弹簧劲度系数为k，不计滑轮的摩擦力及空气阻力，重力加速度为g，sin 53°=
0.8，cos 53°=0.6。当滑块P运动至B点时，其速度大小为
A. B.2
C.g D.2g
√
P经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小恰好相等，所以弹簧在A点的压缩量x等于在B点的伸长量x，且x==2L，弹性势能也相等，开始手托住重物Q，使轻绳恰好伸直但张力为0，所以mg=2kL，从释放Q到P运动至B点过程，由P、Q及弹簧三者组成的系统机械能守恒得3mg·2L-mg·4L=m+×3m，P、Q二者沿着绳子方向速度大小相等得vPcos 90°
=vQ=0，解得vP=2，代入L=可得vP=g，故选C。
如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，一劲度系数为k=200 N/m
的与斜面平行的轻质弹簧一端连接在固定挡板C上，另一端连接一质量为m=4 kg 的物体A，一轻质细绳绕过轻质定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住小球B使细绳伸直且刚好没有拉力，然后由静止释放，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小。
答案　30 N
弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律，对B有mg-FT=ma
对A有FT-mgsin 30°=ma，解得FT=30 N。
(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度。
答案　0.2 m
初态弹簧压缩量x1==0.1 m
当A速度最大时，A的加速度为0，
则有mg=kx2+mgsin 30°
解得弹簧伸长量x2=0.1 m
所以A沿斜面上升x1+x2=0.2 m。
(3)物体A的最大速度的大小。
答案　1 m/s
因x1=x2，故弹簧弹性势能改变量ΔEp=0，
由系统机械能守恒有
mg(x1+x2)-mg(x1+x2)sin 30°=×2mv2
解得v=1 m/s。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B C A B B C C
题号 9 答案 见解析 答案
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1.(2023·浙江1月选考·4)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中
A.弹性势能减小
B.重力势能减小
C.机械能保持不变
D.绳一绷紧动能就开始减小
√
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答案
基础落实练
游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，游客只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值，则橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A、D错误；
游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；
橡皮绳绷紧后对游客做负功，游客机械能减少，转化为橡皮绳的弹性势能，C错误。
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答案
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 m B.5 m
C.6 m D.7 m
√
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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mv2=mgh，可得其理论上重心提升的最大高度为h=5 m，故选B。
3.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10 W
√
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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+gt2，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+m，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。
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4.(2025·浙江杭州市浙南联盟检测)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
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答案
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
√
铅球的重力势能为Ep=mgh，A正确；
铅球做斜抛运动，在最高点时具有水平速度，动能不为0，B错误；
铅球运动的整个过程中机械能守恒，C错误；
设铅球竖直方向初速度大小为vy1，运动过程中任意时刻竖直方向速度大小为vy，则有-=-2g(h-h0)，vy=，铅球重力做功的瞬时功率大小P=mgvy=mg，P-h图像应为曲线，D错误。
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答案
5.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 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
√
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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°=(mA+mB)v2，解得v= 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°=mBv2，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。
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6.(2025·浙江省名校协作体联考)如图，在一水平地面上有一竖直放置的管道，其内部有一质量不计的轻弹簧，弹簧劲度系数为k。弹簧的弹性势能Ep= k(Δx)2，其中Δx为弹簧的形变量。其正上方有一质量为m的小球由静止释放，恰好可进入管道内部。重力加速度为g，若忽略空气阻力与摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是
A.小球运动过程中，其机械能守恒
B.小球最大速度为
C.小球下落最大距离为
D.小球最大加速度为
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答案
小球未接触到弹簧过程中，只有重力做功，机械能守恒，与弹簧接触后弹簧弹力做负功，小球的机械能不守恒，故A错误；
当小球的加速度为零时，速度达到最大，有
mg=kx，mg(h+x)=mv2+kx2
联立解得v=，故B正确；
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答案
当小球速度减为零时，下落的距离最大，有
mg(h+x')=kx'2
解得小球下落最大距离为
h+x'=+h，故C错误；
当小球运动到最低点时加速度最大，有
kx'-mg=ma
解得a=>g，故D错误。
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答案
7.(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
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能力综合练
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答案
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-cos θ)=mv2
在P点，由牛顿第二定律得mgcos 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。
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答案
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-cos θ)=mv2(0≤θ≤π)
在该处根据牛顿第二定律得F+mgcos θ=m(0≤θ≤π)
联立可得F=2mg-3mgcos θ
则大圆环对小环作用力的大小为|F|=|2mg-3mgcos θ|
根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=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。
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8.(2025·浙江绍兴市模拟)如图所示，劲度系数为k的轻质弹性绳一端系于P点，绕过Q处的光滑小滑轮，另一端与质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环(视为质点)相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于P、Q间的距离，A、Q间的距离为L。将圆环从A点由静止释放，重力加速度大小为g，弹性绳始终处于弹性限度内，弹性绳的弹性势能Ep=kx2，其中x为弹性绳的伸长量，下列说法正确的是
A.圆环向下运动过程中，绳的弹性势能一直减小
B.圆环向下运动的最大距离为
C.圆环的最大动能为
D.圆环运动过程中的最大加速度为
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圆环向下运动过程中，绳的形变量一直增大，绳的弹性势能一直增大，故A错误；
绳与圆环组成系统，根据机械能守恒定律得kL2=-mghm+kx2，x=，解得hm=，故B错误；
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答案
当圆环所受合力为零时，速度最大，动能最大，设此时绳与竖直杆的夹角为θ，圆环下滑位移为h1，根据平衡条件得kx1cos θ=mg，cos θ=，=+L2，根据机械能守恒定律得kL2=-mgh1+k+Ekm，解得圆环的最大动能为Ekm=，故C正确；
对圆环进行分析，开始释放时的加速度为重力加速度g，随后加速度先减小，后增大，增大的过程中根据牛顿第二定律kxcos α-mg=ma，cos α=，化简为a=，可见h最大时a最大，根据B选项，圆环向下运动的最大距离为hm=，解得a=g，故D错误。
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答案
9.(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=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
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答案
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。
答案　见解析
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答案
从A到C，小球的机械能守恒，有
mgh0=m，可得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。
答案　见解析
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答案
小球从A到D，由机械能守恒定律有
mg(h-R)=m
根据牛顿第二定律有FN=
联立可得FN=2mg(-1)，满足的条件h≥R
(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
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答案
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=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=vx=d，其中vx=vGsin θ，vy=vGcos θ
故有vGsin θ·=d
可得vG=2
由机械能守恒定律有mg(h-R)=m
可得h=R。
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答案
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