资源简介

第3讲　机械能守恒定律
【学习目标】　1.理解机械能的概念，掌握机械能守恒定律的条件、内容和表达式。2.会用机械能守恒定律解决单个物体和系统的机械能守恒问题。
考点一　机械能的理解及守恒判断
自测1.(多选)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，在火箭升空的过程中，若火箭匀速升空，则机械能守恒；若火箭加速升空，则机械能不守恒
B.图乙中的物体匀速运动，机械能守恒
C.图丙中的小球做匀速圆周运动，机械能守恒
D.图丁中的弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，机械能守恒
答案：CD
解析：题图甲中，不论火箭是匀速升空还是加速升空，由于推力都对火箭做正功，所以火箭的机械能都增加，故A错误；题图乙中的物体匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B错误；题图丙中的小球在水平面内做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C正确；题图丁中的弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，只有重力做功，所以弹丸的机械能守恒，故D正确。
自测2.(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，小球的机械能守恒
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，则只有重力对小球做功，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，系统机械能守恒，C正确。
判断机械能守恒的三种方法
1.定义法：利用机械能守恒的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能之和是否变化，若不变，则机械能守恒。
2.做功法：若物体系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
3.转化法：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
学生用书 第100页
考点二　单个物体的机械能守恒
1.机械能守恒定律的三种表达式
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
如图所示，竖直平面内的四分之三圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R，A点与圆心O等高，AD为水平面，B点在O的正下方，小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点时进入管道。重力加速度为g。
(1)如果管道与小球接触的内侧壁(图中较小的四分之三圆周)始终对小球没有弹力，小球释放点距离A点的最小高度为多大？
(2)如果小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍。求：
①小球运动到管道最高点E时对管道的弹力；
②落点C与A的水平距离。
答案：(1)1.5R　(2)①3mg，方向竖直向上
②(2－1)R
解析：(1)如果管道与小球接触的内侧壁始终对小球没有弹力，则小球到达最高点E时的最小速度满足mg＝m
以水平面AD为参考平面，从开始下落到到达管道的最高点E，由机械能守恒定律有
mghA＝mgR＋mv2
解得hA＝1.5R
则小球释放点距离A点的最小高度为1.5R。
(2)①在B点，管壁对小球的弹力大小F＝9mg
小球做圆周运动，由牛顿第二定律得
F－mg＝m
小球从B点到到达管道最高点E的过程中，以B所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得
m＝mg×2R＋m
在E点由牛顿第二定律得F'＋mg＝m
联立解得F'＝3mg，方向竖直向下
根据牛顿第三定律可知小球运动到管道最高点E时对管道的弹力大小为3mg，方向竖直向上。
②小球离开管道后做平抛运动
在竖直方向上有R＝gt2
在水平方向上有x＝vEt
解得x＝2R
则落点C与A的水平距离为(2－1)R。
针对练.(2024·全国甲卷·T17)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：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向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π)，在该处根据牛顿第二定律有F＋mgcos θ＝m(0≤θ≤π)，联立可得F＝2mg－3mgcos θ(0≤θ≤π)，则大圆环对小环作用力的大小＝(0≤θ≤π)，根据数学知识可知cos θ＝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。故选C。
非质点类物体机械能守恒问题
　　像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再视为质点来处理。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。
拓展应用.一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图(a)所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条左端和右端，如图(b)、(c)所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度va、vb、vc的大小关系，下列判断中正确的是(　　)
A.va＝vb＝vc　　　　 B.va＜vb＜vc
C.vc＞va＞vb D.vb＞vc＞va
答案：C
解析：题图(a)中，根据机械能守恒定律有mg＝m，解得va＝；题图(b)中，根据机械能守恒定律有mg＝×2m，解得vb＝；题图(c)中，根据机械能守恒定律有mg＋mg×＝×2m，解得vc＝，则有vc＞va＞vb。故选C。
学生用书 第101页
考点三　系统的机械能守恒
轻绳连接的系统
常见 图例
三点 提醒 (1)明确两物体沿轻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的高度变化关系。 (3)对于单个物体，一般轻绳上的力会做功，机械能不守恒；但对于轻绳连接的系统，机械能则可能守恒
(多选)(2026·黑龙江开学考试)如图所示，倾角为α＝30°的斜面体固定在水平面上，两质量相等的物体A、B跨过光滑的定滑轮用轻绳连接，物体B放在斜面体的底端，现将整个装置由静止释放，释放瞬间物体A距离地面的高度为H，重力加速度为g。整个过程物体B始终没有与滑轮发生碰撞，物体A落地后立即停止运动，不计一切摩擦，取水平面为参考平面。下列说法正确的是(　　)
A.物体B的动能等于物体A的重力势能时，物体A距离地面的高度为
B.物体B的动能等于物体A的重力势能时，物体A的速度大小为
C.物体A落地前瞬间的速度大小为
D.物体B沿斜面体上滑的最大距离为
答案：BD
解析：假设两物体的质量均为m，当物体A距离地面的高度为h时物体B的动能等于物体A的重力势能，此时物体A的速度大小为v1，由系统机械能守恒得mgH＝mgh＋2×m＋mgsin α，又mgh＝m，联立解得h＝，v1＝，故A错误，B正确；从释放到物体A落地前瞬间的过程，由系统机械能守恒得mgH＝2×m＋mgHsin α，解得v2＝，故C错误；物体A落地后，物体B沿斜面体上滑，由物体B的机械能守恒，有m＝mgxsin α，解得x＝，整个过程物体B沿斜面体上滑的最大距离为s＝H＋x＝，故D正确。
轻杆连接的系统
常见 图例
三大 特点 (1)轻杆平动时(如图甲、乙)两物体沿轻杆方向的线速度相等；轻杆转动时(如图丙、丁)两物体的角速度相等。 (2)轻杆对物体的作用力并不总是沿轻杆的方向，轻杆能对物体做功，单个物体机械能不一定守恒。 (3)对于轻杆和物体组成的系统，若忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他外力对系统做功，则系统的机械能守恒
(多选)(2026·山东青岛模拟)如图所示，长度为l的轻杆上固定质量均为m的3个小球，小球1、2将杆三等分，轻杆一端通过转轴与O点链接。让轻杆由水平位置自由释放，忽略一切阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.摆至竖直位置时，小球1和2的动能之比为1∶4
B.摆至竖直位置时，小球的角速度均为
C.摆至竖直位置过程中，轻杆对小球2做功为0
D.摆至竖直位置过程中，轻杆对小球3做功为
答案：AD
解析：由于3个小球在同一杆上，则角速度ω相等，根据题意可知三个球做竖直圆周运动的半径之比为r1∶r2∶r3＝1∶2∶3，由v＝ωr可得v1∶v2∶v3＝1∶2∶3，由Ek＝mv2可得，摆至竖直位置时，小球1和2的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4，故A正确；摆至竖直位置过程中，系统机械能守恒，有mg·＋mg·＋mgl＝m＋m＋m，又有v1＝，联立v1∶v2∶v3＝1∶2∶3，解得ω＝，故B错误；摆至竖直位置过程中，对小球2、3，分别由动能定理得mg·＋W杆2＝m－0，mgl＋W杆3＝m－0，又有v2＝，v3＝ωl，联立解得W杆2＝－，W杆3＝，故C错误，D正确。
学生用书 第102页
轻弹簧连接的系统
题型 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
三点 提醒 (1)含轻弹簧的系统内只有弹簧弹力和重力做功时，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体或弹簧的机械能都不守恒。 (2)弹簧弹力做功与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小。 (3)由两个或两个以上的物体与轻弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体速度相等；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧相连，A物体放在水平地面上，B、C两物体通过绕过足够高的轻质定滑轮的细线相连，用手拿住C物体，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并确保ab、cd段的细线竖直。已知A、B两物体的质量mA＝mB＝1.5 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，细线与滑轮间的摩擦力不计，空气阻力不计，开始时整个系统处于静止状态，由静止释放C物体，当A物体刚要离开地面时，B物体获得最大速度，C物体始终未接触地面。求：
(1)未释放C物体时，弹簧的压缩量Δx；
(2)刚释放C物体瞬间，B物体的加速度大小aB；
(3)在从静止释放C物体至B物体达到最大速度的过程中，C物体的最大速度vmax。
答案：(1)0.15 m　(2) m/s2　(3) m/s
解析：(1)对B进行分析，则有kΔx＝mBg
解得Δx＝0.15 m。
(2)当B达到最大速度时，A、B、C均受力平衡，设此时弹簧弹力大小为F，细线拉力大小为FT，由平衡关系有F＝mAg，FT＝F＋mBg，FT＝mCg
解得mC＝3 kg
刚释放C瞬间，B、C有相同大小的加速度，设细线拉力大小为FT'
由牛顿第二定律有FT'＝mBaB，mCg－FT'＝mCaC
且aB＝aC
解得aB＝ m/s2。
(3)B速度最大时，弹簧的伸长量Δx'＝＝0.15 m
则该过程弹簧的弹性势能变化量为0，对由B、C和弹簧组成的系统，则有mCg－mBg(Δx＋Δx')＝
解得vmax＝ m/s。
课时测评28　机械能守恒定律
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－9，每题4分，共36分)
题组1　机械能的理解及守恒判断
1.(2026·上海浦东模拟)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，例如自由下落的物体，C正确；根据动能定理得物体动能的变化等于合力对物体做的功，而物体机械能的变化等于除了重力之外的力做的功，D错误。
2.(2026·江苏扬州期末)如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，铁球由弹簧的正上方自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧。在铁球下落的过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　)
A.下落过程中铁球的机械能守恒
B.铁球接触弹簧后，动能一直减小
C.铁球在整个下落过程中，重力势能一直减小
D.铁球接触弹簧后，弹簧弹性势先增大后减小
答案：C
解析：下落过程中铁球接触弹簧之前，铁球的机械能守恒；接触弹簧后，弹簧的弹力对球做负功，则铁球的机械能不守恒，选项A错误。铁球接触弹簧后，开始阶段重力大于弹力，铁球向下加速，则动能增加；当弹力大于重力后，铁球向下减速，则动能减小，即整个过程中动能先增加后减小，选项B错误。铁球在整个下落过程中，铁球高度一直降低，则重力势能一直减小，选项C正确。铁球接触弹簧后，弹簧一直被压缩，可知弹簧弹性势能一直增大，选项D错误。
题组2　单个物体的机械能守恒
3.(2026·北京东城区期末)一个小球以大小为(g为重力加速度)的初速度，分别通过以下三种固定轨道，第1种是半径为R的光滑竖直半圆轨道，第2种是半径为R的光滑竖直四分之一圆弧轨道，第3种是光滑斜直轨道(轨道足够长)，不计空气阻力，以下说法正确的是(　　)
A.小球沿第1、2种轨道运动所达到的最大高度相同
B.小球沿第2、3种轨道运动所达到的最大高度相同
C.第2种情况下小球刚要离开轨道时对轨道的压力为零
D.第1种情况下小球刚要离开轨道时对轨道的压力不为零
答案：B
解析：对于情况1，假设恰能到最高点，需满足mg＝m，可得v1＝，根据机械能守恒定律有m＝mg·2R＋m，可得v0＝，可知恰好能到达轨道最高点，最大高度为2R，且此时对轨道压力为零；对于情况2，上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有m＝mgh2，可得h2＝R，即最大高度为R；对于情况3，上升高到最高点的过程，根据机械能守恒定律有m＝mgh3，可得h3＝R，即最大高度为R，故B正确，A、D错误。对于情况2，刚要离开轨道的过程，根据机械能守恒定律有m＝mgR＋m，可得第2种情况下小球刚要离开轨道时的速度v4＝，根据牛顿第二定律有FN＝m，可得FN＝3mg，根据牛顿第三定律可知，第2种情况下小球刚要离开轨道时对轨道的压力大小FN'＝FN＝3mg，故C错误。
4.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其倾角。板上一根长为l＝0.6 m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α＝30°时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一平行于平板并与轻绳垂直向上的初速度v0。若小球恰好能保持在板面内做圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，则v0为(　　)
A.3 m/s B.4 m/s
C.5 m/s D.6 m/s
答案：A
解析：在最高点有mgsin 30°＝m ，解得v＝ m/s，根据机械能守恒定律得m＝mv2＋mglsin 30°，解得v0＝3 m/s。故选A。
5.(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，下列说法正确的是(　　)
A.水柱的重力做正功
B.大气压力对水柱做负功
C.水柱的机械能守恒
D.水柱的动能是ρgS(h1－h2)2
答案：ACD
解析：把阀门K打开到两筒水面高度相等的过程中，大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，相互抵消为零，只有重力做功，水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，重心下降，重力做正功，故Ek＝WG＝ρgS·＝ρgS(h1－h2)2，A、C、D正确，B错误。
题组3　系统的机械能守恒
6.(2026·安徽蚌埠期末)如图所示，足够长的细线绕过光滑轻质小定滑轮，一端与质量为m的小球相连，另一端与套在竖直固定光滑杆上的小物块相连。竖直杆上的P点与定滑轮在同一水平线上，距离为d。当细线与竖直杆的夹角为37°时，小物块与小球恰好处于静止状态，sin37°＝0.6。现将小物块从P点由静止释放，则小物块下降的最大高度为(　　)
A.d B.5d
C.6d D.d
答案：D
解析：设小物块的质量为M，分析小物块的受力，根据平衡条件有F拉cos 37°＝Mg，分析小球受力，有F拉＝mg，解得M＝0.8m，当小物块下降到最低点时，两者的速度大小均为零，设小物块下降的最大高度为H，以小物块、细线和小球为研究对象，由机械能守恒定律，有MgH＝mgh，其中h＝－d，解得H＝d。故选D。
7.(多选)(2026·四川绵阳期末)如图所示，半径为R的光滑圆轨道竖直固定放置，可视为质点、质量均为m的小球A和B，用一根长为R的轻杆连接，套在轨道上。将小球A置于轨道最低点并由静止释放，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.小球A、B等高时，A球的速率等于B球的速率
B.小球A、B等高时，A球的速率大于B球的速率
C.从释放到A、B球等高的过程中，A球的机械能不变
D.从释放到A、B球等高的过程中，杆对B球做功为－0.5mgR
答案：AD
解析：小球A、B等高时，将两球的速度沿垂直杆和杆的方向进行分解，如图所示，沿杆方向有vAcos 45°＝vBcos 45°，解得vA＝vB，故A正确，B错误；从释放到A、B球等高的过程中，杆的弹力对A球做正功，A球的机械能增大，故C错误；从释放到A、B球等高的过程中，小球A、B与轻杆组成的系统机械能守恒，此过程A球上升的高度hA＝(1－)R，B球下降的高度hB＝R，根据机械能守恒定律有mghB＝mghA＋m＋m，联立解得vA＝vB＝，对B球根据动能定理可得mghB＋W杆＝m，解得W杆＝－0.5mgR，故D正确。
8.(多选)(2026·山东聊城期末)如图所示，可视为质点的小物块P、Q用跨过理想定滑轮O的轻绳连接，P置于倾角为α＝37°的光滑固定斜面上，Q穿在固定的竖直光滑杆上。初始时锁定P使轻绳的PO段与斜面平行，OQ段与杆的夹角为β＝37°，杆上有一点M，OM的长度L＝0.9 m且与杆垂直。P释放后沿斜面下滑，当β＝60°时，P、Q的速度同时达到最大值。已知P物体的质量m0＝10 kg，重力加速度的大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是(　　)
A.Q的质量m＝3 kg
B.Q的质量m＝3 kg
C.Q运动到M点时的速度为0
D.Q运动到M点时的速度为4 m/s
答案：AC
解析：当β＝60°时，P、Q的速度同时达到最大值，此时P、Q的加速度均为0；以P为研究对象，根据平衡条件可得FT＝m0gsin α，以Q为研究对象，根据平衡条件可得FTcos 60°＝mg，联立解得Q的质量为m＝3 kg，故A正确，B错误。Q运动到M点时，P处于最低点，P的速度为0，根据系统机械能守恒可得m0g(－L)·sin α－mg＝m，解得vQ＝0，故C正确，D错误。
9.(多选)(2026·湖南名校联考)如图，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定斜面上，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放在水平地面上。现用手控制住A，使细线刚刚拉直且无拉力作用，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，重力加速度大小为g。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。不计一切摩擦和空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上。下列说法正确的是(　　)
A.释放A的瞬间，B的加速度大小为g
B.斜面的倾角α＝30°
C.A获得的最大速度为2g
D.从释放A到C刚离开地面过程中，A、B两球组成的系统机械能守恒
答案：BC
解析：C刚离开地面时，对C有kx2＝mg，此时A、B有最大速度，即aA＝aB＝0，对B有FT－kx2－mg＝0，对A有4mgsin α－FT＝0，联立解得sin α＝0.5，α＝30°，故B正确；释放A的瞬间，设A、B的加速度大小为a，细线的张力为FT'，B原来静止，受力平衡，合力为零，根据牛顿第二定律，对B有FT'＝ma，对A有4mgsin α－FT'＝4ma，联立解得a＝0.4g，故A错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，有4mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋(4m＋m)，解得vAm＝2g，所以A获得的最大速度为2g，故C正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，但A、B两球组成的系统机械能不守恒，故D错误。
10.(14分)(2026·山东日照高三开学考试)如图所示，质量不计的硬直杆可以绕光滑转轴O在竖直面内自由转动，杆两端分别固定质量m＝1 kg的小球A和质量M＝4 kg的小球B。已知小球A到O点的距离为2 m，小球B到O点的距离为1 m。现将杆从水平位置由静止释放，在杆转动到竖直位置时，小球A脱离杆水平飞出，恰能从a点无碰撞地进入与杆在同一竖直平面内的光滑圆弧轨道abc，到达圆弧轨道上c点之前的d点(图中未画出)脱离轨道。已知b为圆弧轨道的最低点，c为圆弧轨道的最高点，O'为圆弧轨道的圆心，aO'与竖直方向的夹角α＝60°，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。
(1)杆转到竖直位置时，求杆对小球B的作用力；
(2)杆从水平位置转到竖直位置的过程中，求杆对小球A做的功；
(3)若dO'与竖直方向的夹角用θ表示，写出cos θ与圆弧轨道半径R的关系式，并判断R的取值范围。
答案：(1)60 N，方向竖直向上　(2)30 J
(3)cos θ＝－　2 m＜R＜8 m
解析：(1)杆从水平位置由静止释放转动到竖直位置的过程，根据系统机械能守恒定律有
Mgl＝mg·2l＋m＋M
两球具有相同的角速度，则＝＝2
代入数据解得vA＝2 m/s，vB＝ m/s
杆转到竖直位置时，对小球B根据牛顿第二定律有F－Mg＝M
解得F＝60 N，方向竖直向上。
(2)杆从水平位置转到竖直位置的过程中，对小球A，根据动能定理可得W－mg·2l＝m
解得W＝30 J。
(3)小球A脱离杆水平飞出，做平抛运动，到达a点时有va＝＝4 m/s
小球A到达圆弧轨道上c点之前的d点脱离轨道
则m＝m＋mgR(cos α＋cos θ)
脱离轨道时有mgcos θ＝m
联立解得cos θ＝－
当小球A恰好到达圆心等高处有
mgR1cos α＝m
解得R1＝8 m
当小球A恰好到达c点有
m＝m＋mgR2(1＋cos α)
小球A在c点，根据牛顿第二定律有mg＝m
解得R2＝2 m
所以要使得小球A脱离轨道，则R的取值范围为2 m＜R＜8 m。(共68张PPT)
第3讲　机械能守恒定律
高三总复习讲义　新高考
第六章 机械能
1.理解机械能的概念，掌握机械能守恒定律的条件、内容和表达式。
2.会用机械能守恒定律解决单个物体和系统的机械能守恒问题。
学习目标
考点一　机械能的理解及守恒判断
考点二　单个物体的机械能守恒
考点三　系统的机械能守恒
课时测评
内容索引
机械能的理解及守恒判断
考点一
知识梳理
机械能
mgh
地球
有关
无关
减小
增大
减小
弹性形变
减少
增加
动能
势能
保持不变
不做功
零
自测1.(多选)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，在火箭升空的过程中，若火箭匀速升空，则机械能守恒；若火箭加速升空，则机械能不守恒
B.图乙中的物体匀速运动，机械能守恒
C.图丙中的小球做匀速圆周运动，机械能守恒
D.图丁中的弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，机械能守恒
√
√
题图甲中，不论火箭是匀速升空还是加速升空，由于推力都对火箭做正功，所以火箭的机械能都增加，故A错误；题图乙中的物体匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B错误；题图丙中的小球在水平面内做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C正确；题图丁中的弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，只有重力做功，所以弹丸的机械能守恒，故D正确。
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，小球的机械能守恒
自测2.(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
√
√
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，则只有重力对小球做功，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，系统机械能守恒，C
正确。
判断机械能守恒的三种方法
1.定义法：利用机械能守恒的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能之和是否变化，若不变，则机械能守恒。
2.做功法：若物体系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
3.转化法：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
归纳提升
返回
单个物体的机械能守恒
考点二
1.机械能守恒定律的三种表达式
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
如图所示，竖直平面内的四分之三圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R，A点与圆心O等高，AD为水平面，B点在O的正下方，小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点时进入管道。重力加速度为g。
(1)如果管道与小球接触的内侧壁(图中较小的四分之三圆
周)始终对小球没有弹力，小球释放点距离A点的最小高度
为多大？
答案：1.5R
例1
如果管道与小球接触的内侧壁始终对小球没有弹力，则小球到达最高点E时的最小速度满足mg＝m
以水平面AD为参考平面，从开始下落到到达管道的最高点E，由机械能守恒定律有
mghA＝mgR＋mv2
解得hA＝1.5R
则小球释放点距离A点的最小高度为1.5R。
(2)如果小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9
倍。求：
①小球运动到管道最高点E时对管道的弹力；
答案：3mg，方向竖直向上
在B点，管壁对小球的弹力大小F＝9mg
小球做圆周运动，由牛顿第二定律得
F－mg＝m
小球从B点到到达管道最高点E的过程中，以B所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得m＝mg×2R＋m
在E点由牛顿第二定律得F'＋mg＝m
联立解得F'＝3mg，方向竖直向下
根据牛顿第三定律可知小球运动到管道最高点E时对管道
的弹力大小为3mg，方向竖直向上。
②落点C与A的水平距离。
答案：(2－1)R
小球离开管道后做平抛运动
在竖直方向上有R＝gt2
在水平方向上有x＝vEt
解得x＝2R
则落点C与A的水平距离为(2－1)R。
针对练.(2024·全国甲卷·T17)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
√
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向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律有mgR(1－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π)，在该处根据牛顿第二定律有F＋mgcos θ＝m(0≤θ≤π)，联立可得F＝2mg－3mgcos θ(0≤θ≤π)，则大圆环对小环作用力的大小＝(0≤θ≤π)，根据数学知识可知cos θ＝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。故
选C。
非质点类物体机械能守恒问题
　　像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再视为质点来处理。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。
模型拓展
拓展应用.一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图(a)所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条左端和右端，如图(b)、(c)所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度va、vb、vc的大小关系，下列判断中正确的是
A.va＝vb＝vc　　　　
B.va＜vb＜vc
C.vc＞va＞vb
D.vb＞vc＞va
√
题图(a)中，根据机械能守恒定律有mg＝m，解得va＝；题图(b)中，根据机械能守恒定律有mg＝×2m，解得vb＝；题图(c)中，根据机械能守恒定律有mg＋mg×＝×2m，解得vc＝，则有vc＞va＞vb。故选C。
返回
系统的机械能守恒
考点三
考向1 轻绳连接的系统
常见 图例
三点 提醒 (1)明确两物体沿轻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的高度变化关系。
(3)对于单个物体，一般轻绳上的力会做功，机械能不守恒；但对于轻绳连接的系统，机械能则可能守恒
(多选)(2026·黑龙江开学考试)如图所示，倾角为α＝30°的斜面体固定在水平面上，两质量相等的物体A、B跨过光滑的定滑轮用轻绳连接，物体B放在斜面体的底端，现将整个装置由静止释放，释放瞬间物体A距离地面的高度为H，重力加速度为g。整个过程物体B始终没有与滑轮发生碰撞，物体A落地后立即停止运动，不计一切摩擦，取水平面为参考平面。下列说法正确的是
A.物体B的动能等于物体A的重力势能时，物体A距离地面的高度为
B.物体B的动能等于物体A的重力势能时，物体A的速度大小为
C.物体A落地前瞬间的速度大小为
D.物体B沿斜面体上滑的最大距离为
√
例2
√
假设两物体的质量均为m，当物体A距离地面的高度为h时物体B的动能等于物体A的重力势能，此时物体A的速度大小为v1，由系统机械能守恒得mgH＝mgh＋2×m＋mgsin α，又mgh＝m，联立解得h＝，v1＝，故A错误，B正确；
从释放到物体A落地前瞬间的过程，由系统机械能守恒得mgH＝2×m＋mgHsin α，解得v2＝，故C错误；物体A落地后，物体B沿斜面体上滑，由物体B的机械能守恒，有m＝mgxsin α，解得x＝，整个过程物体B沿斜面体上滑的最大距离为s＝H＋x＝，故D
正确。
考向2 轻杆连接的系统
常见 图例
三大 特点 (1)轻杆平动时(如图甲、乙)两物体沿轻杆方向的线速度相等；轻杆转动时(如图丙、丁)两物体的角速度相等。
(2)轻杆对物体的作用力并不总是沿轻杆的方向，轻杆能对物体做功，单个物体机械能不一定守恒。
(3)对于轻杆和物体组成的系统，若忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他外力对系统做功，则系统的机械能守恒
(多选)(2026·山东青岛模拟)如图所示，长度为l的轻杆上固定质量均为m的3个小球，小球1、2将杆三等分，轻杆一端通过转轴与O点链接。让轻杆由水平位置自由释放，忽略一切阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.摆至竖直位置时，小球1和2的动能之比为1∶4
B.摆至竖直位置时，小球的角速度均为
C.摆至竖直位置过程中，轻杆对小球2做功为0
D.摆至竖直位置过程中，轻杆对小球3做功为
√
√
例3
由于3个小球在同一杆上，则角速度ω相等，根据题意可知三个球做竖直圆周运动的半径之比为r1∶r2∶r3＝1∶2∶3，由v＝ωr可得v1∶v2∶v3＝1∶2∶3，由Ek＝mv2可得，摆至竖直位置时，小球1和2的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4，故A正确；摆至竖直位置过程中，系统机械能守恒，有mg·＋mg·＋mgl＝m＋m＋m，又有v1＝，联立v1∶v2∶v3＝1∶2∶3，解得ω＝，故B错误；
摆至竖直位置过程中，对小球2、3，分别由动能定理得mg·＋W杆2＝m－0，mgl＋W杆3＝m－0，又有v2＝，v3＝ωl，联立解得
W杆2＝－，W杆3＝，故C错误，D正确。
考向3 轻弹簧连接的系统
题型 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
三点 提醒 (1)含轻弹簧的系统内只有弹簧弹力和重力做功时，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体或弹簧的机械能都不守恒。
(2)弹簧弹力做功与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小。
(3)由两个或两个以上的物体与轻弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体速度相等；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧相连，A物体放在水平地面上，B、C两物体通过绕过足够高的轻质定滑轮的细线相连，用手拿住C物体，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并确保ab、cd段的细线竖直。已知A、B两物体的质量mA＝mB＝1.5 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，细线与滑轮间的摩擦力不计，空气阻力不计，开始时整个系统处于静止状态，由静止释放C物体，当A物体刚要离开地面时，B物体获得最大速度，C物体始终未接触地面。求：
例4
(1)未释放C物体时，弹簧的压缩量Δx；
答案：0.15 m
对B进行分析，则有kΔx＝mBg
解得Δx＝0.15 m。
(2)刚释放C物体瞬间，B物体的加速度大小aB；
答案： m/s2
当B达到最大速度时，A、B、C均受力平衡，设此时弹簧弹力大小为F，细线拉力大小为FT，由平衡关系有F＝mAg，FT＝F＋mBg，FT＝mCg
解得mC＝3 kg
刚释放C瞬间，B、C有相同大小的加速度，设细线拉力大小为FT'
由牛顿第二定律有FT'＝mBaB，mCg－FT'＝mCaC
且aB＝aC
解得aB＝ m/s2。
(3)在从静止释放C物体至B物体达到最大速度的过程中，C物体的最大速度vmax。
答案： m/s
B速度最大时，弹簧的伸长量Δx'＝＝0.15 m
则该过程弹簧的弹性势能变化量为0，对由B、C和弹簧组成的系统，则有mCg－mBg(Δx＋Δx')＝
解得vmax＝ m/s。
返回
课 时 测 评
题组1　机械能的理解及守恒判断
1.(2026·上海浦东模拟)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
√
物体机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，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，例如自由下落的物体，C正确；根据动能定理得物体动能的变化等于合力对物体做的功，而物体机械能的变化等于除了重力之外的力做的功，D错误。
2.(2026·江苏扬州期末)如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，铁球由弹簧的正上方自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧。在铁球下落的过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是
A.下落过程中铁球的机械能守恒
B.铁球接触弹簧后，动能一直减小
C.铁球在整个下落过程中，重力势能一直减小
D.铁球接触弹簧后，弹簧弹性势先增大后减小
√
下落过程中铁球接触弹簧之前，铁球的机械能守恒；接触弹
簧后，弹簧的弹力对球做负功，则铁球的机械能不守恒，选
项A错误。铁球接触弹簧后，开始阶段重力大于弹力，铁球
向下加速，则动能增加；当弹力大于重力后，铁球向下减速，
则动能减小，即整个过程中动能先增加后减小，选项B错误。
铁球在整个下落过程中，铁球高度一直降低，则重力势能一直减小，选项C正确。铁球接触弹簧后，弹簧一直被压缩，可知弹簧弹性势能一直增大，选项D错误。
题组2　单个物体的机械能守恒
3.(2026·北京东城区期末)一个小球以大小为(g为重力加速度)的初速度，分别通过以下三种固定轨道，第1种是半径为R的光滑竖直半圆轨道，第2种是半径为R的光滑竖直四分之一圆弧轨道，第3种是光滑斜直轨道(轨道足够长)，不计空气阻力，以下说法正确的是
A.小球沿第1、2种轨道运动所达到的最大高度相同
B.小球沿第2、3种轨道运动所达到的最大高度相同
C.第2种情况下小球刚要离开轨道时对轨道的压力为零
D.第1种情况下小球刚要离开轨道时对轨道的压力不为零
√
对于情况1，假设恰能到最高点，需满足mg＝m，可得v1＝，根据机械能守恒定律有m＝mg·2R＋m，可得v0＝，可知恰好能到达轨道最高点，最大高度为2R，且此时对轨道压力为零；对于情况2，上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有m＝mgh2，可得h2＝R，即最大高度为R；对于情况3，上升高到最高点的过程，根据机械能守恒定律有m＝mgh3，可得h3＝R，即最大高度为R，故B正确，A、D错误。
对于情况2，刚要离开轨道的过程，根据机械能守恒定律有m＝mgR＋m，可得第2种情况下小球刚要离开轨道时的速度v4＝，根据牛顿第二定律有FN＝m，可得FN＝3mg，根据牛顿第三定律可知，第2种情况下小球刚要离开轨道时对轨道的压力大小FN'＝FN＝3mg，故C错误。
4.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其倾角。板上一根长为l＝0.6 m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α＝30°时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一平行于平板并与轻绳垂直向上的初速度v0。若小球恰好能保持在板面内做圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，则v0为
A.3 m/s
B.4 m/s
C.5 m/s
D.6 m/s
√
在最高点有mgsin 30°＝m ，解得v＝ m/s，根据机械能守恒定律得m＝mv2＋mglsin 30°，解得v0＝3 m/s。故选A。
5.(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，下列说法正确的是
A.水柱的重力做正功
B.大气压力对水柱做负功
C.水柱的机械能守恒
D.水柱的动能是ρgS(h1－h2)2
√
√
√
把阀门K打开到两筒水面高度相等的过程中，大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，相互抵消为零，只有重力做功，水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，重心下降，重力做正功，故Ek＝WG＝ρgS·＝ρgS(h1－h2)2，A、C、D正确，B错误。
题组3　系统的机械能守恒
6.(2026·安徽蚌埠期末)如图所示，足够长的细线绕过光滑轻质小定滑轮，一端与质量为m的小球相连，另一端与套在竖直固定光滑杆上的小物块相连。竖直杆上的P点与定滑轮在同一水平线上，距离为d。当细线与竖直杆的夹角为37°时，小物块与小球恰好处于静止状态，sin37°＝0.6。现将小物块从P点由静止释放，则小物块下降的最大高度为
A.d
B.5d
C.6d
D.d
√
设小物块的质量为M，分析小物块的受力，根据平衡条件有F拉cos 37°＝Mg，分析小球受力，有F拉＝mg，解得M＝0.8m，当小物块下降到最低点时，两者的速度大小均为零，设小物块下降的最大高度为H，以小物块、细线和小球为研究对象，由机械能守恒定律，有MgH＝mgh，其中h＝－d，解得H＝d。故选D。
7.(多选)(2026·四川绵阳期末)如图所示，半径为R的光滑圆轨道竖直固定放置，可视为质点、质量均为m的小球A和B，用一根长为R的轻杆连接，套在轨道上。将小球A置于轨道最低点并由静止释放，重力加速度大小为g。下列说法正确的是
A.小球A、B等高时，A球的速率等于B球的速率
B.小球A、B等高时，A球的速率大于B球的速率
C.从释放到A、B球等高的过程中，A球的机械能不变
D.从释放到A、B球等高的过程中，杆对B球做功为－0.5mgR
√
√
小球A、B等高时，将两球的速度沿垂直杆和杆的方向进行分
解，如图所示，沿杆方向有vAcos 45°＝vBcos 45°，解得vA
＝vB，故A正确，B错误；从释放到A、B球等高的过程中，
杆的弹力对A球做正功，A球的机械能增大，故C错误；从释
放到A、B球等高的过程中，小球A、B与轻杆组成的系统机
械能守恒，此过程A球上升的高度hA＝(1－)R，B球下降的高度hB＝R，根据机械能守恒定律有mghB＝mghA＋m＋m，联立解得vA＝vB＝，对B球根据动能定理可得mghB＋W杆＝m，解得W杆＝
－0.5mgR，故D正确。
8.(多选)(2026·山东聊城期末)如图所示，可视为质点的小物块P、Q用跨过理想定滑轮O的轻绳连接，P置于倾角为α＝37°的光滑固定斜面上，Q穿在固定的竖直光滑杆上。初始时锁定P使轻绳的PO段与斜面平行，OQ段与杆的夹角为β＝37°，杆上有一点M，OM的长度L＝0.9 m且与杆垂直。P释放后沿斜面下滑，当β＝60°时，P、Q的速度同时达到最大值。已知P物体的质量m0＝10 kg，重力加速度的大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是
A.Q的质量m＝3 kg
B.Q的质量m＝3 kg
C.Q运动到M点时的速度为0
D.Q运动到M点时的速度为4 m/s
√
√
当β＝60°时，P、Q的速度同时达到最大值，此时P、Q的加速度均为0；以P为研究对象，根据平衡条件可得FT＝m0gsin α，以Q为研究对象，根据平衡条件可得FTcos 60°＝mg，联立解得Q的质量为m＝
3 kg，故A正确，B错误。Q运动到M点时，P处于最低点，P的速度为0，根据系统机械能守恒可得m0g(－L)·sin α－mg＝m，解得vQ＝0，故C正确，D错误。
9.(多选)(2026·湖南名校联考)如图，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定斜面上，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放在水平地面上。现用手控制住A，使细线刚刚拉直且无拉力作用，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，重力加速度大小为g。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。不计一切摩擦和空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上。下列说法正确的是
A.释放A的瞬间，B的加速度大小为g
B.斜面的倾角α＝30°
C.A获得的最大速度为2g
D.从释放A到C刚离开地面过程中，A、B两球组成的系统机械能守恒
√
√
C刚离开地面时，对C有kx2＝mg，此时A、B有最大速度，即aA＝aB＝0，对B有FT－kx2－mg＝0，对A有4mgsin α－FT＝0，联立解得sin α＝0.5，α＝30°，故B正确；释放A的瞬间，设A、B的加速度大小为a，细线的张力为FT'，B原来静止，受力平衡，合力为零，根据牛顿第二定律，对B有FT'＝ma，对A有4mgsin α－FT'＝4ma，联立解得a＝0.4g，故A错误；
初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，有4mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋(4m＋m)，解得vAm＝2g，所以A获得的最大速度为2g，故C正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，但A、B两球组成的系统机械能不守恒，故D错误。
10.(14分)(2026·山东日照高三开学考试)如图所示，质量不计的硬直杆可以绕光滑转轴O在竖直面内自由转动，杆两端分别固定质量m＝1 kg的小球A和质量M＝4 kg的小球B。已知小球A到O点的距离为2 m，小球B到O点的距离为1 m。现将杆从水平位置由静止释放，在杆转动到竖直位置时，小球A脱离杆水平飞出，恰能从a点无碰撞地进入与杆在同一竖直平面内的光滑圆弧轨道abc，到达圆弧轨道上c点之前的d点(图中未画出)脱离轨道。已知b为圆弧轨道的最低点，c为圆弧轨道的最高点，O'为圆弧轨道的圆心，aO'与竖直方向的夹角α＝60°，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。
(1)杆转到竖直位置时，求杆对小球B的作用力；
答案：60 N，方向竖直向上　
杆从水平位置由静止释放转动到竖直位置的过程，根据系统机械能守恒定律有
Mgl＝mg·2l＋m＋M
两球具有相同的角速度，则＝＝2
代入数据解得vA＝2 m/s，vB＝ m/s
杆转到竖直位置时，对小球B根据牛顿第二定律有F－Mg＝M
解得F＝60 N，方向竖直向上。
(2)杆从水平位置转到竖直位置的过程中，求杆对小球A做的功；
答案：30 J
杆从水平位置转到竖直位置的过程中，对小球A，根据动能定理可得W－mg·2l＝m
解得W＝30 J。
(3)若dO'与竖直方向的夹角用θ表示，写出cos θ与圆弧轨道半径R的关系式，并判断R的取值范围。
答案：cos θ＝－　2 m＜R＜8 m
小球A脱离杆水平飞出，做平抛运动，到达a点时有va＝＝4 m/s
小球A到达圆弧轨道上c点之前的d点脱离轨道
则m＝m＋mgR(cos α＋cos θ)
脱离轨道时有mgcos θ＝m
联立解得cos θ＝－
当小球A恰好到达圆心等高处有
mgR1cos α＝m
解得R1＝8 m
当小球A恰好到达c点有
m＝m＋mgR2(1＋cos α)
小球A在c点，根据牛顿第二定律有mg＝m
解得R2＝2 m
所以要使得小球A脱离轨道，则R的取值范围为2 m＜R＜8 m。
返回
谢 谢 观 看
第3讲　机械能守恒定律

展开更多......

收起↑