【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习专题6.2《机械能守恒定律及其应用及实验》练习（解析版）.doc，共(19)页，269.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题6.2机械能守恒定律及其应用及实验【练】目录一．练经典题型..........................................................................

................................................................................1二、练创新情景................................

..........................................................................................................................8三．练规范解答............

...............................................................................................................

.............................15一．练经典题型1．(2021·上海长宁区期末)从地面竖直上抛两个质量不同、初动能相同的小球，不计空气阻力，以地面为零势能面，当两小球上升到同一高度时，则()A．它们具有的重力势能相等B．质量小的小球动能一定小C．它们具有的机械能相等D．

质量大的小球机械能一定大【答案】C【解析】在上升到相同高度时，由于两小球质量不同，由重力势能Ep＝mgh可知重力势能不同，故A错误；在小球上升过程中，根据机械能守恒定律，有Ek＝E－mgh，其中E为两小球相同的初始动能。在上升到相同高度时，h相同，质量小的小球动能Ek大，故B错误

；在上升过程中，只有重力做功，两小球机械能守恒，由于初动能相同，则它们具有的机械能相等，故C正确，D错误。2.(2021·昆明、玉溪统考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上

的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端(此时小球速度为零)的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()A．小球的动能与重力势能

之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变【答案】B【解析】小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒，弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，

所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。3.(2021·安徽皖江联

盟名校联考)如图，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．2RB.5R3C.4R3D.2R3【答案】：C【解析】：设B的质量为m，A的质量为2

m，以A、B整体为系统，当A下落至地面时，B恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒，即：2mgR－mgR＝12×3mv2，接下来，B物体做竖直上抛运动，再上升的高度h＝v22g，两式联立得h＝R3，这样B上升的最大高度H＝h＋R＝4R3.4．(2021·浙江选考模拟)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先减小后增大B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做

负功，弹性势能减小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，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【答案】：C【解析】：在运动的过程中，运动员一直下降，则重力势能一直减小，故A错误；蹦极绳张

紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加，故B错误；蹦极的过程中，系统只有重力和弹力做功，所以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒，故C正确；重力势能的变化量与零势能点的选取无关，故D错误．5．如图所示，在高1.5m的光滑平台上有一个质量为2kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压

缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10m/s2)()A．10JB．15JC．20JD．25J【答案】：A【解析】：由h＝12gt2和vy＝gt得：vy

＝30m/s，落地时，tan60°＝vyv0可得：v0＝vytan60°＝10m/s，由机械能守恒得：Ep＝12mv20，可求得：Ep＝10J，故A正确．6．(2021·山东济南模拟)如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四

分之一圆弧，CD段为平滑的弯管．一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．关于管口D距离地面的高度必须满足的条件是()A．等于2RB．大于2RC．大于2R且小于52RD．大于52R【答案】：B【解析】：由机械能守恒定律得mg(H－2R)＝12m

v2A，因细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可，即vA＝2gH－4gR＞0，解得H＞2R，故选B.7.(多选)(2021·苏北四市调研)如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA

平滑连接，OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是()A．球1的机械能守恒B．球6在OA段机械能增大C．球6的水平射程最小D．六个球落地点各不

相同【答案】：BC【解析】：当所有球都在斜面上运动时机械能守恒，当有球在水平面上运动时，后面球要对前面的球做功，小球机械能不守恒，选项A错误；球6在OA段由于球5的推力对其做正功，其机械能增大，选项B正确；由于球6离开A点的速度最小，所以其水平射程最小，选项C正确；当1

、2、3小球均在OA段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项D错误．8．(多选)(2021湖南湘潭市三模)如图所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连．开始时物块与定滑轮等高．已知

物块的质量m1＝3kg，球的质量m2＝5kg，杆与滑轮间的距离d＝2m，重力加速度g＝10m/s2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力．现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中()A．物块运动的最大速度为533m/sB．小球运动的最大速度为335m/sC．物块下降的最大距离为

3mD．小球上升的最大距离为2.25m【答案】AD【解析】当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力等于小球的重力，即FT＝m2g＝50N对物块受力分析，如图，可知FTcosθ＝m1g对物块的速度v沿绳的方向和垂直绳的方向

分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v1，则有v1＝vcosθ，对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知m1gdtanθ－m2g(dsinθ－d)＝12m1v2＋12m2v12，代入数据可得v＝533m/s，v1＝3m/s，故A正

确，B错误；设物块下落的最大高度为h，此时小球上升的最大距离为h1，则有h1＝h2＋d2－d对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得m1gh＝m2gh1联立解得h＝3.75m，h1＝2.25m，故C错误，D正确．9.(2021·河南洛阳市一模)某同学用图(a)所示的实验

装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有220Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图(b)所示。该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。

(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为__________，重物下落的加速度的大小为__________。(2)已测得x1＝8.89cm，x2＝

9.50cm，x3＝10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为________Hz。【答案】(1)12(x1＋x2)f12(x3－x1

)f2(2)40【解析】(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得vB＝x1＋x22T＝()x1＋x2f2vC＝x2＋x32T＝()x2＋x3f2由速度公式vC＝vB＋aT可得a＝()x3－x1f22。(2)由牛顿第二定律可得mg－0.01m

g＝ma所以a＝0.99g结合(1)解出的加速度表达式，代入数据可得f＝40Hz。10.用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹

进行测量，即可验证机械能守恒定律．图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，所用电源的频率为50Hz.已知m1＝50g、m2＝150g．则：(结果均保留两位有效数字)(1)在纸带上打下计

数点5时的速度v5＝________m/s；(2)在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量ΔEk＝________J，系统重力势能的减少量ΔEp＝________J；(当地的重力加速度g取10m

/s2)(3)若某同学作出12v2－h图象如图丙所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2.【答案】(1)2.4(2)0.580.60(3)9.7【解析】(1)v5＝＋－20.1×2m/s＝2.4m/s.(

2)ΔEk＝12(m1＋m2)v52－0≈0.58J，ΔEp＝m2gh5－m1gh5＝0.60J.(3)由(m2－m1)gh＝12(m1＋m2)v2，知v22＝m2－m1ghm1＋m2，即图线的斜率k＝m2－m1gm1＋m2＝5.821

.20m/s2，解得g＝9.7m/s2.二、练创新情景1.(2021·北京市丰台区二模)摩天轮是游乐场里的大型娱乐项目，它的直径可以达到几百米。乘客乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，下列说法中正确的是()A.在最高点，乘客处于超重状态B.任一时刻乘客受到的

合力都不等于零C.乘客在乘坐过程中对座椅的压力始终不变D.乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变【答案】B【解析】在最高点，乘客具有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；乘客做圆周运动，任一时刻受到的合力都不等于零，选项B正确；乘客在乘坐过程中匀速转动，向心力时刻指向圆心，大小不变

，对座椅的压力不可能始终不变，选项C错误；乘客在乘坐过程中匀速转动，动能不变，但重力势能在变化，所以机械能也在变化，选项D错误。2.(2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，1)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E

0和E0(E0＞0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为()A.2E0mB.6E0mC.22E0mD.4E0m【答案】A【解析】物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E

0＋0＝E0＋12mv2，解得r2处的速度为v＝2E0m，故选A。3.(2021·苏北四市联考)某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计．用v、E、Ek、P分别表示足球的速率、机械能、动能和重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列

图象中可能正确的是()【答案】：D【解析】：足球做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，A、B项错误；以初始位置为零势能面，踢出时竖直方向速度为vy，则Ek＝E－Ep＝E－mgh＝E－mgvyt＋12mg2t2

，C项错误；速度的水平分量不变，竖直分量先均匀减小到零，后反向均匀增大，故根据P＝Gv可知，重力的功率先均匀减小后均匀增加，D项正确．4．(2021·黑龙江大庆中学开学考试)如图所示，轨道AB与半径R＝0.1m的竖直圆轨道相连，C点为轨道最低点，在最

高点D处装有压力传感器可以显示小球对轨道的压力．质量m＝0.1kg的小球从A点由静止释放，小球可以沿轨道运动，到达轨道最高点时压力传感器的示数为零．不计一切摩擦，g＝10m/s2，则释放点A与C之间的竖直高度差为()A．0.05mB．0.25mC．0.50mD

．1.0m【答案】B【解析】小球经过D点时压力传感器的示数为0，即小球通过最高点时恰好不受轨道的压力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有mg＝mv2R，小球在最高点处的速度为v＝gR，小球由静止运动到最高点的过程中，只有重力做功，由机械

能守恒定律得mgh＝12mv2＋mg·2R，联立解得h＝2.5R＝2.5×0.1m＝0.25m，故选B.5.(2021·河南洛阳市高三期末)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的14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2gRD．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12mgR【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)＝12·2mv2，解得v＝3gR，选项C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝12mv2，联立v＝3gR，解得W＝12mgR，故D正确

．6．(2021·四川三台中学实验学校期末)如图(a)所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，半径为0.4m，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图(b)是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速率的

二次方与其对应高度的关系图象．已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为2.5N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．图(b)中x＝36B．小球质量为0.2kgC．小球在A点时受到的轨道作用力大小为12.5ND．小球在B点时受到的轨道作用

力大小为4.5N【答案】B【解析】根据机械能守恒定律有12mv02＝mgh＋12mv2，整理得v2－v02＝－2gh；由题图(b)可知，当h＝0.8m时，v2＝9m2/s2，代入上式可得x＝v02＝25m2/s2，A错误；在最高点时，根据牛顿第二定

律有FN＋mg＝mv2R，可得m＝0.2kg，B正确；在A点时，根据牛顿第二定律有FNA－mg＝mv02R，可得FNA＝14.5N，C错误；小球在B点时FNB＝mvB2R，又12mvB2＋mgR＝12mv02，整理得FNB＝8.5N，D错误．

7.(多选)(2021·佛山七校联考)如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动

，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为π6，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为gl8C．A落地时速率为2glD．A、B质量之比为1∶4【答案】ABD【解析】设小球速度为v

A，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin30°＝mv2Al，解得vA＝gl2，vB＝vA2＝g

l8，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin30°＝12mv2－12mv2A，v＝3gl2，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin30°)＝12mv2A＋12Mv2B，把vA和vB的值

代入，化简得m∶M＝1∶4，故D正确。8．(多选)(2021·江苏海门中学第二次质调)如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细绳竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，重力加速度为g。摩擦

阻力和空气阻力均忽略不计，滑轮间竖直距离足够长。则下列说法正确的是()A.相同时间内，A、B位移大小之比为1∶2B.同一时刻，A、B加速度大小之比为1∶1C.同一时刻，A、B速度大小之比为1∶1D.当B下降高度h时，B的速度大小为45gh【答案】AD【解

析】由题可知，B下降的位移是A上升位移的两倍，由公式x＝12at2可知，B的加速度是A加速度的两倍，故A正确，B错误；由速度公式v＝at可知，由于B的加速度是A加速度的两倍，所以同一时刻，A的速度是B的一半，故C错误；当B下降高度h时，A上升h2，由机械能守恒定律得mgh－m

gh2＝12mv2B＋12mv2A，2vA＝vB，联立解得vB＝45gh，故D正确。9.(2021·海南省新高考一模)某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。实验步骤如下：(1)用电磁铁吸住一个小铁球，将光电门A固定在立柱上，小铁球底部处于同一竖直位置，光电门B固定在立柱上的另一位置；(2)切

断电磁铁电源，小铁球开始下落，数字计时器测出小铁球通过光电门A和光电门B的时间分别为tA、tB。请回答下列问题：(1)切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于__________，以确保小铁球能通过两个电光门。(2)实验中还需要测量的物理量是__________(填选项前的字母)

。A.小铁球的质量mB.小铁球的直径dC.光电门A、B间的距离h(3)小铁球经过光电门B时的速度可表示为vB＝______(用测量的物理量表示)。(4)在误差允许范围内，若满足关系式_____________

___，即可验证机械能守恒(用测量的物理量和重力加速度g表示)。【答案】(1)竖直(2)BC(3)dtB(4)(dtB)2－(dtA)2＝2ghAB【解析】(1)切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于竖直，以

确保小铁球能通过两个光电门。(2)铁球通过光电门A、B的速度分别为vA＝dtA和vB＝dtB若从A到B机械能守恒，则12mv2B－12mv2A＝mghAB即v2B－v2A＝2ghAB，即(dtB)2－(dtA)2＝2ghAB则实验中还需

要测量的物理量是：小铁球的直径d以及光电门A、B间的距离h，故选B、C。(3)小铁球经过光电门B时的速度可表示为vB＝dtB。(4)在误差允许范围内，若满足关系式(dtB)2－(dtA)2＝2ghAB，即可验证机械能守恒。10.(2020·四川资阳市一诊)利用气垫

导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电

门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度v，实验时滑块在A处由静止开始运动．(1)某次实验测

得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝________________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝________，在误差允许的范围内，若ΔEk

＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒；(用题中所给字母表示)(2)按上述实验方法，某同学改变A、B间的距离，得到滑块到B点时对应的速度，作出v2－d图象如图乙所示，并测得M＝m，则重力加速度g＝________m/s2.【答案】(1)M＋mb22t2(m－M2

)gd(2)9.6【解析】(1)滑块到达B处时的速度v＝bt，则系统动能的增加量ΔEk＝12(M＋m)v2＝M＋mb22t2.系统重力势能的减少量ΔEp＝mgd－Mgdsin30°＝(m－M2)gd.(2)根据系统机械能守恒有12(M＋m)v2＝(m－M2)gd，则v2＝m－MgdM＋

m，题图乙图线的斜率k＝2m－MM＋mg＝2.40.5m/s2＝4.8m/s2，又M＝m，解得g＝9.6m/s2.三．练规范解答1.(2021·江苏如皋中学高三月考)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，在此过程中，求：(1)斜面的倾角α；(2)弹簧恢复原长时，细线中的拉力大小F0；(3)A沿斜面下滑的速度最大值vm.【答案】(1)30°(2)

65mg(3)2gm5k【解析】(1)A速度最大时，加速度为零，对A有4mgsinα＝F，此时B的加速度也为零，C恰好离开地面，对B、C整体有F＝2mg，解得sinα＝12，即α＝30°.(2)设当弹簧恢复原长时，A沿斜面向下运动的加速度大小为a，对A有4mgsinα－

F0＝4ma，对B有F0－mg＝ma，解得F0＝65mg.(3)一开始弹簧处于压缩状态，有mg＝k·Δx1，压缩量Δx1＝mgk，C恰好离开地面时，弹簧处于伸长状态，有mg＝k·Δx2，伸长量Δx2＝Δx1＝mgk，因而初、末状态弹簧的弹性势能相等，从释放A

球至C球恰好离开地面的过程，对整个系统根据机械能守恒定律有4mgsinα·(Δx1＋Δx2)－mg(Δx1＋Δx2)＝12(4m＋m)vm2，解得vm＝4mg25k＝2gm5k.2.光滑管状轨道ABC由直轨道

AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直．一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球

继续运动．已知弧形轨道的半径为R＝83m，所对应的圆心角为53°，sin53°＝0.8，g取10m/s2.(1)若M＝5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小．(2)若M＝5m，求小球从C点抛出后下落高度h＝43m时到C点的水平位移．(3)M、m满足什么关系时，小球

能够运动到C点？【答案】：(1)7m/s2(2)43m(3)M≥207m【解析】：(1)设细线中张力为F，对小球：F－mgsin53°＝ma对物块：Mg－F＝Ma，联立解得：a＝7m/s2(2)在Rt△OAB中，得：xAB＝Rtan53°由v2＝2axAB代入数据解得：v＝27m/

s从B到C，根据机械能守恒定律，有：12mv2＝12mv2C＋mgR(1－cos53°)小球离开C后做平抛运动，有：x＝vCt，h＝12gt2联立并代入数据解得：x＝43m(3)小球由A→B：M、m系统机械能守恒，有：12(M＋m)v2＝MgxAB－mgxAB

sin53°线断后，小球由B→C，小球能运动到C点，则12mv2≥mgR(1－cos53°)联立，解得：M≥207m.3.如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直于盘面的光滑水平固定轴O，在盘的右边缘固定有一个质量为m的小球A，在O点正下方离O点r2处固定一个质量

也为m的小球B，放开盘让其自由转动。(1)当A转动到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？(2)A球转到最低点时的线速度是多少？【答案】(1)12mgr(2)45gr【解析】(1)以通过固定轴O的水平面为

零势能面，开始时两球的重力势能之和为Ep1＝EpA＋EpB＝0－12mgr＝－12mgr当小球A转至最低点时两小球重力势能之和为Ep2＝EpA＋EpB＝－mgr＋0＝－mgr故两球重力势能之和减少量为ΔEp减＝Ep1－Ep2＝－12mgr－(－mgr)＝12mgr。(2)由于圆盘转

动过程中，系统只有动能和重力势能相互转化，系统的机械能守恒，因此系统的重力势能的减少一定等于两球动能的增加。设A球转至最低点时，A、B的线速度分别为vA和vB，则12mgr＝12mv2A＋12mv2B。因A、B两球固定在同一圆盘上，转动过程中角速度相等，故线速度的关系为vA＝

2vB，解得vA＝45gr。4．如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧静止放于光滑斜面上，其一端固定，另一端恰好与水平线AB平齐；长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，将细绳拉至水平，此时小球在位置C.现由静止释放小球，小球到达

最低点D时，细绳刚好被拉断，D点与AB相距h；之后小球在运动过程中恰好与弹簧接触并沿斜面方向压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为x.不计空气阻力，试求：(1)细绳所能承受的最大拉力F；(2)斜面倾角θ的正切值；(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep.【答案】：(1)3mg(2)hL(3)

mg(xhh＋L＋h＋L)【解析】：(1)小球由C运动到D的过程中机械能守恒，mgL＝12mv21解得：v1＝2gL在D点由牛顿第二定律得：F－mg＝mv21L解得：F＝3mg由牛顿第三定律知，细绳所能承受的最大拉力为3mg(2)小球由D运动到A的过程做平

抛运动，则：v2y＝2gh解得：vy＝2gh，tanθ＝vyv1＝hL(3)小球到达A点时，有：v2A＝v2y＋v21＝2g(h＋L)小球在压缩弹簧的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，则：Ep＝mgxsinθ＋12mv2A，sinθ＝hh＋L解得：E

p＝mg(xhh＋L＋h＋L)．