【文档说明】高考物理一轮复习课件第5章机械能及其守恒定律第16讲机械能守恒定律及其应用 (含详解).ppt，共(80)页，1.430 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-96247.html

以下为本文档部分文字说明：

第五章机械能及其守恒定律高考总复习·物理第16讲机械能守恒定律及其应用高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．重力做功与重力势能(1)重力做功与无关，只与始末位置的有关．(2)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，但重力势能的变化与参考平面的选取，Ep＝.路径高度差地球有关无关mgh(3)重力做功与重力势能变化的关系①定性关系：重力对物体做正功，重力势能；重力对物体做负功，重力

势能．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＝＝.减小增大－(Ep2－Ep1)－ΔEp2．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①守恒式：；②转化式：；③转移式：.(3

)机械能守恒的判断①系统有重力或弹簧弹力．②系统既没有跟外界发生机械能的，也没有系统内机械能与其他形式能量的．动能势能保持不变E1＝E2ΔEk＝－ΔEpΔEA＝－ΔEB做功转移转化[基础小练]判断下列说法是否正确(1)重力势能的大小与零势能参考面的选取有关

．()(2)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关．()(3)同一高度处越重的物体重力势能越大．()(4)克服重力做功，物体的重力势能一定增加．()√√×√(5)发生弹性形变的物体都具有弹性势能．()(6)匀速运动的物体机械能一定守恒．()(

7)减速下落的物体，物体的机械能一定不守恒．()(8)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定不变．()√×√√板块二︿︿[考法精讲]考法一机械能守恒的判断1．只有重力做功时，只发生动能和重力势

能的相互转化．如自由落体运动、抛体运动等．2．只有系统内弹簧弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化．如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒．3．只有重力和系

统内弹簧弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化．如自由下落的物体落到竖直的弹簧上，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒．4．除受重力(或系统内弹簧弹力)外，还受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零．如物体在沿斜面向下的拉力F的

作用下沿斜面向下运动，其拉力的大小与摩擦力的大小相等，在此运动过程中，其机械能守恒．【自主练1】(2019·郎溪中学高三开学考试)如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到

N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则()A．v1＝v2t1>t2B．v1<v2t1>t2C．v1＝v2t1<t2D．v

1<v2t1<t2A解析由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1＝v2；小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知，在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于

沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2，故选项A正确．【自主练2】(2019·临沂第十九中学高三调研)在同一高度将质量相等的三个小球以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力．从抛

出到落地过程中，三球()A．运动时间相同B．落地时的速度相同C．落地时重力的功率相同D．落地时的动能相同D解析落地的时间不同，竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，选项A错误；小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故末速度大小相等，但方向不同，选项B错误；落地时速度大小

相等，但方向不同，根据P＝mgvcosθ可知，重力的瞬时功率不等，选项C错误；根据机械能守恒定律得到落地时动能相等，选项D正确．考法二单一物体的机械能守恒问题1．表达式2．一般步骤3．选用技巧(1)在处理单个物体机械能

守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面．(2)在处理连接体问题时，通常应用转化观点和转移观点，都不用选取零势能面．【例题1】(2019·昌江矿区高三模拟)如图所示，质量m＝50kg的跳水运动员从距水面高h＝10m的跳台上以v0＝5m/s的速度斜向上起跳，

最终落入水中．若忽略运动员的身高．取g＝10m/s2，求：(1)运动员在跳台上时具有的重力势能(以水面为参考平面)；(2)运动员起跳时的动能；(3)运动员入水时的速度大小．解析(1)取水面为参考平面，人的重力势能是Ep＝mgh＝5000J.(2)由动能的公式得Ek＝12mv20＝

625J.(3)在整个过程中，只有重力做功，机械能守恒mgh＝12mv2－12mv20，解得v＝15m/s.答案(1)5000J(2)625J(3)15m/s解题技巧机械能守恒定律的应用技巧(1)机械能守恒定律是一种“能—能转化”关系，其守恒是有条件的．因此，

应用时首先要对研究对象在所研究的过程中机械能是否守恒做出判断．(2)如果系统(除地球外)只有一个物体，用守恒观点列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化或转移的观点列方程较简便．【跟踪

训练1-1】(2019·聊城一中高三阶段性检测)如图所示，半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直面内，半圆的圆心为O.将一个小球从半圆轨道左端无初速释放，恰好能到达右端与圆心O等高的位置．若将该半圆轨道的右半边去掉，换上直径为R的光滑圆轨道，两

个轨道在最低点平滑连接．换上的圆轨道所含圆心角依次为180°、120°、90°和60°.仍将小球从原半圆轨道左端无初速释放，哪种情况下小球能上升到与O点等高的高度()答案C解析由能量守恒定律可知，小球若能上升到与O点等高的高度，则速度为零；图A中到达

O点的速度至少为gr，则选项A错误；图B中小球从轨道斜上抛后到达最高点的速度也不为零，则选项B错误；图C中小球从轨道上竖直上抛后，到达最高点的速度为零，则选项C正确；图D中小球从轨道斜上抛后到达最高点的速度也不为零，则选项D错误．【跟踪训练1-2】(2019·山东

师范大学附属中学高三模拟)(多选)蹦极是一种刺激的极限运动，如图甲所示，一根弹性皮绳自然长度12m，一端系住人的腰部，一端固定在跳台上，质量为60kg的人由静止下落，下落过程中人的速度与下落的距离关系如图乙所示(弹性限度内)

，不计空气阻力和绳子质量，重力加速度g＝10m/s2.则()A．人在下落过程中皮绳的平均拉力大约为900NB．人在下落过程中最大加速度大小约为25m/s2C．人在下落过程中皮绳的弹性势能最大值约为216

00JD．当皮绳的拉力为1200N时人的速度大小约为18m/s答案AC解析由图象可知，当运动员速度最大时，皮绳的伸长量为8m，有kΔx1＝mg，解得k＝75N/m，皮绳的最大伸长量Δx2＝24m，最大拉力Fm＝kΔx2＝1

800N，则运动员下落过程中皮绳的平均拉力F－＝0＋Fm2＝900N，故选项A正确；根据牛顿第二定律得Fm－mg＝mam，最大加速度am＝20m/s2，故选项B错误；根据机械能守恒定律得Ep＝mgh＝60×10×36J＝2.1

6×104J，故选项C正确；当皮绳上的拉力为1200N时，皮绳的伸长量Δx3＝16m，运动员下落的距离x＝28m，由题图乙可知，对应的速度大小约为15m/s，故选项D错误．考法三系统的机械能守恒问题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．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．【例题2】(2019·甘肃师范大学附属中学高三期中)(多选)如图所示，斜面和水平横杆均足够长且均被固定，斜面顶角为θ，套筒P

套在横杆上，与轻绳连接，轻绳跨过不计大小的定滑轮，其与放在斜面上的滑块Q相连接，且连接滑块Q的轻绳与斜面平行，P与Q的质量均为m，O为横杆上的滑轮的正下方的点，滑轮到横杆的距离为h.开始时手握住P，使连接P的绳与竖直方向的夹角为θ，然后无初速度释放P.不计绳子的伸长和一切摩擦，重力加速度为g.下列

说法正确的是()A．释放P前绳子拉力大小为mgsinθB．P到达O点时绳子的拉力为零C．P到达O点时的速率为2gh1－cosθD．P从释放到第一次过O点的过程中，绳子对P的拉力一直做正功[思维导引]对Q分析，根据共点力平衡求出拉力的大小；根据关联速度的解法分析Q的速度变化

情况，从而得出拉力的情况；对P和Q系统研究，结合机械能守恒求出P到达O点的速度大小．根据P点的速度变化，分析动能的变化，从而得拉力做功的情况．答案CD解析释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得T＝mgcosθ，故选项

A错误；根据P与Q的速度关系vQ＝vPsinθ，当P到达O点时θ＝0°，即vQ＝0，说明Q先加速后减速，故此时轻绳的拉力不为零，故选项B错误；当P到达O点时vQ＝0，Q减少的重力势能与P增加的动能相等，则有mgcosθ·(hcosθ－h)＝12mv2P，解得vP＝2g

h1－cosθ，故选项C正确；P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，动能在增大，绳子对P的拉力一直做正功，故选项D正确．归纳总结系统机械能守恒问题(1)多物体机械能守恒问题的分析方法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；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的形式．(2)多物体机械能守恒问题的三点注意①正确选取研究对象；②合理选取物理过程；③正确选取机械能守恒定律常用的表达形式列式求解．【跟踪训练2-1】(2019·阜阳三中高

三模拟)(多选)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B.支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA边处于水平位置．由静止释放，则()A．A球的最大速度为2glB

．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度为82－1gl3D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1答案BC解析由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者

的动能最大，此时两球总重力势能最小，故选项B正确；根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为vA∶vB＝ω·2l∶ω·l＝2∶1，故选项D错误；当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得mg·2lco

sθ－2mg·l(1－sinθ)＝12mv2A＋12·2mv2B，解得v2A＝83gl(sinθ＋cosθ)－83gl，由数学知识知，当θ＝45°时，sinθ＋cosθ有最大值，最大值为vA＝82－1gl3，故选项A错误，C正确．【跟踪训练2-2】(2019·运城康

杰中学模拟)(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列

说法正确的是(重力加速度为g)()A．环与重物组成的系统机械能守恒B．小环到达B处时，重物上升的高度也为dC．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于22D．小环在B处时的速度为3－22gd答案AD解析由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，故选项A正确；结合几何关系可知，重物上升

的高度h＝(2－1)d，故选项B错误；将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v物＝v环cos45°，环在B处的速度与重物上升的速度大

小之比为2∶1，故选项C错误；小环和重物系统机械能守恒，则mgd－2mgh＝12mv2环＋122mv2物且v物＝v环cos45°，解得v环＝3－22gd，故选项D正确．【跟踪训练2-3】(2019·红色七校高三联考)如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量mP＝m的小球P

连接，另一端与质量mQ＝m的小物块Q连接，小物块Q套于两直杆AC、DE和一段圆弧CD组成的固定光滑轨道ABCDE上．直杆AC与竖直墙夹角θ＝45°，直杆DE水平，两杆分别与O1为圆心，R为半径的圆弧连接并相切于C、D两点，轨道与两定滑轮在同一竖直平面内．直杆上B点与两定滑轮均在同

一高度，重力加速度为g，小球运动过程中不会与其他物体相碰，现将小物块Q从B点由静止释放，在C、D点时无机械能损失．试求：(1)小物块Q的最大机械能(取B点所在的水平面为参考平面)；(2)小物块Q滑至O

1正下方D点时对圆弧轨道的弹力．解析(1)当物块滑至C点时，P球下降至最低点，且此时vP＝0，由机械能守恒定律有EQ＝mPgh＝mgh，据几何关系可知h＝O1B－O1C＝Rcos45°－R，解得EQ＝(2－1)mgR.(2)小物块从C

到D过程中，小物块做圆周运动，故绳子不做功，球P始终静止，物块Q机械能守恒，则EQ＝－mgR＋12mv2D，在D点，物体受到绳子拉力T，轨道的支持力N，重力mg，由牛顿第二定律T＋N－mg＝mv2DR，对于P小球有T＝mg，联立解得N＝22mg，方向

向上．由牛顿第三定律，物块对轨道的弹力N′＝22mg，方向向下．答案(1)(2－1)mgR(2)22mg方向向下考法四含弹簧类机械能守恒问题1．由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统

机械能守恒．2．在相互作用过程特征方面，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．3．如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如

绷紧的弹簧由静止释放)．【例题3】(2019·太原高三模拟)一定质量的小球套在倾斜的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆处于同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O处于同一高度由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧竖直时，小球速度恰好

为零，如图所示，若弹簧一直处于伸长状态且处于弹性限度内，不考虑空气阻力，则()A．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大B．当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，小球的动能最大C．小球从最高点到最低点的过程中，

加速度的值一直增大D．在之后的运动中，小球不可能返回释放点[思维导引]动能最大的位置，物体受的合外力为零，物体在沿杆的方向只受到两个力：重力沿杆的分力和弹簧弹力沿杆的分力．答案B解析当弹簧与杆垂直时，沿杆方向的重力分力提供了加速

度，则小球还要沿杆加速，所以动能也没有达到最大，选项A错误；当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，此时沿杆方向合外力为零，加速度为零，所以小球的动能达到最大，选项B正确；小球先加速后减速，所以小球的加速度先减小，后反向增大，选项C错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球能返

回到释放点，选项D错误．【跟踪训练3-1】如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(

未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案B解析圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2

L时，圆环下落的高度h＝3L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝3mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．【跟踪训练3-2】(2019·深

圳宝安区高三七校联合体考前冲刺)(多选)如图所示，一轻质弹簧固定在光滑杆的下端，弹簧的中心轴线与杆重合，杆与水平面间的夹角始终为θ＝60°，质量为m的小球套在杆上，从距离弹簧上端O点的距离为2x0的A点静止释放，将弹簧压至最低点B

，压缩量为x0，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点B的过程中，其加速度一直减小B．小球运动过程中最大动能可能为mgx0C．弹簧劲度系数大于3mg2x0

D．弹簧最大弹性势能为332mgx0答案CD解析小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点B的过程中，弹簧对小球的弹力逐渐增大，开始时弹簧的弹力小于小球的重力沿杆向下的分力，小球做加速运动，随着弹力的增大，合力减小，加速度减小，后来，

弹簧的弹力等于小球的重力沿杆向下的分力，最后，弹簧的弹力大于小球的重力沿杆向下的分力，随着弹力的增大，合力沿杆向上增大，则加速度增大，所以小球的加速度先减小后增大，选项A错误；小球滑到O点时的动能为EkO＝mg·2x0·sin60°＝3

mgx0，小球的合力为零时动能最大，此时弹簧处于压缩状态，位置在O点下方，所以小球运动过程中最大动能大于3mgx0，不可能为mgx0，选项B错误；在速度最大的位置有mgsin60°＝kx，得k＝3mg2x，因为x＜x0，所以k＞3mg2x0，选项C正确；对小球从A到B的过程，对系统，由机械能

守恒定律得，弹簧最大弹性势能Epm＝mg·3x0·sin60°＝332mgx0，选项D正确．[典例诊断]【例题4】(2019·江淮十校高三联考)(多选)如图所示，小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直(

选细绳水平时，小球所在的水平面为零势面)，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点．则()A．P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度B．P球所受绳的拉力一定等于Q球所受绳的拉力C．P球的动能一定等于Q球的动能D．P球的机械能一定等于Q球的机械能[错解

分析]错选B：认为两球在最低点向心加速度大小相等，则拉力大小相等，错因是没有注意到两球的质量不相等．错选C：认为两球机械能相等，同在最低点时，重力势能相等，则动能也相等，忽视两线的长度不同．漏选D：没有抓住初态两球均在零势能

面，机械能相等的前提．答案AD解析由机械能守恒可知mgL＝12mv2，解得v＝2gL，则a＝v2L＝2g，则P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度，根据T＝mg＋ma＝3mg，因P球的质量大于Q球的质量，可知P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，选项A正确，B错误；

由Ek＝12mv2＝mgL，P球的质量大于Q球的质量，而LP<LQ，则两球动能大小不确定，选项C错误；在初始位置两球的动能和重力势能均为零，则机械能均为零，而两球的机械能守恒，则P球的机械能一定等于Q球的机械能，选项D正确．易错警示竖直圆周运动最低点在机

械能守恒下的运动与受力特征在机械能守恒的情况下，小球从与圆心等高处由静止释放，在最低点，向心加速度必然是重力加速度的2倍，线上拉力或轨道的支持力必然是重力的3倍，此规律适合于轻杆模型和细线模型．使用上述两个重要结论，一定要注意前提

条件，否则会出错．【跟踪训练4】(2019·景德镇第一中学高三月考)(多选)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放．当b球第一次经过最低点时，a球对地面压力刚好为零．下列结论正

确的是()A．a球的质量为2mB．a球的质量为3mC．b球首次摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大D．b球首次摆动到最低点的过程中，重力对b球做功的功率先增大后减小答案BD解析b球在摆动过程中，a球不动，b球做圆周运动，则绳子拉力对b

球不做功，b球的机械能守恒，则有mbgL＝12mbv2，当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力刚好为零，说明此时绳子张力为T＝mag，b通过最低点时，根据牛顿运动定律和向心力公式得mag－mbg＝mbv2L，解得ma∶mb＝3

∶1，即a球的质量为3m，选项A错误，B正确；在开始时b球的速度为零，则重力的瞬时功率为零，当到达最低点时，速度方向与重力垂直，则重力的功率也为零，可知b球首次摆动到最低点的过程中，重力对b球做功的功率先增大后减小，选项C

错误，D正确．1．(2019·丰城九中高三月考)(多选)如图所示，竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道与水平光滑轨道相切于D点．a、b、c三个质量相同的物体由水平部分分别向半环滑去，最后重新落回到水平面上时的落点到切点D的距离依次为AD＜2R，BD＝2R

，CD＞2R.设三个物体离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为ta、tb、tc，三个物体到达地面的动能分别为Ea、Eb、Ec，则下面判断正确的是()A．Ea<EbB．Ec＝EaC．tb＝tcD．ta＝tb答案AC解析物体若从圆环最高点离开半环在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体

运动，则有2R＝12gt2，则得t＝4Rg，物体恰好到达圆环最高点时，有mg＝mv2R，则通过圆轨道最高点时最小速度为v＝gR，所以物体从圆环最高点离开后平抛运动的水平位移最小值为x＝vt＝2R，由题知AD＜2R，BD＝2R，CD＞2R，说明b、c通过最高点做平抛运动，a没有到达最高点，则知t

b＝tc＝4Rg，ta≠tb＝tc；对于a、b两物块，通过D点时，a的速度比b的小，由机械能守恒可得Ea＜Eb，对于b、c两物块，由x＝vt知，t相同，c的水平位移大，通过圆轨道最高点时的速度大，由机械

能守恒定律可知，Ec＞Eb，故选项A、C正确，B、D错误．2．(2019·哈尔滨第六中学高三月考)(多选)如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一光滑的轻质定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边

，杆上套有一质量m＝2kg的滑块A.半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量m＝2kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将小球与滑块连接起来．杆和半圆形轨道在同

一竖直面内，滑块、小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，取g＝10m/s2.现给滑块A一个水平向右的恒力F＝60N，则()A．把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为24JB．小球B运动到C处时滑块A的速度大小为零C．小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，

sin∠OPB＝34D．把小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加了6J答案ABC解析设PO＝H，由几何知识得PB＝H2＋R2＝0.42＋0.32m＝0.5m，PC＝H－R＝0.1m，F做的功为W＝F(PB－PC)＝40×(0.5－0.1)J＝24J，选项A正确；当小球B到达C处时

，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零，选项B正确；当绳与轨道相切时滑块A与小球B速度相等，由几何知识得sin∠OPB＝RH＝34，选项C正确；由功能关系得，把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C处时小球B的机械能增加量为ΔE＝W＝24J，选项

D错误．3．(2019·分宜中学高三月考)(多选)如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角θ＝37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为m的小球(可视为质点)从与B点高度差

为h的斜面上的A点处由静止释放，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．当h＝2R时，小球过C点时对轨道的压力大小为275mgB．当h＝2R时，小球会从D点离开圆弧轨道作平抛运动C．调整h的

值，小球能从D点离开圆弧轨道，但一定不能恰好落在B点D．调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点答案AC解析当h＝2R时，从A点到C点的过程，根据机械能守恒有mg(h＋R－Rcosθ)＝12mv2C；过C点时有FN－mg＝mv2CR，解得FN＝275mg，根

据牛顿第三定律可知，小球过C点对轨道的压力大小为275mg，选项A正确；若小球恰好从D点离开圆弧轨道，则有mg＝mv20R，mg(h0－R－Rcosθ)＝12mv20，解得v0＝gR，h0＝2.3R＞2R，所以当h＝2R时，小球在运动到D点前已经脱离轨道，不会从D点离开做平

抛运动，选项B错误；若小球以速度v0从D点离开后做平抛运动，R＋Rcosθ＝12gt20，得t0＝6R10g，且x＝v0t0＝6R10>Rsinθ，所以小球能从D点离开圆弧轨道，但一定不能落在B点，故选项C正确，D错误．