知識點1 重力做功與重力勢能
1．重力做功的特點
(1)重力做功與路徑無關(guān)，只與始、末位置的高度差有關(guān)。
(2)重力做功不引起物體機械能的變化。
2．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系
(1)定性關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能減??；重力對物體做負功，重力勢能增大。
(2)定量關(guān)系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量，即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
(3)重力勢能的變化量是絕對的，與參考平面的選取無關(guān)。
3．彈性勢能
(1)概念：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能。
(2)大?。簭椈傻膹椥詣菽艿拇笮∨c形變量及勁度系數(shù)有關(guān)，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢能越大。
思考：如圖所示，起重機正在向高處起吊重物。
(1)重物上升過程中，重力勢能怎么變化？重力做什么功？
(2)若被吊重物的質(zhì)量為2噸，將它從地面起吊至20米高的樓層。則重物的重力勢能變化了多少？重力做了多少功？兩者存在什么關(guān)系？
[答案] (1)增大，負功 (2)增大了4×105 J，重力做了－4×105J的功?？朔亓ψ龅墓Φ扔谖矬w重力勢能的增加量。
知識點2 機械能守恒定律
機械能
1．機械能：動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。
2．機械能守恒定律
(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。
(2)守恒條件：只有重力或彈簧的彈力做功。
思考：運動員拋出的鉛球所受空氣的阻力遠小于其重力，請思考以下問題：
(1)鉛球在空中運動過程中，能否視為機械能守恒？
(2)若鉛球被拋出時速度大小一定，鉛球落地時的速度大小與運動員將鉛球拋出的方向有關(guān)嗎？
(3)在求解鉛球落地的速度大小時，可以考慮應(yīng)用什么規(guī)律？
[答案] (1)能 (2)無關(guān) (3)機械能守恒定律或動能定理。
雙基自測
一、堵點疏通
1．重力勢能的變化與零勢能參考面的選取無關(guān)。( √ )
2．被舉到高處的物體重力勢能一定不為零。( × )
3．發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能。( √ )
4．彈力做正功、彈性勢能一定增加。( × )
5．物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒。( × )
6．物體的速度增大時，其機械能可能減小。( √ )
7．物體除受重力外，還受其他力，但其他力不做功，則物體的機械能一定守恒。( √ )
二、對點激活
1．關(guān)于機械能守恒定律的適用條件，下列說法正確的是( C )
A．只有重力和彈力作用時，機械能才定恒
B．當(dāng)有其他外力作用時，只要合外力為零，機械能守恒
C．當(dāng)有其他外力作用時，只要其他外力不做功，機械能守恒
D．炮彈在空中飛行不計阻力時，僅受重力作用，所以爆炸前后機械能守恒
[解析] 機械能守恒的條件是“只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功”而不是“只有重力和彈力作用”，“做功”和“作用”是兩個不同的概念，A項錯誤；物體受其他外力作用且合外力為零時，機械能可能不守恒，如拉一物體勻速上升，合外力為零，物體的動能不變，重力勢能增加，故機械能增加，B項錯誤；在炮彈爆炸過程中產(chǎn)生的內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能，機械能不守恒，D項錯誤；由機械能守恒定律的特點知，C項正確。
2．(多選)關(guān)于彈性勢能，下列說法中正確的是( AB )
A．任何發(fā)生彈性形變的物體，都具有彈性勢能
B．任何具有彈性勢能的物體，一定發(fā)生了彈性形變
C．物體只要發(fā)生形變，就一定具有彈性勢能
D．彈簧的彈性勢能只跟彈簧被拉伸或壓縮的長度有關(guān)
[解析] 任何發(fā)生彈性形變的物體，都具有彈性勢能，而具有彈性勢能的物體，也一定發(fā)生了彈性形變，故A，B正確；物體若發(fā)生不恢復(fù)原狀的形變，就不具有彈性勢能，C錯誤；彈性勢能的大小與彈簧的勁度系數(shù)和形變量大小均有關(guān)，D錯誤。
3．(多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為參考平面，且不計空氣阻力，則下列選項正確的是( BCD )
A．物體落到海平面時的勢能為mgh
B．重力對物體做的功為mgh
C．物體在海平面上的動能為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh
D．物體在海平面上的機械能為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
[解析] 若以地面為參考平面，物體落到海平面時的勢能為－mgh，所以A錯誤；此過程重力做正功，做功的數(shù)值為mgh，因而B正確；不計空氣阻力，只有重力做功，所以機械能守恒，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－mgh＋Ek，在海平面上的動能為Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh，C正確；在地面處的機械能為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，因此在海平面上的機械能也為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，D正確。
核心考點·重點突破
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
考點一 機械能守恒的判斷
判斷方法
1．用定義判斷：若物體動能、勢能均不變，則機械能不變。若一個物體動能不變、重力勢能變化，或重力勢能不變、動能變化或動能和重力勢能同時增加(減少)，其機械能一定變化。
2．用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，機械能守恒。
3．用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體或系統(tǒng)機械能守恒。
4．對多個物體組成的系統(tǒng)，除考慮外力是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內(nèi)力做功，如有滑動摩擦力做功時，因摩擦生熱，系統(tǒng)機械能將有損失。
例1 (多選)如圖所示，下列關(guān)于機械能是否守恒的判斷正確的是( CD )
A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，A機械能守恒
B．乙圖中，A置于光滑水平面，物體B沿光滑斜面下滑，物體B機械能守恒
C．丙圖中，不計任何阻力及滑輪質(zhì)量時A加速下落，B加速上升過程中，A、B機械能守恒
D．丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時，小球的機械能守恒
[解析] 甲圖中重力和彈力做功，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但物體A機械能不守恒，A錯誤；乙圖中物體B除受重力外，還受彈力，彈力對B做負功，機械能不守恒，但從能量特點看A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，B錯誤；丙圖中繩子張力對A做負功，對B做正功，代數(shù)和為零，A、B機械能守恒，C正確；丁圖中動能不變，勢能不變，機械能守恒，D正確。
〔變式訓(xùn)練1〕(多選)如圖所示裝置中，木塊與水平桌面間的接觸面是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短，則從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中( BD )
A．子彈與木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．子彈與木塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒
C．子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
D．子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒
[解析] 從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中，由于存在機械能與內(nèi)能的相互轉(zhuǎn)化，所以對整個系統(tǒng)機械能不守恒。對子彈和木塊，除摩擦生熱外，還要克服彈簧彈力做功，故機械能也不守恒，選項B，D正確，A，C錯誤。
考點二 單物體(除地球外)機械能守恒問題
1．對機械能守恒表述形式的理解
(1)守恒觀點(適用于單物體、多物體系統(tǒng)機械能守恒問題)
①表達式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2。
②意義：系統(tǒng)初狀態(tài)的機械能等于末狀態(tài)的機械能。
③注意問題：要先選取零勢能參考平面，并且在整個過程中必須選取同一個零勢能參考平面。
(2)轉(zhuǎn)化觀點(適用于單物體、多物體系統(tǒng)機械能守恒問題)
①表達式：ΔEk＝－ΔEp。
②意義：系統(tǒng)的機械能守恒時，系統(tǒng)增加(或減少)的動能等于系統(tǒng)減少(或增加)的勢能。
(3)轉(zhuǎn)移觀點(僅適用多物體系統(tǒng)機械能守恒問題)
①表達式：ΔEA增＝ΔEB減。
②意義：若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，當(dāng)系統(tǒng)的機械能守恒
時，則A部分機械能的增加量等于B部分機械能的減少量。
2．應(yīng)用機械能守恒定律的基本思路
(1)選取研究對象——物體。
(2)根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。
(3)恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末狀態(tài)時的機械能。
(4)選取方便的機械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)進行求解。
例2 如圖，在豎直平面內(nèi)有由eq \f(1,4)圓弧AB和eq \f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq \f(R,2)。一小球在A點正上方與A相距eq \f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。
(1)求小球在B、A兩點的動能之比；
(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點。
[解析] (1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA由機械能守恒得EkA＝mgeq \f(R,4)①
設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mgeq \f(5R,4)②
由①②式得eq \f(EkB,EkA)＝5③
(2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0④
設(shè)小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有N＋mg＝meq \f(v\\al(2,C),\f(R,2))⑤
由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤meq \f(2v\\al(2,C),R)⑥
由機械能守恒有mgeq \f(R,4)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運動到C點。
[答案] (1)5 (2)恰好到C點
名師點撥
(1)列方程時，選取的表達角度不同，表達式不同，對參考平面的選取要求也不一定相同。
(2)應(yīng)用機械能守恒能解決的問題，應(yīng)用動能定理同樣能解決，但其解題思路和表達式有所不同。
〔變式訓(xùn)練2〕如圖所示，長為L的均勻鏈條放在光滑水平桌面上，且使長度的eq \f(1,4)垂在桌邊，松手后鏈條從靜止開始沿桌邊下滑，則鏈條滑至剛剛離開桌邊時的速度大小為( C )
A．eq \r(\f(3,2)gL) B．eq \f(\r(gL),4)
C．eq \f(\r(15gL),4) D．4eq \r(gL)
[解析] 用等效法結(jié)合機械能守恒求解。以桌上eq \f(3,4)L鏈條為研究對象，重心下降eq \f(5,8)L，eq \f(3,4)mg·eq \f(5,8)L＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \f(\r(15gL),4)，故C正確。
考點三 連接體的機械能守恒問題
1．對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒。
2．注意尋找用繩或桿連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。
3．列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp的形式。
題型一 輕繩連接的物體系統(tǒng)
1．常見情景
2．三點提醒
(1)分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等。
(2)用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系。
(3)對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統(tǒng)，機械能則可能守恒。
例3 (多選)如圖所示，NPQ是由光滑細桿彎成的半圓弧，其半徑為R，半圓弧的一端固定在天花板上的N點，NQ是半圓弧的直徑，處于豎直方向，P點是半圓弧上與圓心等高的點。質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點)穿在細桿上，通過輕繩與質(zhì)量也為m的小球B相連，輕繩繞過輕小定滑輪C。將小球A移到P點，此時CP段輕繩處于水平伸直狀態(tài)，CP＝2R，然后將小球A由靜止釋放。若不計一切摩擦，當(dāng)小球A由P點運動到圓弧最低點Q的過程中，下列說法正確的是(已知重力加速度大小為g)( ACD )
A．小球A剛釋放時，小球A、B的加速度大小分別為aA＝g、aB＝0
B．小球A的動能可能先增大后減小
C．小球A始終比小球B運動得快(釋放點P除外)
D．當(dāng)小球A繞滑輪轉(zhuǎn)過30°時，小球A的動能為eq \f(8－2\r(3),5)mgR
[解析] 剛釋放小球A時，小球A的加速度aA＝g，小球B的加速度aB＝0，A項正確；下滑過程中，小球A所受的合力與速度成銳角，故小球A的動能一直增大，B項錯誤；根據(jù)運動的合成與分解可知，小球A沿繩方向的分速度與小球B的速度大小相等，故在下滑過程中，小球A的速度始終比小球B的速度大，C項正確；當(dāng)小球A繞滑輪轉(zhuǎn)過30°時，vAcs 60°＝vB，由幾何關(guān)系可知hB＝2R－eq \r(3)R，hA＝Rsin 60°，由于小球A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有mghA＋mghB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝eq \f(8－2\r(3),5)mgR，D項正確。
題型二 輕桿連接的物體系統(tǒng)
1．常見情景
2．三大特點
(1)平動時兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等。
(2)桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。
(3)對于桿和球組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機械能守恒。
例4 (2023·江蘇泗陽模擬)(多選)如圖所示，長為L的輕桿，一端裝有轉(zhuǎn)軸O，另一端固定一個質(zhì)量為2m的小球B，桿中點固定一個質(zhì)量為m的小球A，若桿從水平位置由靜止開始釋放，在轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，不計一切摩擦，下列說法中正確的是( AD )
A．A、B兩球總機械能守恒
B．輕桿對A球做正功，輕桿對B球做負功
C．輕桿對A球不做功，輕桿對B球不做功
D．輕桿對A球做負功，輕桿對B球做正功
[解析] 本題利用連接體的圓周運動考查機械能守恒、彈力做功問題。兩球組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，兩球的角速度相等，到達豎直位置時，設(shè)A球的速度為v，則B球的速度為2v，根據(jù)機械能守恒定律得mgeq \f(L,2)＋2mgL＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×2m(2v)2，解得v＝eq \f(\r(5gL),3)；對A球運用動能定理得W＋mgeq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mv2，解得W＝－eq \f(2,9)mgL，則輕桿對A球做負功；對B球運用動能定理得W′＋2mgL＝eq \f(1,2)×2m(2v)2，解得W′＝eq \f(2,9)mgL，則輕桿對B球做正功。故A、D正確，B、C錯誤。
名師講壇·素養(yǎng)提升
MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG
與彈簧相關(guān)的機械能守恒問題
1．由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力(除重力外)和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。
2．彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大。
3．如果系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當(dāng)彈簧為自然長度時，系統(tǒng)內(nèi)彈簧某一端的物體具有最大速度(如繃緊的彈簧由靜止釋放)。
例5 (2023·山東名校聯(lián)考)水平面上固定一個傾角θ＝30°的光滑斜面，斜面底端擋板與斜面垂直，兩塊可視為質(zhì)點的物塊a和物塊b，質(zhì)量分別為m和2m，它們之間用勁度系數(shù)為k的輕彈簧拴接，開始時施加外力使得物塊a和b間的彈簧處于原長置于斜面上，此時物塊a離斜面底端擋板的距離為L?，F(xiàn)撤去外力，讓兩物塊自由滑下，當(dāng)物塊a接觸擋板時，速度瞬間變?yōu)榱悖撕笪飰Kb運動到最高點時，物塊a恰好不離開擋板，不計任何阻力，重力加速度為g。則從兩物塊自由下滑到物塊b第一次回到最高點這一過程，下列說法正確的是( D )
A．這一運動過程中，物塊b的機械能守恒
B．這一運動過程中，兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．物塊b運動到最高點時，彈簧形變量大小為eq \f(mg,k)
D．物塊b運動到最高點時，彈簧的彈性勢能為mgL－eq \f(m2g2,2k)
[解析] 從斜面下滑時，兩物塊的加速度相同，彈簧處于原長狀態(tài)，物塊b的機械能守恒，當(dāng)物塊a接觸擋板后，彈簧先對物塊b做負功，速度減為零后，彈簧對物塊b再做正功至彈簧反向恢復(fù)原長，而后物塊b再向上運動，彈簧的彈性勢能增加，因此兩物塊自由下滑到物塊b第一次回到最高點這一運動過程中，物塊b的機械能不守恒，A錯誤；對兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)，由于物塊a接觸擋板后速度瞬間變?yōu)榱?，有機械能損失，所以這一運動過程中，兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；物塊b運動到最高點時，物塊a恰好不離開擋板，對物塊a分析得mgsin θ＝kx，得x＝eq \f(mg,2k)，C錯誤；當(dāng)物塊a接觸擋板時，速度瞬間變?yōu)榱?，物塊b先向下加速又減速到零，再反向加速，最后再減速為零到最高點，這一過程物塊b與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有2mg(L－x)sin θ＝EP，解得EP＝mgL－eq \f(m2g2,2k)，D項正確。故選D項。
2年高考·1年模擬
2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI
1．(2023·課標Ⅰ，20)(多選)一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ 所示，重力加速度取10 m/s2。則( AB )
A．物塊下滑過程中機械能不守恒
B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5
C．物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2
D．當(dāng)物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J
[解析] 本題考查功能關(guān)系，根據(jù)能量圖像分析受力情況。物塊在下滑過程中重力勢能減少，動能增加，故Ⅰ為重力勢能隨下滑距離s的變化圖線，Ⅱ為動能隨下滑距離s的變化圖線。由題圖可知，初狀態(tài)時物塊的機械能為E1＝30 J，末狀態(tài)時物塊的機械能為E2＝10 J，故物塊下滑過程中機械能不守恒，A正確；物塊下滑過程損失的機械能轉(zhuǎn)化為克服摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能，設(shè)斜面傾角為θ，物塊質(zhì)量為m，由功能關(guān)系得μmgcs θ·s＝E1－E2，由幾何知識知cs θ＝eq \f(4,5)，物塊開始下滑時Ep＝E1＝mgh，由以上各式解得μ＝0.5，m＝1 kg，B正確；由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得a＝2.0 m/s2，C錯誤；由功能關(guān)系得，物塊下滑2.0 m時損失的機械能為ΔE＝μmgcs θ·s1＝8 J，D錯誤。
2．(2023·福建福州質(zhì)檢)將一小球以初速度v0水平拋出，不計空氣阻力，小球軌跡如圖(a)所示，按此軌跡制作一條光滑軌道，并將軌道固定在豎直面內(nèi)，如圖(b)所示?，F(xiàn)把質(zhì)量為m的小球套在軌道上，從軌道頂點O由靜止開始下滑，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，則沿該軌道下滑的小球 ( D )
A．做平拋運動
B．機械能不守恒
C．下滑高度h時，重力的瞬時功率為mgeq \r(2gh)
D．與圖(a)中的小球相比，下滑相同高度時，耗時較長
[解析] 本題考查沿平拋軌跡運動物體的運動情況、能量變化情況。沿該軌道下滑的小球除受重力外，還受軌道的支持力，則小球不做平拋運動，故A錯誤；由于支持力不做功，只有重力做功，則小球的機械能守恒，故B錯誤；下滑高度h時，由機械能守恒得mgh＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(2gh)，此時小球的速度方向與豎直方向有一定的夾角，則重力的瞬時功率不為mgeq \r(2gh)，故C錯誤；題圖(a)中的小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，題圖(b)中沿軌道下滑的小球除受重力外，還受軌道的支持力，支持力有沿豎直向上的分力，使小球在豎直方向的加速度小于重力加速度，則下滑相同高度時，耗時較長，故D正確。
3．(2023·安徽淮南四中月考)(多選)如圖所示，滑塊A、B的質(zhì)量均為m，A套在固定傾斜直桿上，傾斜桿與水平面成45°角，B套在水平固定的直桿上，兩桿分離不接觸，兩直桿間的距離忽略不計且足夠長，A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿(初始時輕桿與水平面成30°角)連接，A、B從靜止釋放，B開始沿水平桿向右運動，不計一切摩擦，滑塊A、B可視為質(zhì)點。在運動的過程中，下列說法中正確的是( AD )
A．A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．當(dāng)A到達與B同一水平面時，A的速度為eq \r(gL)
C．B滑塊到達最右端時，A的速度為eq \r(2gL)
D．B滑塊的最大速度為eq \r(3gL)
[解析] 本題考查機械能守恒定律在連接體運動中的應(yīng)用。因不計一切摩擦，故系統(tǒng)機械能守恒，A正確；設(shè)A的速度為vA、B的速度為vB，當(dāng)A到達與B同一水平面時，對A的速度進行分解，根據(jù)沿輕桿方向A、B速度相等有vB＝vAcs 45°＝eq \f(\r(2),2)vA，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有mgeq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得vA＝ eq \r(\f(2,3)gL)，B錯誤；B滑塊到達最右端時，B的速度為零，如圖甲所示，此時輕桿與A所在直桿垂直。根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有mgLeq \f(1＋\r(2),2)＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,A)，解得v′A＝eq \r(?1＋\r(2)?gL)，C錯誤；當(dāng)A滑到最低點時，速度為零，B的速度最大，如圖乙所示，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有eq \f(3,2)mgL＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,B)，解得v′B＝eq \r(3gL)，D正確。
4．(2023·江蘇單科，15,16分)如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R。在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為ω。繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：
(1)重物落地后，小球線速度的大小v；
(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
[答案] (1)2ωR (2)eq \r(?2mω2R?2＋?mg?2) (3)eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2
[解析] (1)線速度v＝ωr，得v＝2ωR。
(2)向心力F向＝2mω2R
設(shè)F與水平方向的夾角為α，則Fcs α＝F向；Fsin α＝mg
解得F＝eq \r(?2mω2R?2＋?mg?2)
(3)落地時，重物的速度v′＝ωR，由機械能守恒得eq \f(1,2)Mv′2＋4×eq \f(1,2)mv2＝Mgh
解得h＝eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。

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