高一物理必修2《机械能守恒》典型例题偏难有答案

机械能守恒定律
1. 对于质量一定的物体，下面陈述中正确的是
A ．物体的动量发生变化，其动能必定变化
B ．物体的动量发生变化，其动能不一定变化
C ．物体的动能发生变化，其动量不一定变化
D ．物体的动能变化，其动量必定变化
解析 对于质量一定的物体，由p=m υ可知，物体的动量变化只有可能是υ的变化引起，υ是矢量，其变化有三种可能：(1)方向不变，大小改变(例如，自由落体运动)；(2)方向改变，大小不变(例如，匀速圆周运动)；(3)方向、大小均改变(例如，平抛物体运动)．所以，在第二种情况中，物体速度的大小不变，其动能就不变，动量的大小也不变，但由于物体速度的方向改变，动量的方向也就改变，故动量在变化.选项B 正确，选项A 错误．对于质量一定的物体，物体的动能变化，物体的速度大小一定变化，又由p=m υ可知，物体的动量一定变化，选项C 错误，选项D 正确。

答案 BD
2.质量为0.2kg 的小球自距地0.8m 高处自由落下，碰地后跳起，第一次所能达到的最大高度是0.45m ，若空气阻力不计，以竖直向下方向为正方向，则小球落地时的速度是________；弹起时的速度是________；碰撞过程中动量的增量是_______.
解析：设小球落地时的速度是1v ，弹起时的速度是2v ，则自由落体运动公式gs v 22=，得：s
m s m gs v /4/8.0102211=⨯⨯==．小球弹起时做竖直上抛运动，由s g v v )(22021-=-得：s m s m gs v /3/45.0102222=⨯⨯==，方向竖直向上，碰撞过程中动量的增量是)/(4.142.0)3(2.012s m kg mv mv p ⋅-=⨯--⨯=-=∆.
答案4m ／s ； -3m ／s ； -1.4kg ·m ／s ．
3.质量为0.1kg 的小球以υ=3m ／s 的速度水平抛出，当t=0.4s 时，小球的动量多大?在0.4s 内，重力的冲量是多大?(g 取2/10s m )
解析：小球作平抛物体运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做
自由落体运动．当t=0.4s 时，小球的水平速度s m v x
/3=，竖直方向速度s m s m gt v y
/4/4.010=⨯==，小球的合速度s m s m v v v y x /5/432222=+=+=如图7
—1)．所以，小球的动量p=m υ=0.1×5kg ·m ／s=0.5kg ·m ／s ．
由于υ与水平方向的夹角θ满足：sin θ=4／5=0.8，即θ=53°，
所以小球在0.4s 的动量方向跟υ相同，与水平方向成53°角．
在0.4s 内，重力的冲量I=mgt=0.1×10×0.4N ·s=0.4N ·s ，方向沿重力方向，竖直向下．
答案：0.5kg ·m ／s ，与水平方向成53°角；0.4N ·s ，方向竖直向下．
4.总长为L 的光滑匀质铁链跨过一个光滑的小滑轮，开始时底端相齐(图8—46)．当
略有扰动时，其一端下落，则铁链脱离滑轮的瞬间速度多大?
解析 设铁链的质量为m ，取铁链刚离开滑轮时其下端所在水平面为参考平面．
则初状态铁链的机械能L mg E 431⋅=(L 4
3是铁链重心到参考平面的高度) 末状态铁链的机械能222
121mv L mg E +⋅= 由机械能守恒定律得2212143mv L mg L mg +⋅=⋅
解得22gL v =
5.如图8-47所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，
子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现
将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从
子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中
A ．动量守恒，机械能守恒
B ．动量不守恒，机械能不守恒
C ．动量守恒，机械能不守恒
D ．动量不守恒，机械能守恒
解析 从子弹射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程可以分为两个阶段，第一阶段，子弹射入，使木块获得速度，此过程时间非常短暂，弹簧还未被压缩；第二阶段，子弹与木块以同一速度压缩弹簧，直到速度为零，弹簧被压缩至最短．
在第一阶段，系统不受外力，动量守恒，但由于子弹射入 木块中会产生热量，子弹损失一部分机械能，机械能不守恒．
在第二阶段，子弹和木块以同一速度压缩弹簧，只有弹力做功，机械能守恒，而此阶段中，墙壁对弹簧产生越来越大的作用力，系统受到的合外力不为零，动量不守恒．
(从直观也可以判断出系统的动量从有到无，不守恒)
综上所述，子弹从开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中动量不守恒，机械能也不守恒． 答案 B
6.如下图所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的
子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块将弹簧压缩到最短.现
将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统
在从子弹开始射入到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量不守恒，机械能不守恒
C.动量守恒，机械能不守恒
D.动量不守恒，机械能守恒
解析：子弹打击木块B ，子弹和B 组成系统.由于作用时间很短，弹簧还未发生形变，合外力为零，系统动
量守恒.子弹对B 的摩擦力做功(A 的位移很小)，小于子弹克服摩擦力做功，两者的总功为摩擦力乘以子弹射入木块的深度，即-f·d，机械能减少，机械能不守恒.在压缩过程中，系统受墙的冲量，动量不守恒但机械能守恒，因系统所受墙的作用力不做功，只有弹簧弹力做功.若从开始作用直到将弹簧压至最短作为一个过程，组成系统的木块、子弹和弹簧既受外力作用又有除弹力以外的力做功，所以系统的动量和机械能均不守恒.答案选D.
7.如下图所示，轻弹簧竖直立在水平桌面上并与桌面连接，在距弹簧上端高为h 处有一小
球自由下落，正好落在弹簧上，把弹簧压缩后又被弹起，不计空气阻力，则下列说法中正
确的是( )
A.小球落到弹簧上后立即做减速运动，动能不断减小，但动能与弹性势能之和保持不变
B.小球在碰到弹簧后，把弹簧压至最短的过程中，系统的重力势能与动能之和一直在减小
C.小球在碰到弹簧后，把弹簧压至最短的过程中，系统的弹性势能与重力势能之和一直在
增大
D.小球被弹簧弹起后，运动的最高点仍是出发点
解析：由于不计空气阻力，以小球、弹簧和地球组成的系统为研究对象，则只有系统内的重力和弹力做功，因此系统的机械能守恒，即小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，这三种能量之和保持不变.所以本题应根据机械能守恒进行分析与判断.
小球落到弹簧上，压缩弹簧向下运动至最低点的过程中，小球所受重力做正功，使小球的重力势能减小，同时小球又克服弹簧弹力做功，使弹簧的弹性势能增大.在此过程中，先是小球所受重力大于向上的弹力，合力向下，速度与加速度方向均向下，小球向下作变加速运动，动能与弹性势能增大而重力势能减小，因此选项A不正确；当小球运动到平衡位置时，小球所受合力为零，加速度为零，速度增至最大，动能也达到最大；当小球越过平衡位置继续向下运动时，小球所受合力及其产生的加速度方向改为向上，与速度反向，小球作变减速运动，动能减小，重力势能继续减小而弹性势能继续增大；当小球到达最低点时，动能减到零，重力势能减小到最小而弹性势能达到最大.由此可知，在此运动过程中，动能与重力势能之和(等于系统机械能与弹性势能之差)随弹性势能的增大而减小，故选项B正确.而弹性势能与重力势能之和(等于系统机械能与动能之差)则在平衡位置上方是随动能的增大而减小，在平衡位置下方是随动能的减小而增大，即经历了先减小后增大的过程，故选项C不对.
从最低点反弹后的运动中，动能、重力势能，弹性势能又经历了与上述相反的过程，由机械能守恒可知小球上升的最高点与出发点相同，系统的机械能表现为最大的重力势能，故选项D正确.
故本题正确答案是B、D.
8.如下图所示，粗细均匀的全长为L的光滑铁链对称地挂在轻小而光滑的定滑轮上.
轻轻扰动一下铁链的一端，使它从静止开始运动，则铁链刚脱离滑轮的瞬间的速度
多大?
解析：铁链在运动过程中只有重力做功，因此铁链的机械能守恒.当铁链刚脱离
滑轮时具有动能，而刚开始时铁链的动能为零，那么这个动能只能是减小的重力势
能转化而来的.因此应运用机械能守恒定律求解本题.
设铁链的质量为m，由于只有重力对铁链做功，
p=mg·2
L
-mg·
4
L
=
4
1
mgL，
增加的重力势能为△Ep=2
1
mυ2p=△E k
即4
1
mgL=
2
1
mυ2得υ=
2
1
gL
2
9.如下图所示，离地高为H的物体A通过跨在定滑轮上的轻绳与放在光滑水平桌面上，质量和A相同的物体B连接，由静止开始下落和从同一高度单独自由下落这两种情况下，A离地面的高度h分别为多少时，它的动能与势能相等?(设B没有滑离桌面)
解析A离地高度为h时，其动能等于势
能，则有mgh=2
1
mυ2当A
E1=mgH，末态时机械能为E2k2=mgh+2
1
mυ2=2mgh,由机械能守恒
E2=E1得 mgH=2mgh. ∴ h=2 1
H
当A通过绳子连接B H′，则初态系统的机械能为E1=mgH+mgH′，末了状
E2=mgh+mgH′+2
1
(m+m)υ2E2
mgH+mgH′+2
1
·2mυ2=mgH+mgH′将mgh=
2
1
mυ2 h=
3
1
H
即两种情况下，A物体动能与势能相等时离地面的高度分别为3
1
H和
2
1
H.
10.如下图所示，半径为r ，质量不计的圆盘盘面与地面相垂直.圆心处有一个垂
直盘面的光滑水平固定轴O ，在盘的最右边缘固定一个质量为m 的小球A ，在O
点的正下方离O 点r/2处固定一个质量也为m 的小球B.放开盘让其自由转动，问：
(1)当A 球转到最低点时，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?
(3)在转动过程中半径OA 向左偏离竖直方向的最大角度是多少?
解析：(1)两小球势能之和的减少，可选取任意参考平面进行计算.设以通过O 点A 球转到最低点时两球的重力势能之和分别为：
E p1=E pA +E pB =0+(-mg 2r )=-mg 2r , Ep 2=E′pA 则两球重力势能之和减少量为 △E p =E p1-E p2
=-21mgr-(-mgr)= 21mgr.
(2)由于圆盘转动过程中，只有两小球重力做功，机械能守恒，因此两球重力势能之和的减少一定等于两.A 、B 两球速度分别为υA 、υB ，则△E p =△E kA +△E kB ,即 21mgr=21mυ2
A +21υ2
B . ①
又A 、B 两球固定在同一个圆盘上，转动过程中的角速度ω相同，υA =ωr， υB =ω2r ，所以 υA =2υB 。

② 代入①式，得 υA =gr
54
(3)向左偏离竖直线的最大偏角为
E 3=Ep 3=mg 2r sinθ-mgrcosθ.E 1=E p1=-21
mgr.
由机械能守恒定律，得：E 3=E 1, 21mgrsinθ-mgrcosθ=-21
mgr, 2cosθ=1+simθ.
等式两边平方并整理，得 5sin 2θ+2sinθ-3=0. 解得：sinθ=53,sinθ=-1(舍去).∴ θ=arcsin 53
.
11.如下图所示，质量为M 的小车在光滑的水平面上以υ0向左匀速运动，
一质量为m 的小球从高h 处自由下落，与小车碰撞后，反弹上升的高度仍
为h ，设M m ，碰撞弹力N mg ，球与车之间的摩擦系数为μ，则小球弹起后的
水平速度是( )
A.2gh
B.0
C.2μgh 2
D.-υ0
解析：设小球与小车碰前速度为υ1，碰后竖直向上弹起速度为υ2，碰后
水平速度为υ3，相互作用时间为t ，相互作用时间为t ，相互作用弹力为
N f. υ1=gh 2 υ=gh 2 (N-mg)t=+mυ2-m(-υ1)=m(υ2+υ1
) 又因为N mg :所以有：N=t gh m 22 f=μN=
t gh m 22μ 水平方向应用动量定理有：ft=mυ3，t gh m 22μ·t=mυ3， υ3=2μgh 2.故选C.
12.一物体从固定的斜面底端A 点冲上斜面，向上滑到斜面上的B 点时，与在A 点时比较，其动能减少100J ，由于摩擦力的作用其机械能减少30J.当它再次返回A 点时，动能为100J.则当它向上冲时，在A 点所具有的初动能为多大?
解析：设斜面倾角为θ，A 、B 间距离为s 1,则物体由A 运动到B 时，根据动能定理，有
(f+mgsinθ)s 1=△E k =100J. ①
根据功和能的关系知机械能减少等于克服摩擦力所做的功，有
fs 1=△E 机=30J. ②
设物体从A 点沿斜面上升的最大距离为s ，则有A 即 E kA
=(f+mgsinθ)s. ③ 由①、③式，解得 s=
k kA E E ∆s 1， ④ Wf=fs=k kA E E ∆fs 1. ⑤ 将②式代入⑤式，得Wf=k kA
E E ∆·△E 机=10030Ek A =0.3E
kA .
物体从A 点出发返回A 点过程中克服摩擦力做功为2Wf ，重力势能不变，根据功能关系，有
E kA -E′kA =2Wf,即 E kA -E′kA =2×0.3E 所以在A 点所具有的初动能为 E kA
=25E′kA =25E′kA =25×100J=250J.
13.如图所示，A 、B 两物体彼此接触静放于水平面上，且水平面和A 的表面均光滑，物体C 由静止开始从P 点下滑，设三个物体的质量均为m,C 刚滑到最低点时速率为υ，则
( )
A.A 和B 不会出现分离现象
B.当C 第一次滑到A 左侧最高点时，A 的速度为4v
，方向向左
C.当C 滑行到A 左侧最高点时，A 的速度为2v
，方向向左
D.A 将会从桌面左边滑出
解析：此问题中，因为所有接触面均光滑，所以满足水平方向上动量守恒，机械能守恒.
当C 从P 下滑时，A 将向右滑动，故B 也向右滑动，所以A 和C 组成系统有向左的动量，当C 滑到A 最低点时，A 开始减速，AB 分离当C 滑到A 最低点时，有： mgh=21m C υ2
+21
(m A +m B )υ21
m C υ=(m A +m B )υ1
当C 从A 的最低点滑到A m C υ-m A ·υ1=(m C +m A )υ共 m A =m B =m C ,由以上得：υ共
=4v .故选B 、D.
14.如下图所示，质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地
上，平衡时，弹簧的压缩量为x 0，一物块从钢板正上方距离为3x 0的A 处自由落
下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连.它们到达最低点后又向
上运动，已知物块质量也为m 时，它们恰能回到O 点，若物块质量为2m ，仍从A
处自由落下，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到
达的最高点与O 点的距离.
解析： . 物块与钢板碰撞前速度υ0=06gx
υ1为两物体碰后的共同速度，则 1,∴υ1=20
v
设碰前弹簧的弹性势能为E p ,则 E p +21
(2m)υ210
当2m 2，∴υ2=32
υ0
两次弹簧的势能相等，则 E p +21(3m)·υ22=3mgx +21
(3M)·υ2
式中υ. 21·2m·υ2=2mgL ∴ L=υ2
/2g 整理：L=21
x 0
15.如下图所示，小球A 用不可伸长的轻绳悬于O 点，在O 点的正下方有一
固定的钉子，OB=y.初始时，小球A 与O 同水平面，无初速释放A ，绳长为
L.为使球能绕B 点做圆周运动，求y 的取值范围.
解析：小球摆到最低点只有重力做功，绳碰到B 点的钉子后，绳绕B 点做圆
周运动，要保证让小球上升到圆最高点，则圆半径不能太大.则R=L-y.①
做完整的圆周运动，只要最高点D 满足关系式mυ2D/R≥mg. ② D 守恒，有mg(L-2R)=21mυ2
D. ③ 由①、②、③式，得 L ＞y≥53
L.
16.如下图所示，质量均为m 的三个小球A 、B 、C 用两根长均为l 的细线相连，
放在高为h 的光滑水平桌面上(h ＜l)，其中A 球刚跨过桌边.从静止开始释放
后，A 、B 球相继下落后着地后均不反跳，则C 球刚离开桌边时的速度大小是多
少?
解析：设A 球落地时的速度为υ1，则由释放到A 球着地的过程中，由机械能
B 、
C 系统减少的重力势能等于连接体增加的动能，
即 mgh=21
·3m·υ12
① 设B 球着地时的速度为υ2，从A 球着地后至B 球着地前的过程中，由机械能守恒定律，B 球减少的重力势能等于C 即 mgh=21·2m·υ2
2
-21
·2m·υ2 将①式中的υ21代入②式解得： υ2=
gh 35 由于l ＞h ，C 球即以速度υ2作匀速直线运动直到离开桌边.因此C 球离开桌边时的速度大小为3gh 5.
17.一轻绳通过无摩擦的定滑轮与在倾角为30°的光滑斜面上的
物体m 1m 2连接.已知定
滑轮到杆的距离为3m ，物体m 2由静止从AB 连线为水平的位置
开始下滑1m 时，m 1、m 2恰受力平衡如图所示.试求：
(1)m 2在下滑过程中的最大速度.
(2)m 2沿竖直杆能够向下滑动的最大距离.
解析：(1)由图可知，随m 2的下滑，绳子拉力的竖直分量是逐渐
增大的，m 2在C 点受力恰好平衡，因此m 2从B 到C 的过程是加速过程，以后将做减速运动，所以m 2的最大速度即出现在图示位置.对m 1、m 2组成的系统来说，在整个运动过程中只有重力和绳子拉力做功，但绳子拉增=△E 减，即
21m 1υ21+21m 2υ
22+m 1g(AC -AB )sin30°=m 2g·BC
又由图示位置m 1、m 2受力平衡，应有：Tcos∠ACB=m 2g,T=m 1gsin30°.
又由速度分解图知υ1=υ2cos∠ACB,
代入数值后可解得υ2=2.15m/s.
(2)m 2下滑距离最大时m 1、m 2速度为零，对整个过程应用机械能守恒
m 1g(22AB H -AB )sin30°=m 2
gH. 利用(1)中质量关系可求得m 2下滑的最大距离为H=343m=2.31m.
H
a a 43mg 1F 浮
F 浮F
18.面积很大的水池，水深为H ，如图6-6所示，水面上浮着一正立方体木块，木块边长为a ，质量为m ，密度为水的2
1.开始时木块静止，有一半没入水中，现用力F 将木块缓慢地压入池底，不计摩擦，则从木块起始到刚好完全没入水中的过程中池水势能的改变量为 ，从木块起始到停在池底的过程中，力F 所做的功为 .
【解析】(1)如图木块起始到刚好完全没入水中的过程中，相当于把阴影部分的2
3
a 体积的水搬到了水面上，因水面积很大，可认为新水面高度不变，故2
3
a 体积的的水重心升高了a 43，mg g a g a g a g m ===3332
22木木水水＝ρρρ， mga a g m p 4343E =⋅=∆水 (2) 法一：木块起始到停在池底的过程中，分成两阶段：一是木块起始到刚好完全没入水中，此过程中浮力是变力，其平均值浮F ＝
2322mg mg mg =+ 推力平均值mg mg mg mg F F 21231=-=-=浮 推力做的功mga a mg a W 4
1212121F 11=⋅⋅=＝ 第二阶段是木块从刚没入水中到池底，推力mg mg mg mg F F =-=-=22浮
推力的功()()a H mg a H F W --⋅=＝22 推力做的总功()⎪⎭⎫ ⎝
⎛-=-++a H mg a H mg mga 4341W W W 21＝＝ 法二：把木块与全池的水作为一个系统，推力作的功等于系统机械能的增量，即势能的增量（因系统动能几乎为零）.()()⎪⎭⎫ ⎝
⎛=+=∆+=∆a mg mga a mg a g m p p 452H 43H 2E H E －－－水水
⎪⎭⎫ ⎝
⎛=∆a mg p 21H E －－木 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛∆+∆a H mg a mg a mg p p 4321H 452H E E W F ＝－－－＝＝木水 【答案】 mga 43 ⎪⎭⎫ ⎝
⎛-a H mg 43 19.某司机为确定他的汽车上所载货物的质量，他采用如下方法：已知汽车自身的质量为0m ，当汽车空载时，让汽车在平直公路上以额定功率行驶，从速度表上读出汽车达到的最大速度为0v .当汽车载重时，仍让汽车在平直公路上以额定功率行驶，从速度表上再读出汽车达到的最大速度为m v .设汽车行驶时的阻力与总重力成正比.试根据以上提供的已知量求出车上所载货物的质量1m .
【解析】设汽车行驶时的阻力与总重力的比例系数为μ
汽车空载时 00v g m P ⋅=μ
汽车载重时 ()m v g m P ⋅+=10m μ 解得：001m v v v m m
m -= 20(2003·上海·21)质量为m 的飞机以水平速度v 0飞离跑道后逐渐上升，
若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定
升力（该升力由其它力的合力提供，不含重力）。

今测得当飞机在水平方
向的位移为l 时，它的上升高度为h ，如图6-7所示.求：
（1）飞机受到的升力大小； （2）从起飞到上升至h 高度的过程中升力所作的功及在高度h 处飞机的动能。

图
6-7
【解析】（1）飞机水平速度不变 t v l
0= ① y 方向加速度恒定 221at h = ② 消去t 即得 2022v l h
a = ③ 由牛顿第二定律 )21(202v gl h
mg ma mg F +=+= ④
（2）升力做功 )21(202v gl h
mgh Fh W +== ⑤ 在h 处 l
hv ah at v t 022=== ⑥ ∴ )41(21)(212
220220l h mv v v m E t k +=+= ⑦ 【答案】（1）)21(202v gl h
mg + （2）)21(202v gl h
mgh + )41(2122
20l
h mv + 21.如图6-8所示，将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的量筒中，下落不久钢珠
就开始作匀速直线运动.（量筒中为什么不放清水而用蓖麻油？这是因为蓖麻油的密
度虽小于清水，但它对钢珠产生的粘滞阻力却大大超过清水）1845年英国物理学家
和数学家斯·托克斯（S.G.Stokes ）研究球体在液体中下落时，发现了液体对球体
的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有rv 6F πη=,其中物理量η为
液体的粘滞系数，它与液体的种类及温度有关.钢珠在蓖麻油中运动一段时间后就以
稳定的速度下落，这一速度称为收尾速度.
（1）实验室的温度为20.0℃ 时，蓖麻油的粘滞系数为0.986，请写出它的单位。

（2）若钢珠的半径为2.00㎜，钢珠的质量为Kg -4102.61⨯，在蓖麻油中所受的浮力为N -41025.3⨯，求钢珠在蓖麻油中的收尾速度.
（3）设量筒中蓖麻油的深度为H=40.0㎝，钢珠从液面无初速释放，下沉至刚要到达筒底时，因克服粘滞阻力而产生的热量为多少？
【解析】（1）因粘滞阻力rv 6F πη=，故有rv F πη6=，其单位应是2//m s N s m m N ⋅=⋅ （2）钢珠稳定下落时，其所受向上粘滞阻力F 与浮F 、mg 平衡，有
浮浮F rv 6F F mg +=+=πη 得：s m v /1015.62-⨯=
（3）根据总能量守恒的方法：
钢珠下落过程中损失的势能 钢p E ∆转化为钢珠的动能钢K E ，以及与钢珠同样大小的油滴上升至液面处的动能油K E 和势能油p E ，还有钢珠克服粘滞阻力而产生的热量Q ，其中油滴重力
N 1025.34-⨯=＝浮油F g m . Q p K K +++∆油油钢钢＝E E E E p
J 1013.9gH m 2121Q 422-⨯⎪⎭
⎫ ⎝⎛++-＝＝油油钢钢v m v m gH m 【答案】（1）2/m s N ⋅ （2）s m v /1015.62-⨯= （3）J 1013.94-⨯
22如图6-9所示半径为R 、r(R>r)甲、乙两圆形轨道安置在同一竖直
平面内，两轨道之间由一条水平轨道(CD)相连，如小球从离地
3R 图6-8
的高处A 点由静止释放，可以滑过甲轨道，经过CD 段又滑上乙轨道后离开两圆形轨道，小球与CD 段间的动摩擦因数为μ，其余各段均光滑.为避免出现小球脱离圆形轨道而发生撞轨现象.试设计CD 段的长度.
【解析】(1)小球在甲轨道上做圆周运动通过最高点的最小速度为gR v =min 设小球能通过甲轨道最高点时速度为v 1. 由机械能守恒定律得： 21212R m 3R mg mv g +⋅=⋅ gR v 21= ∵gR v 21=>gR ∴小球能通过甲轨道而不撞轨
(2)设CD 的长度为x ，小球在乙轨道最高点的最小速度为gr v =
2 小球要通过乙轨道最高点，则需满足：222
1mgx -2r)-(3R mg mv ≥⋅μ 得： x ≤μ256r R - 小球到乙轨圆心等高处之前再返回，则需满足：0mgx -r)-(3R mg ≤⋅μ
且0mgx -3R mg >⋅μ 得：
μr R -3≤x ＜μR 3 总结论：CD ≤
μ256r R -或μr R -3≤CD ＜μR 3 【答案】CD ≤μ256r R -或μr R -3≤CD ＜μ
R 3 23. 如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ=30°，另一边与地
面垂直，顶上有一定滑轮。

一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块
A 和
B 连结，A 的质量为4m ，B 的质量为m ，开始时将B 按在地面上不动，
然后放开手，让A 沿斜面下滑而B 上升。

物块A 与斜面间无摩擦。

设当
A 沿斜面下滑S 距离后，细线突然断了。

求物块
B 上升离地的最大高度
H.
解：对系统由机械能守恒定律4mgSsin θ – mgS = 1/2× 5 mv 2∴ v 2=2gS/5
细线断后，B 做竖直上抛运动，由机械能守恒定律mgH= mgS+1/2× mv 2 ∴ H = 1.2 S
24. 如图所示，半径为R 、圆心为O 的大圆环固定在竖直平面内，两个轻
质小圆环套在大圆环上．一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上
质量为m 的重物，忽略小圆环的大小。

（1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧θ=30°的位置
上(如图)．在两个小圆环间绳子的中点C 处，挂上一个质量M = m
的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物M ．设绳子
与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物M 下降的最大距离．
（2）若不挂重物M ．小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆
环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态? 2
解：(1)重物向下先做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大．设下降的最大距离为h ，由机械能守恒定律得
解得 （另解h=0舍去）
(2)系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为
a.两小环同时位于大圆环的底端．b ．两小环同时位于大圆环的顶端．
c ．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端．
d ．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一
定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α
角的位置上(如图所示)．对于重物，受绳子拉力与重力作用， 有T=mg
对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳的拉力T 、 竖直绳子的拉力T 、大圆环
的支持力N.
两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反
得α=
α′, 而α+α′=90°，所以α=45 °
25.如图质量为m 1的物体A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m 2的物体B
相连，弹簧的劲度系数为k ，A 、B 都处于静止状态。

一条不可伸长的轻绳绕
过轻滑轮，一端连物体A ，另一端连一轻挂钩。

开始时各段绳都牌伸直状态，A 上方的一段沿竖直方向。

现在挂钩上挂一质量为m 3的物体C 上升。

若将C
换成另一个质量为(m 1+m 3)物体D ，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这
次B 则离地时D 的速度的大小是多少？已知重力加速度为g 。

解:开始时，B 静止平衡，设弹簧的压缩量为x 1, g m kx 11= 挂C 后，当B 刚要离地时，设弹簧伸长量为x 2，有g m kx 22=
此时，A 和C 速度均为零。

从挂C 到此时，根据机械能守恒定律弹簧弹
性势能的改变量为 )()(211213x x g m x x g m E +-+=∆ 将C 换成D 后，有)()()()(2121121312131x x g m x x g m m m m m E +-++=+++∆v 联立以上各式可以解得)2()(2312
211m m k g m m m ++=v
A m 1
B
R 2h =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=Rsin θRsin θh 2mg Mgh 22。