文档内容
第 13 讲 机械能守恒定律
目录
考点一 机械能守恒的判断...........................................................................................................1
考点二 机械能守恒定律的应用...................................................................................................1
考点三 多物体机械能守恒问题...................................................................................................4
练出高分..........................................................................................................................................11
考点一 机械能守恒的判断
1．内容
在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，但机械能的总量保持不
变．
2．条件
只有重力或弹力做功．
3．判断方法
(1)用定义判断：若物体动能、势能均不变，则机械能不变．若一个物体动能不变、重力势
能变化，或重力势能不变、动能变化或动能和重力势能同时增加(减少)，其机械能一定变
化．
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做
功，机械能守恒．
(3)用能量转化来判断：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
的能的转化，则物体或系统机械能守恒．
(4)对多个物体组成的系统，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，如
有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失．
[例题1] （多选）如图所示，不考虑空气阻力的情况下，下列关于机械能是否守
恒的判断正确的是（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分1 百】A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒
B．乙图中，物体B在大小等于摩擦力大小、方向沿斜面向下的拉力作用下，沿斜面下
滑时，B机械能守恒
C．丙图中，A加速下落、B加速上升过程中，A、B系统机械能守恒
D．丁图中，系在轻绳一端的小球向下摆动时，小球的机械能守恒
【解答】解：A、物体A将弹簧压缩的过程中，弹力对A做负功，则A机械能减小，故
A错误；
B、物体B在大小等于摩擦力大小、方向沿斜面向下的拉力作用下，沿斜面下滑时，除
重力以外的其他力做功的代数和为零，则B机械能守恒，故B正确；
C、A加速下落、B加速上升过程中，只有重力做功，则A、B系统机械能守恒，故C
正确；
D、系在轻绳一端的小球向下摆动时，只有重力做功，摆线的拉力不做功，则小球的机
械能守恒，故D正确。
故选：BCD。
[例题2] （多选）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半
径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动。
设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为 v，对圆
环恰好没有压力。下列分析中正确的是（ ）
v2
A．小球过B点时，弹簧的弹力为mg+m
R
v2
B．小球过B点时，弹簧的弹力为mg+m
2R
C．从A到B的过程中，小球的机械能守恒
D．从A到B的过程中，小球的机械能减少
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分2 百】【解答】解：AB、小球过B点时，对圆环恰好没有压力，则小球不受圆环的弹力，由
弹簧的弹力与重力的合力提供向心力，此时圆心为 P，小球做圆周运动的半径为R，故
有：
v2 v2
F﹣mg＝m ，解得 F＝mg+m ，故A正确，B错误。
R R
CD、对小球来说，由于弹簧对小球做负功，所以小球的机械能不守恒，小球的部分机
械能转化为了弹簧的弹性势能，而使小球的机械能减少，故C错误，D正确。
故选：AD。
[例题3] （多选）如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外
圆光滑，内圆粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v 向右运动，球的直
0
径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力。设小球过最低点时重力
势能为零，下列说法正确的是（ ）
A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒
3
B．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为 mgR
2
C．若使小球始终做完整的圆周运动，则v 一定不小于√5gR
0
D．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v =√4gR
0
【解答】解：A、若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中一定与内圆接
触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A正确；
B、若初速度v 比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足
0
够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为mgR，所以小球最终的机械能不
3
可能为 mgR．若初速度v 足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，
2 0
机械能必定大于2mgR，故B错误；
C、若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，
v2
机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有mg＝m ，再由机械能守恒定
R
1 1
律得： mv2=mg⋅2R+ mv2 ，小球在最低点时的最小速度v =√5gR，所以若使小
2 0 2 0
球始终做完整的圆周运动，则v 一定不小于√5gR．故C正确；
0
D、如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如
1
果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：
mv2=mg⋅2R，小球在最低
2 0
点时的速度v =√4gR，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球
0
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分3 百】在最低点时的速度v 一定大于√4gR，故D错误。
0
故选：AC。
考点二 机械能守恒定律的应用
机械能守恒的三种表达式
1．守恒观点
(1)表达式：E ＋E ＝E ＋ E 或E＝E.
k1 p1 k2 p2 1 2
(2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能．
(3)注意：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面．
2．转化观点
(1)表达式：ΔE＝ － Δ E .
k p
(2)意义：系统的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能．
3．转移观点
(1)表达式：ΔE ＝ Δ E
A增 B 减．
(2)意义：若系统由A、B两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A部分机械能的增加量
等于B部分机械能的减少量．
[例题4] （2023•西湖区校级模拟）如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，
轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固
定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为 后，由静止释放，杆在配重重力
作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻
θ
力，若要正中靶心，可以采取的措施有（ ）
A．减小石块的质量 B．增大角
C．增大配重的质量 D．增大投石机到靶的距离
θ
【解答】解：A、设石块和配重的质量分别为m 、m ，石块和配重到转轴的距离分别为
1 2
l 、l ，石块被抛出时的速度大小为v ，石块与配重的角速度相等，由v＝ r得此时配重
1 2 1
v l
的速度大小为v = 1 2 ω
2 l
1
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分4 百】根据石块和配重组成的系统机械能守恒有：m gl （1﹣cos ）﹣m gl （1﹣cos ）
2 2 1 1
= 1 m v2+ 1 m v2=（ 1 m + l 2 2 m ）v2 θ θ
2 1 1 2 2 2 2 1 2l2 2 1
1
由上式可知，若减小减小石块的质量m ，则v 将增大，又因为石块抛出点到靶心的水
1 1
平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，显然此
措施不可行，故A错误；
B、根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一
定满足：m gl sin ＜m gl sin ，即m l ＜m l
1 1 2 2 11 22
θ θ 1
l2
结合m gl （1﹣cos ）﹣m gl （1﹣cos ）＝（ m + 2 m ）v2
2 2 1 1 2 1 2l2 2 1
1
θ θ
根据两式可知，若增大 ，则v 将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所
1
以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故B错
θ
误；
1
l2
C、根据m gl （1﹣cos ）﹣m gl （1﹣cos ）＝（ m + 2 m ）v2可知，若增大配重
2 2 1 1 2 1 2l2 2 1
1
θ θ
的质量m ，则v 将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶
2 1
前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故C错误；
D、增大投石机到靶的距离后，由于v 不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增
1
大，石块下落高度也将增大，此措施可行，故D正确。
故选：D。
[例题5] （2023•重庆模拟）如图所示，半径为R的光滑半圆柱体固定在水平地
面上，一可看作质点的小球从半圆柱面上由静止释放，释放点距地面的高度为 H（H
＜R），小球与半圆柱体分离时距地面的高度为h，则（ ）
A．小球下降过程中加速度大小不变
B．小球落地时的最大速度为√gR
C．小球释放点与分离点满足2H＝3h
π
D．小球沿柱面滑行的最大弧长为 R
3
【解答】解：A、小球下降过程中所受支持力不断减小，与半圆柱体分离后仅受重力作
用，而重力不变，所以小球的合力是变化的，加速度是变化的，故A错误；
1
B、若小球从最高点释放，则由机械能守恒定律有mgR= v 2 ，解得小球落地时的最
2 max
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分5 百】大速度v =√2gR，故B错误；
max
C、如图所示，设分离点与圆心的连线与竖直方向的夹角为 ，小球下落的竖直距离为
v2
H﹣h，分离时的速度大小为v，则有mgcosθ=m θ
R
从释放点到分离点由机械能守恒定律有mg(H−ℎ)= 1 mv2 ，又cosθ= ℎ
2 R
2H
解得ℎ = ，即2H＝3h，故C正确；
3
2R
D、若小球从顶点释放，滑行至高为 处与半圆柱体分离，最大滑行角度满足
3
2 π π
cosθ= ，显然θ＜ ，小球沿柱面滑行的最大弧长小于 R，故D错误。
3 3 3
故选：C。
[例题6] 如图所示，长度为 l的轻杆上端连着一质量为 m的小球A（可视为质
点），杆的下端用铰链固接于水平面上的O点．置于同一水平面上的立方体B恰与A
接触，立方体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30°，重力加速度为g，则下列说法正确的
是（ ）
A．A落地时速率为√2gl
B．A、B质量之比为1：2
√gl
C．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为
8
D．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为1：2
【解答】解：A、A与B刚脱离时刻，小球A只受重力，弹力为零，根据牛顿第二定律：
mv2
√gl
mgsin30°= A，解得：v = ；
A
l 2
1 1
A与B分离后继续下落得过程中机械能守恒，则： mv2 +mglsin30°= mv2
2 A 2
√3gl
联立可得：v= ，故A错误；
2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分6 百】BCD、A与B刚脱离接触的瞬间，A的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与B速度
大小一样，设B运动的速度为v ，如图：则v cos60°＝v ，因此，v ：v ＝2：1；
B A B A B
√gl
可知：v = ；
B
8
1 1
根据A与B脱离之前机械能守恒可知：mgl（1﹣sin30°）= mv2 + Mv2
2 A 2 B
解得：m：M＝1：4，故BD错误，C正确；
故选：C。
[例题7] （2023•浙江模拟）2022年2月15日，苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男
子大跳台比赛中夺得冠军，成为首位赢得冬奥会单板滑雪金牌的中国运动员。大跳台
主要由助滑道，起跳台和着陆坡组成，如图所示，运动员在助滑道下滑后在起跳台起
跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。某次比赛苏翊鸣在距离起跳点 34m高处从静
止下滑，在空中最高点时距起跳点12.8m，在空中飞跃的总时间为4s，已知起跳台斜
面倾角为37°，苏翊鸣的质量为70kg，不考虑空气阻力，g取10m/s2，以下说法正确
的是（ ）
A．起跳速度为16m/s
B．在最高点速度为0
C．下滑过程机械能守恒
D．从下滑到着陆重力做功35000J
v2 v
【解答】解：AB、运动员从起跳台跳出后做斜上抛运动，有
ℎ
= y ，tan37°= y ，
1 2g v
x
64 64
解得v ＝16m/s，v = m/s，所以运动员在最高点的速度为 m/s；
y x 3 3
80
运动员的起跳速度为v=√v2+v2，代入数据解得v = m/s，故AB错误；
x y 3
C、下滑过程中需要克服阻力做功，所以机械能不守恒，故C错误；
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分7 百】1
D、运动员从起跳台起跳到着陆竖直方向的位移为ℎ =−v t+ gt2 ，代入数据解得h
2 y 2 2
＝16m
所以从下滑到着陆重力做功为W＝mg（h +h ）＝70×10×（34+16）J＝35000J，故D正
0 2
确。
故选：D。
[例题8] （多选）（2023•潍坊一模）如图所示，一光滑斜面体固定在水平面上，
其矩形斜面abcd与水平面的夹角为 ，ab边长为L。将质量为m的小球从斜面上的点
a以某一速度沿斜面斜向上抛出，速度方向与ab夹角为 ，小球运动到斜面的c点并
θ
沿dc方向飞出，一段时间后落地，已知重力加速度大小为 g，不计空气阻力，则（
α
）
√ Lsinα
A．小球从a到c的运动时间为
gsinθcosα
1
B．小球从a到c重力势能增加 mgLsinαcosαsinθ
2
√ gLsinθ
C．小球触地时速度大小为
sinαcosα
√ gLsinθ
D．小球触地时重力的瞬时功率为mg
sinαcosα
【解答】解：A、设小球从c点沿dc方向飞出的速度为v ，bc的边长为y。小球从a到
0
c的过程，应用逆向思维，可认为小球从c到a做类平抛运动。
沿cd方向做匀速直线运动，则有：L＝v t
0
1
沿cb方向做匀加速直线运动，在此方向上其加速度为：a＝gsin ，位移为：y= at2 ，
2
θ
末速度为：v ＝at
cb
v
在a点时，根据速度分解的几何关系有：tan = cb
v
0
α
√ Lsinα √gLsinθcosα √gLsinθsinα Lsinα
联立解得：t= ，v = ，v = ，y=
gsinθcosα 0 sinα cb cosα 2cosα
故A正确；
mgLsinθsinα
B、小球从a到c重力势能增加量为：ΔE ＝mgysin = ，故B错误；
P 2cosα
θ
C．根据机械能守恒可知，小球触地时速度大小等于小球在a点时的速度大小，则有：
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分8 百】√ gLsinθ
v地 ＝v
a
=√v2
0
+v2
cb
=
sinαcosα
，故C正确；
√gLsinθsinα
D．小球触地时的竖直分速度为：v =√v2 −v2=
y 地 0 cosα
√gLsinθsinα
小球触地时重力的瞬时功率为P＝mgv =mg ，故D错误。
y
cosα
故选：AC。
[例题9] （2023•海淀区一模）图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下
端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。
质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经
过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。
（1）求小球通过B点时的速度大小v 。
B
（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
（3）请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。
【解答】解：（1）小球从A到B由机械能守恒定律可得：
1
4mgR= mv2
2 B
解得：v =2√2gR
B
（2）小球从A到C由机械能守恒定律可得：
1
mg(4R−2R)= mv2
2 C
解得小球通过C点时的速度大小v =2√gR
C
在C点由牛顿第二定律可得：
v2
F+mg=m C
R
解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F＝3mg
方向竖直向下。
v2
（3）小球在B点的加速度大小为a = B=8g
B R
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分9 百】v2
小球在C点的加速度大小为a = C =4g
C R
所以a ＞a
B C
答：（1）小球通过B点时的速度大小为2√2gR。
（2）小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小为3mg，方向竖直向下。
（3）小球通过B点和C点时加速度的大小关系为a ＞a 。
B C
[例题10]（2023•南昌一模）早期航母使用重力型阻拦索使飞机在短距离内停下，
如图甲所示，阻拦索通过固定于航母甲板两侧的滑轮分别挂有质量为 m＝500kg的沙
袋。在无风环境下，一螺旋桨式飞机以v 的速度降落到该静止的航母上，尾钩立即钩
0
到阻拦索的中间位置，滑行一段距离后速度减为零，这一过程沙袋被提起的高度 h ＝
1
20m。螺旋桨式舰载机（含飞行员）质量M＝500kg，忽略飞机所受甲板摩擦力以及空
气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）螺旋桨式飞机降落到航母上的速度v 的大小？
0
（2）如图乙所示，阻拦索在甲板上的长度为l＝15m，当 ＝30°时，舰载机的速度大小？
【解答】解：（1）在忽略摩擦阻力和空气阻力的前提下，舰载机与沙袋所组成的系统
θ
机械能守恒，舰载机的动能转化为沙袋的重力势能，设舰载机降落股过程中沙袋提起高
度为h ，则
1
1
Mv2=2mgℎ
2 0 1
代入数据解得：v =20√2m/s
0
（2）根据几何关系可得，此时舰载机速度方向与绳索的夹角为 30°，舰载机沿绳分速度
与沙袋沿绳分速度相等，设此时舰载机的速度为v ，沙袋的速度为v ，根据几何关系可
1 2
得：
√3
l'＝l＝15m， v =v
2 1 2
l 15
ℎ
=l'− =15m− m=7.5m
2 2 2
由系统机械能守恒定律可得：
1 1 1
Mv2= Mv2+ ×2mv2+2mgℎ
2 0 2 1 2 2 2
联立解得：v =10√2m/s
1
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分10百】答：（1）螺旋桨式飞机降落到航母上的速度大小为20√2m/s；
（2）如图乙所示，阻拦索在甲板上的长度为l＝15m，当 ＝30°时，舰载机的速度大小
为10√2m/s。
θ
考点三 多物体机械能守恒问题
[例题11] （2023•湖南模拟）如图所示，一辆四分之一圆弧小车停在不光滑水平地
面上，质量为m的小球从静止开始由车顶无摩擦滑下，且小车始终保持静止状态，设
小球的球心与O点的连线与竖直方向的夹角为 ，则地面对小车的静摩擦力的最大值
为（ ）
θ
3 5 1 3
A． mg B． mg C． mg D． mg
2 4 2 4
【解答】解：设圆弧半径为R，当小球运动到重力与半径夹角为 时，速度为v。
1
根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有： mv2＝mgRcos θ
2
v2 θ
N﹣mgcos ＝m
R
θ
解得小球对小车的压力为：N＝3mgcos
3
其水平分量为N ＝3mgcos sin = mgs θ in2
x 2
θ θ θ 3
根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f＝N = mgsin2
x 2
θ 3
可以看出：当sin2 ＝1，即 ＝45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f = mg，
max 2
故A正确、BCD错θ误。 θ
故选：A。
[例题12]如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托
住球b，当绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为h，球a静止于地面。已知球a的质
量为m，球b的质量为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分11百】若无初速度释放球b，则下列判断正确的是（ ）
5
A．在球b下落过程中，绳子的拉力大小为 mg
2
B．在球b下落过程中，球b的机械能减小3mgh
3
C．在球b下落过程中，球a的机械能增加 mgℎ
2
D．在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为3mg√ℎ
【解答】解：A、以a、b整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：3mg﹣mg＝4ma
g
解得：a=
2
对a球受力分析有：T﹣mg＝ma
3
解得：T= mg
2
故A错误；
3
B．在球b下落过程中，球b的机械能减小量等于拉力做的功ΔE=W =−Tℎ =− mgℎ
2
故B错误；
3
C．在球b下落过程中，球a的机械能的增加量等于拉力做的功ΔE=W =Tℎ = mgℎ
2
故C正确；
1
D．在球b下落过程中，根据位移—时间关系有：ℎ = gt2
2
√ℎ
解得t=2
g
则在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为I=Tt=3m√gℎ
故D错误。
故选：C。
[例题13]（2022•唐山二模）如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细
绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释
放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间的夹角为 ＝60°时，A下落
的高度为h，此时物体B的速度为（ ）
θ
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分12百】√2 √4 √gℎ
A． gℎ B． gℎ C． D．√gℎ
5 5 2
【解答】解：设物体A下落高度h时，物体A的速度为v ，物体B的速度为v ，此时
A B
v
有v = B =2v
A cos60° B
1 1
物体A，B组成的系统机械能守恒，则有mgℎ = mv2 + mv2
2 A 2 B
√2
联立解得：v = gℎ，故A正确，BCD错误。
B 5
故选：A。
[例题14]（2022•卢氏县模拟）一长为L、质量可不计的刚性的硬杆，左端通过铰
链固定于O点，中点及右端分别固定质量为m和质量为2m的小球，两球与杆可在竖
直平面内绕O点无摩擦地转动。开始时使杆处于水平状态并由静止释放，如图所示。
当杆下落到竖直位置时，在杆中点的球的速率为（ ）
√5 √3 √5
A． gL B． gL C． gL D．√2gL
9 5 3
【解答】解：两球转动的角速度相等，根据v＝ r
可知两球的线速度大小之比为1：2，设杆中点处小球的速度为v，则外端小球的速度为
ω
2v，杆由初状态下落到竖直位置过程中，根据系统机械能守恒定律得
L 1 1
2mgL+mg = mv2+ 2m(2v) 2
2 2 2
√5
可解的v= gL
9
故选：A。
[例题15]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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分13百】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 ；
（2）弹簧恢复原长时，细线中的拉力大小F ；
α 0
（3）A沿斜面下滑的速度最大值v 。
m
【解答】解：（1）A速度最大时，加速度为零，对A有：4mgsin ＝F，
此时B的加速度也为零，C恰好离开地面，对B、C整体受力分析知：F＝2mg，
α
1
解得sina= ，即a＝30°。
2
（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：4mgsina﹣F ＝4ma，
0
对B有：F ﹣mg＝ma，
0
6
解得：F = mg。
0 5
（3）一开始弹簧处于压缩状态，有：mg＝k•△x ，
1
mg
压缩量：△x = ，
1 k
C恰好离开地面时，弹簧处于伸长状态，有mg＝k•△x ，
2
mg
伸长量△x = ，
2 k
因而初末状态弹簧的弹性势能相等，对整个系统从释放A球至C恰好离开地面的过程，
根据机械能守恒定律有：
1
4mgsina•（△x +△x ）﹣mg•（△x +△x ）= （4m+m）v2
1 2 1 2 2 m
√4mg2 √ m
解得v = =2g 。
m
5k 5k
答：（1）斜面的倾角 为30°；
6
（2）弹簧恢复原长时，α细线中的拉力大小F 为 mg；
0 5
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分14百】√ m
（3）A沿斜面下滑的速度最大值v 为2g 。
m
5k
[例题16]（2022•海淀区校级三模）在一次表演中某同学用他的拳头向下打断了一
块木板。如图，拳头的质量为m ，木板的质量为m 。木板向下偏离距离d时木板将
1 2
折断。木板向下弯曲至木板折断时，其弹性可视为劲度系数为k的弹簧。为了简化问
题的研究，假设碰撞是指包括拳头和木板的瞬间作用，碰撞后拳头随木板的弯曲一起
向下运动，直到木板折断。碰撞后拳头、木板、地球组成的系统，机械能是守恒的。
（1）画出木板折断前，弹力F的大小随木板向下偏离距离x的图像，并据此证明，折
1
断前木板的弹性势能：E = kx2 。
p 2
（2）拳头和木板向下运动所对应的重力势能变化可忽略不计。
求，①使木板折断所需要拳头的最小速率v。
②若将图中的木板换为水泥板，并用①的速率对其打击，水泥板向下偏移的距离为
1
d时将会折断，水泥板的弹性对应的劲度系数以及水泥板的质量均为木板的10倍，
10
此种情况下是否能让水泥板折断，试说明理由。
【解答】解：（1）木板折断前，弹力F的大小随木板向下偏离距离x的图像如图
由F﹣x图像可知，木板向下偏移x，弹力做功
1
W=− kx2
2
由功能关系得
1
W＝﹣（E ﹣E ）=− kx2
p p0 2
1
得证：E = kx2 ；
p 2
（2）拳头和木板碰撞过程动量守恒，则
m v＝（m +m ）v
1 1 2 2
①拳头和木板向下运动所对应的重力势能变化可忽略不计，刚好折断时，有
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分15百】1 1
kd2= (m +m )v2
2 2 1 2 2
d
解得：v = √k(m +m )；
m 1 2
1
②设能让水泥板折断需要速度为v'，则
m v'＝（m +10m ）v
1 1 2 1
1 1 1
⋅10k⋅( d) 2= (m +10m )v2
2 10 2 1 2 1
d √ 1
解得：v'= k( m +m )，
m 10 1 2
1
因v'＜v，所以能让水泥板折断。
答：（1）弹力F的大小随木板向下偏离距离x的图像如图所示，证明过程见解析；
d
（2）①使木板折断所需要拳头的最小速率v为 √k(m +m )；
m 1 2
1
②若将图中的木板换为水泥板，并用①的速率对其打击，此种情况下能让水泥板折断，
理由见解析。
[例题17]（2022•虹口区模拟）如图所示，轻质细绳的一端系一质量为m＝0.05kg
的小球A，另一端套在光滑水平轴O上，O到小球的距离l＝0.1m，小球与水平面接触
但恰好无作用力，在球的两侧距球等远处，分别固定一个光滑斜面和挡板，水平面的
L L
长度L＝2m。水平面左边 光滑，右边 粗糙，B与粗糙水平面间的动摩擦因数 ＝
2 2
0.25。现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，滑块与小球A碰撞并进行速度μ交
换，与挡板碰撞时不损失机械能，不计空气阻力，滑块和小球都可视为质点。现在要
使小球恰好完成一次完整的圆周运动。g取10m/s2。求：
（1）小球在最低点需要获得多大速度；
（2）滑块B要从斜面多高处滑下；
（3）分析简述B与A碰撞后的运动过程。
【解答】解：（1）小球恰好完成一次完整的圆周运动，它在最高点的速度设为v ，自
0
v2
身重力提供向心力，有mg=m 0
l
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分16百】1 1
小球从最低点运动到最高点过程中，机械能守恒，可得
mv2+2mgl= mv2
2 0 2 A
联立，可得v =√5m/s
A
（2）滑块B与小球A碰撞并进行速度交换，所以滑块 B与小球A碰撞前的速度为
v =√5m/s
B
1
设滑块B要从斜面h高处滑下，由机械能守恒可得mgℎ = mv2
2 B
解得：h＝0.25m
（3）B与A碰撞，交换速度后静止在地面上，当小球A做完一次圆周运动再次与滑块
B 发生碰撞，然后滑块 B 具有 v 向右运动，设到挡板时的速度为 v' ，则有
B B
L 1 1
−μmg = mv '2− mv2
2 2 B 2 B
解得：v' ＝0
B
即滑块B滑到挡板处恰好停下来。
综上所述，B与A碰撞后先静止一段时间，然后小球圆周运动一周后再次与滑块B交换
速度，致使滑块B向右做匀减速直线运动，到达挡板处时恰好速度为零，静止不动。
答案：（1）√5m/s；（2）0.25m；（3）B与A碰撞后先静止一段时间，然后小球圆周
运动一周后再次与滑块B交换速度，致使滑块B向右做匀减速直线运动，到达挡板处时
恰好速度为零，静止不动。
练出高分
一．选择题（共10小题）
1．（2023•通州区一模）为了节省能源，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，
扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，
恰好经历了这两个过程，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．顾客仅在加速过程受摩擦力的作用
B．顾客所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关
C．乘扶梯匀速上楼的过程中，顾客的机械能保持不变
D．扶梯对顾客作用力的方向先与速度方向相同，再竖直向上
【解答】解：AB、顾客加速过程，对顾客受力分析，顾客受到重力，支持力和摩擦力，
三个力的合力提供加速度，电梯加速度越大，顾客所受合力越大，摩擦力越大，顾客匀
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分17百】速运动过程，根据平衡条件得，顾客只受重力和支持力，故A正确，B错误；
C、乘扶梯匀速上楼的过程中，顾客的重力势能增大，动能不变，顾客的机械能增大，
故C错误；
D、顾客加速过程，重力、支持力和摩擦力三个力的合力与速度方向相同，扶梯对顾客
的作用力为支持力和摩擦力的合力，则扶梯对顾客作用力的方向与速度方向不相同，顾
客做匀速直线运动时，顾客受力平衡，扶梯对顾客的作用力与重力等大反向，方向竖直
向上，故D错误。
故选：A。
2．（2022•虹口区二模）小明乘坐摩天轮，由最低点A匀速转动到最高点B的过程中（
）
A．动能转化为势能，机械能增大
B．动能转化为势能，机械能不变
C．动能不变，势能增大，机械能增大
D．动能、势能、机械能均保持不变
【解答】解：小明乘坐摩天轮，由最低点A匀速转动到最高点B的过程中，动能保持不
变，重力势能增加，机械能增大，故C正确，ABD错误；
故选：C。
3．如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静
止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v ，C的初速度方向沿斜面水平，大小也
0
为v ．下列说法中正确的是（ ）
0
A．A和C将同时滑到斜面底端
B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多
C．滑到斜面底端时，B的动能最大
D．C的重力势能减少最多
【解答】解：A、AC两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向
上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以 C的加速度大于A的加速度，C先到
达斜面底端。故A错误。
B、滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，机械能
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分18百】减少最多。故B错误。
C、重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，
则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大。故C正确。
D、三个滑块下降的高度相同，重力势能减小相同。故D错误。
故选：C。
4．从1970年4月24日发射第一颗人造地球卫星“东方红一号”到今天，我国的航天事业
取得了举世瞩目的伟大成就。“东方红一号”至今仍运行在近地点 430km、远地点
2075km的椭圆轨道上，而目前运行在距地面高度约 400km的圆轨道上的“天宫空间
站”预计今年建成。关于“东方红一号”和“天宫空间站”，下列说法正确的是
（ ）
A．“东方红一号”由远地点向近地点运行的过程中，机械能逐渐增大
B．“天宫空间站”中的航天员不受地球的引力作用
C．“天宫空间站”运行的加速度小于“东方红一号”在近地点的加速度
D．绕地球一周，“东方红一号”比“天宫空间站”所用时间长
【解答】解：A、“东方红一号”由远地点向近地点运行的过程中，只有万有引力做功，
其机械能不变，故A错误；
B、“天宫空间站”中的航天员仍受地球的引力作用，由万有引力全部提供做向心力，
故B错误；
Mm GM
C、根据牛顿第二定律得：G =ma，则得a= ，可知“天宫空间站”运行的加
r2 r2
速度大于“东方红一号”在近地点的加速度，故C错误；
D、设“东方红一号”的半长轴为a′，“天宫空间站”的轨道半径为r，计算可得a′
a'3 r3
＞r，根据开普勒第三定律得
T2
=
T2
，可知T东 ＞T天 ，故D正确。
东 天
故选：D。
5．（2023•怀仁市模拟）如图所示，可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性轻质
支架两端分别固定质量为5m、6m的小球A、B，支架两条边的长度均为L，用手将B
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分19百】球托起至与转轴O等高，此时连接A球的细杆与竖直方向的夹角为 ，sin ＝0.6，重力
加速度大小为g，现突然松手，两小球在摆动的过程中，下列说法正确的是（ ）
θ θ
3
A．A球与转轴O等高时的动能为 mgL
11
B．B球下降的最大高度为L
6
C．A球的最大动能为 mgL
11
6
D．B球的最大动能为 mgL
11
【解答】解：由于sin ＝0.6，可得cos ＝0.8
A．根据题意知A、B两球共轴转动，无论何时两球的角速度均相同，二者的转动半径
θ θ
相同则线速度大小也相等，设 A 球与转轴 O 等高时的速度为 v，由动能定理有
1 1
6mgLcosθ−5mgLcosθ= ×5mv2+ ×6mv2
2 2
√8gL
解得v=
55
1 4mgL
则A球与转轴O等高时的动能为E = ×5mv2= ，故A错误；
k 2 11
B．根据题意，当小球B下降到最低点时，小球A、B的速度为零，设小球B向下转动
的角度为 ，则小球A向上转动的角度也为 ，如图所示
α α
由系统的机械能守恒定律有6mgLsin ﹣5mgL[cos +sin（ + ﹣90°）]＝0
24
解得sin = α θ α θ
25
α 24
则小球B下降的最大高度为H=Lsinα= L，故B错误；
25
CD．根据题意，当小球B向下转动的角度为 时，即小球A向上转动的角度也为 ，
则由动能定理有6mgLsin ﹣5mgL[cos +sin（ + ﹣90°）]＝E +E
β kA kB β
由数学知识解得，当 ＝ β37°时，小球Aθ 、B的
β
动
θ
能之和有最大值为E
km
＝mgL
β
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分20百】5 6
由于小球A、B速度的大小相等，则有E = mgL；E = mgL，故C错误，D正
kA 11 kB 11
确。
故选：D。
6．（2023•浙江模拟）姚明是NBA中我国优秀的篮球运动员。在某次比赛罚球中，第一次
出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角 ＝60°；第二次出手，篮球的初速度方向与
竖直方向的夹角 ＝30°；两次出手的位置在同一竖直线上，结果两次篮球正好垂直撞击
α
到篮板同一位置C点。不计空气阻力，则从篮球出手到运动到点C的过程中，下列说法
β
正确的是（ ）
A．两球的初动能相等
B．前后两次上升的最大高度的比值为1：9
C．在C点时，两球的机械能相等
D．前后两次运动时间的比值为√3：1
【解答】解：B、篮球运动的逆运动是平抛运动，如图所示。
设投篮处与篮板的水平距离为x，根据做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线交
x x
水平位移的中点，所以有：tan60° 2 ，tan30° 2 ，
= =
y y
1 2
y tan30° 1
从而得到前后两次上升的最大高度的比值为： 1= = ，故B错误；
y tan60° 3
2
D、在竖直方向上可以认为是自由落体运动，由y=
1
gt2 得：t=
√2y
，
2 g
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分21百】t √ y 1
所以前后两次运动时间的比值为： 1= 1= ，故D错误；
t y √3
2 2
x x √3
C、水平速度v = ，v = ，由于上述结论可得：t = t ，
01 t 02 t 1 3 2
1 2
则：v =√3v ，所以撞击篮板的速度不相等，在C点时，两球的机械能不相等，故C
01 02
错误；
v
A、出手速度：v = 01
1
sin60°
v
v = 02
2
sin30°
结合上一问结论有：v ＝v ，两球出手时的动能相等，故A正确。
1 2
故选：A。
7．（2023•金山区二模）如图为小球和轻弹簧组成的系统，系统沿光滑斜面由静止开始下
滑瞬间的势能为E ，弹簧刚接触到斜面底端挡板时系统势能为E ，小球运动到最低点
p1 p2
时系统势能为E 。则（ ）
p3
A．E ＝E ，小球在最低点时系统势能最大
p1 p3
B．E ＝E ，小球在最低点时系统势能最大
p2 p3
C．E ＝E ，小球加速度为零时系统势能最大
p1 p3
D．E ＝E ，小球加速度为零时系统势能最大
p2 p3
【解答】解：ABD．小球和轻弹簧组成的系统机械能守恒，小球的动能和系统的势能
（包括重力势能和弹性势能）相互转化，小球开始下滑和达到最低点时，小球的动能为
零、系统的势能最大，即E ＝E ，当弹簧刚接触到斜面底端挡板时小球速度不为零，
p1 p3
动能不为零，所以E ＝E ＞E ，故A正确，BD错误；
p1 p3 p2
C．在压缩弹簧过程中，根据牛顿第二定律，刚开始重力沿斜面向下的分力大于弹簧向
上的弹力，后重力沿斜面向下的分力小于弹簧向上的弹力，所以小球先加速后减速，当
加速度为零时，小球速度最大，因此系统势能最小，故C错误。
故选：A。
8．（2023•临泉县校级三模）一款儿童棒球发球机向上发射棒球供初学者练习。假设发球
机（高度不计）在地面上以初速度v 竖直向上发射一棒球（可视为质点），棒球途经A
0
点时速度方向向上、速度大小为v，不计空气阻力，取地面为重力势能的零势能面。当
棒球的发射速度变为2v 时，以下说法正确的是（ ）
0
A．棒球上升的最大高度变为原来的2倍
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分22百】B．棒球在最高点的机械能变为原来的2倍
C．棒球上升过程的时间变为原来的2倍
D．棒球经过A点的速度大小变为2v
1
【解答】解：A．棒球上升过程中满足机械能守恒，则有
mv2=mgℎ
2 0
v2
上升最大高度ℎ = 0
2g
当速度变为2倍时，最大高度变为原来的倍，故A错误；
B．在最高点机械能等于mgh，h变为原来4倍，则最高点机械能变为原来4倍，故B错
误；
v
C．上升过程时间t= 0
g
上升时间变为原来的2倍，故C正确；
1 1
D．根据机械能守恒 mv2=mgℎ + mv2
2 0 A 2
解得v=√v2−2gℎ
0 A
由上式，当棒球的发射速度变为2v 时，棒球经过A点速度不是原来两倍，故D错误。
0
故选：C。
9．（2023•吉林模拟）如图所示，半径可以改变的光滑半圆形轨道竖直固定放置，小球自
轨道端点P由静止开始滑下，经过最低点Q。若轨道半径越大，则（ ）
A．小球经过最低点Q时的速率保持不变
B．小球经过最低点Q时的向心加速度保持不变
C．小球经过最低点Q时受到轨道的支持力越大
D．小球经过最低点Q时重力的瞬时功率越大
1
【解答】解：A．小球从P到Q的过程，据机械能守恒定律可得mgR= mv2 ，解得
2
v=√2gR，即半径越大，小球经过最低点Q时的速率越大，故A错误；
v2 (√2gR) 2
B．小球经过最低点Q时的向心加速度可表示为a= = =2g，则可知小球经过
R R
最低点Q时的向心加速度与半径无关，保持不变，故B正确；
v2 (√2gR) 2
C．在最低点Q由牛顿第二定律可得F−mg=m ，解得F＝mg+m =3mg，故
R R
小球经过最低点Q时受到轨道的支持力不变，故C错误；
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分23百】D．小球经过最低点Q时重力的瞬时功率为P＝mgvcos90°＝0，即最低点时的瞬时功率
是不变的，故D错误。
故选：B。
10．（2022•林州市模拟）如图所示，从高为h的斜面体ABC的顶点A抛出一个质量为m
的小球（视为质点），落在底端B点，已知接触B点前的瞬间小球的动能为E ，取BC
k
所在水平面为零势能参考平面，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球被抛出时的速
度大小为（ ）
√2(E −mgℎ) √E −mgℎ
A． k B． k
m 2m
√2(E +mgℎ) √E +mgℎ
C． k D． k
m 2m
【解答】解：取B点所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律得：
1
mgh+ mv2=E
2 0 k
√2(E −mgℎ)
解得小球被抛出时的速度大小为：v = k ，故A正确，BCD错误。
0
m
故选：A。
二．计算题（共3小题）
11．（2022•天津模拟）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在
受到形如F＝﹣kx的回复力作用下，物体的位移x与时间t遵循x＝Asin t变化规律的
运动，其中角频率 = 2π = √ k （k为常数，A为振幅，T为周期）。弹 ω 簧振子的运动
T m
ω
就是其典型代表。
如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端
与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O，另一质量也为m的小球B
从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。
两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹
1 3mg
性势能为E = kx2，已知H = ，重力加速度为g。求：
p 2 k
（1）B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
（2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离。
（3）小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间。
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分24百】【解答】解：（1）小球B自由下落H的速度为v
B
1
根据动能定理可得：mgH= mv2
2 B
解得：v =√2gH
B
小球B与小球A碰撞过程动量守恒，取向下为正，则有：
mv +0＝（m+m）v
B 1
√3mg2
解得：v = ；
1 2k
mg
（2）小球A在O位置，弹簧被压缩x ，则 x =
0 0 k
小球A与小球B共同体继续向下运动离O点的最大距离为x ，根据机械能守恒定律可
m
得：
1 1 1
(2m)v2+ kx2+2mgx = k(x +x ) 2
2 1 2 0 m 2 0 m
由mg＝kx
0
整理得：x2−2x x −3x2=0
m 0 m 0
解得：x ＝3x ，x ＝﹣x （舍去）
m 0 m 0
3mg
即：x = ；
m k
√2m 2mg
（3）由题意振动周期：T=2π ，又振幅A=2x =
k 0 k
所以平衡位置在弹簧压缩2x 处，从碰撞后开始到再次回到O点的振动图象如图：
0
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分25百】1 1 1
从O点开始到平衡位置经过的时间t = × T= T
1 3 4 12
1 2
所求时间t＝2t + T= T
1 2 3
2 √2m 4π √2m
解得：t= ×2π = 。
3 k 3 k
√3mg2
答：（1）小球B与小球A碰撞后瞬间一起向下运动的速度为 ；
2k
3mg
（2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离 ；
k
4π √2m
（3）小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间 。
3 k
12．（2022•龙沙区校级一模）如图所示，厚度可不计的圆环 B套在粗细均匀，足够长的
圆柱棒A的上端，圆环和圆柱棒质量均为m，圆环可在棒上滑动，它们之间滑动摩擦力
与最大静摩擦力相等，大小均为f＝2mg，开始时棒A的下端距地面的高度为H，圆环B
套在A的最上端，由静止释放后棒A能沿光滑的竖直细杆MN上下滑动，设棒与地相碰
时无机械能的损失且碰撞时间极短，求：
（1）棒A第一次与地面相碰后向上运动时，棒A和圆环B的加速度分别为多大？
（2）从释放到棒A第一次到达最高点时，圆环B相对A滑动的距离x；
（3）若棒A的长度为L＝2.5H，求最终圆环B离地的高度h。
【解答】解：（1）A与地面相碰后，速度大小不变，方向变成向上，B仍向下运动，
则A、B间出现相对滑动，由牛顿第二定律，
对A：f+mg＝ma ，解得a ＝3g；
A A
对B：f﹣mg＝ma ，解得a ＝g
B B
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分26百】（2）释放后A、B一起做自由落体运动，A下端第一次与地面相碰时的速度为 v，则
1
2mgH= ×2mv2，
2
解得v=√2gH；
A棒与地面碰撞后以原速率反弹，向上匀减速至最高点，B环向下匀减速，所需的时间
v √2gH
为t，0＝v﹣3gt，解得：t= = ；
3g 3g
v2 1
A棒匀减速上升的位移为：x = = H，
A
2×3g 3
1 5
B环向下匀减速的位移大小为：X ＝vt− gt2= H
B 2 9
8
B环相对A棒滑动的距离为：x＝x +x = H
A B 9
（3）分析可知，圆环B一直相对于A向下滑动，最终静止于地面，B沿A下滑一段距
离S后静止，全过程根据能的转化和守恒定律，有：mgH+mg（H+S）＝fS
解得：S＝2H
1
则圆环B离地的高度为：h＝L﹣S= H；
2
答：（1）棒A第一次与地面相碰后向上运动时，棒A和圆环B的加速度分别为3g和g
8
（2）从释放到棒A第一次到达最高点时，圆环B相对A滑动的距离x为 H；
9
1
（3）若棒A的长度为L＝2.5H，求最终圆环B离地的高度h为 H。
2
13．（2022•上海）如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间动摩擦因数为 ，
BC为光滑曲面。A与地面间高度差为h ，BC间高度差为h ，一个质量为m的物块在水
1 2 μ
平恒力作用下，从A点由静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后落
地，已知重力加速度为g。
（1）若物块落地时动能为E ，求其经过B点时的动能E ；
1 kB
（2）若要物块落地时动能小于E ，求恒力必须满足的条件。
1
【解答】解：（1）从B到落地过程中机械能守恒，设地面为零势能面，则
mgh +E ＝E
1 kB 1
化简得：E ＝E ﹣mgh
kB 1 1
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分27百】（2）整个过程中根据动能定理得：
F L﹣ mgL+mgh ＝E
max 1 1
所以F μ =
E
1
+μmgL−mgℎ
1
max
L
若物体恰能达到C点，根据动能定理得：
F L﹣ mgL﹣mgh ＝0
min 2
解得：F μ =
μmgL+mgℎ
2
min
L
μmgL+mgℎ E +μmgL−mgℎ
综上所述可得： 2＜F＜ 1 1
L L
答：（1）若物块落地时动能为E ，求其经过B点时的动能为E ﹣mgh ；
1 1 1
μmgL+mgℎ
（2）若要物块落地时动能小于 E ，求恒力必须满足的条件为 2＜F
1
L
E +μmgL−mgℎ
＜ 1 1。
L
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