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第29 课时 机械能守恒定律及其应用
目标要求 1.知道机械能守恒的条件，理解机械能守恒定律的内容。2.会用机械能守恒定律解决单个物体或
多物体系统的机械能守恒问题。
考点一 机械能守恒的判断
1.重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点：重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，重力做功不引起物体机械能的变化。
(2)重力势能
①表达式：Ep＝mgh。
②重力势能的特点：重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能
的变化量与参考平面的选取无关。
(3)重力做功与重力势能变化的关系：重力对物体做正功，重力势能减小，重力对物体做负功，重力势能增大，
即WG＝Ep1－
E p2＝－
Δ E p。
2.弹性势能
(1)定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能。
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加。即W＝－
Δ E p。
3.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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
(2)表达式：mgh1＋1
2mv1
2＝mgh2＋1
2mv2
2或Ek1＋
E p1＝Ek2＋Ep2。
(3)守恒条件：只有重力或弹力做功。
1.物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。( × )
2.物体做匀速直线运动，其机械能一定守恒。( × )
3.物体的速度增大时，其机械能可能会减小。( √ )
例1 (2024·山东东营市期末)忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )
A.竖直面内匀速转动的摩天轮中的物体
B.物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C.物体沿着斜面匀速下滑
D.拉着物体沿光滑斜面匀速上升
答案 B
1
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解析 摩天轮匀速转动，物体动能不变，势能变化，机械能不守恒，所以A 错误；物体在光滑斜面上，受重
力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，
所以B 正确；物体沿着斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所
以C 错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，
所以D 错误。
机械能是否守恒的三种判断方法
1.利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。
2.利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或者虽受其他力，但其他力不做功(或做功代
数和为0)，则机械能守恒。
3.利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，
则机械能守恒。
考点二 单物体的机械能守恒问题
1.机械能守恒定律表达式
说明：单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
例2 如图所示，在竖直面内固定三枚钉子a、b、c，三枚钉子构成边长d＝10 cm 的等边三角形，其中
钉子a、b 的连线沿着竖直方向。长为L＝0.3 m 的细线一端固定在钉子a 上，另一端系着质量m＝200 g 的
小球，细线水平拉直，然后将小球以v0＝√3 m/s 的初速度竖直向下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子
的粗细，重力加速度g 取10 m/s2，细线碰到钉子c 后，小球到达最高点时，细线拉力大小为( )
2
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A.0
B.1 N
C.2 N
D.3 N
答案 C
解析 设小球到达最高点时速度大小为v，以初始位置所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律有1
2m
v0
2＝1
2mv2＋mgh
h＝L－d－d－d
2 ＝L－5
2d
代入数据联立解得v＝√2 m/s，小球在最高点时根据牛顿第二定律有F＋mg＝m v
2
L−2d ，解得细线拉力大小为
F＝2 N，故选C。
拓展 若细线拉直时与水平方向夹角为30°指向斜左上方，然后将小球仍以v0＝√3 m/s 的初速度竖直向下
抛出。
(1)小球在以后的运动过程中机械能是否守恒？
(2)小球能否到达上述例题中的最高点？如果能，求出到达最高点时细线拉力的大小。
答案 (1)见解析 (2)能 3.5 N
解析 (1)细线绷直的瞬间，小球机械能不守恒，其余过程小球机械能守恒。
(2)从释放点到细线恰好伸直时，对小球由机械能守恒定律得mgL＝1
2mv1
2－1
2mv0
2，解得v1＝3 m/s。细线绷
直时沿细线方向的速度突变为零，小球只剩下沿细线切线方向的速度，从细线绷直到最高点，对小球由机械
能守恒定律得mg(Lsin 30°＋L－5
2d)＝1
2m(v1cos 30°)2－1
2mv2
2，解得v2＝√11
2 m/s，因v2>√g( L−2d )＝1
m/s，故小球能到达最高点。在最高点，对小球：FT＋mg＝m
v2
2
L−2d
，解得FT＝3.5 N。
例3 (2024·全国甲卷·17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m 的小环套在大圆环上，小环
从静止开始由大圆环顶端经Q 点自由下滑至其底部，Q 为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对
大圆环的作用力大小( )
A.在Q 点最大
B.在Q 点最小
C.先减小后增大
D.先增大后减小
答案 C
3
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解析 方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P 点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有
小环的重力分力提供小环所需向心力，可知P 点必在Q 点上方，如图所示
设P 点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P 点过程，根据机械能守恒定律mgR(1－cos
θ)＝1
2mv2
在P 点，由牛顿第二定律得mgcos θ＝mv
2
R
联立解得cos θ＝2
3
从大圆环顶端到P 点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，
所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P 点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环
直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P 点到Q 点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐
减小，从Q 点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐
变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为
θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1－cos θ)＝1
2mv2(0≤θ≤π)
在该处根据牛顿第二定律得
F＋mgcos θ＝mv
2
R (0≤θ≤π)
联立可得F＝2mg－3mgcos θ
则大圆环对小环作用力的大小为
|F|＝|2mg－3mgcos θ|
根据数学知识可知|F|的大小在cos θ＝2
3时最小，
由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。
考点三 系统的机械能守恒问题
1.解决多物体系统机械能守恒的注意点
(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。一般情况为：不计空气阻力
和一切摩擦，系统的机械能守恒。
(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。
4
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2.几种实际情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。
(2)角速度相等情景
①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
②由v＝ωr 知，v 与r 成正比。
(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
以上图中，轻绳(或轻杆)对A、B 物体均做功，系统机械能为何仍守恒？
答案 轻绳(或轻杆)对A、B 的力属于系统内力，做功使机械能在A、B 之间转移，单个物体机械能不守恒，
但系统机械能守恒。
例4 如图所示，可视为质点的小球A、B 用不可伸长的轻软细线连接，跨过固定在水平地面上、半径
为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍。当B 位于地面上时，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.2R
B.5 R
3
C.4 R
3
D.2 R
3
答案 C
5
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解析 设B 球的质量为m，则A 球的质量为2m，A 球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律
得2mgR＝1
2×(2m＋m)v2＋mgR，B 球继续上升的过程由动能定理可得－mgh＝0－1
2mv2，联立解得h＝R
3 ，B
球上升的最大高度为h＋R＝4
3 R，故选C。
拓展 若细绳质量不可忽略，如图所示，总长为l、质量为m 的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线
将质量也为m 的物块与软绳的一端连接。现将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮。不计一切
摩擦，重力加速度为g，在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，物块和软绳的机械能各改变多少？
答案 物块的机械能减少了1
8mgl，软绳的机械能增加了1
8mgl
解析 设软绳刚离开滑轮的时候，物块和软绳的速度为v，根据机械能守恒定律有mg· l
2 ＋mg
2 · l
2 ＝1
2
×2m·v2，计算可得v＝√3 gl
2
，则物块机械能的减少量为E 减＝mg· l
2 －1
2mv2＝1
8mgl，系统的机械能是守恒的，
由于物块的机械能减少了1
8mgl，所以软绳的机械能增加了1
8mgl。
例5 如图所示，质量均为m 的物块A 和B 用不可伸长的轻绳连接，A 放在倾角为θ 的固定光滑斜面上，
而B 能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B 从与滑轮等高处由静止开始下落，斜
面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B 下落到绳与水平方向的夹角为θ 的过程中，下列说法正确的是
( )
A.物块B 下落过程中机械能守恒
B.物块B 的重力势能减少量为mgLsin θ
C.物块A 的速度大于物块B 的速度
D.物块B 的末速度为
√
2 gLsinθ
1+ sin
2θ
答案 D
解析 物块B 的重力势能减小量为ΔEp=WG=mgh=mgLtan θ，故B 错误；将物块B 的速度分解为沿绳子方向和
6
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垂直于绳子方向，有vA=vBsin θ，可知物块A 的速度小于物块B 的速度，故C 错误；根据机械能守恒定律，
有mgLtan θ-mg(
L
cosθ
-L)sin θ=1
2
mv A
2+1
2
mvB
2，解得vB=
√
2gLsinθ
1+ sin
2θ
，故D 正确；绳的拉力对B 做负功，故B
机械能不守恒，故A 错误。
例6 (多选)如图所示，质量均为m 的A、B 两球(均可视为质点)固定在轻质直杆上，杆可绕固定转动轴
O 在竖直平面内无摩擦转动，已知A、B 两球到O 点的距离满足OB＝3OA＝3L，重力加速度为g。将杆拉
到水平位置由静止释放，下列说法正确的是( )
A.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对B 球做负功
B.杆向下摆动到竖直位置的过程中，杆对A 球做的功为－3
5mgL
C.杆向下摆动到竖直位置时，转动轴O 对杆的作用力大小为26
5 mg
D.杆向下摆动到竖直位置时，杆对B 球的作用力大小为3mg
答案 BC
解析 A、B 和杆组成的系统机械能守恒，可得mgL＋mg·3L＝1
2mv A
2＋1
2mvB
2，由v＝ωr 知vB＝3vA，联立解
得vA＝2√
gL
5 ，vB＝6√
gL
5 。对A 球根据动能定理可得mgL＋WA＝1
2mv A
2－0，对B 球根据动能定理可得3mgL
＋WB＝1
2mvB
2－0，解得WA＝－3
5mgL，WB＝3
5mgL，故A 错误，B 正确；杆向下摆动到竖直位置时，对B 球
可得FB－mg＝mvB
2
3 L
，解得FB＝17
5 mg。对A 球可得F0－mg－FB＝mv A
2
L
，解得F0＝26
5 mg，故C 正确，D 错
误。
课时精练
(分值：60 分)
1~6 题每小题4 分，共24 分
1.(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )
7
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A.甲图中，在火箭升空的过程中，若火箭匀速升空，则机械能守恒，若火箭加速升空，则机械能不守恒
B.乙图中的物体匀速运动，机械能守恒
C.丙图中的小球做匀速圆周运动，机械能守恒
D.丁图中的弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，机械能守恒
答案 CD
解析 甲图中，不论是匀速升空还是加速升空，由于推力都对火箭做正功，所以火箭的机械能都增加，故A
错误；物体匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B 错误；小球在做匀速圆周运动的过程
中，细线的拉力不做功，机械能守恒，故C 正确；弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动，只有重力做功，所
以弹丸的机械能守恒，故D 正确。
2.(2024·山东济宁市期中)如图，将质量为m 的篮球从离地高度为h 的A 处，以初速度v 抛出，篮球恰能进入
高度为H 的篮筐，不计空气阻力和篮球转动的影响，经过篮球入筐位置B 的水平面为零势能面，重力加速度
为g。则篮球经过位置B 时的机械能为( )
A.1
2mv2
B.1
2mv2＋mg(h－H)
C.1
2mv2＋mg(H－h)
D.1
2mv2＋mgh
答案 B
解析 由题意，篮球入筐位置B 的水平面为零势能面，则篮球在位置B 时的重力势能为零，动能为Ek，则Ek
－1
2mv2＝－mg(H－h)
机械能E＝Ep＋Ek＝1
2mv2＋mg(h－H)，故选B。
3.如图所示为某运动员做蹦床运动的简化示意图，A 为运动员某次下落过程的最高点，B 为运动员下落过程中
刚接触蹦床时的位置，C 为运动员下落过程的最低点。若A、B 之间的竖直距离为h，B、C 之间的竖直距离
为Δx，运动员的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
8
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A.下落过程中运动员与蹦床组成的系统势能一直在减小
B.从最高点A 运动到最低点C，运动员的机械能守恒
C.从B 点至C 点过程中，运动员的机械能守恒
D.蹦床的最大弹性势能是mg(h＋Δx)
答案 D
解析 不计空气阻力，运动员与蹦床组成的系统在整个运动过程中只有重力与弹力做功，蹦床与运动员组成
的系统机械能守恒，运动员的动能在整个过程中先变大后变小，则运动员与蹦床组成的系统势能先变小后变
大，故A 错误；A 至B，运动员先做自由落体运动，只有重力做功，运动员机械能守恒，从B 运动到C，运
动员速度先增大后减小，蹦床逐渐发生形变，蹦床弹力对运动员做负功，运动员和蹦床组成的系统机械能守
恒，运动员的机械能不守恒，故B、C 错误；下落至C 点时蹦床弹性势能最大，以C 点所在平面为零势能面，
有Epm＝mg(h＋Δx)，D 正确。
4.(2025·山东东营市开学考)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB 部分为半径为R 的1
4 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√2gR
D.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1
2mgR
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)＝1
2×2mv2，解得v＝√3 gR，C 错误；a 球在下滑过程中，
9
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杆的弹力和重力对a 球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝1
2mv2，其中v＝√3 gR，联立解得W＝1
2mgR，
D 正确。
5.如图所示，在固定的光滑水平杆上，质量为m 的物体P 用细线跨过光滑的定滑轮连接质量为3m 的物体Q，
用手托住Q 使整个系统静止，此时轻绳刚好拉直，且AO=L，OB=h，AB<BO'，重力加速度为g。释放Q，让
二者开始运动，则下列说法正确的是( )
A.当物体P 运动到B 处时，此时物体P 速度最小，物体Q 速度最大
B.在物体P 从A 滑到B 的过程中，物体P 的机械能减小，物体Q 的机械能增加
C.物体P 运动的最大速度为√6 g( L−h)
D.开始运动后，当物体P 速度再次为零时，物体Q 下降了2(L-h)
答案 C
解析 当物体P 滑到B 点时，Q 下降到最低点，此时Q 的速度为零，物体P 速度最大；在物体P 从A 滑到B
的过程中，根据系统机械能守恒可知，物体Q 的机械能减小，物体P 的机械能增大，故A、B 错误；当P 运
动到B 处时，P 的速度最大，Q 的速度为零，根据系统机械能守恒可得3mg(L-h)=1
2mv P
2，解得P 运动的最大
速度为vP=√6 g( L−h)，故C 正确；开始运动后，当P 速度再次为零时，即P 的机械能不变，则Q 的机械能
也不变，说明此时Q 回到初始释放的位置，故D 错误。
6.(多选)如图所示，有一条柔软的质量为m、长为L 的均匀链条，开始时链条的2 L
3 长在水平桌面上，而L
3 长
垂于桌外，用外力使链条静止。不计一切摩擦，重力加速度为g，桌子足够高，桌角右上方有一光滑的约束
挡板(图中未画出)以保证链条不会飞起。下列说法中正确的是( )
A.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v＝√gL
B.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v＝2
3 √2gL
C.若要把链条全部拉到桌面上，至少要对链条做功mgL
9
D.若要把链条全部拉到桌面上，至少要对链条做功mgL
18
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答案 BD
解析 若自由释放链条，以桌面为参考平面，根据机械能守恒可得－m
3 g· L
6 ＝－mg L
2 ＋1
2mv2
解得链条刚离开桌面时的速度为v＝2
3 √2 gL
故B 正确，A 错误；
若要把链条全部拉到桌面上，至少要对链条做的功等于垂于桌外L
3 链条增加的重力势能，则有Wmin＝mg
3 ·
L
6 ＝mgL
18
故D 正确，C 错误。
7、8 题每小题6 分，9 题16 分，共28 分
7. (2024·山东泰安市期中)从地面以大小为v0的速度竖直向上抛出一个物体，不计空气阻力，重力加速度为
g，以地面为重力势能的零势能面，下列说法正确的是( )
A.物体的重力势能为动能的一半时，物体距离地面高度为v0
2
3 g
B.物体速率为v0
2 时，物体的动能和重力势能相等
C.物体的动能和重力势能相等时，物体距离地面的高度为v0
2
4 g
D.若物体的质量变为原来的2 倍，其他条件不变，则物体能达到的最大高度减半
答案 C
解析 物体的重力势能为动能的一半时，设物体距离地面高度为h，有1
2mv2＝2mgh，根据机械能守恒定律可
得1
2mv0
2＝1
2mv2＋mgh＝3mgh，解得h＝v0
2
6 g
，故A 错误；当物体的速率为v0
2 时，物体的动能为Ek＝1
2m
( v0
2 )
2＝1
8mv0
2，物体的重力势能为Ep＝1
2mv0
2－Ek＝3
8mv0
2，故B 错误；物体的动能和重力势能相等时，设
物体距离地面的高度为h'，则有mgh'＝1
2mv'2，根据机械能守恒定律可得1
2mv0
2＝1
2mv'2＋mgh'＝2mgh'，解得
h'＝v0
2
4 g
，故C 正确；设物体能达到的最大高度为H，根据机械能守恒定律可得1
2mv0
2＝mgH，解得H＝v0
2
2g
，
若物体的质量变为原来的2 倍，其他条件不变，则物体能达到的最大高度不变，D 错误。
8.(多选)如图所示，半径为R 的光滑半圆弧状细轨道ABC 竖直固定在水平面上，下端与光滑的水平面平滑连
接于C 点，AC 是竖直直径，圆弧上B 点距离光滑水平面的高度为R，质量均为m 的小球甲、乙(均视为质点)
11
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用轻质细杆连接，小球甲套在半圆弧状细轨道上的A 点，小球乙放置在C 点。甲、乙两小球均处于静止状态，
现让小球甲受到轻微的扰动，小球甲沿半圆弧状细轨道向下运动，小球乙沿着水平面向右运动，重力加速度
大小为g，则在小球甲从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )
A.小球甲的重力势能全部转化为小球乙的动能
B.当小球甲刚运动到B 点时，小球甲和小球乙的速度大小之比为√3∶1
C.当小球甲刚运动到B 点时，小球乙的动能为1
2mgR
D.当小球甲刚运动到B 点时，小球甲的机械能减小1
4 mgR
答案 BD
解析 甲、乙组成的系统机械能守恒，甲在向下运动的过程中，甲的重力势能转化为甲和乙的总动能，故A
错误；当甲刚运动到B 点时，设轻质细杆与水平面的夹角为θ，根据几何关系知sin θ＝R
2 R ＝1
2，则θ＝
30°，把甲、乙的速度分别沿着轻质细杆和垂直轻质细杆的方向进行分解，则甲、乙在沿着杆方向的分速度相
等，可得v 甲sin 30°＝v 乙cos 30°，则有v 甲∶v 乙＝√3∶1，故B 正确；由机械能守恒定律可得mgR＝1
2m
v甲
2＋1
2mv乙
2，解得小球乙的动能为Ek＝1
2mv乙
2＝1
4 mgR，小球乙动能的增加量就是轻杆对小球乙做的功，
也是小球甲机械能的减少量，故C 错误，D 正确。
9.(16 分)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O 转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四
根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M
的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间
无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)(4 分)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)(5 分)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)(7 分)重物下落的高度h。
答案 (1)2ωR (2)√(2mω
2 R)
2＋(mg)
2
(3) M ＋16m
2 Mg
(ωR)2
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解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v＝ωr＝2ωR
(2)向心力Fn＝2mω2R
设F 与水平方向的夹角为α，则Fcos α＝Fn
Fsin α＝mg
解得F＝√(2mω
2 R)
2＋(mg)
2
(3)落地时，重物的速度v'＝ωR
由机械能守恒得1
2Mv'2＋4×1
2mv2＝Mgh
解得h＝M ＋16m
2 Mg
(ωR)2。
(8 分)
10.(多选)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆M、N，两杆无限接近但不接触，两杆间的距离可忽
略不计。两个小球a、b(可视为质点)的质量相等，a 球套在竖直杆M 上，b 球套在水平杆N 上，a、b 通过铰
链用长度为L＝0.5 m 的刚性轻杆连接，将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与N 杆的夹角为θ＝53°)，不计一
切摩擦，已知重力加速度的大小g 取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。在此后的运动过程中，下列说法正
确的是( )
A.a 球下落过程中，其加速度大小始终不大于g
B.a 球由静止下落0.15 m 时，a 球的速度大小为1.5 m/s
C.b 球的最大速度为3√2 m/s
D.a 球的最大速度为2√2 m/s
答案 BC
解析 a 球和b 球所组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，以b 球为研究对象，b 球的初速度为零，
当a 球运动到两杆的交点时，球在水平方向上的分速度为零，所以b 球此时的速度也为零，由此可知从a 球
释放至a 球运动到两杆的交点过程中，b 球速度是先增大再减小，当b 球速度减小时，轻杆对a、b 都表现为
拉力，对a 分析，此时拉力在竖直方向上的分力与a 的重力方向相同，则此时其加速度大小大于g，故A 错误；
由a、b 机械能守恒得mgΔh＝1
2mva
2＋1
2mvb
2，当a 下落Δh＝0.15 m 时，由几何关系可知轻杆与N 杆的夹角
α＝30°，此时vasin α＝vbcos α，联立解得va＝1.5 m/s，故B 正确；当a 球运动到两杆的交点后再向下运动L
距离，此时b 达到两杆的交点处，a 的速度为零，b 的速度最大，设为vbm，由机械能守恒得mg(L＋Lsin θ)＝
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1
2mvbm
2，解得vbm＝3√2 m/s，故C 正确；a 球运动到两杆的交点处，b 的速度为零，设此时a 的速度为va0，
由机械能守恒得mgLsin θ＝1
2mva0
2，解得va0＝2√2 m/s，此时a 球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与
速度方向相同，a 球会继续向下加速运动，速度会大于2√2 m/s，故D 错误。
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