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第07 讲 机械能及其守恒定律模型
✡模型一 机车启动模型
【典例1】【答案】C
【变式1-1】【答案】AB
【变式1-2】【答案】D
✡模型二 动能定理解决多过程综合问题
【典例1】【答案】（1）2.4N （2）v0= ❑√2m /s （3）h=1.02m
【推理演示】（1）小球经过C 点时，由牛顿第二定律有N −mg=m vC
2
R
解得N=2.4N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力N′=N=2.4N
（2）从B 到C，由动能定理有mgR(1−cos60°)= 1
2 mvC
2 −1
2 mvB
2
根据几何关系有v0= vBcos60
∘
解得v0= ❑√2m /s
（3）小球经过D 点的最小速度vD 满足mgcos37
∘=m v D
2
R
设小球恰能通过D 时，平抛初速度为v1，经过B 点时速度的竖直分量为v y
，则v y
2 =2 gh，tan60
∘= v y
v1
从抛出点到D 点，根据动能定理，有mg(h−Rcos60
∘−Rcos37
∘)= 1
2 mvD
2−1
2 mv1
2
解得h=1.02m
设小球到达E 点时速度为vE，从D 到E 由动能定理，有−mgR(1−cos37
∘)= 1
2 mv E
2 −1
2 mv D
2
解得v E= 4 ❑√5
5
m /s>0
即小球能够到达E 点，故抛出点到B 点的竖直距离的最小值h=1.02m
【变式1-1】【答案】(1)3 N (2)0.205J (3)5 m
【详解】（1）小滑块从A 到B，由动能定理得mgR−EqR = 1
2 m v
2
在B 点F N−mg= m v
2
R
代入数据解得FN=3 N
由牛顿第三定律可知小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对轨道的压力大小为FN
' = FN=3 N
（2）小滑块所受电场力水平向左F1= Eq=1.5 N
小滑块所受重力和电场力的合力恰好平行于斜面向下，其大小为F =
❑√F1
2+(mg)
2=2.5 N
因此小滑块在斜面上不受摩擦力。
小滑块在水平轨道上受到的摩擦力f = μmg=0.2N
从A到D，由动能定理可得mg(R−lCDsin53°)−Eq(R+lBC +lCDcos53°)−f lBC−W 克弹=0
解得W 克弹=0.205J
所以弹簧的最大弹性势能E p=W 克弹=0.205J
（3）由分析可知，最后小滑块静止在圆弧轨道上某点，该点与圆心连线与水平方向夹角为α，则：
tanα = mg
Eq = 4
3
则α =53°
由能量守恒可得mgRsinα −EqR (1−cosα )= μmgs
解得s=5 m
【变式1-2】【答案】(1)h1=0.25 m；v =3 m /s，方向水平向右
(2)h2=1m
(3)当0.25 m ≤h≤0.65 m时Q = 27
80 J；当0.65 m<h≤1m时Q = 3
4 h−3
20
(J)；当h≥1m时Q =0.6J
【详解】（1）滑块恰好能过圆轨道最高点时，对D 点，根据mg = m v D
2
R
解得v D=1m/s
从A 点到D 点根据动能定理mg(h1−2 R)= 1
2 m v D
2
解得h1=0.25 m
从A 点到E 点根据动能定理mgh1= 1
2 m v E
2
解得v E= ❑√5 m/s
在传动带上，根据牛顿第二定律μ1mg=ma
解得a=1m /s
2
根据运动学公式v
2−v E
2 =−2a L1
解得v =3 m /s
方向水平向右。
（2）当滑块到木板右端共速时，滑块恰好不滑离木板，根据动量守恒
m v1=(m+ M )v2
根据能量守恒1
2 m v1
2−1
2
(m+ M )v2
2= μ2mg L2
解得v1= 4 m /s
从A 点到H 点根据动能定理mgh2−μ1mg L1= 1
2 m v1
2
解得h2=1m
（3）滑块在传动带上一直减速时有vmax
2
−v0
2=2 μ1g L1
解得vmax = ❑√13 m/s
从A 点到F 点根据动能定理mgh3= 1
2 m vmax
2
解得h3=0.65 m
当0.25 m ≤h≤0.65 m时，滑块离开传动带的速度为v0=3 m/s<v1
滑块滑上木板能共速，根据动量守恒m v0=(m+ M )v3
根据能量守恒Q = 1
2 mv0
2−1
2
(m+ M )v3
2
解得Q = 27
80 J
当0.65 m<h≤1m时，滑块在传送带上一直减速
mgh−μ1mg L1= 1
2 mvG
2
最终与木板相对静止，根据动量守恒m vG=(m+ M )v4
根据能量守恒Q = 1
2 m vG
2 −1
2
(m+ M )v4
2
解得Q = 3
4 h−3
20
(J)
当h≥1m时，滑块可以离开木板，则有Q = μ2mg L2=0.6J
✡模型三 机械能守恒定律在曲线运动中的应用
【典例1】【答案】BD
【推理演示】A．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可
知，乙的初速度大小等于甲到达最低点时的速度大小，故乙在最高点时的速度大小等于vc = ❑√2gR，设乙
球在最低处时速度为v02，由机械能守恒得−4 mgR = 1
2 ⋅2mvc
2−1
2 ⋅2mv02
2
解得v02= ❑√6 gR，故A 错误；
B．根据题意当甲第一次运动到最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点，根据对称性可知，球从最高
点到最低点和从最低点到最高点的时间相等，故甲乙两球运动的周期相等，故B 正确；
C．分析可知，甲从最高点运动到最低点，速度大小从❑√2gR增大到❑√6 gR，乙从最低点到最高点，速度大
小从❑√6 gR减小到❑√2gR，从初始时刻取一很短时间Δt，甲经过的弧长短，乙经过的弧长长，转过的角
度不同，故不可能任意时刻两小球的连线均过圆心；故C 错误；
D．根据前面分析可知除两球分别在最高点和最低点时两球连线经过圆心，其它位置均不满足两小球的连
线过圆心，乙球在最高点和最低点时，分别有FN2+2mg=2m (❑√2gR)
2
R
，FN1−2mg=2m (❑√6 gR)
2
R
解得F N1=14 mg，FN2=2mg
甲球在最低点和最高点时，分别有F N2
′−mg=m (❑√6 gR)
2
R
，FN1
′ +mg=m (❑√2gR)
2
R
解得F N2
′ =7mg，F N1
′ =mg
根据牛顿第三定律可知乙球在最高点时对圆环的作用力大小为2mg，此时甲球在最低点对圆环的作用力大
小为7mg；当乙球在最低点时对圆环的作用力大小为14mg，此时甲球在最高点对圆环的作用力大小为mg，
故这两个位置两球对圆环的作用力的合力不为零，结合前面分析其它位置均不满足两小球的连线过圆心，
即其它位置两球对圆环的作用力不共线，故合力不可能为零，故任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不
为零，故D 正确。
故选BD。
【变式1-1】【答案】(1)10 N，1.8 m
(2)①1或1
3
②μ1≥0.225时μ1= 1
n
(n=5,7,9⋯)；μ1<0.225时μ1= 1
10n
(n=1,3,5⋯)
【详解】（1）圆管轨道中，恰好到达最高点E，则v E=0
从D到E，由机械能守恒定律有1
2 mv D
2 =mg⋅2 R+ 1
2 mv E
2
解得v D= ❑√4 gR = 4 m /s
在D点，合力提供向心力N −mg=m v D
2
R
解得N =10 N
因为v D= 4 m /s>v0
故滑块到达B的速度大于传送带速度v0，全程在传送带上减速，摩擦力全程做功，从释放到最高点E，由
动能定理有mgh−μmgL−mg⋅2 R =0−0
解得h=1.8 m
（2）滑块第一次到达C点，由动能定理有mgh−μmgL= 1
2 mvC
2 −0
解得vC = ❑√10 m /s
设CD上运动总路程为x，整个过程由动能定理得1
2 m vC
2 = μ1mgx
解得x = 0.5
μ1
CD中点距离C为s0= s
2 =0.5 m
①若小滑块只经过C点一次，两种情况：若滑块从C向D运动，未到达D直接停在中点位置，则
x =0.5 m = 0.5
μ1
解得μ1=1
若滑块到达D，经圆管返回后停在中点，总路程x =(1+0.5)m =1.5 m
可得x =1.5 m = 0.5
μ1
解得μ1= 1
3
故只经过C一次时，μ1的可能值为1或1
3
。
② 当滑块第二次到达C点且和传送带速度相等时，可知mgh−μmgL−μ1mg⋅2s= 1
2 m v0
2
解得μ1=0.225
当μ1≥0.225时，滑块第二次到达C点后再从传送带离开时，速度大小不变，全程根据动能定理可知
mgh−μmgL−μ1mg⋅n s
2 =0
解得μ1= 1
n
(n=5,7,9⋯)
此时μ1<0.225，不符合要求
当μ1<0.225时，物体第三次回到C点时速度为v0，此后运动过程根据动能定理可知
−μ1mg⋅n s
2 =0−1
2 m v0
2
解得μ1= 1
10n
(n=1,3,5⋯)
【变式1-2】【答案】(1)2.0 m
(2)41
3 N
(3)32+7 ❑√15
34
kg
【详解】（1）小物块A 做平抛运动，设其在P 点竖直方向的分速度为v y，根据几何关系，A 恰好沿切线进
入圆弧轨道，故在P 点速度方向与水平方向的夹角α =90
∘−θ =53
∘
由平抛运动规律可得v y = v0tan53
∘= 4 m/s。
从抛出点到P 点下落的高度h1= v y
2
2g =0.8 m
而P 点距圆弧轨道底端B 的高度h2= R + Rsin37
∘=1.2m
抛出点离地面的高度H =h1+h2
联立并代入数据，解得H =2.0 m
（2）小物块A 在P 点的速度大小v P=
❑√v0
2+ v y
2 =5 m/s
在P 点，沿半径方向应用牛顿第二定律，有N P+mgsin37
∘=m v P
2
R
，代入数据解得轨道对A 的支持力
N P= 41
3 N。
根据牛顿第三定律，A 通过P 点时对轨道的压力大小等于41
3 N，方向沿半径向外。
（3）设A 到达底端B 点与B 碰撞前的速度为v1，由机械能守恒定律得mgH + 1
2 mA v0
2= 1
2 mA v1
2
设碰后A 的速度为v2，因A 恰好能上升到与圆心等高的Q 点，根据机械能守恒有1
2 mA v2
2=mA gR
规定向右为正方向，碰前A 向右运动，碰后A 返回向左运动，代入数据解得v1=7 m/s，v2=−❑√15 m/s。
A 与静止的B 发生弹性碰撞，设碰后B 的速度为v3，
由动量守恒定律得mA v1=mA v2+mB v3
由机械能守恒定律得1
2 mA v1
2= 1
2 mA v2
2+ 1
2 mB v3
2。
解得v2= mA−mB
mA+mB
v1
将v1=7 m/s、v2=−❑√15 m/s、mA=0.5kg代入该关系式中，
解得小物块B 的质量mB= 32+7 ❑√15
34
kg。
✡模型四 机械能守恒定律在连接体系统中的应用
【典例1】【答案】B
【变式1-1】【答案】AD
【变式1-2】【答案】B
✡模型五 机械能守恒定律在弹簧系统中的应用
【典例1】【答案】（1）EP= mgR
2
（2）va= 2❑√3 gR
3
vb= 2❑√3 gR
3
【推理演示】（1）若物块P 固定，球a 由静止释放到离开物块P 的过程中，由动能定理得mgR = 1
2 m v0
2
球a 与弹簧接触后，球a 与球b 组成的系统动量守恒，当二者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动
量守恒定律得m v0=2mv
由机械能守恒定律得1
2 m v❑0
2 = 1
2 ×2m v
2+ EP
解得整个运动过程中弹簧的最大弹性势能EP= mgR
2
（2）P 不固定时，a 下滑过程中，a 和P 组成的系统水平方向动量守恒，且系统机械能守恒。 规定向右为
正方向，设a 离开P 时P 的速度为vP，由动量守恒m va−2m v P=0
由机械能守恒mgR = 1
2 m va
2+ 1
2 ×2m v P
2
整理得va= 2❑√3 gR
3
a 与弹簧粘连后，a、b 和弹簧组成的系统水平面光滑，动量守恒、机械能守恒。当弹簧恢复原长时，b 的
速度达到最大；
设弹簧恢复原长时a 的速度为v1，由动量守恒m va=m v1+m vb
由机械能守恒1
2 m va
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m vb
2
联立解得球b 能达到的最大速度vb= 2❑√3 gR
3
。
【变式1-1】【答案】(1)6 m/s，水平向左，2
3 m/s，水平向右
(2)2
3 m/s，水平向左，Epm = 5
2 J
【详解】（1）根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有m v1= M v2
由能量守恒定律有mgh= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2
联立解得v1=6 m/s，v2= 2
3 m/s
即小球速度为6 m/s，方向水平向左，大物块速度为2
3 m/s，方向水平向右。
（2）由于小球落在物块a 正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量
守恒，则有m v1=(m+ma)v3
解得v3=2m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F =k x1
系统机械能守恒1
2 (m+ma)v3
2= 1
2 (m+ma)v4
2 + 1
2 k x1
2
联立解得v4=1m/s，x1=0.3 m
固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量
守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb
解得vb= 2
3 m/s，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm = 1
2 (m+ma)v4
2+ 1
2 k x1
2−1
2 (m+ma+mb)vb
2= 5
2 J
【变式1-2】【答案】D
