資源簡介

第2講　機械能守恒定律
一、重力勢能與彈性勢能(必修二第八章第2節)
1.重力做功與重力勢能
重力做功的特點 ①重力做功與路徑無關,只與始末位置的高度差有關。 ②重力做功不引起物體機械能的變化
重力勢能 ①表達式:Ep=mgh。 ②重力勢能的特點 重力勢能是物體和地球所共有的,重力勢能的大小與參考平面的選取有關,但重力勢能的變化與參考平面的選取無關
重力做功與重力勢能變化的關系 重力對物體做正功,重力勢能減小;重力對物體做負功,重力勢能增大,即WG=Ep1-Ep2=-ΔEp
2.彈性勢能
定義 發生彈性形變的物體的各部分之間,由于有彈力的相互作用而具有的勢能
彈力做功與彈性勢能變化的關系 彈力做正功,彈性勢能減小;彈力做負功,彈性勢能增大,即W=-ΔEp
提醒:彈簧彈性勢能表達式Ep=kx2,其中k表示彈簧的勁度系數,x表示形變量。
二、機械能守恒定律(必修二第八章第4節)
1.內容:在只有重力或彈力做功的物體系統內,動能與勢能可以互相轉化,而總的機械能保持不變。
2.表達式:mgh1+m=mgh2+m。
【質疑辨析】
角度1 重力勢能與彈性勢能
(1)被舉到高處的物體重力勢能一定大于零。(　　)
(2)重力勢能的變化與零勢能參考平面的選取無關。 (　　)
(3)重力做功與物體通過的路程有關。 (　　)
(4)彈簧彈力做負功時,彈性勢能減小。 (　　)
角度2 機械能守恒定律
(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。(　　)
提示:(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×(6)√　(7)√
精研考點·提升關鍵能力
考點一　機械能守恒的判斷　(核心共研)
【核心要點】
“四個”角度理解機械能守恒定律成立的條件
【典例剖析】
角度1單個物體機械能守恒的判斷
[典例1](多選)(2023·廣州模擬)航天員在地面模擬失重訓練的一種方式是在水下進行(如圖)。航天員需要穿水槽訓練航天服浸沒在水中,通過配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等,假設其總質量為m,訓練空間的重力加速度為g且不變,在某次出艙作業過程中,給自己一個初速度后豎直向上勻速上浮的距離為h,以下說法正確的是 (　　)
A.航天員所受的合力為零,合力不做功,其機械能守恒
B.上升h的過程中,動能不變
C.上升h的過程中,重力勢能減小了mgh
D.上升h的過程中,機械能增加了mgh
角度2 多個物體機械能守恒的判斷
[典例2]
(2023·徐州模擬)如圖所示,光滑半圓弧槽靜止在光滑的水平面上,一滑塊從槽頂端A處由靜止下滑,滑至槽最低點上方的某點B時速度達到最大,則滑塊運動到B點時 (　　)
A.圓弧槽速度也達到最大值
B.滑塊和槽組成的系統總動能最大
C.滑塊對槽壓力做功的功率等于重力對滑塊做功的功率
D.重力對滑塊做功的功率大于滑塊克服支持力做功的功率
角度3 機械能變化
[典例3](多選)(2023·南陽模擬)如圖甲所示,小物塊(可以看成質點)以一定的初速度從傾角為α=30°的斜面底端A點沿斜面向上運動。選擇地面為參考平面,上滑過程中,物塊的機械能E隨物塊離A點距離x的變化關系如圖乙所示。小物塊上滑時離A最遠距離為4 m,重力加速度大小g取10 m/s2,則 (　　)
A.物塊的質量m=2 kg
B.物塊與斜面間的動摩擦因數μ=0.3
C.物塊上滑過程中的加速度大小a=10 m/s2
D.物塊回到斜面底端時的速度大小為4 m/s
【備選例題】
　　(多選)(2023·宜昌模擬)如圖所示,輕彈簧下端固定在水平地面上,一質量為m的小球從彈簧的正上方O點由靜止釋放,小球在A點開始接觸彈簧,到達B點時彈簧彈力與小球重力大小相等,小球到達C點時速度減為零,不計空氣阻力,彈簧始終在彈性限度內,則 (　　)
A.整個運動過程中小球機械能守恒
B.以彈簧和小球為系統,系統的機械能守恒
C.小球運動到A點時,其動能最大
D.小球運動到B點時,其重力的瞬時功率最大
考點二　單個物體機械能守恒問題　(核心共研)
【核心要點】
三種表達式
提醒:在處理單個物體機械能守恒問題時通常應用守恒觀點和轉化觀點,轉化觀點不用選取零勢能面。
【典例剖析】
角度1 質點類
[典例4](2023·成都模擬)游樂場的過山車項目,雖驚險刺激,但安全事故時有發生,若游客未系好安全帶,后果將不堪設想。如圖所示為某同學進行的模擬探究:過山車軌道均在豎直平面內,一質量為m=50 kg的游客乘坐過山車從左邊第一個峰點P靜止出發,無動力沿軌道運動,先后經過半徑為RA=10 m的圓軌道最低點A和半徑為RB=15 m 的圓軌道最高點B。已知P、A的高度差為h1=30 m,A、B的高度差為h2=20 m,兩圓軌道之間是與圓軌道分別相切的傾斜直軌道,游客可視為質點,不計摩擦阻力和空氣阻力,重力加速度大小取g=10 m/s2。
(1)求游客在A點對座椅的壓力大小;
(2)若游客未系安全帶,則他可能在半徑為RB的圓軌道上某處被拋出。試通過計算判斷游客能否沿軌道到達B點。
角度2 非質點類
[典例5](2023·南寧模擬)一根質量為m、長為L的均勻鏈條一半放在光滑的水平桌面上,另一半懸在桌邊,桌面足夠高,如圖甲所示。若將一個質量為m的小球分別拴在鏈條右端和左端,如圖乙、圖丙所示。約束鏈條的擋板光滑,三種情況均由靜止釋放,當整根鏈條剛離開桌面時,關于它們的速度關系,下列判斷正確的是(　　)
A.v甲=v乙=v丙　 B.v甲C.v丙>v甲>v乙 D.v乙>v甲>v丙
【備選例題】
　　如圖所示,有一根長為L,質量為M的均勻鏈條AB靜止在光滑水平桌面上,其長度的懸于桌邊外。如果在鏈條的A端施加一個拉力使鏈條AB以0.2g(g為重力加速度)的加速度運動,直到把懸著的部分拉回桌面。設拉動過程中鏈條與桌邊始終保持接觸,則拉力需做功 (　　)
A. B.
C. D.
考點三　系統機械能守恒問題　(核心共研)
【核心要點】
三種常見物體系統機械能守恒
1.輕繩連接的物體系統機械能守恒
常見情景
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系或豎直方向高度變化的關系。 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,機械能則可能守恒
2.輕桿連接的物體系統機械能守恒
常見 情景
模型 特點 ①平動時兩物體線速度相等,轉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,單個物體機械能一般不守恒。 ③對于桿和物體組成的系統,忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統做功,則系統機械能守恒
3.輕彈簧連接的物體系統機械能守恒
常見情景
模型特點 由輕彈簧連接的物體系統,一般既有重力做功又有彈簧彈力做功,這時系統內物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉化,而總的機械能守恒
兩點提醒 ①對同一彈簧,彈性勢能的大小完全由彈簧的形變量決定,無論彈簧伸長還是壓縮。 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
【典例剖析】
角度1 輕繩連接的物體系統機械能守恒
[典例6]
(多選)(2023·成都模擬)如圖所示,將一根光滑的硬質金屬導線制成四分之一圓弧軌道AB①后固定在豎直平面內,O1為軌道的圓心,O1B水平。質量為m的細圓環P套在軌道上,足夠長的輕質細繩繞過光滑的細小定滑輪O2、O3分別連接圓環P與另一質量也為m的小球Q②,AO1BO2為一邊長為R的正方形。若將細圓環P從圓弧軌道的最高點A由靜止釋放,圓環P在細繩拉動下將沿軌道運動。已知重力加速度為g,空氣阻力忽略不計①,則細圓環P下滑至B點的過程中,下列說法正確的是 (　　)
A.小球Q的機械能先增加后減少
B.細圓環P的機械能先減少后增加
C.小球Q的速度為零時,細圓環P的速度大小為
D.細圓環P運動到B點時,圓弧軌道對圓環P的彈力大小為mg
角度2 輕桿連接的物體系統機械能守恒
[典例7](多選)(2023·白山模擬)如圖所示,可繞固定轉軸O在豎直平面內無摩擦轉動的剛性輕質支架①兩端分別固定質量為5m、6m的小球A、B。支架兩條邊的長度均為L②,用手將B球托起至與轉軸O等高,此時連接A球的細桿與豎直方向的夾角為θ,sinθ=0.6,重力加速度大小為g,現突然松手,兩小球在擺動的過程中,下列說法正確的是 (　　)
A.A球與轉軸O等高時的動能為mgL
B.B球下降的最大高度為L
C.A球的最大動能為mgL
D.B球的最大動能為mgL
角度3 輕彈簧連接的物體系統機械能守恒
[典例8](2023·成都模擬)如圖,圓心為O1的光滑半圓環固定于豎直面,輕彈簧上端固定在O1正上方的O2點,c是O1O2和圓環的交點;將系于彈簧下端且套在圓環上的小球從a點靜止釋放,此后小球在a、b間做往復運動。若小球在a點時彈簧被拉長,在c點時彈簧被壓縮, aO1⊥aO2。則下列判斷正確的是 (　　)
A.小球在b點受到的合力為零
B.彈簧在a點的伸長量可能小于彈簧在c點的壓縮量
C.彈簧處于原長時,小球的速度最大
D.在a、b之間,小球機械能最大的位置有兩處
【備選例題】
　　(多選)(2023·朔州模擬)如圖所示,長度為R的輕桿上等距離固定質量均為m的n個小球,輕桿一端連接轉動點O,將輕桿撥動到與轉動點O等高的水平位置后自由釋放,忽略一切阻力,重力加速度為g,則從釋放到輕桿擺至豎直位置的過程中是 (　　)
A.n=1時,輕桿對小球不做功
B.n=2時,輕桿對第1個小球做功為mgR
C.n=10時,輕桿對第7個小球不做功
D.當輕桿對第k個小球做正功時,應滿足k>
答案及解析
考點一　機械能守恒的判斷
【典例剖析】
角度1單個物體機械能守恒的判斷
[典例1](多選)(2023·廣州模擬)航天員在地面模擬失重訓練的一種方式是在水下進行(如圖)。航天員需要穿水槽訓練航天服浸沒在水中,通過配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等,假設其總質量為m,訓練空間的重力加速度為g且不變,在某次出艙作業過程中,給自己一個初速度后豎直向上勻速上浮的距離為h,以下說法正確的是 (　　)
A.航天員所受的合力為零,合力不做功,其機械能守恒
B.上升h的過程中,動能不變
C.上升h的過程中,重力勢能減小了mgh
D.上升h的過程中,機械能增加了mgh
【解析】選B、D。航天員在上升過程中,根據題意,由平衡條件可得F浮=mg,浮力向上,位移向上,浮力對其做正功,所做功為W浮=mgh;而若只有重力做功,機械能守恒,但該過程除重力做功外,浮力做正功,因此機械能增加了mgh,故A錯誤,D正確;勻速上升過程動能不變,故B正確;上升h的過程,重力勢能增加了mgh,故C錯誤。
角度2 多個物體機械能守恒的判斷
[典例2]
(2023·徐州模擬)如圖所示,光滑半圓弧槽靜止在光滑的水平面上,一滑塊從槽頂端A處由靜止下滑,滑至槽最低點上方的某點B時速度達到最大,則滑塊運動到B點時 (　　)
A.圓弧槽速度也達到最大值
B.滑塊和槽組成的系統總動能最大
C.滑塊對槽壓力做功的功率等于重力對滑塊做功的功率
D.重力對滑塊做功的功率大于滑塊克服支持力做功的功率
【解析】選C。滑塊運動到B點時,對圓弧槽的壓力斜向左下方,有水平向左的分力,圓弧槽繼續向左加速,圓弧槽速度沒有達到最大值,A錯誤;滑塊和槽組成的系統機械能守恒,滑塊運動至最低點時,系統重力勢能最小,由滑塊和槽組成的系統總動能最大,B錯誤;在B點取一很短時間Δt,對滑塊分析,由動能定理得P支·Δt-
P重·Δt=ΔEk,可得P支-P重==0,則有P支=P重,可知滑塊克服支持力做功的功率等于重力對滑塊做功的功率,根據槽對滑塊的支持力與滑塊對槽的壓力是作用力與反作用力關系,可知滑塊對槽壓力做功的功率等于重力對滑塊做功的功率,C正確,D錯誤。
【方法技巧】 三種方法判斷機械能守恒
提醒:系統機械能守恒時系統與外界沒有能量交換,其中的單個物體機械能通常不守恒。
角度3 機械能變化
[典例3](多選)(2023·南陽模擬)如圖甲所示,小物塊(可以看成質點)以一定的初速度從傾角為α=30°的斜面底端A點沿斜面向上運動。選擇地面為參考平面,上滑過程中,物塊的機械能E隨物塊離A點距離x的變化關系如圖乙所示。小物塊上滑時離A最遠距離為4 m,重力加速度大小g取10 m/s2,則 (　　)
A.物塊的質量m=2 kg
B.物塊與斜面間的動摩擦因數μ=0.3
C.物塊上滑過程中的加速度大小a=10 m/s2
D.物塊回到斜面底端時的速度大小為4 m/s
【題眼破譯】——提升信息轉化能力
【解析】選A、D。上升到最高點時物塊的機械能等于重力勢能,則E2=40 J=mgh,解得m=== kg=2 kg,故A正確;機械能的變化量等于除重力外的其他力所做的功,故滿足ΔE=μmgcosα·x,其中ΔE=64 J-40 J=24 J,解得μ==,故B錯誤;上滑過程中由牛頓第二定律可得mgsinα+μmgcosα=ma,解得a=8 m/s2,故C錯誤;下滑過程中由牛頓第二定律可得mgsinα-μmgcosα=ma',解得a'=2 m/s2,由運動學公式可得v'2=2a'x,解得v'=4 m/s,故D正確。
【備選例題】
　　(多選)(2023·宜昌模擬)如圖所示,輕彈簧下端固定在水平地面上,一質量為m的小球從彈簧的正上方O點由靜止釋放,小球在A點開始接觸彈簧,到達B點時彈簧彈力與小球重力大小相等,小球到達C點時速度減為零,不計空氣阻力,彈簧始終在彈性限度內,則 (　　)
A.整個運動過程中小球機械能守恒
B.以彈簧和小球為系統,系統的機械能守恒
C.小球運動到A點時,其動能最大
D.小球運動到B點時,其重力的瞬時功率最大
【解析】選B、D。小球接觸彈簧后,小球的機械能轉化為彈簧的彈性勢能,小球機械能減少,故A錯誤;以彈簧和小球為系統,只有重力和彈簧彈力做功,則系統的機械能守恒,故B正確;小球從A運動到B的過程中,由于小球的重力大于彈簧的彈力,故小球從A到 B的過程中做加速度減小的加速運動,小球運動到B點時,速度最大,動能最大,其重力的瞬時功率最大,故C錯誤,D正確。
考點二　單個物體機械能守恒問題
【典例剖析】
角度1 質點類
[典例4](2023·成都模擬)游樂場的過山車項目,雖驚險刺激,但安全事故時有發生,若游客未系好安全帶,后果將不堪設想。如圖所示為某同學進行的模擬探究:過山車軌道均在豎直平面內,一質量為m=50 kg的游客乘坐過山車從左邊第一個峰點P靜止出發,無動力沿軌道運動,先后經過半徑為RA=10 m的圓軌道最低點A和半徑為RB=15 m 的圓軌道最高點B。已知P、A的高度差為h1=30 m,A、B的高度差為h2=20 m,兩圓軌道之間是與圓軌道分別相切的傾斜直軌道,游客可視為質點,不計摩擦阻力和空氣阻力,重力加速度大小取g=10 m/s2。
(1)求游客在A點對座椅的壓力大小;
答案:(1)3 500 N
【解析】(1)游客從P點到A點,由機械能守恒定律有mgh1=m
在A點,游客受重力和座椅支持力作用,由牛頓第二定律有FA-mg=m
聯立并代入數據求解得FA=3 500 N
由牛頓第三定律解得游客在A點對座椅的壓力大小為FA'=FA=3 500 N
(2)若游客未系安全帶,則他可能在半徑為RB的圓軌道上某處被拋出。試通過計算判斷游客能否沿軌道到達B點。
答案: (2)見解析
【解析】(2)假設游客能從P點經A點到B點,由機械能守恒定律有mg(h1-h2)=m
代入數據可得游客在B點的速度為vB=10 m/s
在B點,由牛頓第二定律有mg-FB=m
代入數據得FB=- N
因FB=- N<0,假設不成立
游客將在B點左側圓軌道上某處被拋出,不能到達B點。
【思維流程】
【方法技巧】 求解單個物體機械能守恒問題的一般步驟
角度2 非質點類
[典例5](2023·南寧模擬)一根質量為m、長為L的均勻鏈條一半放在光滑的水平桌面上,另一半懸在桌邊,桌面足夠高,如圖甲所示。若將一個質量為m的小球分別拴在鏈條右端和左端,如圖乙、圖丙所示。約束鏈條的擋板光滑,三種情況均由靜止釋放,當整根鏈條剛離開桌面時,關于它們的速度關系,下列判斷正確的是(　　)
A.v甲=v乙=v丙　 B.v甲C.v丙>v甲>v乙 D.v乙>v甲>v丙
【關鍵點撥】 對于非質點類物體機械能守恒問題,關鍵在于找到物體各部分重心的變化情況。
【解析】選D。三種情況下所研究的系統機械能守恒,由-ΔEp =ΔEk得,對于甲有mg×+mg×=m,解得v甲=,對于乙有mg×+mg×+mg×=×2m,解得v乙=,對于丙有mg×+mg×=×2m,解得v丙=,則v乙>v甲>v丙,故選D。
【備選例題】
　　如圖所示,有一根長為L,質量為M的均勻鏈條AB靜止在光滑水平桌面上,其長度的懸于桌邊外。如果在鏈條的A端施加一個拉力使鏈條AB以0.2g(g為重力加速度)的加速度運動,直到把懸著的部分拉回桌面。設拉動過程中鏈條與桌邊始終保持接觸,則拉力需做功 (　　)
A. B.
C. D.
【解析】選D。根據題意,由運動學公式v2-=2ax可得,把懸著的部分拉回桌面時,鏈條的速度為v==,設拉力需做功為W,由動能定理有W-Mg·L=Mv2,解得W=MgL,故選D。
考點三　系統機械能守恒問題
【典例剖析】
角度1 輕繩連接的物體系統機械能守恒
[典例6]
(多選)(2023·成都模擬)如圖所示,將一根光滑的硬質金屬導線制成四分之一圓弧軌道AB①后固定在豎直平面內,O1為軌道的圓心,O1B水平。質量為m的細圓環P套在軌道上,足夠長的輕質細繩繞過光滑的細小定滑輪O2、O3分別連接圓環P與另一質量也為m的小球Q②,AO1BO2為一邊長為R的正方形。若將細圓環P從圓弧軌道的最高點A由靜止釋放,圓環P在細繩拉動下將沿軌道運動。已知重力加速度為g,空氣阻力忽略不計①,則細圓環P下滑至B點的過程中,下列說法正確的是 (　　)
A.小球Q的機械能先增加后減少
B.細圓環P的機械能先減少后增加
C.小球Q的速度為零時,細圓環P的速度大小為
D.細圓環P運動到B點時,圓弧軌道對圓環P的彈力大小為mg
【題眼破譯】——提升信息轉化能力
信息①細圓環P與小球Q組成的系統機械能守恒;
信息②細圓環P與小球Q沿細繩方向的分速度相等。
【解析】選C、D。在細圓環P下滑至B點的過程中,小球Q先向下運動,后向上運動,細繩拉力對Q先做負功后做正功,因此小球Q的機械能先減少后增加,A錯誤;細繩拉力對細圓環P先做正功后做負功,因此細圓環P的機械能先增加后減少,B錯誤;根據速度的合成與分解可知,細圓環P的速度沿細繩方向的分量大小等于Q的速度大小,當小球Q的速度為零時,細圓環P的速度方向與細繩垂直,根據幾何關系可知,此時細繩與水平方向的夾角為45°,根據機械能守恒定律有mg[R-(R-R)]+mg(R-Rcos45°)=m,解得vP=,C正確;細圓環P運動到B點時,P、Q的速度大小相等,設為v,根據機械能守恒定律可得mgR=·2mv2,在B點,對細圓環P有N=,解得圓弧軌道對圓環P的彈力大小N=mg,D正確。
角度2 輕桿連接的物體系統機械能守恒
[典例7](多選)(2023·白山模擬)如圖所示,可繞固定轉軸O在豎直平面內無摩擦轉動的剛性輕質支架①兩端分別固定質量為5m、6m的小球A、B。支架兩條邊的長度均為L②,用手將B球托起至與轉軸O等高,此時連接A球的細桿與豎直方向的夾角為θ,sinθ=0.6,重力加速度大小為g,現突然松手,兩小球在擺動的過程中,下列說法正確的是 (　　)
A.A球與轉軸O等高時的動能為mgL
B.B球下降的最大高度為L
C.A球的最大動能為mgL
D.B球的最大動能為mgL
【題眼破譯】——提升信息轉化能力
信息①小球A與小球B組成的系統機械能守恒;
信息②小球A與小球B轉動的角速度相等,線速度也相等。
【解析】選B、C、D。根據題意知A、B兩球共軸轉動,無論何時兩球的角速度均相同,二者的轉動半徑相同則線速度大小也相等。設A球與轉軸O等高時的速度為v,由系統的機械能守恒定律有6mgLcosθ-5mgLcosθ=×5mv2+×6mv2,解得v=,則A球與轉軸O等高時的動能為Ek=×5mv2=mgL,故A錯誤;根據題意,當小球B下降到最低點時,小球A、B的速度為零,設小球B向下轉動的角度為α,則小球A向上轉動的角度也為α,如圖所示,
由系統的機械能守恒定律有6mgLsinα-5mgL[cosθ+sin(α+θ-90°)]=0,解得sinα=,則小球B下降的最大高度為H=Lsinα=L,故B正確;根據題意,當小球B向下轉動的角度為β時,小球A向上轉動的角度也為β,則由動能定理有6mgLsinβ-5mgL[cosθ+sin(β+θ-90°)]=EkA+EkB,由數學知識解得,當β=37°時,小球A、B的動能之和有最大值為Ekm=mgL,由于小球A、B速度的大小相等,則有EkA=mgL,EkB=mgL,故C、D正確。
角度3 輕彈簧連接的物體系統機械能守恒
[典例8](2023·成都模擬)如圖,圓心為O1的光滑半圓環固定于豎直面,輕彈簧上端固定在O1正上方的O2點,c是O1O2和圓環的交點;將系于彈簧下端且套在圓環上的小球從a點靜止釋放,此后小球在a、b間做往復運動。若小球在a點時彈簧被拉長,在c點時彈簧被壓縮, aO1⊥aO2。則下列判斷正確的是 (　　)
A.小球在b點受到的合力為零
B.彈簧在a點的伸長量可能小于彈簧在c點的壓縮量
C.彈簧處于原長時,小球的速度最大
D.在a、b之間,小球機械能最大的位置有兩處
【解析】選D。套在圓環上的小球從a點靜止釋放,此后小球在a、b間做往復運動,表明小球在a點的合力不等于零,合力的方向沿著a點的切線向上;因為系統的機械能守恒,a點和b點關于O1O2對稱,所以小球在b點受到的合力不等于零,合力的方向沿著b點的切線向上,A錯誤;小球從a點到c點運動的過程中,小球在a點時動能最小等于零,小球在a點時位置最低,小球在a點時的重力勢能最小,那么,小球在a點時的機械能最小;又因為小球和彈簧組成的系統機械能守恒,所以小球在a點時,彈簧的彈性勢能最大,那么,小球在a點時彈簧的形變量最大,所以彈簧在a點的伸長量一定大于彈簧在c點的壓縮量,B錯誤;小球受到重力、彈簧的拉力、圓環的支持力,這三個力的合力為零時,小球的速度最大,此時彈簧處于伸長狀態,C錯誤;因為系統的機械能守恒,所以彈簧處于原長時,小球的機械能最大;在a、b之間,彈簧處于原長的位置有兩處,一處位于a、c之間,另一處位于c、b之間,這兩點關于O1O2對稱,D正確。
【方法技巧】 求解系統機械能守恒問題的一般步驟
提醒:對于一些繩子突然繃緊,物體間碰撞等情況,除非題目特別說明,否則機械能一般不守恒。
【備選例題】
　　(多選)(2023·朔州模擬)如圖所示,長度為R的輕桿上等距離固定質量均為m的n個小球,輕桿一端連接轉動點O,將輕桿撥動到與轉動點O等高的水平位置后自由釋放,忽略一切阻力,重力加速度為g,則從釋放到輕桿擺至豎直位置的過程中是 (　　)
A.n=1時,輕桿對小球不做功
B.n=2時,輕桿對第1個小球做功為mgR
C.n=10時,輕桿對第7個小球不做功
D.當輕桿對第k個小球做正功時,應滿足k>
【解析】選A、C、D。對整體由機械能守恒有nmgR=mgR(++……++
……+)+m+m+……+m+……+m,線速度關系v1=ω,v2=ω……vn=ω,對第k個小球由動能定理有mgR+W桿=m-0,聯立解得W桿=mgR[3k-(2n+1)]。當n=1時,W桿=0,故A正確;當n=2、k=1時W桿=mgR××(3-5)=-mgR,故B錯誤;當n=10,k=7時W桿=mgR××(21-21)=0,故C正確;當輕桿對第k個小球做正功時,應滿足W桿=mgR[3k-(2n+1)]>0,解得k>,故D正確。
　

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