第4課時機械能守恒定律及其應(yīng)用目標(biāo)要求1.知道機械能守恒的條件，理解機械能守恒定律的內(nèi)容。2.會用機械能守恒定律解決單個物體或系統(tǒng)的機械能守恒問題?？键c一機械能守恒的判斷1．重力做功與重力勢能(1)重力做功的特點：重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)，重力做功不引起物體機械能的變化。(2)重力勢能①表達(dá)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(guān)，但重力勢能的變化量與參考平面的選取無關(guān)。(3)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能減小，重力對物體做負(fù)功，重力勢能增大，即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。2．彈性勢能(1)定義：發(fā)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。(2)彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：彈力做正功，彈性勢能減小；彈力做負(fù)功，彈性勢能增加。即W＝－ΔEp。3．機械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。(2)表達(dá)式：mgh1＋eq\f(1,2)mv12＝mgh2＋eq\f(1,2)mv22或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。(3)守恒條件：只有重力或彈力做功。1．物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒。(×)2．物體做勻速直線運動，其機械能一定守恒。(×)3．物體的速度增大時，其機械能可能減小。(√)例1(多選)如圖所示，將一個內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側(cè)有一固定的豎直墻壁(不與槽粘連)?，F(xiàn)讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從A點與半圓形槽相切進(jìn)入槽內(nèi)，則下列說法正確的是()A．小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球的機械能守恒C．小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D．小球從下落到從右側(cè)離開半圓形槽的過程中，機械能守恒答案BC解析當(dāng)小球從半圓形槽的最低點運動到半圓形槽右側(cè)的過程中，小球?qū)Π雸A形槽的力使半圓形槽向右運動，半圓形槽對小球的支持力對小球做負(fù)功，小球的機械能不守恒，A、D錯誤；小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽靜止，則只有重力做功，小球的機械能守恒，B正確；小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，C正確。機械能是否守恒的三種判斷方法1．利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能守恒。2．利用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，或者雖受其他力，但其他力不做功(或做功代數(shù)和為0)，則機械能守恒。3．利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換，物體或系統(tǒng)內(nèi)也沒有機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機械能守恒?？键c二單物體的機械能守恒問題1．機械能守恒定律表達(dá)式說明：單個物體應(yīng)用機械能守恒定律時選用守恒觀點或轉(zhuǎn)化觀點進(jìn)行列式。2．應(yīng)用機械能守恒定律解題的一般步驟例2(2023·山東煙臺市第一中學(xué)模擬)如圖所示，在豎直面內(nèi)固定三枚釘子a、b、c，三枚釘子構(gòu)成邊長d＝10cm的等邊三角形，其中釘子a、b的連線沿著豎直方向。長為L＝0.3m的細(xì)線一端固定在釘子a上，另一端系著質(zhì)量m＝200g的小球，細(xì)線水平拉直，然后將小球以v0＝eq\r(3)m/s的初速度豎直向下拋出，小球可視為質(zhì)點，不考慮釘子的粗細(xì)，重力加速度g＝10m/s2，細(xì)線碰到釘子c后，小球到達(dá)最高點時，細(xì)線拉力大小為(g＝10m/s2)()A．0B．1NC．2ND．3N答案C解析設(shè)小球到達(dá)最高點時速度大小為v，以初始位置所在水平面為參考平面，根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2＋mghh＝L－d－d－eq\f(d,2)＝L－eq\f(5,2)d代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得v＝eq\r(2)m/s，小球在最高點時根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg＝eq\f(mv2,L－2d)，解得細(xì)線拉力大小為F＝2N，故選C。例3(2022·全國乙卷·16)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于()A．它滑過的弧長B．它下降的高度C．它到P點的距離D．它與P點的連線掃過的面積答案C解析如圖所示，設(shè)小環(huán)下降的高度為h，大圓環(huán)的半徑為R，小環(huán)到P點的距離為L，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2由幾何關(guān)系可得h＝Lsinθsinθ＝eq\f(L,2R)聯(lián)立可得h＝eq\f(L2,2R)，則v＝Leq\r(\f(g,R))故C正確，A、B、D錯誤。考點三系統(tǒng)的機械能守恒問題1．解決多物體系統(tǒng)機械能守恒的注意點(1)對多個物體組成的系統(tǒng)，要注意判斷物體運動過程中系統(tǒng)的機械能是否守恒。一般情況為：不計空氣阻力和一切摩擦，系統(tǒng)的機械能守恒。(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。(3)列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。2．幾種實際情景的分析(1)速率相等情景注意分析各個物體在豎直方向的高度變化。(2)角速度相等情景①桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。②由v＝ωr知，v與r成正比。(3)某一方向分速度相等情景(關(guān)聯(lián)速度情景)兩物體速度的關(guān)聯(lián)實質(zhì)：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等。思考以上圖中，輕繩(或輕桿)對A、B物體均做功，系統(tǒng)機械能為何仍守恒？答案輕繩(或輕桿)對A、B的力屬于系統(tǒng)內(nèi)力，做功使機械能在A、B之間轉(zhuǎn)移，單個物體機械能不守恒，但系統(tǒng)機械能守恒。例4如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的輕軟細(xì)線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍。當(dāng)B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高，將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2RB.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D.eq\f(2R,3)答案C解析設(shè)B球的質(zhì)量為m，則A球的質(zhì)量為2m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，根據(jù)機械能守恒定律得2mgR＝eq\f(1,2)×(2m＋m)v2＋mgR，B球繼續(xù)上升的過程由動能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得h＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq\f(4,3)R，故選C。拓展若細(xì)繩質(zhì)量不可忽略，如圖所示，總長為l、質(zhì)量為m的均勻軟繩對稱地掛在輕小滑輪上，用細(xì)線將質(zhì)量也為m的物塊與軟繩一端連接?，F(xiàn)將物塊由靜止釋放，直到軟繩剛好全部離開滑輪。不計一切摩擦，重力加速度為g，在軟繩從靜止到剛離開滑輪的過程中，物塊和軟繩的機械能各改變多少？答案物塊的機械能減少了eq\f(1,8)mgl，軟繩的機械能增加了eq\f(1,8)mgl解析設(shè)軟繩剛離開滑輪的時候，物塊和軟繩的速度為v，根據(jù)機械能守恒定律有mg·eq\f(l,2)＋eq\f(mg,2)·eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)×2m·v2，計算可得v＝eq\f(\r(3gl),2)，則物塊機械能的減少量為E減＝mg·eq\f(l,2)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,8)mgl，系統(tǒng)的機械能是守恒的，由于物塊的機械能減少了eq\f(1,8)mgl，所以軟繩的機械能增加了eq\f(1,8)mgl。例5(多選)(2023·福建省廈門一中檢測)如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A和B用不可伸長的輕繩連接，A放在傾角為θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑豎直桿上下滑動，桿和滑輪中心間的距離為L，物塊B從與滑輪等高處由靜止開始下落，斜面與桿足夠長，重力加速度為g。在物塊B下落到繩與水平方向的夾角為θ的過程中，下列說法正確的是()A．物塊B的機械能的減少量大于物塊A的重力勢能的增加量B．物塊B的重力勢能減少量為mgLtanθC．物塊A的速度大于物塊B的速度D．物塊B的末速度為eq\r(\f(2gLsinθ,1＋sin2θ))答案ABD解析在物塊B下落到繩與水平方向的夾角為θ時，物塊B下降的高度為h＝Ltanθ，則B重力勢能減少量為ΔEpB＝mgLtanθ，物塊A沿斜面上升的距離為x＝eq\f(L,cosθ)－L，設(shè)此時物塊A的速度為vA，物塊B的速度為vB，A、B組成的系統(tǒng)運動過程中只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，所以物塊B的機械能減少量等于物塊A的機械能增加量，有mgLtanθ－eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvA2＋mgxsinθ，A物塊沿斜面上升時動能和勢能都增加，故A、B正確；將物塊B的速度分解為沿繩方向的速度和垂直繩方向的速度，則vA＝v繩＝vBsinθ，則物塊A的速度小于物塊B的速度，故C錯誤；聯(lián)立以上表達(dá)式可得vB＝eq\r(\f(2gLsinθ,1＋sin2θ))，故D正確。例6(2023·湖南省長沙一中檢測)如圖所示，一根長為3L的輕桿可繞水平轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動，兩端固定質(zhì)量均為m的小球A和B，A到O的距離為L，現(xiàn)使桿在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，B運動到最高點時，恰好對桿無作用力，兩球均視為質(zhì)點，不計空氣阻力和摩擦阻力，重力加速度為g。當(dāng)B由最高點第一次轉(zhuǎn)至與O點等高的過程中，下列說法正確的是()A．桿對B球做正功B．B球的機械能守恒C．輕桿轉(zhuǎn)至水平時，A球速度大小為eq\f(\r(10gL),5)D．輕桿轉(zhuǎn)至水平時，B球速度大小為eq\f(3\r(10gL),5)答案D解析由題知B運動到最高點時，恰好對桿無作用力，有mg＝meq\f(v2,2L)，B在最高點時速度大小為v＝eq\r(2gL)，因為A、B角速度相同，A的轉(zhuǎn)動半徑只有B的一半，所以A的速度大小為eq\f(v,2)，當(dāng)B由最高點轉(zhuǎn)至與O點等高時，取O點所在水平面的重力勢能為零，根據(jù)A、B系統(tǒng)機械能守恒，mg·2L－mgL＋eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，vB＝2vA，解得vA＝eq\f(3\r(10gL),10)，vB＝eq\f(3\r(10gL),5)，故C錯誤，D正確；設(shè)桿對B做的功為W，對B由動能定理得mg·2L＋W＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv2，解得W＝－eq\f(6,5)mgL，所以桿對B做負(fù)功，B的機械能不守恒，故A、B錯誤。課時精練1．(多選)如圖所示，下列關(guān)于機械能是否守恒的判斷正確的是()A．甲圖中，在火箭升空的過程中，若火箭勻速升空，則機械能守恒，若火箭加速升空，則機械能不守恒B．乙圖中的物體勻速運動，機械能守恒C．丙圖中的小球做勻速圓周運動，機械能守恒D．丁圖中的彈丸在光滑的碗內(nèi)做復(fù)雜的曲線運動，機械能守恒答案CD解析甲圖中，不論是勻速升空還是加速升空，由于推力都對火箭做正功，所以火箭的機械能都增加，故A錯誤；物體勻速上升，動能不變，重力勢能增加，則機械能增加，故B錯誤；小球在做勻速圓周運動的過程中，細(xì)線的拉力不做功，機械能守恒，故C正確；彈丸在光滑的碗內(nèi)做復(fù)雜的曲線運動，只有重力做功，所以彈丸的機械能守恒，故D正確。2.(2024·河北邯鄲市第一次調(diào)研)如圖所示為某運動員做蹦床運動的簡化示意圖，A為運動員某次下落過程的最高點，B為運動員下落過程中剛接觸蹦床時的位置，C為運動員下落過程的最低點。若A、B之間的豎直距離為h，B、C之間的豎直距離為Δx，運動員的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．下落過程中運動員與蹦床組成的系統(tǒng)勢能一直在減小B．從最高點A運動到最低點C，運動員的機械能守恒C．從B點至C點過程中，運動員的機械能守恒D．蹦床的最大彈性勢能是mg(h＋Δx)答案D解析不計空氣阻力，運動員與蹦床組成的系統(tǒng)在整個運動過程中只有重力與彈力做功，蹦床與運動員組成的系統(tǒng)機械能守恒，運動員的動能在整個過程中先變大后變小，則運動員與蹦床組成的系統(tǒng)勢能先變小后變大，故A錯誤；A至B，運動員先做自由落體運動，只有重力做功，運動員機械能守恒，從B運動到C，運動員速度先增大后減小，蹦床逐漸發(fā)生形變，蹦床彈力對運動員做負(fù)功，運動員和蹦床組成系統(tǒng)機械能守恒，運動員的機械能不守恒，故B、C錯誤；下落至C點時蹦床彈性勢能最大，以C點所在平面為零勢能面，有Epm＝mg(h＋Δx)，D正確。3.(2021·海南卷·2)水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m。取重力加速度g＝10m/s2，將人視為質(zhì)點，不計摩擦和空氣阻力。則人的落水點到滑梯末端的水平距離為()A．4.0mB．4.5mC．5.0mD．5.5m答案A解析設(shè)人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為v，根據(jù)機械能守恒定律可知mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝4eq\r(5)m/s，從滑梯末端水平飛出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.0,10))s＝eq\r(\f(1,5))s，水平方向做勻速直線運動，則人的落水點距離滑梯末端的水平距離為x＝vt＝4eq\r(5)×eq\r(\f(1,5))m＝4.0m，故選A。4.如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的eq\f(1,4)圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，小球可視為質(zhì)點，開始時a球處于圓弧上端A點，由靜止開始釋放小球和輕桿，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．a(chǎn)球下滑過程中機械能保持不變B．b球下滑過程中機械能保持不變C．a(chǎn)、b球都滑到水平軌道上時速度大小均為eq\r(2gR)D．從釋放a、b球到a、b球都滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為eq\f(1,2)mgR答案D解析對于單個小球來說，桿的彈力做功，小球機械能不守恒，A、B錯誤；兩個小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(3gR)，C錯誤；a球在下滑過程中，桿和重力對a球做功，故根據(jù)動能定理可得W＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，其中v＝eq\r(3gR)，聯(lián)立解得W＝eq\f(1,2)mgR，D正確。5.(2023·湖北武漢市聯(lián)考)如圖所示，有一條長為L＝1m的均勻金屬鏈條，有一半在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半豎直下垂在空中，當(dāng)鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10m/s2)()A．2.5m/sB.eq\f(5\r(2),2)m/sC.eq\r(5)m/sD.eq\f(\r(35),2)m/s答案A解析設(shè)鏈條的質(zhì)量為2m，以開始時鏈條的最高點所在水平面的重力勢能為零，鏈條的機械能為E＝－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)sin30°－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)＝－eq\f(3,8)mgL，鏈條全部滑出后，動能為Ek′＝eq\f(1,2)×2mv2，重力勢能為Ep′＝－2mg·eq\f(L,2)，由機械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即－eq\f(3,8)mgL＝mv2－mgL，解得v＝2.5m/s，故A正確，B、C、D錯誤。6.如圖所示，一個半徑為r、質(zhì)量均勻的圓盤套在光滑固定的水平轉(zhuǎn)軸上，一根輕繩繞過圓盤，兩端分別連接著物塊A和B，A放在地面上，B用手托著，A、B均處于靜止，此時B離地面的高度為7r，圓盤兩邊的輕繩沿豎直方向伸直，A和圓盤的質(zhì)量均為m，B的質(zhì)量為2m，快速撤去手，在物塊B向下運動的過程中。繩子始終與圓盤沒有相對滑動，已知圓盤轉(zhuǎn)動的動能為EkC＝eq\f(1,4)mr2ω2，其中ω為圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，則物塊A上升到最高點時離地面的高度為(A上升過程中未與圓盤相碰)()A．7rB．8rC．9rD．10r答案C解析設(shè)B剛落地時速度為v，則根據(jù)機械能守恒有2mg×7r＝mg×7r＋eq\f(1,2)×3mv2＋eq\f(1,4)mv2，解得v＝2eq\r(gr)，當(dāng)物塊B落地后，A還能上升的高度h＝eq\f(v2,2g)＝2r，因此A上升到最高點離地面的高度為9r。故選C。7.(多選)(2024·重慶市巴蜀中學(xué)月考)如圖所示，一輕桿長為L，一端固定在O點，桿可繞O點無摩擦轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為3m的小球A固定在桿的末端，質(zhì)量為m的小球B固定在桿的中點，重力加速度為g，輕桿從水平位置由靜止釋放，小球均可視為質(zhì)點，則當(dāng)桿運動至豎直位置時，下列說法正確的有()A．該過程中，輕桿對兩小球均不做功B．處于豎直位置時，A球的速率一定是B球的兩倍C．處于豎直位置時，A球的速率為2eq\r(\f(7,13)gL)D．該過程中，B球機械能增加了eq\f(1,2)mgL答案BC解析A、B兩球為同軸轉(zhuǎn)動，故角速度相等，由v＝ωr可知處于豎直位置時，A球的速率一定是B球的兩倍，故B正確；下落過程中A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功，對A、B組成的系統(tǒng)由機械能守恒定律得3mgL＋mg·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mvB2＋eq\f(1,2)×3mvA2，且vA＝2vB，解得vA＝2eq\r(\f(7,13)gL)，vB＝eq\r(\f(7,13)gL)，故C正確；對B小球由動能定理得W＋mg·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mvB2，解得W＝－eq\f(3mgL,13)，即桿對小球B做負(fù)功，則小球B的機械能減少，故A、D錯誤。8.(多選)(2023·黑龍江哈爾濱市期中)如圖所示，不可伸長的輕繩一端系一質(zhì)量為m的重物，另一端繞過光滑定滑輪系一質(zhì)量也為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，定滑輪與直桿的距離為d，定滑輪的大小不計。桿上的A點與定滑輪等高，AB的距離為eq\f(4,3)d，現(xiàn)將環(huán)從A點由靜止釋放，不計一切摩擦，重力加速度為g，當(dāng)環(huán)下落至B點時，以下說法正確的是()A．環(huán)與重物的速度大小之比為5∶4B．環(huán)的速度為eq\r(\f(2gd,3))C．環(huán)從A到B的過程，克服繩的拉力做的功等于此過程中環(huán)減少的機械能D．環(huán)從A到B的過程，重物的機械能守恒答案AC解析環(huán)下落距離為eq\f(4,3)d時，由幾何關(guān)系可知此時繩子與豎直方向的夾角為37°，設(shè)此時環(huán)的速度為v，則重物的速度為v·cos37°＝eq\f(4,5)v，故環(huán)與重物的速度之比為5∶4，故A正確；對系統(tǒng)，由機械能守恒定律可得mg·eq\f(4,3)d＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)m(eq\f(4,5)v)2＋mg(eq\f(5,3)－1)d，解得v＝eq\r(\f(100,123)gd)，故B錯誤；環(huán)從A到B的過程，由功能關(guān)系可知，環(huán)克服繩的拉力做的功等于此過程中環(huán)減少的機械能，故C正確；環(huán)從A到B的過程，重物的動能和勢能都增加，機械能增加，故D錯誤。9.(多選)(2023·山東泰安市模擬)如圖所示，跨過輕質(zhì)滑輪a、b的一根輕質(zhì)細(xì)線，上端接在天花板上，下端與小物塊A相接，A放在長為L、傾角為30°的光滑斜面上，斜面放在水平地面上。物塊B用細(xì)線懸掛在滑輪a的下方，細(xì)線Ab段與斜面平行，動滑輪兩側(cè)細(xì)線均豎直。A與B的質(zhì)量分別為m、2m，重力加速度大小為g，不計動滑輪與細(xì)線之間的摩擦以及空氣阻力?，F(xiàn)將A從斜面底端由靜止釋放，一段時間后，A沿斜面勻加速上滑到斜面的中點，此時B尚未落地，整個過程中斜面始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A．該過程中，A和B的總重力勢能不變B．該過程中，地面對斜面的摩擦力大小為eq\f(\r(3),4)mgC．A到達(dá)斜面中點的速率為eq\r(\f(1,6)gL)D．該過程中，細(xì)線的拉力大小為eq\f(5,6)mg答案BD解析由于A沿斜面勻加速上滑，B沿豎直方向勻加速下降，即A和B的總動能增加，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，故總重力勢能減少，A錯誤；A沿斜面勻加速上滑到斜面中點的過程中，據(jù)機械能守恒可得2mg·eq\f(L,4)＝mg·eq\f(L,2)sin30°＋eq\f(1,2)×2mvB2＋eq\f(1,2)mvA2，又vB＝eq\f(1,2)vA，聯(lián)立解得vA＝eq\r(\f(1,3)gL)，vB＝eq\r(\f(1,12)gL)，C錯誤；設(shè)細(xì)線上的拉力大小為F，設(shè)A的加速度大小為a，由于B的加速度為A的加速度的一半，對A、B分別由牛頓第二定律可得F－mgsin30°＝ma，2mg－2F＝2m·eq\f(1,2)a，聯(lián)立解得a＝eq\f(1,3)g，F(xiàn)＝eq\f(5,6)mg，D正確；A對斜面的壓力大小為FN＝mgcos30°，對于斜面，在水平方向由平衡條件可得，地面對斜面的摩擦力大小為Ff＝FNsin30°＝eq\f(\r(3),4)mg，B正確。10.(2024·江蘇揚州市儀征中學(xué)檢測)如圖所示，質(zhì)量均為m(m大小未知)的重物A、B和質(zhì)量為M的重物C(均可視為質(zhì)點)用不可伸長的輕質(zhì)長繩跨過兩個光滑的等高的輕小定滑輪(半徑可忽略)連接，C與滑輪等高時，到兩定滑輪的距離均為l，現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，C豎直向下運動，下落高度為eq\r(3)l時，速度達(dá)到最大，已知運動過程中A、B始終未到達(dá)滑輪處，重力加速度大小為g。(1)求C下落eq\r(3)l時繩的拉力大小FT；(2)求C下落eq\r(3)l時C的速度大小vC；(3)若用質(zhì)量為eq\r(2)m的D替換C，將其靜止釋放，求D能下降的最大距離d。答案(1)eq\f(\r(3),3)Mg(2)2eq\r(\f(gl,2\r(3)＋3))(3)2eq\r(2)l解析(1)設(shè)C下落eq\r(3)l時，繩與豎直方向的夾角為θ，由幾何關(guān)系可得tanθ＝eq\f(l,\r(3)l)＝eq\f(\r(3),3)，所以θ＝30°對C，其速度最大時，加速度為0，合力為0，有2FTcosθ＝Mg，解得FT＝eq\f(\r(3),3)Mg。(2)當(dāng)C的加速度為0時，A、B的加速度也為0，故FT＝eq\f(\r(3),3)Mg＝mg，解得M＝eq\r(3)m，由幾何關(guān)系，當(dāng)C下落eq\r(3)l時，A和B上升的高度為h＝eq\f(l,sinθ)－l＝l對A、B、C組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律有Mg·eq\r(3)l－2mgh＝eq\f(1,2)MvC2＋2×eq\f(1,2)mvA2vA＝vCcosθ解得vC＝2eq\r(\f(\r(