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新高考物理一轮复习重难点过关训练专题14 机械能守恒定律及其应用（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习重难点过关训练专题14 机械能守恒定律及其应用（含解析），共24页。试卷主要包含了8，cs53°=0，0kg，上表面与C点等高等内容，欢迎下载使用。
专题14 机械能守恒定律及其应用
1.会判断研究对象在某一过程机械能是否守恒.
2.能应用机械能守恒定律解决具体问题．
考点一 机械能守恒的判断
1．重力做功与重力势能的关系
(1)重力做功的特点
①重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．
②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－Ep2＝－ΔEp.
2．弹性势能
(1)定义：发生弹性形变的物体之间，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＝－ΔEp.
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＋mv12＝mgh2＋mv22.
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，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，物体或系统也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒．
【典例1】（2022·上海市复兴高级中学二模）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
【答案】C
【解析】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，C正确，ABD错误；
故选C。
【典例2】（内蒙古·集宁一中高三期中）人站在距地面高为h的阳台上以相同的速率分别把三个小球竖直向下、竖直向上、水平抛出，不计空气阻力，则三个小球落地时的速率（ ）
A．上抛的小球最大 B．下抛的小球最大
C．平抛的小球最大 D．一样大
【答案】D
【解析】由于不计空气阻力，所以三个小球的机械能守恒。由于它们的初速度大小相同，又是从同一位置抛出最后都落在了地面上，所以它们初末位置的高度差相同，由机械能守恒定律可得
可知，由于与质量无关，所以三个小球落地时的速率一样大。
故选D。
考点二 机械能守恒定律的应用
1．表达式
2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤
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．
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．
3．通过其他能量求弹性势能
根据机械能守恒，列出方程，代入其他能量的数值求解．
4．对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相等．
5．物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关．
【典例3】（2022·福建·漳州立人学校模拟预测）如图，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点的运动轨迹示意图，b为最高点，a、c两点等高。则足球（ ）
A．在a点的动能与在c点的相等 B．在a点的机械能比在b点的大
C．在b点的加速度方向竖直向下 D．从a运动到b的时间等于从b运动到c的时间
【答案】B
【解析】由于空气阻力的存在，阻力一直在做负功，足球在a点的动能大于在c点的动能，A错误；
由于空气阻力的存在，阻力一直在做负功，足球在a点的机械能大于在b点的机械能，B正确；
由于空气阻力的存在，在b点的加速度方向左下方，C错误；
从a运动到b的过程，由于空气阻力的存在，在竖直方向的加速度大于ｇ，从b运动到c的过程，在竖直方向的加速度小于ｇ，相等的高度，所以从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间，D错误．
故选B。
【典例4】（2022·上海·上外附中模拟预测）如图所示，表面粗糙的半圆形轨道MN竖直放置，MN两点等高，一个小滑块m从M点正上方高h处自由下落，恰好进入半圆轨道，从N点竖直上升的高度为，空气阻力不计。当小球再次进入轨道后（ ）
A．滑块回到M点后竖直上升一段距离
B．滑块恰好能达到M 点后回落
C．滑块未能到达M点即开始回落
D．滑块最后一定静止在半圆轨道的最低点
【答案】A
【解析】ABC．第一次由于克服摩擦力而损耗的机械能为，再次落入半圆形轨道内，运动到与第一次同样的位置时，速度都比第一次的小，从而对轨道的压力都比第一次的小，因此克服摩擦力做的功比第一次少，故滑块能回到M点且能竖直上升一段距离。A正确，BC错误；
D．由于题目中没给出动摩擦因数的具体值，因此最后不一定停在最低点，D错误。
故选A。
【典例5】（2022·江苏苏州·三模）将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，距离地面高度为h1，如图甲所示。解除弹簧的锁定后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小物块上升至高度h3时，弹簧形变量为0
B．小物块上升至高度h5时，加速度为0
C．小物块从高度h2上升到h4，弹簧的长度变化为
D．解除锁定前，弹簧的弹性势能为mgh5
【答案】C
【解析】A．小物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧形变量不为0，故A错误；
B．因为h4到h5间的图像为直线，即小物块做匀减速直线运动，所以小物块上升至高度h5后，弹簧形变量为零，弹簧恢复原长，小物块只受重力，加速度为g ，故B错误；
C．小物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据弹簧振子运动的对称性可知，在h2处的加速度也为g，则根据牛顿第二定律
得
所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为
故C正确；
D．由图像推出，解除锁定前，弹簧的弹性势能为
故D错误。
故选C。
一、单选题
1.（2020·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心高三阶段练习）对下列各图的说法正确的是（ ）
A．图1中汽车匀速下坡过程中机械能守恒
B．图2中卫星绕地球做匀速圆周运动时所受的合外力为零，动能不变
C．图3中拉弓过程中箭的弹性势能增加了
D．图4中撑杆跳高运动员在上升过程中机械能增大
【答案】D
【解析】A．汽车匀速下坡过程中，动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，A错误；
B．卫星绕地球做匀速圆周运动时所受的合外力提供向心力，B错误；
C．拉弓过程中弓的弹性势能增加，C错误；
D．撑杆跳高运动员在上升过程中杆对人做正功，人的机械能增大，D正确．
故选D。
2．（2022·上海嘉定·二模）玩蹦床的小朋友，在接触床面向下运动至最低点的过程中，小朋友的动能和机械能的变化情况分别为（ ）
A．动能减小 机械能减小 B．动能先增大后减小 机械能减小
C．动能减小 机械能不变 D．动能先增大后减小 机械能不变
【答案】B
【解析】玩蹦床的小朋友，在接触床面向下运动至最低点的过程中，合外力先做正功，再做负功，故动能先增大后减小。以小朋友作为研究对象，弹簧对小朋友的弹力做负功，机械能减小。故B正确。
故选B。
3．（2022·山东·高三专题练习）如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析中正确的是（ ）
A．B物体受到细线的拉力保持不变
B．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
C．A物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和
D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体所受重力对B做的功
【答案】C
【解析】A．以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得
从开始到B速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得
可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；
B．整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；
C．根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，而绳上拉力小于B的重力，A与B运动的路程相等，所以A物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；
D．根据机械能守恒定律可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细绳拉力做的功，故D错误。
故选C。
4．（2022·浙江温州·三模）在竖直平面内，滑道PMQ由两段对称的圆弧平滑连接而成，且P、M、Q三点在同一水平线上。滑道光滑，小滑块由P点滑到Q点，所用时间为；由Q点滑到P点，所用时间为。小滑块两次运动的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行。则（ ）
A． B．
C． D．无法比较、的大小
【答案】C
【解析】由于滑道PMQ由两段对称的圆弧平滑连接而成，且P、M、Q三点在同一水平线上。滑道光滑，说明小滑块运动过程中机械能守恒，小滑块两次运动的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，故小滑块在两个过程中经过同一位置的速度大小相等，方向相反，根据运动的可逆性可知，两个过程的运动时间相等，即，C正确，ABD错误；
故选C。
5．（2022·安徽淮北·二模）如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α=53°，某时刻由静止释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。则（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．物体乙释放瞬间加速度等于g
C．小球甲到达Q点时的速度大小为
D．小球甲和物体乙的机械能之和保持不变
【答案】A
【解析】A．设弹簧的原长为l0，由题意可知小球在P时弹簧的压缩量等于小球在Q时弹簧的伸长量，设形变量为x，根据几何关系可得
解得
开始时轻绳刚好伸直，拉力为零，则
解得
故A正确；
B．物体乙释放瞬间，设轻绳中拉力大小为T，对甲、乙根据牛顿第二定律分别有
根据运动的合成与分解可得
联立以上三式解得
故B错误；
C．根据运动的合成与分解可得
小球甲到达Q点α=0，所以物体乙的速度为零。对小球甲从P到Q的过程，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，且易知弹簧在初、末状态的弹性势能相等，则
解得
故C错误；
D．弹簧对小球甲和物体乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D错误。
故选A。
6.（2022·山东·高三专题练习）如图所示，在倾角37°的斜面底端固定一轻弹簧，当弹簧处于原长时，其上端自然伸长点位置处，一滑块（可看作质点）从斜面上与Q点相距一定距离的P点由静止开始下滑，知自Q点到斜面底端部分光滑，自Q点沿斜面向上部分，滑块与斜面间的动摩擦因数μ，不计空气阻力和滑块与弹簧碰撞时机械能损失，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则以法正确的是（ ）
A．滑块沿斜面向下运动过程中先做匀加速运动后做匀减速运动
B．滑块接触弹簧后向下的运动过程中，滑块的机械能守恒
C．滑块从开始到动能达到最大值的过程中，滑块机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．整个过程中因摩擦产生的总热量等于滑块由P点到Q点减少的重力势能
【答案】D
【解析】A．滑块沿斜面向下运动过程中，根据牛顿第二定律可知
解得
故先做匀加速直线运动，后下降到Q点以下部分后，没有了摩擦力，存在了弹簧的弹力，可得
弹簧的弹力随着压缩量的增大而增大，故在Q点以下先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A错误；
B．滑块接触弹簧后向下的运动过程中，滑块的机械能会部分转化为弹簧的弹性势能，故滑块的机械能不守恒，故B错误；
C．滑块从开始到动能达到最大值的过程中，存在因克服摩擦力做功所损失的机械能，故滑块机械能的减少量不等于弹簧弹性势能的增加量，C错误；
D．在整个过程中滑块会来回反复运动，最终向上运动的最高高度不超过Q点，且在Q点动能为0，可知在整个过程中，滑块和弹簧减少的能为由P点到Q点的重力势能，即整个过程中因摩擦产生的总热量等于滑块由P点到Q点减少的重力势能，故D正确；
故选D。
7．（2022·广东·模拟预测）如图所示。固定在竖直平面内的光滑的圆周轨道MN，圆心O与M点等高。并处在最低点N的正上方。在O，M两点各有一质量为m的小物块a和b（均可视为质点）。a，b同时由静止开始运动，a自由下落，小沿圆弧下滑。空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．a比b先到达N点，它们到达N点的动能相同
B．a比b先到达N点，它们到达N点的动能不同
C．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能相同
D．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能不同
【答案】A
【解析】在物块下降的过程，根据机械能守恒有
所以a、b两物块到达同一高度时的速度大小都相同，由于a和b 质量相同，所以到N点的动能相同；
下降同一很小高度的过程中，a的竖直方向的位移小于b沿圆弧切线方向的位移，a、b的初速度大小相同， a的加速度为g，b沿圆弧运动时，把重力沿圆弧切线和垂直切线方向分解，除M点外，b所受得切线方向的外力小于重力，则b沿切线方向的加速度小于g ，由
可得，a的运动时间较短，所以a比b先到达N点，故A项正确。
故选A。
8．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）如图所示，将一个小球从A点以速度水平抛出，小球垂直落在倾角为的斜面上P点，若将小球抛出点移到图中的B点速度以水平抛出后小球垂直落在斜面上的Q点（图中未标出），下列说法正确的是（ ）
A．Q点在斜面上P点下方 B．Q点在斜面上可能与P点重合
C．水平初速度一定大于 D．两次小球落在斜面上动能可能相等
【答案】C
【解析】AB．小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与初速度之间夹角不变，即平抛运动位移角不变，根据图示，第一次平抛运动位移，平行于第二次平抛运动位移，如图所示
Q点在斜面上P点上方，A、B错误；
C．小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与竖直分速度之间有
带入可得
因，则
C正确；
D．小球从A到P重力做功，小球的动能增加，得
小球从B到Q，重力做功，小球的动能增加，得
因为，，则
所以
D错误；
故选C。
9．（2021·吉林·长岭县第二中学高三期末）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，该物体的和随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取。由图中数据可得（ ）
A．物体的质量为2kg
B．h=0时，物体的速率为20m/s
C．h=2m时，物体的动能
D．从地面至h=4m，物体的动能减少80J
【答案】A
【解析】A．由图可知在最高点
得
故A正确；
B．在初位置由图可知
解得
故B错误；
C．由图像可得，h=2m时，物体的机械能为90J，所以动能为
故C错误；
D．根据图像可知从地面至h=4 m，物体的动能减少
故D错误。
故选A。
10.（2022·全国·高三专题练习）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
【答案】C
【解析】如图所示
设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得
由几何关系可得
联立可得
可得
故C正确，ABD错误。
故选C。
二、多选题
11．（2021·河南省杞县高中模拟预测）如图所示，一半径为的光滑细圆管固定在紧点平面内，质量为的小球（可视为质点）放在圆管的最低点B。现给小球一瞬时速度。重力加速度g取10，则下列说法正确的是（ ）
A．若，小球在A点的加速度大小为2g
B．若，小球在A点对外壁的压力大小为
C．无论为多大，运动过程中小球一定对圆管的内壁有作用力
D．越大，小球在A点对轨道的压力越大
【答案】AB
【解析】A．小球由B到A的过程中，只有重力对小球做功，则小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得
又由牛顿第二定律得
选项A正确；
B．小球由B到A的过程
又因为
解得
该力为小球与外壁之间的弹力，选项B正确；
C．当小球在A点的速度为零时，则由
阶段得
当小球在A点对内壁的弹力刚好为零时，则
解得
小球由B到A的过程，由
解得
则当
时小球对内壁有弹力作用，选项C错误；
D．由选项C分析可知，当
时，越小，小球在A点对内壁的压力越大，时，越大，小球在A点对外壁的压力越大，选项D错误。
故选AB。
12．（2022·湖北·荆州中学三模）如图所示，质量为2m的小球A与质量为m的小球B固定在轻杆两端，初始时刻轻杆紧靠光滑墙壁，竖直立于光滑地板上，如图所示。突然发生微小的扰动使小球B绕A球在垂直于墙壁的竖直平面内无初速度倒下，下落过程中，轻杆与竖直方向的夹角为α，直到B球第一次落地，以下说法正确的是（ ）
A．A球不动，B球做圆周运动
B．当时，轻杆的弹力为零
C．当时，A球与B球系统的动量守恒
D．当时，轻杆的弹力为
【答案】BD
【解析】AC．B球绕A运动过程中，由动能定理可知
B球做圆周运动所需的向心力
当时，，杆对B球有沿杆方向拉力，B球对杆有拉力作用，A球向右运动，A球与B球组成的系统所受合力不为0，系统动量不守恒，故AC错误；
BD．轻杆的弹力为
当时，轻杆的弹力为零；当时，轻杆的弹力为
故BD正确。
故选BD。
三、解答题
13．（2022·广西柳州·模拟预测）如图，一个竖直放置的光滑圆管由两个半径均为R=0.6m的四分之一圆弧拼接而成（圆管孔径远小于圆弧半径），O、O′分别为两个圆弧的圆心，管口A点恰好水平。将一个质量m=1kg的小球从A点静止释放，以地而为零势能面，g取10m/s2，求：
（1）小球运动到OO′高度时具有的机械能；
（2）小球运动到底部时的速度的大小；
（3）小球运动到底部时对圆管压力的大小和方向。
【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向下
【解析】（1）小球从A到OO′高度过程，根据机械能守恒定律有
解得
（2）小球从A到B过程，由机械能守恒定律有
解得
（3）在B点根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力为
方向竖直向下。
14．（2022·全国·高三课时练习）质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上，开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为0.8m，如图所示。若摩擦力均不计，从静止开始放手让它们运动。（斜面足够长，物体A着地后不反弹，g取10m/s2）求：
（1）物体A着地时的速度大小；
（2）物体A着地后物体B继续沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1）2m/s；（2）0.4m
【解析】（1）以地面为参考平面，A、B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
mgh=mghsin30°＋mvA2＋mvB2
因为
vA=vB，
代入数据解得
vA=vB=2m/s
（2）A着地后，B机械能守恒，则B上升到最大高度过程中，有
mvB2＝mgΔssin30°
解得
Δs＝0.4m
15．（2022·四川·成都七中模拟预测）如图所示，质量均为m完全相同的两个弹性环A，B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在光滑水平细杆OM和足够长光滑竖直细杆ON上，杆OM与杆ON在O点用一小段圆弧平滑相连，A环通过O点时速率不变。现将轻绳拉至水平位置伸直，B环位于O点，并同时由静止释放两环。
（1）若B环下降高度h（）时，B环加速度恰好为零，求此时绳中拉力大小；
（2）求A环从开始运动到O点的速度大小；
（3）求A环和B环第一次碰撞前瞬间A、B两环速度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】（1）若B环下降高度h（）加速度为零时设轻绳与竖直方向夹角，如图
根据平衡条件，则有
解得
（2）设A环到达O点时速度为，由于两环在沿绳子方向速度相等，可知此时B环的速度等于0，在该过程中，A、B组成的系统机械能守恒
解得
（3）A环过O点后做初速度为、加速度为g的匀加速直线运动，B环做自由落体运动，设从A环经过O点开始，追上B环用时t，A、B即将发生第一次碰撞时二者的速度分别为、，则有
解得
故A环追上B环时
16．（2022·湖北·恩施市第一中学模拟预测）现在的水上乐园不仅仅有漂流游泳，还有各种惊险刺激的项目，某游乐设施的项目如下；人坐小船被加速到一定的速度抛出，滑入竖直圆轨道最终滑上大船，一起向前运动。该游乐设施可以简化如下：半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M=4.0kg，上表面与C点等高。质量为的物块（可视为质点）从空中A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向以5m/s进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数，取。求：
（1）物块在A点时的平抛速度；
（2）物块经过C点时对轨道的压力；
（3）若木板足够长，物块与木板由于摩擦产生的热量。
【答案】（1）3m/s；（2）47N，方向竖直向下；（3）74J
【解析】（1）设物体在B点的速度为，在C点的速度为，从A到B物体做平抛运动，由
得
（2）从B到C，根据动能定理有
由牛顿第二定律，在C点有
联立解得
由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为
沿OC方向，竖直向下
（3）物块在木板上相对滑动过程中，由于摩擦力作用，最终将一起共同运动经过时间t达到共同运动速度v，则
根据能量守恒定律有
解得
专题14 机械能守恒定律及其应用
1.会判断研究对象在某一过程机械能是否守恒.
2.能应用机械能守恒定律解决具体问题．
考点一 机械能守恒的判断
1．重力做功与重力势能的关系
(1)重力做功的特点
①重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．
②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－Ep2＝－ΔEp.
2．弹性势能
(1)定义：发生弹性形变的物体之间，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＝－ΔEp.
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＋mv12＝mgh2＋mv22.
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，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，物体或系统也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒．
【典例1】（2022·上海市复兴高级中学二模）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
【答案】C
【解析】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，C正确，ABD错误；
故选C。
【典例2】（内蒙古·集宁一中高三期中）人站在距地面高为h的阳台上以相同的速率分别把三个小球竖直向下、竖直向上、水平抛出，不计空气阻力，则三个小球落地时的速率（ ）
A．上抛的小球最大 B．下抛的小球最大
C．平抛的小球最大 D．一样大
【答案】D
【解析】由于不计空气阻力，所以三个小球的机械能守恒。由于它们的初速度大小相同，又是从同一位置抛出最后都落在了地面上，所以它们初末位置的高度差相同，由机械能守恒定律可得
可知，由于与质量无关，所以三个小球落地时的速率一样大。
故选D。
考点二 机械能守恒定律的应用
1．表达式
2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤
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．
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．
3．通过其他能量求弹性势能
根据机械能守恒，列出方程，代入其他能量的数值求解．
4．对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相等．
5．物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关．
【典例3】（2022·福建·漳州立人学校模拟预测）如图，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点的运动轨迹示意图，b为最高点，a、c两点等高。则足球（ ）
A．在a点的动能与在c点的相等 B．在a点的机械能比在b点的大
C．在b点的加速度方向竖直向下 D．从a运动到b的时间等于从b运动到c的时间
【答案】B
【解析】由于空气阻力的存在，阻力一直在做负功，足球在a点的动能大于在c点的动能，A错误；
由于空气阻力的存在，阻力一直在做负功，足球在a点的机械能大于在b点的机械能，B正确；
由于空气阻力的存在，在b点的加速度方向左下方，C错误；
从a运动到b的过程，由于空气阻力的存在，在竖直方向的加速度大于ｇ，从b运动到c的过程，在竖直方向的加速度小于ｇ，相等的高度，所以从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间，D错误．
故选B。
【典例4】（2022·上海·上外附中模拟预测）如图所示，表面粗糙的半圆形轨道MN竖直放置，MN两点等高，一个小滑块m从M点正上方高h处自由下落，恰好进入半圆轨道，从N点竖直上升的高度为，空气阻力不计。当小球再次进入轨道后（ ）
A．滑块回到M点后竖直上升一段距离
B．滑块恰好能达到M 点后回落
C．滑块未能到达M点即开始回落
D．滑块最后一定静止在半圆轨道的最低点
【答案】A
【解析】ABC．第一次由于克服摩擦力而损耗的机械能为，再次落入半圆形轨道内，运动到与第一次同样的位置时，速度都比第一次的小，从而对轨道的压力都比第一次的小，因此克服摩擦力做的功比第一次少，故滑块能回到M点且能竖直上升一段距离。A正确，BC错误；
D．由于题目中没给出动摩擦因数的具体值，因此最后不一定停在最低点，D错误。
故选A。
【典例5】（2022·江苏苏州·三模）将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，距离地面高度为h1，如图甲所示。解除弹簧的锁定后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小物块上升至高度h3时，弹簧形变量为0
B．小物块上升至高度h5时，加速度为0
C．小物块从高度h2上升到h4，弹簧的长度变化为
D．解除锁定前，弹簧的弹性势能为mgh5
【答案】C
【解析】A．小物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧形变量不为0，故A错误；
B．因为h4到h5间的图像为直线，即小物块做匀减速直线运动，所以小物块上升至高度h5后，弹簧形变量为零，弹簧恢复原长，小物块只受重力，加速度为g ，故B错误；
C．小物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据弹簧振子运动的对称性可知，在h2处的加速度也为g，则根据牛顿第二定律
得
所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为
故C正确；
D．由图像推出，解除锁定前，弹簧的弹性势能为
故D错误。
故选C。
一、单选题
1.（2020·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心高三阶段练习）对下列各图的说法正确的是（ ）
A．图1中汽车匀速下坡过程中机械能守恒
B．图2中卫星绕地球做匀速圆周运动时所受的合外力为零，动能不变
C．图3中拉弓过程中箭的弹性势能增加了
D．图4中撑杆跳高运动员在上升过程中机械能增大
【答案】D
【解析】A．汽车匀速下坡过程中，动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，A错误；
B．卫星绕地球做匀速圆周运动时所受的合外力提供向心力，B错误；
C．拉弓过程中弓的弹性势能增加，C错误；
D．撑杆跳高运动员在上升过程中杆对人做正功，人的机械能增大，D正确．
故选D。
2．（2022·上海嘉定·二模）玩蹦床的小朋友，在接触床面向下运动至最低点的过程中，小朋友的动能和机械能的变化情况分别为（ ）
A．动能减小 机械能减小 B．动能先增大后减小 机械能减小
C．动能减小 机械能不变 D．动能先增大后减小 机械能不变
【答案】B
【解析】玩蹦床的小朋友，在接触床面向下运动至最低点的过程中，合外力先做正功，再做负功，故动能先增大后减小。以小朋友作为研究对象，弹簧对小朋友的弹力做负功，机械能减小。故B正确。
故选B。
3．（2022·山东·高三专题练习）如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析中正确的是（ ）
A．B物体受到细线的拉力保持不变
B．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
C．A物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和
D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体所受重力对B做的功
【答案】C
【解析】A．以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得
从开始到B速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得
可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；
B．整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；
C．根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，而绳上拉力小于B的重力，A与B运动的路程相等，所以A物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；
D．根据机械能守恒定律可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细绳拉力做的功，故D错误。
故选C。
4．（2022·浙江温州·三模）在竖直平面内，滑道PMQ由两段对称的圆弧平滑连接而成，且P、M、Q三点在同一水平线上。滑道光滑，小滑块由P点滑到Q点，所用时间为；由Q点滑到P点，所用时间为。小滑块两次运动的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行。则（ ）
A． B．
C． D．无法比较、的大小
【答案】C
【解析】由于滑道PMQ由两段对称的圆弧平滑连接而成，且P、M、Q三点在同一水平线上。滑道光滑，说明小滑块运动过程中机械能守恒，小滑块两次运动的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，故小滑块在两个过程中经过同一位置的速度大小相等，方向相反，根据运动的可逆性可知，两个过程的运动时间相等，即，C正确，ABD错误；
故选C。
5．（2022·安徽淮北·二模）如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α=53°，某时刻由静止释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。则（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．物体乙释放瞬间加速度等于g
C．小球甲到达Q点时的速度大小为
D．小球甲和物体乙的机械能之和保持不变
【答案】A
【解析】A．设弹簧的原长为l0，由题意可知小球在P时弹簧的压缩量等于小球在Q时弹簧的伸长量，设形变量为x，根据几何关系可得
解得
开始时轻绳刚好伸直，拉力为零，则
解得
故A正确；
B．物体乙释放瞬间，设轻绳中拉力大小为T，对甲、乙根据牛顿第二定律分别有
根据运动的合成与分解可得
联立以上三式解得
故B错误；
C．根据运动的合成与分解可得
小球甲到达Q点α=0，所以物体乙的速度为零。对小球甲从P到Q的过程，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，且易知弹簧在初、末状态的弹性势能相等，则
解得
故C错误；
D．弹簧对小球甲和物体乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D错误。
故选A。
6.（2022·山东·高三专题练习）如图所示，在倾角37°的斜面底端固定一轻弹簧，当弹簧处于原长时，其上端自然伸长点位置处，一滑块（可看作质点）从斜面上与Q点相距一定距离的P点由静止开始下滑，知自Q点到斜面底端部分光滑，自Q点沿斜面向上部分，滑块与斜面间的动摩擦因数μ，不计空气阻力和滑块与弹簧碰撞时机械能损失，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则以法正确的是（ ）
A．滑块沿斜面向下运动过程中先做匀加速运动后做匀减速运动
B．滑块接触弹簧后向下的运动过程中，滑块的机械能守恒
C．滑块从开始到动能达到最大值的过程中，滑块机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．整个过程中因摩擦产生的总热量等于滑块由P点到Q点减少的重力势能
【答案】D
【解析】A．滑块沿斜面向下运动过程中，根据牛顿第二定律可知
解得
故先做匀加速直线运动，后下降到Q点以下部分后，没有了摩擦力，存在了弹簧的弹力，可得
弹簧的弹力随着压缩量的增大而增大，故在Q点以下先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A错误；
B．滑块接触弹簧后向下的运动过程中，滑块的机械能会部分转化为弹簧的弹性势能，故滑块的机械能不守恒，故B错误；
C．滑块从开始到动能达到最大值的过程中，存在因克服摩擦力做功所损失的机械能，故滑块机械能的减少量不等于弹簧弹性势能的增加量，C错误；
D．在整个过程中滑块会来回反复运动，最终向上运动的最高高度不超过Q点，且在Q点动能为0，可知在整个过程中，滑块和弹簧减少的能为由P点到Q点的重力势能，即整个过程中因摩擦产生的总热量等于滑块由P点到Q点减少的重力势能，故D正确；
故选D。
7．（2022·广东·模拟预测）如图所示。固定在竖直平面内的光滑的圆周轨道MN，圆心O与M点等高。并处在最低点N的正上方。在O，M两点各有一质量为m的小物块a和b（均可视为质点）。a，b同时由静止开始运动，a自由下落，小沿圆弧下滑。空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．a比b先到达N点，它们到达N点的动能相同
B．a比b先到达N点，它们到达N点的动能不同
C．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能相同
D．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能不同
【答案】A
【解析】在物块下降的过程，根据机械能守恒有
所以a、b两物块到达同一高度时的速度大小都相同，由于a和b 质量相同，所以到N点的动能相同；
下降同一很小高度的过程中，a的竖直方向的位移小于b沿圆弧切线方向的位移，a、b的初速度大小相同， a的加速度为g，b沿圆弧运动时，把重力沿圆弧切线和垂直切线方向分解，除M点外，b所受得切线方向的外力小于重力，则b沿切线方向的加速度小于g ，由
可得，a的运动时间较短，所以a比b先到达N点，故A项正确。
故选A。
8．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）如图所示，将一个小球从A点以速度水平抛出，小球垂直落在倾角为的斜面上P点，若将小球抛出点移到图中的B点速度以水平抛出后小球垂直落在斜面上的Q点（图中未标出），下列说法正确的是（ ）
A．Q点在斜面上P点下方 B．Q点在斜面上可能与P点重合
C．水平初速度一定大于 D．两次小球落在斜面上动能可能相等
【答案】C
【解析】AB．小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与初速度之间夹角不变，即平抛运动位移角不变，根据图示，第一次平抛运动位移，平行于第二次平抛运动位移，如图所示
Q点在斜面上P点上方，A、B错误；
C．小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与竖直分速度之间有
带入可得
因，则
C正确；
D．小球从A到P重力做功，小球的动能增加，得
小球从B到Q，重力做功，小球的动能增加，得
因为，，则
所以
D错误；
故选C。
9．（2021·吉林·长岭县第二中学高三期末）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，该物体的和随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取。由图中数据可得（ ）
A．物体的质量为2kg
B．h=0时，物体的速率为20m/s
C．h=2m时，物体的动能
D．从地面至h=4m，物体的动能减少80J
【答案】A
【解析】A．由图可知在最高点
得
故A正确；
B．在初位置由图可知
解得
故B错误；
C．由图像可得，h=2m时，物体的机械能为90J，所以动能为
故C错误；
D．根据图像可知从地面至h=4 m，物体的动能减少
故D错误。
故选A。
10.（2022·全国·高三专题练习）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
【答案】C
【解析】如图所示
设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得
由几何关系可得
联立可得
可得
故C正确，ABD错误。
故选C。
二、多选题
11．（2021·河南省杞县高中模拟预测）如图所示，一半径为的光滑细圆管固定在紧点平面内，质量为的小球（可视为质点）放在圆管的最低点B。现给小球一瞬时速度。重力加速度g取10，则下列说法正确的是（ ）
A．若，小球在A点的加速度大小为2g
B．若，小球在A点对外壁的压力大小为
C．无论为多大，运动过程中小球一定对圆管的内壁有作用力
D．越大，小球在A点对轨道的压力越大
【答案】AB
【解析】A．小球由B到A的过程中，只有重力对小球做功，则小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得
又由牛顿第二定律得
选项A正确；
B．小球由B到A的过程
又因为
解得
该力为小球与外壁之间的弹力，选项B正确；
C．当小球在A点的速度为零时，则由
阶段得
当小球在A点对内壁的弹力刚好为零时，则
解得
小球由B到A的过程，由
解得
则当
时小球对内壁有弹力作用，选项C错误；
D．由选项C分析可知，当
时，越小，小球在A点对内壁的压力越大，时，越大，小球在A点对外壁的压力越大，选项D错误。
故选AB。
12．（2022·湖北·荆州中学三模）如图所示，质量为2m的小球A与质量为m的小球B固定在轻杆两端，初始时刻轻杆紧靠光滑墙壁，竖直立于光滑地板上，如图所示。突然发生微小的扰动使小球B绕A球在垂直于墙壁的竖直平面内无初速度倒下，下落过程中，轻杆与竖直方向的夹角为α，直到B球第一次落地，以下说法正确的是（ ）
A．A球不动，B球做圆周运动
B．当时，轻杆的弹力为零
C．当时，A球与B球系统的动量守恒
D．当时，轻杆的弹力为
【答案】BD
【解析】AC．B球绕A运动过程中，由动能定理可知
B球做圆周运动所需的向心力
当时，，杆对B球有沿杆方向拉力，B球对杆有拉力作用，A球向右运动，A球与B球组成的系统所受合力不为0，系统动量不守恒，故AC错误；
BD．轻杆的弹力为
当时，轻杆的弹力为零；当时，轻杆的弹力为
故BD正确。
故选BD。
三、解答题
13．（2022·广西柳州·模拟预测）如图，一个竖直放置的光滑圆管由两个半径均为R=0.6m的四分之一圆弧拼接而成（圆管孔径远小于圆弧半径），O、O′分别为两个圆弧的圆心，管口A点恰好水平。将一个质量m=1kg的小球从A点静止释放，以地而为零势能面，g取10m/s2，求：
（1）小球运动到OO′高度时具有的机械能；
（2）小球运动到底部时的速度的大小；
（3）小球运动到底部时对圆管压力的大小和方向。
【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向下
【解析】（1）小球从A到OO′高度过程，根据机械能守恒定律有
解得
（2）小球从A到B过程，由机械能守恒定律有
解得
（3）在B点根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力为
方向竖直向下。
14．（2022·全国·高三课时练习）质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上，开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为0.8m，如图所示。若摩擦力均不计，从静止开始放手让它们运动。（斜面足够长，物体A着地后不反弹，g取10m/s2）求：
（1）物体A着地时的速度大小；
（2）物体A着地后物体B继续沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1）2m/s；（2）0.4m
【解析】（1）以地面为参考平面，A、B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
mgh=mghsin30°＋mvA2＋mvB2
因为
vA=vB，
代入数据解得
vA=vB=2m/s
（2）A着地后，B机械能守恒，则B上升到最大高度过程中，有
mvB2＝mgΔssin30°
解得
Δs＝0.4m
15．（2022·四川·成都七中模拟预测）如图所示，质量均为m完全相同的两个弹性环A，B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在光滑水平细杆OM和足够长光滑竖直细杆ON上，杆OM与杆ON在O点用一小段圆弧平滑相连，A环通过O点时速率不变。现将轻绳拉至水平位置伸直，B环位于O点，并同时由静止释放两环。
（1）若B环下降高度h（）时，B环加速度恰好为零，求此时绳中拉力大小；
（2）求A环从开始运动到O点的速度大小；
（3）求A环和B环第一次碰撞前瞬间A、B两环速度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】（1）若B环下降高度h（）加速度为零时设轻绳与竖直方向夹角，如图
根据平衡条件，则有
解得
（2）设A环到达O点时速度为，由于两环在沿绳子方向速度相等，可知此时B环的速度等于0，在该过程中，A、B组成的系统机械能守恒
解得
（3）A环过O点后做初速度为、加速度为g的匀加速直线运动，B环做自由落体运动，设从A环经过O点开始，追上B环用时t，A、B即将发生第一次碰撞时二者的速度分别为、，则有
解得
故A环追上B环时
16．（2022·湖北·恩施市第一中学模拟预测）现在的水上乐园不仅仅有漂流游泳，还有各种惊险刺激的项目，某游乐设施的项目如下；人坐小船被加速到一定的速度抛出，滑入竖直圆轨道最终滑上大船，一起向前运动。该游乐设施可以简化如下：半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M=4.0kg，上表面与C点等高。质量为的物块（可视为质点）从空中A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向以5m/s进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数，取。求：
（1）物块在A点时的平抛速度；
（2）物块经过C点时对轨道的压力；
（3）若木板足够长，物块与木板由于摩擦产生的热量。
【答案】（1）3m/s；（2）47N，方向竖直向下；（3）74J
【解析】（1）设物体在B点的速度为，在C点的速度为，从A到B物体做平抛运动，由
得
（2）从B到C，根据动能定理有
由牛顿第二定律，在C点有
联立解得
由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为
沿OC方向，竖直向下
（3）物块在木板上相对滑动过程中，由于摩擦力作用，最终将一起共同运动经过时间t达到共同运动速度v，则
根据能量守恒定律有
解得
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