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专题06机械能第一部分 名师综述本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化，其中的机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。题目类型以计算题为主，选择题为辅，大部分试题都与牛顿定律、圆周运动、及电磁学等知识相互联系，综合出题。许多试题思路隐蔽、过程复杂、灵活性强、难度较大。从高考试题来看，功和机械能守恒依然为高考命题的热点之一。机械能守恒和功能关系是高考的必考内容，具有非常强的综合性。重力势能、弹性势能、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律是本单元的重点。弹力做功和弹性势能变化的关系是典型的变力做功，应予以特别地关注。第二部分 知识背一背一、功1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力。(2)物体在力的方向上发生的位移。2.公式：(1)是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。(2)该公式只适用于恒力做功。二、功率1.物理意义：描述力对物体做功的快慢。2.公式：(1)(P为时间t内的平均功率)。(2)(为F与v的夹角)。3.额定功率：机械正常工作时的最大功率。4.实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率。三、机车的启动1.机车的输出功率。其中F为机车的牵引力，匀速行驶时，牵引力等于阻力。2.两种常见的启动方式(1)以恒定功率启动：机车的加速度逐渐减小，达到最大速度时，加速度为零。(2)以恒定加速度启动：机车的功率_逐渐增大_，达到额定功率后，加速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度最大。四、动能1.定义：物体由于运动而具有的能。2.表达式：。3.物理意义：动能是状态量，是标量。(填“矢量”或“标量”)4.单位：动能的单位是焦耳。五、动能定理1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。2.表达式：3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。六、机械能守恒定律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.机械能守恒定律：在只有重力或弹簧弹力做功的情况下，物体的动能与势能相互转化，但机械能的总量保持不变。七、功能关系1.功和能(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。2.常见的几种功能对应关系(1)合外力做功等于物体动能的改变。(2)重力做功等于物体重力势能的改变。(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的改变。(4)除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变，即。(功能原理)八、能量守恒定律1.内容:能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。2.表达式：E减=E增。第三部分 技能+方法一、功的计算1.判断正、负功的方法(1)根据力和位移方向之间的夹角判断：此法常用于恒力做功,夹角为锐角时做正功，夹角为钝角时做负功，夹角为直角时不做功。(2)根据力和瞬时速度方向的夹角判断：此法常用于判断质点做曲线运动时变力做的功，夹角为锐角时做正功，夹角为钝角时做负功，夹角为直角时不做功。(3)根据能量转化与守恒定律判断:若在该力作用下物体的能量增加,则该力对物体做正功,反之则做负功。2.功的大小计算(1)恒力做的功：直接用计算。(2)合外力做的功方法一：先求合外力F，再用求功；方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3再用求代数和的方法确定合外力做的功。(3)变力做的功.应用动能定理求解；用求解，其中变力的功率P不变；将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向不变，大小随位移均匀变化的情况。二 功率的计算首先判断待求的功率是瞬时功率还是平均功率（1）平均功率的计算方法：或（2）瞬时功率的计算方法：，其中v是该时刻的瞬时速度。三、机车的启动模型1. 两种启动方式比较2.三个重要关系式(1)无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即 (式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力Ff).(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功，由动能定理：，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移（路程）大小。四、对动能定理的理解1.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性，大小与参考系的选取有关，中学物理中，一般选取地面为参考系.2.动能的变化：物体末动能与初动能之差.即说明：(1)表达式中v1、v2均指瞬时速度.(2)Ek0，表示物体的动能增大.EkW2 BW1=W2 CW1mgh2，故C错误；D、设棋子落到平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到平台的过程中，根据动能定理得：mgh=12mv2-12mvx2，解得：v=2gh+vx22gh，D正确。故本题选AD。16如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动的过程中，下列说法中正确的是( )A人所受的合力对人做正功B重力对人做负功C扶梯对人做的功等于人增加的重力势能D摩擦力对人做的功等于人机械能的变化【答案】 BC【解析】【详解】人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，重力势能增加，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零，故A错误，B正确；由上分析可知，扶梯对人做的正功等于重力做的负功，所以扶梯对人做的功等于人增加的重力势能，故C正确；人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动的过程中，人的动能不变，势能增加，所以人的机械能增加，故D错误。所以BC正确，AD错误。17如图所示，位于竖直面内的半圆形光滑凹槽放在光滑的水平面上,小滑块从凹槽边缘A点由静止释放，经最低点B 向上到达另一侧边缘C点。把小滑块从A点到达B点称为过程I，从B点到达C点称为过程，则（）A过程I中小滑块与凹槽组成的系统动量守恒B过程I中小滑块对凹槽做正功C过程中小滑块与凹槽组成的系统机械能守恒D过程中小滑块对凹槽做负功【答案】 BCD【解析】【详解】A、过程中小滑块与凹槽组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒故A错误B、在过程中，小滑块对槽的压力方向左下方，而凹槽向左运动，所以过程I中小滑块对凹槽做正功故B正确C、在过程中小滑块与凹槽组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒故C正确，D、在过程中小滑块对凹槽的弹力方向右下方，而凹槽向左运动，所以过程中小滑块对凹槽做负功，故D正确；综上所述本题答案是：BCD18如图所示，光滑的水平地面上有一长木板B，物块A放置在B上面，二者均处于静止状态。现以恒定的外力F拉B，A与B发生相对滑动，且A、B都向前（相对地面）移动了一段距离。设B足够长，则在此过程中，以下说法正确的是（）A外力F做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和B外力F做的功等于A与B的动能增量之和CB对A的摩擦力做正功，A对B的摩擦力做负功D滑动摩擦力对A和B做功的绝对值一定是相等的【答案】 AC【解析】对物体B运用动能定理可知，拉力做的功减去克服摩擦力做的功等于动能增加量，故外力F对B做的功等于B的动能的增加量与B克服摩擦力所做的功之和，故A正确；对A、B整体运用动能定理，除拉力做功外，还有一对滑动摩擦力做功，故系统动能增加量小于拉力做的功，故B错误；因A动能增加，则B对A的摩擦力做正功，A对B的摩擦力与运动方向相反，则A对B的摩擦力对B做负功；由于存在相对滑动，故A对B的摩擦力所做的功不等于B对A的摩擦力所做的功，故C正确，D错误；故选AC.点睛：本题关键是要知道不仅可以对单个物体运用动能定理，也可以对物体系统运用动能定理，即对多物体系统，内力和外力做的做功等于系统动能的增加量19如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m。若乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹角为60，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法正确的是A由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1:1BOA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是3:1C设地面处势能为0，甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1D乙球在B点受到地面的冲量大小为3mv3【答案】 BCD【解析】设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为 tA=2hg乙球运动时间是甲球的3倍。故A错误。乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，故B正确。设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t。对甲球有 3x=v1t，对乙球有 x=v2t，则得v1：v2=3：1；因乙球落地时速度与地面的夹角为60，则可知落地的竖直速度vy=v2tan600=3v2，则由vy2=2gh可知，mgh=32mv22；甲的机械能E1=mgh+12mv12=32mv22+12m(3v2)2=6mv22；乙的机械能：E2=mgh+12mv22=32mv22+12mv22=2mv22，即甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1，故C正确。乙球在B点受到地面的冲量大小等于竖直方向的动量变化，I=2mv3sin600=3mv3，选项D正确；故选BCD.点睛：解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关20如图所示，轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，跨过轻质定滑轮的轻绳将P和重物Q连接起来，Q的质量M = 6m。现将P从图中A点由静止释放，P能沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对P的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角 = 53，OB距离为L，且与AB垂直，滑轮的摩擦力不计，重力加速度为g，在P从A运动到B的过程中AQ的重力功率一直增大BP与Q的机械能之和先增大后减小C轻绳对P做功43mgLDP运动到B处时的速度大小为43gL3【答案】 BD【解析】物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A错误；对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故B正确。从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定律可得：6mg(Lcos53L)mgLtan53012mv2，对于P，由动能定理可得：WmgL012mv2，联立解得：W=113mgL，v=43gL3，故C错误，D正确；故选BD.点睛：解决本题的关键要明确滑块经过A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，说明在这两个位置弹簧的弹性势能相等。要知道滑块P到达B点时Q的速度为0。三、解答题21如图所示，细绳的一端固定在竖直杆MN的M点，另一端系一质量为m的小球，绳长为L。第一次对杆施加水平向右的恒力，可使细绳与竖直杆间的夹角1保持不变；第二次使小球绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直杆间的夹角也为1后，继续使转速加大，可使细线与竖直杆间的夹角为2（21），此时小球在另一个水平面做稳定的圆周运动。求：(1)杆向右运动的加速度；(2)小球做圆周运动，细绳与竖直杆间的夹角也为1时，小球的动能；(3)在第二次做圆周运动的过程中，对小球做的功。【答案】 (1)a=gtan1 (2)Ek=mgL2sin21cos1(3)W=mgL2sin22cos2-sin21cos1+mgL（cos1-cos2）【解析】【详解】(1)对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律有：a=mgtan1m=gtan1即杆向右运动的加速度为：gtan1(2)细绳与竖直杆间的夹角也为1时，设线速度为v，绳中张力为T，则有：Tcos1=mgTsin1=mv2Lsin1可得小球的动能：Ek=12mv2=mgL2sin21cos1(3)当细线与竖直杆间的夹角2时，小球在此处获得的动能为：Ek=12mv2=mgL2sin22cos2第二次的过程中，小球势能的增量：Ep=mgL(cos1-cos2)在此过程中，小球的动能增量：Ek=mgL2sin22cos2-sin21cos1所以在第二次过程中，对小球做的功：W=Ek+Ep=mgL2sin22cos2-sin21cos1+mgL(cos1-cos2)22如图所示是某游戏装置的示意图，ABC为固定在竖直平面内的截面为圆形的光滑轨道，直轨道AB与水平成37放置，且与圆弧轨道BC相切连接，AB长为L10.4m，圆弧轨道半径r0.25m，C端水平，右端连接粗糙水平面CD和足够长的光滑曲面轨道DE，D是轨道的切点，CD段长为L20.5m。一个质量为m1kg的可视为质点的小物块压缩弹簧后被锁定在A点，解除锁定后小物块被弹出，第一次经过D点的速度为vD1m/s，小物块每次发射前均被锁定在A位置，通过调整弹簧O1端的位置就可以改变弹簧的弹性势能，已知弹簧的弹性势能最大值为Epm13J，小物块与水平面CD间的摩擦因数0.3求：(1)小物块第一次运动到BC轨道的C端时对轨道的压力大小；(2)小物块第一次发射前弹簧的弹性势能大小：(3)若小物块被弹出后，最后恰好停在CD中点处，不计小球与弹簧碰撞时的能量损失，则小物块被锁定时的弹性势能可能多大。【答案】 (1)小球运动到C点时对轨道的压力的大小是6N；(2)解除锁定前弹簧的弹性势能Epo是8.9J；(3)锁定时弹簧弹性势能Ep的可能值是7.65J，9.15J，10.65J和12.15J。【解析】【详解】(1)C到D的过程中摩擦力做功，由动能定理可得：-mgL=12mvD2-12mvC2代入数据可得：vc2m/s设小球在C点时轨道对小球的作用力为FN，方向竖直向下。根据牛顿第二定律得：mg+FN=mvC2r代入数据解得：FN6N由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为：FNFN6N(2)A到C的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有：Epo=mgr+rcos+L1sin+12mvC2代入数据解得：Epo8.9J(3)要使小球能停在CD的中点，需要在CD段滑过2k-1L2对整个过程，由能量守恒定律得：EP=mgr+rcos+L1sin+mgkL+L2，k1，2，3，4得：Ep6.9+0.75（2k1）（J）因为弹性势能最大值为：Epm13J，所以k取1，2，3，4时，Ep7.65J，9.15J，10.65J和12.15J。23如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图2所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，B、C分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止滚下，到达B点时的速度为v0= 6gR，且恰好能通过c点。已知A、B间的高度差h=4R，重力加速度为g。求：(1)小球运动到B点时，轨道对小球的支持力的大小；(2)小球通过C点时的速率vC；(3)小球从A点运动到C点的过程中，克服摩擦阻力做的功W。【答案】 （1）F=7mg；（2）vC=gR；（3）W=1.5mgR【解析】【详解】（1）小球在B点时，根据牛顿第二定律：F-mg=mvB2r解得：F=7mg（2）因为小球恰能通过C点，根据牛顿第二定律有：mg=mvC2r解得：vC=gR（3）在小球从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有：mg(h-2R)-W=12mvC2-0解得：W=1.5mgR24如图所示的水平地面。可视为质点的物体A 和B紧靠在一起，静止于b处，已知A的质量为3m，B的质量为m。两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离。B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A，追上时B的速率等于两物体刚分离时B的速率的一半。A、B与地面的动摩擦因数均为，b与c间的距离为d，重力加速度为g。求：（1）分离瞬间A、B的速率之比；（2）分离瞬间A获得的动能。【答案】 （1）13（2）2423mgd【解析】【详解】(1)分离瞬间对A、B系统应用动量守恒定律有：3mvA-mvB=0解得：vAvB=13；(2)A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，对A应用动能定理：-3mgsA=0-123mvA2对B从两物体分离后到追上A的过程应用动能定理：-mgsB=12m(vB2)2-12mvB2两物体的路程关系是sB=sA+2d分离瞬间A获得的动能EkA=123mvA2联立解得：EkA=2433mgd。25如图所示，水平面ab与水平皮带bc平滑相切，左端有一个半径为R的光滑四分之一圆弧cd与皮带水平相切。ab段和bc段的动摩擦因数均为=0.5，图中ab=bc=R=0.4 m，物体A和B的质量均为m（可看成质点），皮带逆时针转动的速率恒为v=2 m/s。现给静止在a处的物体A一个水平向左的初速度，物体A运动到b点与物体B碰撞前的速度v1=43m/s；正碰后并粘在一起的粘合体速度v共=23m/s，以后粘合体沿圆弧向上运动。重力加速度为g=10 m/s2。求：（1）物体A水平向左初速度的大小和粘合体第一次到达传送带左端c点时的速度大小；（2）通过计算判断粘合体能否到达d点？若能到达，粘合体到达d点的速度大小。【答案】 （1）v0=213m/s， v2=22m/s（2）粘合体恰好到达d点；vd=0【解析】【详解】（1）由a到b过程，由动能定理得：-mgR=12mv12-12mv02解得物体A水平向左初速度大小：v0=213 m/s粘合体由b到c过程由动能定理得：-2mgR=122mv22-122mv共2解得粘合体第一次到达传送带左端c点时的速度大小：v2=22 m/s（2）粘合体由c到d过程，由机械能守恒定律得：122mv22=2mgR+122mvd2解得：vd=0所以粘合体恰好到达d点26某电动机工作时输出功率P与拉动物体的速度v之间的关系如图（a）所示。现用该电动机在水平地面拉动一物体（可视为质点），运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图（b）所示。已知物体质量m=1kg，与地面的动摩擦因数1=0.35，离出发点C左侧s距离处另有动摩擦因数为2=0.45、长为d=0.5m的粗糙材料铺设的地面AB段。（g取10m/s2）(1)若s足够长，电动机功率为2W时，物体在地面能达到的最大速度是多少？(2)若启动电动机，物体在C点从静止开始运动，到达B点时速度恰好达到0.5m/s，则BC间的距离s是多少？物体能通过AB段吗？如果不能停在何处？【答案】 (1)47ms(2)s=0.25m不能，小物体最后停在AB中点位置【解析】【详解】(1) 电动机拉动物体后，物体速度最大时，加速度为零，则有水平方向受拉力F等于摩擦力F1=f1=mg=3.5N根据P=Fv则有：vm=PF1=Pf1=47ms；(2) 当物体运动速度小于0.5m/s 时，绳子对物体的拉力恒力，物体为匀加速运动，拉力F=Pv=4N由牛顿第二定律F =ma得F-f1=ma1解得：a1=0.5ms2由s=vB22a1得，则BC间的距离s=0.25m小物体过B点后，f2=2mg=4.5N，做减速运动，运动速度不会大于0.5m/s，拉力仍为恒力，物体做匀减速运动F-f2=ma2解得：a2=0.5ms2小物体滑行x=0-vB22a2=0.25m则小物体最后停在AB中点位置。27如图所示，一个可视为质点的物块，质量为m=2kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小为u=3m/s已知圆弧轨道半径R=0.8m，皮带轮的半径r=0.2m，物块与传送带间的动摩擦因数为=0.1，两皮带轮之间的距离为L=6m，重力加速度g=10m/s2求：（1）皮带轮转动的角速度多大？（2）物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力；（3）物块将从传送带的哪一端离开传送带？物块在传送带上克服摩擦力所做的功为多大？【答案】 (1)15rads；(2)60N，方向竖直向下；(3)右端离开；12J【解析】【详解】(1)皮带轮转动的角速度，由v=r得=vr=30.2rads=15rads；(2)物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得：mgR=12mv02由圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得：F-mg=mv02R解得：F=60N由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力大小为60N，方向竖直向下；(3)物块滑到圆弧底端的速度为v0=2gh=4ms物块滑上传送带后匀减速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得：mg=ma解得：a=g=1ms2物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为：s0=v022a=8m6m可见，物块将从传送带的右端离开传送带W=mgL=12J。28一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5 m 的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=10 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为8 m/s,碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2（1）求物块与地面间的动摩擦因数。（2）若碰撞时间为0.05 s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F。（3）求物块在反向运动过程中能滑行的最大位移。【答案】 （1）=0.36（2）F=140N（3）s=5m【解析】【详解】（1）物块从A到B的过程，由动能定理可得：-mgsAB=12mvB2-12mv02代入数据解之可得：=0.36（2）以向右的方向为正，物块与墙壁碰撞的过程，由动量定理可得：Ft=mv-mvB，代入数据解之可得F=-140N，负号表示力的方向向左。（3）物块向左运动的方程，由动能定理可得：-mgs=0-12mv2，代入数据可得：s=5m。29如图所示，在竖直平面内固定一个四分之一圆弧光滑轨道，圆弧轨道下端与足够长的水平粗糙地面相切。现将小滑块A由圆弧轨道的最高点无初速度释放，A将沿圆弧轨道下滑进入水平地面。已知圆弧轨道的半径R=0.8m，A的质量m=lkg。A与水平地面间的动摩擦因数=0.4，重力加速度g取l0m/s2。求：(1)A经过圆弧轨道最低点时速度的大小v；(2)A经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小F；(3)A在水平粗糙地面上运动的过程中受到支持力的冲量的大小I.【答案】 (1)v=4m/s (2)F=30N (3)I=10Ns【解析】【详解】（1）滑块A沿圆弧轨道下滑到最低点的过程，由机械能守恒定律得：mgR=12mv2解得：v=2gR，即v=4m/s；（2）滑块A经过圆弧轨道最低点时，由牛顿第二定律有：F-mg=mv2R解得：F=3mg，即F=30N（3）设滑块A在水平地面上运动的时间为t，由动量定理有：-mgt=-mvA在水平粗糙地面上运动的过程中在竖直方向所受合力为零，收到的支持力为N=mg根据冲量的定义，支持力的冲量大小为I=Nt解得：I=10Ns30如图所示，质量均为m的A、B两球套在悬挂的细绳上，A球吊在绳的下端刚好不滑动，稍有扰动A就与绳分离A球离地高度为h，A、B两球开始时在绳上的间距也为h，B球释放后由静止沿绳匀加速下滑，与A球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离绳子.若B球沿绳下滑的时间是A、B一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g，不计两球大小及空气阻力，求：(1)A、B两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小；(2)从B球开始释放到两球粘在一起下落，A、B两球组成的系统损失的机械能为多少?【答案】 (1) 12gh (2) 34mgh【解析】【详解】(1)设B球与A球相碰前的速度大小为v1，则h=12v1t1碰撞过程动量守恒，设两球碰撞后的瞬间共同速度为v2，根据动量守恒定律有mv1=2mv2两球一起下落过程中，h=v2t2+12gt22t1=2t2解得：v2=12gh；(2)B球下滑到碰撞前，损失的机械能E1=mgh=12mv12由(1)问知，v1=gh因此E1=12mgh磁撞过程损失的机械能为E2=12mv12-122mv22=14mgh因此整个过程损失的机械能为E=E1+E2=34mgh
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