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应用机械能守恒定律解题的基本步骤：①根据题意，选取研究对象；②明确研究对象在运动过程中受力情况，并弄清各力做功情况，分析是否满足机械能守恒的条件；③恰当地选取重力势能的零势能参考面，确定研究对象在过程的始、末状态机械能转化情况；④应用机械能守恒定律列方程、求解.
[ 初末状态法]
例1 一根均匀铁链全长为[L]，其中[58]平放在光滑水平桌面上，其余[38]悬垂于桌边，如图1所示，如果由图示位置无初速释放铁链，则当铁链刚挂直时速度多大？
图1
思路 以铁链和地球组成的系统为对象，铁链仅受两个力：重力[G]和光滑水平桌面的支持力[N]、在铁链运动过程中，[N]与运动速度[v]垂直，[N]不做功，只有重力[G]做功，因此系统机械能守恒.铁链释放前只有重力势能，但由于平放在桌面上与悬吊着两部分位置不同，计算重力势能时要分段计算.选铁链挂直时的下端点为重力势能的零标准，应用机械能守恒定律即可求解.
解析 初始状态：平放在桌面上的部分铁链具有的重力势能[Ep1=58mg?L].悬吊在桌边部分的重力势能
[Ep1=38mg（L-12×38L）=38mg?6.58L]
当整条铁链挂直（即最后一环刚离开桌边）时，既有动能[Ek2=12mv2]，又有重力势能[Ep2=mg?L2]
根据机械能守恒定律，有[E1=E2].即
[Ep1+Ep1=Ep2+Ek2]
故[58mg?L+38mg?6.58L=mg?L2+12mv2]
有[58gL+19.564gL-12gL=12v2]
所以[v=5564gL=55gL8.]
点拨 本题也可从线性变力求平均力做功的角度，应用动能定理求解，或应用[F-h]图线揭示的功能关系求解.
[ 临界条件法]
例2 如图2所示，长l的细绳一端系质量m的小球，另一端固定于O点，细绳所能承受拉力的最大值是7mg.现将小球拉至水平并由静止释放，又知图中O′点有一小钉，为使小球可绕O′点做竖直面内的圆周运动. 试求OO′的长度d与θ的关系（设绳与小钉O′相互作用中无能量损失）.
图2
思路 本题所涉及问题层面较多.除涉及机械能守恒定律之外，还涉及圆周运动向心力公式.另外还应特别注意两个临界条件：①要保证小球能绕[O′]完成圆周运动，圆周半径就不得太长，即[OO′]不得太短；②要保证细绳不会被拉断，圆周半径又不能太短，也就是[OO′]不能太长.本题的研究中应以两个特殊点即最高点[D]和最低点[C]入手，依上述两临界条件，按机械能守恒和圆运动向心力公式列方程求解.
解析 设小球能绕[O′]点做完整的圆周运动，如图2所示.其最高点为[D]，最低点为[C].对于[D]点，由向心力公式，有
[F向D=mvD2r=mvD2l-d≥mg]
其中[vD]为[D]点速度，可由机械能守恒定律，取[O]点为重力势能的零势能位置，则
[12mvD2=mghD=mg[dcosθ-（l-d）]]
[=mg（dcosθ-l+d）]
由以上两式，解得
[d≥3l3+2cosθ].
另依题意细绳上能承受的最大拉力不能超过[7mg]，由于在最低点[C]，绳所受拉力最大，以[C]点为研究对象，有
[Tmax-mg=6mg≥mvC2l-d]
其中[vC]是[C]点速度，由机械能守恒定律，有
[12mvC2=mghC=mg[dcosθ+（l-d）]]
由以上两式，解得[d≤2l2+cosθ]
故[OO]的长度[d]应满足[3l3+2cosθ≤d≤2l2+cosθ.]
点拨 本题小球在圆运动中，由于绳的拉力与运动方向相互垂直不做功，只有重力做功，故机械能守恒.求解竖直面内的圆周运动问题是机械能守恒定律的重要应用之一，并由此可以推导出一些有价值的结论.如从光滑斜面滑下的小球，进入半径为[R]的竖直光滑的圆环，为使之能做完整的圆周运动，其下滑时高度[h]应大于或等于[52R]；再如小球在细绳作用下在竖直面内做圆周运动，在最低点和最高点，绳上拉力的差等于[6mg].
[ 系统守恒法]
例3 如图3所示，半径为[r]，质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直盘面的光滑水平定轴[O]，在盘的右边缘固定有一个质量为[m]的小球[A]，在[O]点正下方离[O]点[r2]处固定一个质量也为[m]的小球[B]，放开盘让其自由转动.问：
图3
（1）当[A]转到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？
（2）[A]球转到最低点时的线速度是多少？
（3）在转动过程中半径[OA]向左偏离竖直方向的最大角度是多少？
思路 两小球重力势能之和的减少，可选取任意参考平面为零势能参考平面进行计算.由于圆盘转动过程中，只有两小球重力做功，根据机械能守恒定律，可列式算出[A]球的线速度和半径[OA]的最大偏角.
解析 （1）以通过转轴[O]的水平面为零势能面，开始时两球重力势能之和为
[Ep1=EpA+EpB=0+EpB=-mg?r2]
当[A]球转至最低点时两球重力势能之和为
[Ep2=EpA+EpB=-mgr+0=-mgr] 故两球重力势能之和减少了
[ΔEp=Ep1-Ep2=-12mgr-（-mgr）=12mgr].
（2）由于圆盘转动过程中，只有两球重力做功，机械能守恒，因此两球重力势能之和的减少一定等于两球动能的增加. 设[A]球转至最低点，[A、B]两球的线速度分别为[vA，vB]，则
[12mgr=12mvA2+12mvB2]
因[A、B]两球固定在同一圆盘上，转动过程中的角速度[ω]相同.由[vA=ωr，vB=ω?r2]，有[vA=2vB]，代入上式，得
[12mgr=12mvA2+12m（vA2）2]
所以[vA=45gr].
（3）设半径[OA]向左偏离竖直线的最大角度为[θ]，如图4所示，该位置系统的机械能与开始时的机械能分别为
图4
[E3=Ep3=mg?r2?sinθ-mgrcosθ]
[E1=Ep1=-12mgr]
由系统机械能守恒定律[E1=E3]，有
[-12mgr=12mgrsinθ-mgrcosθ]
即[2cosθ=1+sinθ]
两边平方得[4（1-sin2θ）=1+sin2θ+2sinθ]
所以[5sin2θ+2sinθ-3=0]
即[sinθ=35]（舍去负根）
得[θ=arcsin35=37°.]
点拨 系统的始态、末态的重力势能，因参考平面的选取会有所不同，但是重力势能的变化却是绝对的，不会因参考平面的选取而异.机械能守恒的表达方式可以记为[Ek1+Ep1=Ek2+Ep2]，也可以记为[ΔEk增][=ΔEp减]. 本题采用的就是这种形式.
[ 过程分析法]
例4 如图5所示，A、B两个物体放在光滑的水平面上，中间由一根轻质弹簧连接，开始时弹簧呈自然状态，A、B的质量均为M=0.1kg，一颗质量m=25g的子弹，以[v0]=45m/s的速度水平射入[A]物体，并留在其中.在以后的运动过程中，求：
图5
（1）弹簧能够具有的最大弹性势能；
（2）[B]物体的最大速度.
思路 由题意可知本题的物理过程从以下三个阶段来分析：一、子弹击中物体[A]的瞬间，在极短的时间内弹簧被压缩的量很微小，且弹簧对[A]的作用力远远小于子弹与[A]之间的相互作用力，因此可认为由子弹与[A]物体组成的系统动量守恒，但机械能不守恒（属完全非弹性碰撞）.二、弹簧压缩阶段，子弹留在木块[A]内，它们以同一速度向右运动，使弹簧不断被压缩.在这一压缩过程中，[A]在弹力作用下做减速运动，[B]在弹力作用下做加速运动.[A]的速度逐渐减小，[B]的速度逐渐增大，但[vA>vB].当[vA=vB]时，弹簧的压缩量达最大值，弹性势能也达到最大值.以后随着[B]的加速，[A]的减速，有[vAvA]，且[vB]不断增大而[vA]不断减小，当弹簧恢复到原来长度时，弹力为零，[A]与[B]的加速度也刚好为零，此时[B]的速度将达到最大值，而[A]的速度为最小值.
根据以上三个阶段的分析，解题时可以不必去细致研究[A、B]的具体过程，而只要抓住几个特殊状态即可.同时由于[A、B]受力均为变力，所以无法应用牛顿第二定律，而只能从功能关系的角度，借助机械能转化与守恒定律求解.
解析 （1）子弹击中木块[A]，系统动量守恒，由
[mv0=（M+m）v1]，有[v1]=[mv0M+m=]9m/s
弹簧压缩过程，由子弹、[A、B]组成的系统不受外力作用，故系统动量守恒且只有系统内的弹力做功，故机械能守恒.选取子弹与[A]一起以[v1]速度运动时及弹簧压缩量最大时两个状态，设最大压缩量时弹簧的最大弹性势能为[Epm]，此时子弹、[A、B]有共同速度[v共]，则有
[（M+m）v1=（2M+m）v共]
[12（M+m）v12=12（2M+m）v共2+Epm]
代入数据，解得[v共]=5m/s，[Epm]=2.25J.
（2）弹簧恢复原长时，[vB]最大，取子弹和[A]一起以[v1]速度运动时及弹簧恢复原长时两个状态，则有
[（M+m）v1=（M+m）vA+MvBm]
[12（M+m）v12=12（M+m）vA2+12MvBm2]
代入数据可解得[B]物体的最大速度[vBm]=10m/s.
点拨 本题综合了动量守恒与机械能守恒定律的应用. [A、B]运动过程中受变力作用，除不断进行动能与弹性势能的相互转化外，还始终遵循系统动量守恒.选取特殊状态，建立两个守恒方程是解决本题的关键.
例1 一根均匀铁链全长为[L]，其中[58]平放在光滑水平桌面上，其余[38]悬垂于桌边，如图1所示，如果由图示位置无初速释放铁链，则当铁链刚挂直时速度多大？
图1
思路 以铁链和地球组成的系统为对象，铁链仅受两个力：重力[G]和光滑水平桌面的支持力[N]、在铁链运动过程中，[N]与运动速度[v]垂直，[N]不做功，只有重力[G]做功，因此系统机械能守恒.铁链释放前只有重力势能，但由于平放在桌面上与悬吊着两部分位置不同，计算重力势能时要分段计算.选铁链挂直时的下端点为重力势能的零标准，应用机械能守恒定律即可求解.
解析 初始状态：平放在桌面上的部分铁链具有的重力势能[Ep1=58mg?L].悬吊在桌边部分的重力势能
[Ep1=38mg（L-12×38L）=38mg?6.58L]
当整条铁链挂直（即最后一环刚离开桌边）时，既有动能[Ek2=12mv2]，又有重力势能[Ep2=mg?L2]
根据机械能守恒定律，有[E1=E2].即
[Ep1+Ep1=Ep2+Ek2]
故[58mg?L+38mg?6.58L=mg?L2+12mv2]
有[58gL+19.564gL-12gL=12v2]
所以[v=5564gL=55gL8.]
点拨 本题也可从线性变力求平均力做功的角度，应用动能定理求解，或应用[F-h]图线揭示的功能关系求解.
例2 如图2所示，长l的细绳一端系质量m的小球，另一端固定于O点，细绳所能承受拉力的最大值是7mg.现将小球拉至水平并由静止释放，又知图中O′点有一小钉，为使小球可绕O′点做竖直面内的圆周运动. 试求OO′的长度d与θ的关系（设绳与小钉O′相互作用中无能量损失）.
图2
思路 本题所涉及问题层面较多.除涉及机械能守恒定律之外，还涉及圆周运动向心力公式.另外还应特别注意两个临界条件：①要保证小球能绕[O′]完成圆周运动，圆周半径就不得太长，即[OO′]不得太短；②要保证细绳不会被拉断，圆周半径又不能太短，也就是[OO′]不能太长.本题的研究中应以两个特殊点即最高点[D]和最低点[C]入手，依上述两临界条件，按机械能守恒和圆运动向心力公式列方程求解.
解析 设小球能绕[O′]点做完整的圆周运动，如图2所示.其最高点为[D]，最低点为[C].对于[D]点，由向心力公式，有
[F向D=mvD2r=mvD2l-d≥mg]
其中[vD]为[D]点速度，可由机械能守恒定律，取[O]点为重力势能的零势能位置，则
[12mvD2=mghD=mg[dcosθ-（l-d）]]
[=mg（dcosθ-l+d）]
由以上两式，解得
[d≥3l3+2cosθ].
另依题意细绳上能承受的最大拉力不能超过[7mg]，由于在最低点[C]，绳所受拉力最大，以[C]点为研究对象，有
[Tmax-mg=6mg≥mvC2l-d]
其中[vC]是[C]点速度，由机械能守恒定律，有
[12mvC2=mghC=mg[dcosθ+（l-d）]]
由以上两式，解得[d≤2l2+cosθ]
故[OO]的长度[d]应满足[3l3+2cosθ≤d≤2l2+cosθ.]
点拨 本题小球在圆运动中，由于绳的拉力与运动方向相互垂直不做功，只有重力做功，故机械能守恒.求解竖直面内的圆周运动问题是机械能守恒定律的重要应用之一，并由此可以推导出一些有价值的结论.如从光滑斜面滑下的小球，进入半径为[R]的竖直光滑的圆环，为使之能做完整的圆周运动，其下滑时高度[h]应大于或等于[52R]；再如小球在细绳作用下在竖直面内做圆周运动，在最低点和最高点，绳上拉力的差等于[6mg].
例3 如图3所示，半径为[r]，质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直盘面的光滑水平定轴[O]，在盘的右边缘固定有一个质量为[m]的小球[A]，在[O]点正下方离[O]点[r2]处固定一个质量也为[m]的小球[B]，放开盘让其自由转动.问：
图3
（1）当[A]转到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？
（2）[A]球转到最低点时的线速度是多少？
（3）在转动过程中半径[OA]向左偏离竖直方向的最大角度是多少？
思路 两小球重力势能之和的减少，可选取任意参考平面为零势能参考平面进行计算.由于圆盘转动过程中，只有两小球重力做功，根据机械能守恒定律，可列式算出[A]球的线速度和半径[OA]的最大偏角.
解析 （1）以通过转轴[O]的水平面为零势能面，开始时两球重力势能之和为
[Ep1=EpA+EpB=0+EpB=-mg?r2]
当[A]球转至最低点时两球重力势能之和为
[Ep2=EpA+EpB=-mgr+0=-mgr] 故两球重力势能之和减少了
[ΔEp=Ep1-Ep2=-12mgr-（-mgr）=12mgr].
（2）由于圆盘转动过程中，只有两球重力做功，机械能守恒，因此两球重力势能之和的减少一定等于两球动能的增加. 设[A]球转至最低点，[A、B]两球的线速度分别为[vA，vB]，则
[12mgr=12mvA2+12mvB2]
因[A、B]两球固定在同一圆盘上，转动过程中的角速度[ω]相同.由[vA=ωr，vB=ω?r2]，有[vA=2vB]，代入上式，得
[12mgr=12mvA2+12m（vA2）2]
所以[vA=45gr].
（3）设半径[OA]向左偏离竖直线的最大角度为[θ]，如图4所示，该位置系统的机械能与开始时的机械能分别为
图4
[E3=Ep3=mg?r2?sinθ-mgrcosθ]
[E1=Ep1=-12mgr]
由系统机械能守恒定律[E1=E3]，有
[-12mgr=12mgrsinθ-mgrcosθ]
即[2cosθ=1+sinθ]
两边平方得[4（1-sin2θ）=1+sin2θ+2sinθ]
所以[5sin2θ+2sinθ-3=0]
即[sinθ=35]（舍去负根）
得[θ=arcsin35=37°.]
点拨 系统的始态、末态的重力势能，因参考平面的选取会有所不同，但是重力势能的变化却是绝对的，不会因参考平面的选取而异.机械能守恒的表达方式可以记为[Ek1+Ep1=Ek2+Ep2]，也可以记为[ΔEk增][=ΔEp减]. 本题采用的就是这种形式.
例4 如图5所示，A、B两个物体放在光滑的水平面上，中间由一根轻质弹簧连接，开始时弹簧呈自然状态，A、B的质量均为M=0.1kg，一颗质量m=25g的子弹，以[v0]=45m/s的速度水平射入[A]物体，并留在其中.在以后的运动过程中，求：
图5
（1）弹簧能够具有的最大弹性势能；
（2）[B]物体的最大速度.
思路 由题意可知本题的物理过程从以下三个阶段来分析：一、子弹击中物体[A]的瞬间，在极短的时间内弹簧被压缩的量很微小，且弹簧对[A]的作用力远远小于子弹与[A]之间的相互作用力，因此可认为由子弹与[A]物体组成的系统动量守恒，但机械能不守恒（属完全非弹性碰撞）.二、弹簧压缩阶段，子弹留在木块[A]内，它们以同一速度向右运动，使弹簧不断被压缩.在这一压缩过程中，[A]在弹力作用下做减速运动，[B]在弹力作用下做加速运动.[A]的速度逐渐减小，[B]的速度逐渐增大，但[vA>vB].当[vA=vB]时，弹簧的压缩量达最大值，弹性势能也达到最大值.以后随着[B]的加速，[A]的减速，有[vA
根据以上三个阶段的分析，解题时可以不必去细致研究[A、B]的具体过程，而只要抓住几个特殊状态即可.同时由于[A、B]受力均为变力，所以无法应用牛顿第二定律，而只能从功能关系的角度，借助机械能转化与守恒定律求解.
解析 （1）子弹击中木块[A]，系统动量守恒，由
[mv0=（M+m）v1]，有[v1]=[mv0M+m=]9m/s
弹簧压缩过程，由子弹、[A、B]组成的系统不受外力作用，故系统动量守恒且只有系统内的弹力做功，故机械能守恒.选取子弹与[A]一起以[v1]速度运动时及弹簧压缩量最大时两个状态，设最大压缩量时弹簧的最大弹性势能为[Epm]，此时子弹、[A、B]有共同速度[v共]，则有
[（M+m）v1=（2M+m）v共]
[12（M+m）v12=12（2M+m）v共2+Epm]
代入数据，解得[v共]=5m/s，[Epm]=2.25J.
（2）弹簧恢复原长时，[vB]最大，取子弹和[A]一起以[v1]速度运动时及弹簧恢复原长时两个状态，则有
[（M+m）v1=（M+m）vA+MvBm]
[12（M+m）v12=12（M+m）vA2+12MvBm2]
代入数据可解得[B]物体的最大速度[vBm]=10m/s.
点拨 本题综合了动量守恒与机械能守恒定律的应用. [A、B]运动过程中受变力作用，除不断进行动能与弹性势能的相互转化外，还始终遵循系统动量守恒.选取特殊状态，建立两个守恒方程是解决本题的关键.