第35讲 多体机械能守恒问题（解析版）

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第35讲 多体机械能守恒问题

1．（2022·湖北）如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（　　）

A．μmgk B．2μmgk C．4μmgk D．6μmgk
【解答】解：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足
kx＝2μmg
若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x=4μmgk
故ABD错误，C正确；
故选：C。
（多选）2．（2022·海南）如图，带正电3×10﹣5C的物块A放在水平桌面上，通过光滑的滑轮与B相连，A处在匀强电场中，E＝4×105N/C，从O开始，A与桌面的动摩擦因数μ随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为1kg，B离滑轮的距离足够长，则（　　）

A．它们运动的最大速度为1m/s
B．它们向左运动的最大位移为1m
C．当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是﹣2.4J
D．当速度为0.6m/s时，绳子的拉力可能是9.2N
【解答】解：A、做匀速直线运动时速度最大，对AB，整体，由平衡条件得：qE＝mg+μmg，代入数据解得：μ＝0.2，由图示图象可知：μ＝0.2x，当μ＝0.2时，x＝1m，该过程，摩擦力做功Wf=12μmgx=12×0.2×1×10×1J＝1J，根据功能关系有：qEx﹣mgx﹣Wf=12×2mvm2，代入数据解得最大速度：vm＝1m/s，故A正确；
B、向左运动到最大位移处时，速度为零，设最大位移为xm，根据功能关系可知：qExm﹣mgxm﹣Wfm＝0，该过程克服摩擦力做功Wfm=0.2xm2×mgxm=0.1mgxm2，代入数据解得：xm＝2m，故B错误；
C、设速度v＝0.6m时位移大小为x，根据功能关系得：qEx﹣mgx﹣Wf=12×2mv2，其中Wf=0.2x2×mgx=0.1mgx2，代入数据解得：x1≈0.2m，x2＝1.8m，
A的电势能Ep1＝﹣qEx1＝﹣3×10﹣5×4×105×0.1J＝﹣2.4J，或Ep2＝﹣qEx2＝﹣3×10﹣5×4×105×1.9J＝﹣21.6J，故C正确；
D、当v＝0.6m/s时，μ1＝0.2x1＝0.2×0.2＝0.04，μ2＝0.2x2＝0.2×1.8＝0.36，对A、B系统，由牛顿第二定律得：qE﹣mg﹣μmg＝2ma，对B，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝ma，代入数据解得：T1＝10.8N或T2＝9.2N，故D正确。
故选：ACD。


一.知识回顾
1.多物体组成的系统机械能守恒是否守恒的判断方法
看是否有其他形式的能与机械能相互转化。
2．三种守恒表达式的比较
角度
公式
意义
注意事项
守恒
观点
Ek1＋Ep1
＝Ek2＋Ep2
系统的初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等
初、末状态必须用同一零势能面计算势能
转化
观点
ΔEk＝－ΔEp
系统减少(或增加)的势能等于系统增加(或减少)的动能
应用时关键在于分清势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差
转移
观点
ΔEA增＝ΔEB减
若系统由A、B两物体组成，则A物体机械能的增加量与B物体机械能的减少量相等
常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题
3．几种常见类型
类型一：质量均匀的链条或柔软的绳索


类型二：轻绳连接的物体系统
(1)常见情景

(2)三点提醒
①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。(易错点)
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
类型三：轻杆连接的物体系统
(1)常见情景

(2)三大特点
①用杆连接的两个物体，其线速度大小一般有以下两种情况：
a．若两物体绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定线速度v的大小。
b．“关联速度法”：两物体沿杆方向速度大小相等。
②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。
③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
类型四：几个接触的物体组成的连接体




二.例题精析
题型一：质量均匀的链条模型
例1．一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图a所示。若将一个质量为m小球分别拴在链条左端和右端，如图b、图c所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断中正确的是（　　）
A．va＝vb＝vc B．va＜vb＜vc C．vc＞va＞vb D．vb＞va＞vc
【解答】解：铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦，
对两次释放，桌面下方L处为0势能面。
则释放前，系统的重力势能为
第一次，Ep1=12mgL+12mg•34L=78mgL
第二次，Ep2＝（12m+m）gL+12mg•34L=15mgL8
第三次，Ep3=12mgL+12mg•34L+mgL2=118mgL
释放后Ep1'＝mgL2
Ep2'＝mgL+mgL2=32mgL
Ep3'=12mgL
则损失的重力势能
△Ep1=38mgL
△Ep2=38mgL
△Ep3=78mgL
那么△Ep1=12mva2
△Ep2=12（2m）vb2
△Ep3=12（2m）vc2
解得：va2=3gL4
vb2=38gL
vc2=78gL
显然 vc2＞va2＞vb2，
所以vc＞va＞vb，
故选：C。

题型二：轻绳连接的物体系统
例2．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（　　）

A．2R B．5R3 C．4R3 D．2R3
【解答】解：设B的质量为m，则A的质量为2m，
以A、B组成的系统为研究对象，
在A落地前，由动能定理可得：
﹣mgR+2mgR=12（m+2m）v2﹣0，
以B为研究对象，在B上升过程中，
由动能定理可得：﹣mgh＝0−12mv2，
则B上升的最大高度H＝R+h，
解得：H=4R3；
故选：C。
题型三：轻杆连接的物体系统
（多选）例3．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则（　　）

A．a落地前，轻杆对b先做正功再做负功
B．a落地时速度小于2gℎ
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小等于mg
【解答】解：A、a、b通过杆相连，沿杆方向分速度相等，当a到达底端时，b的速度为零，初始速度为零，所以b的速度在整个过程中，先增大后减小，则动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功，故A正确；
B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：
mAgℎ=12mAvA2
解得：
vA=2gℎ，
故B错误；
C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以杆对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，杆对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；
D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确。
故选：AD。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为h，球a静止于地面。已知球a的质量为m，球b的质量为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球b，则下列判断正确的是（　　）

A．在球b下落过程中，绳子的拉力大小为52mg
B．在球b下落过程中，球b的机械能减小3mgh
C．在球b下落过程中，球a的机械能增加32mgℎ
D．在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为3mgℎ
【解答】解：A、以a、b整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：3mg﹣mg＝4ma
解得：a=g2
对a球受力分析有：T﹣mg＝ma
解得：T=32mg
故A错误；
B．在球b下落过程中，球b的机械能减小量等于拉力做的功ΔE=W=−Tℎ=−32mgℎ
故B错误；
C．在球b下落过程中，球a的机械能的增加量等于拉力做的功ΔE=W=Tℎ=32mgℎ
故C正确；
D．在球b下落过程中，根据位移—时间关系有：ℎ=12gt2
解得t=2ℎg
则在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为I=Tt=3mgℎ
故D错误。
故选：C。
2. 某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为m的滑块Q可沿竖直轴无摩擦地滑动，并用原长为l的轻弹簧与O点相连，两质量均为m的小球P1和P2对称地安装在轴的两边，P1和P2与O、P1和P2与Q间用四根长度均为l的轻杆通过光滑铰链连接起来。当装置静止不动系统达到平衡时，轻杆张开的角度为θ＝30°。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧弹力大小为3mg
B．当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为l
C．若P1和P2绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大
D．若P1和P2绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能逐渐减小
【解答】解：A、对P1进行受力分析，如图所示，设OP1杆的弹力为F，根据水平方向受力平衡，可得QP1杆的弹力大小也为F。
竖直方向根据平衡条件可得：2Fcosθ＝mg；
对Q进行分析，竖直方向根据平衡条件可得：T弹＝mg+2Fcosθ
联立解得弹簧弹力：T弹＝2mg，故A错误；
B、根据图中几何关系可得弹簧长度为L＝2lcosθ＝2l×32=3l
所以当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为Δx＝L﹣l＝（3−1）l，故B错误；
CD、若P1和P2绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则θ逐渐增大，当θ＝60°时，弹簧长度为l，此时弹簧的弹性势能为零；如果角速度继续增大，则弹簧的弹性势能增大，故若P1和P2绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，故C正确、D错误。
故选：C。

3. 如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间的夹角为θ＝60°时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为（　　）

A．25gℎ B．45gℎ C．gℎ2 D．gℎ
【解答】解：设物体A下落高度h时，物体A的速度为vA，物体B的速度为vB，此时有vA=vBcos60°=2vB
物体A，B组成的系统机械能守恒，则有mgℎ=12mvA2+12mvB2
联立解得：vB=25gℎ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4. 如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和小物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O（不计滑轮的摩擦），A的质量为m，B的质量为4m。开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止。则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（　　）

A．物块B受到的摩擦力方向一直沿着斜面向上
B．物块B受到的摩擦力大小可能始终不变
C．小球所受重力的功率一直增大
D．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右
【解答】解：AB、小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，故有mgL=12mv2，在最低点，有T﹣mg＝mv2L，解得T＝3mg。故绳子最大拉力为T＝3mg。
再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力。重力的下滑分量为Fx＝4mgsin30°＝2mg。
由于绳子最大拉力T＞F，故静摩擦力先减小，当拉力大于2mg后，反向变大。故A、B错误。
C、根据功率的定义可知，开始时速度为零，重力功率为零，在最低点，速度与重力方向垂直，故重力功率也为零。因此重力功能先增大，后减小。故C错误。
D、将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止，在绳子到达竖直位置之前，把斜面与物块B看作整体，绳子始终有拉力，此拉力水平向左有个分力，而整体保持静止，水平方向受力平衡，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，故D正确。
故选：D。
5. 如图所示，斜面倾角为θ＝37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行．物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧．已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g＝10m/s2，小物体3从静止突然放手后物体1沿面上滑的最大距离为（　　）

A．3h B．73h C．2h D．43h
【解答】解：设2的质量为m；
从开始放手到3触地过程中，设触地时3的速度为v1；则对整体有功能关系可知：
6mgh﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）h=12（10m）v12；
此后3停止，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为零，对1、2应用功能关系可知：
mgs﹣（4mgsinθ+4μmgcosθ）s＝0−12（5m）v12
解得：s=ℎ3；
则1沿斜面上滑的最大距离为L＝h+s=43h；
故选：D。
6. （多选）轮轴机械是中国古代制陶的主要工具。如图所示，轮轴可绕共同轴线O自由转动，其轮半径R＝20cm，轴半径r＝10cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量为2kg、1kg的物块P和Q，将两物块由静止释放，释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动，不计轮轴的质量及轴线O处的摩擦，重力加速度g取10m/s2。在P从静止下降1.2m的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．P、Q速度大小始终相等
B．Q上升的距离为0.6m
C．P下降1.2m时Q的速度大小为23m/s
D．P下降1.2m时的速度大小为4m/s
【解答】解：A．由题意知，轮半径R＝20cm，轴半径r＝10cm，根据线速度与角速度关系可知vPvQ=ωRωr=21，故A错误；
B．在P从静止下降1.2m的过程中，由题意得，ℎPℎQ=vPtvQt=21
解得hQ＝0.6m
故B正确；
CD．根据机械能守恒得mPgℎP=12mPvP2+12mQvQ2+mQgℎQ
由A项和B项知vPvQ=21
hQ＝0.6m
解得vQ＝2m/s，vP＝4m/s
故C错误，D正确。
故选：BD。
7. （多选）如图所示，倾角为α＝30o的固定的足够长斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上，另一端与一质量为m的小物块相连，小物块通过细绳跨过定滑轮与质量为M的铁块相连，M离地足够高。开始时用手托住铁块使轻绳伸直且拉力刚好为零，现松手使之开始运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．无论M质量多大，系统在运动过程中轻绳始终不会松弛
B．若M＜12m，则m刚开始将向下运动
C．若M＝m，则M的最大速度为v=mg22k
D．若M＝m，则m能上升的最大高度为2mgk
【解答】解：A、小物块m通过细绳跨过定滑轮与铁块M相连，忽略一切摩擦，则系统在运动过程中轻绳始终不会松弛，与M的质量大小无关，故A正确；
B、开始时轻绳拉力刚好为零，m的合力为零，松手后，m的合力等于绳的拉力，则m刚开始将向上运动，故B错误；
C、若M＝m，当M的合力为零时速度最大，则有T＝Mg。对m，开始时有mgsin30°＝kx1，弹簧压缩量为x1=mg2k。当M的速度最大时m的速度也最大，m的合力也为零，则有T＝mgsin30°+kx2，此时弹簧伸长量为x2=mg2k。因x1＝x2，则此过程中弹簧弹性势能变化量为零。从开始释放到M最大速度，由系统的机械能守恒得：Mg（x1+x2）＝mg（x1+x2）sin30°+12(M+m)v2，解得v=mg22k，故C正确；
D、设若M＝m，则m能上升的最大高度为L。由系统的机械能守恒得：MgL+12kx12=mgLsin30°+12k(L−x1)2，解得L=2mgk，故D正确。
故选：ACD。
8. （多选）如图所示，在倾角θ＝37°斜坡的底端固定一挡板，一轻弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜坡上的O点处。质量分别为ma＝5.0kg、mb＝1.0kg的物块a和b用轻绳连接，轻绳跨过斜坡顶端的定滑轮，开始时让a静止在斜坡上的P点处，b悬空。现将a由静止释放，a沿斜面下滑，当a将弹簧压缩到Q点时，a的速度减为零。已知PO＝1.0m，OQ＝0.5m，a与斜坡之间的动摩擦因数μ＝0.2，sin37°＝0.6，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是（　　）

A．a在与弹簧接触前的加速度大小为2m/s2
B．a在与弹簧接触前，轻绳上的拉力为10N
C．a位于Q点时，弹簧所储存的弹性势能为18J
D．a第一次被弹回到O点时的速度为233m/s
【解答】解：AB、a与弹簧接触前，对a、b组成的系统，由牛顿第二定律得：magsinθ﹣μmagcosθ﹣mbg＝（ma+mb）a
对物块b，由牛顿第二定律得：T﹣mbg＝mba
代入数据解得：a＝2m/s2，T＝12N，故A正确、B错误；
C、物块a由P到Q过程，对物块a、b组成的系统，由能量守恒定律可知，a位于Q时，弹簧的弹性势能：
Ep＝mag（PO+OQ）sinθ﹣μmagcosθ（PO+OQ）﹣mbg（PO+OQ）sinθ
代入数据解得：Ep＝18J，故C正确；
D、a由Q第一次到达O点过程，对a、b组成的系统，由动能定理得：
Ep﹣mag•OQ•sinθ﹣μmag•OQ•cosθ+mbg•OQ•sinθ=12（ma+mb）v2﹣0
代入数据解得：v=233m/s，故D正确。
故选：ACD。
9. 如图所示，质量mB＝3.5kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数k＝100N/m．一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O2、O1后与套在光滑直杆顶端的、质量mA＝1.6kg的小球A连接．已知直杆固定，杆长L为0.8m，且与水平面的夹角θ＝37°，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45N．已知AO1＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，轻绳不可伸长，现将小球A由静止释放。
（1）求释放小球A之前弹簧的形变量；
（2）若直线CO1与杆垂直，求小球A运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功；
（3）求小球A运动到直杆底端D点时的速度大小。

【解答】解：（1）释放小球A之前，对B受力分析，有：
F＝mBg+kx1，
得：x1＝0.1 m，即弹簧伸长0.1 m；
（2）由几何关系可知，小球A运动到C点时弹簧被压缩0.1 m，故弹性势能不变，且此时vB＝0，则：
W绳A＝WB绳＝|ΔEpB|＝mBghB＝mBg（2x1）
解得：W绳A＝7 J；
（3）由几何关系可知，小球A运动到D点时弹簧被拉伸0.1 m，故弹性势能不变，且此时：
vB＝vAcosθ，
A、B及弹簧系统系统机械能守恒，有：
mAgLsinθ=12mAvA2+12mBvB2
联立解得：vA＝2m/s。
答：（1）释放小球A之前弹簧的形变量为0.1m；
（2）若直线CO1与杆垂直，小球A运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功为7J；
（3）小球A运动到直杆底端D点时的速度大小为2m/s。
10. 如图所示，轻质细绳的一端系一质量为m＝0.05kg的小球A，另一端套在光滑水平轴O上，O到小球的距离l＝0.1m，小球与水平面接触但恰好无作用力，在球的两侧距球等远处，分别固定一个光滑斜面和挡板，水平面的长度L＝2m。水平面左边L2光滑，右边L2粗糙，B与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.25。现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，滑块与小球A碰撞并进行速度交换，与挡板碰撞时不损失机械能，不计空气阻力，滑块和小球都可视为质点。现在要使小球恰好完成一次完整的圆周运动。g取10m/s2。求：
（1）小球在最低点需要获得多大速度；
（2）滑块B要从斜面多高处滑下；
（3）分析简述B与A碰撞后的运动过程。

【解答】解：（1）小球恰好完成一次完整的圆周运动，它在最高点的速度设为v0，自身重力提供向心力，有mg=mv02l
小球从最低点运动到最高点过程中，机械能守恒，可得12mv02+2mgl=12mvA2
联立，可得vA=5m/s
（2）滑块B与小球A碰撞并进行速度交换，所以滑块B与小球A碰撞前的速度为vB=5m/s
设滑块B要从斜面h高处滑下，由机械能守恒可得mgℎ=12mvB2
解得：h＝0.25m
（3）B与A碰撞，交换速度后静止在地面上，当小球A做完一次圆周运动再次与滑块B发生碰撞，然后滑块B具有vB向右运动，设到挡板时的速度为v'B，则有−μmgL2=12mvB'2−12mvB2
解得：v'B＝0
即滑块B滑到挡板处恰好停下来。
综上所述，B与A碰撞后先静止一段时间，然后小球圆周运动一周后再次与滑块B交换速度，致使滑块B向右做匀减速直线运动，到达挡板处时恰好速度为零，静止不动。
答案：（1）5m/s；（2）0.25m；（3）B与A碰撞后先静止一段时间，然后小球圆周运动一周后再次与滑块B交换速度，致使滑块B向右做匀减速直线运动，到达挡板处时恰好速度为零，静止不动。