高三物理总复习 课时跟踪检测（二十三） “机械能守恒定律中的连接体问题”面面观

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课时跟踪检测（二十三）  “机械能守恒定律中的连接体问题”面面观一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．(2022·重庆高三模拟)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则(　 )A．A球的最大速度为2B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度大小为D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1解析：选B　根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vA∶vB＝2∶1，D错误；由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确；当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得mg·2lcos θ－2mg·l(1－sin θ)＝mvA2＋×2mvB2，解得vA2＝gl(sin θ＋cos θ)－gl，由数学知识知，当θ＝45°时，sin θ＋cos θ有最大值，最大值为vA＝，A、C错误。2．(多选)如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B的质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的外力F作用下处于静止状态。某一时刻将力F撤去，在弹簧将A、B弹出过程中，若A、B能够分离，重力加速度为g。则下列叙述正确的是(　 )A．A、B刚分离的瞬间，两物块速度达到最大B．A、B刚分离的瞬间，A的加速度大小为gsin θC．从撤去力F到A、B分离的过程中，A物块的机械能一直增加D．从撤去力F到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统机械能守恒解析：选BCD　当加速度等于零时，两个物块的速度达到最大，A、B刚分离的瞬间，A、B之间没有弹力作用，此时A、B有共同的加速度gsin θ，故速度不是最大，故A错误，B正确。从撤去力F到A、B分离的过程中，弹簧对A物块的弹力始终大于B物块对A物块的弹力，这两个力的合力对A做正功，所以A的机械能增加，故C正确；从撤去力F到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故D正确。3．(多选)如图所示，由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，系统可绕O点在竖直面内转动，初始位置OA水平。由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力。则(　 )A．系统在运动过程中机械能守恒B．B球运动至最低点时，系统重力势能最小C．A球运动至最低点过程中，动能一直在增大D．摆动过程中，小球B的最大动能为mgL解析：选AD　系统在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；系统的重心在A、B连线的中点位置，当AB连线水平时，系统重力势能最小，动能最大，故A球运动至最低点过程中，动能先增加，后减小，故B、C错误；AB连线水平时，系统动能最大，此时A球运动到图中B球位置，故根据机械能守恒定律，有：mg·L＝2×mv2，解得：mv2＝mgL，故D正确。4.如图所示，长为2L的轻弹簧AB两端等高地固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长，现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 )A．向下运动的过程中，物体的加速度先增大后减小B．向下运动的过程中，物体的机械能先增大后减小C．物体在最低点时，弹簧的弹性势能为D．物体在最低点时，弹簧中的弹力为解析：选C　物体向下运动，弹簧弹力的合力增大，开始阶段物体所受合外力减小，加速度减小且方向向下，当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，速度最大，物体继续向下运动，弹簧弹力的合力增大，物体所受合外力增大，加速度增大且方向向上，到达最低点时速度为零，故加速度先减小后增大，故A错误；物体向下运动的过程中，弹簧弹力的合力向上，位移向下，做负功，根据W物重＝ΔE可知机械能一直减小，故B错误；根据机械能守恒定律知，物体在最低点时，速度为零，动能为零，物体减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能，由几何关系得物体下降的高度h＝，故弹簧的弹性势能为ΔE弹＝mgh＝，故C正确；当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，物体继续向下运动弹簧弹力的合力增大，弹簧弹力的合力大于重力，则有：F弹cos θ>，解得：F弹>，故D错误。5.(多选)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直面内，质量均为m的A、B两球用轻杆连接套在圆环上。开始时轻杆竖直并同时由静止释放两球，当A球运动到B开始的位置时，轻杆刚好水平，重力加速度为g，则从开始运动到轻杆水平的过程中，下列说法正确的是(　 )A．小球A、B的机械能均守恒B．小球A、B组成的系统机械能守恒C．杆对小球A做的功为零D．杆对小球B做的功为mgR解析：选BD　由于环是光滑的，因此A、B组成的系统机械能守恒，B正确；由几何关系可知，轻杆长度为R，当杆水平时，设A、B两球的速度大小均为v，由系统机械能守恒可知：mg×R＝×2mv2，解得v＝ ，因此从开始到杆水平时，B球的机械能增加，则A球的机械能减少，A错误；根据动能定理，对A球有mg·R＋W1＝mv2，解得W1＝－mgR，C错误；对B球有W2＝mv2＝mgR，D正确。6.如图所示，光滑水平面与光滑半球面相连，O点为球心，一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B，A、B质量相等且可视为质点，开始时A、B静止，轻绳水平伸直，B与O点等高，释放后，当B和球心O连线与竖直方向夹角为30°时，B下滑速度为v，此时A仍在水平面上，重力加速度为g，则球面半径为(　 )A.   B.C.   D.解析：选D　滑块A和滑块B组成的系统机械能守恒，故：mgRcos 30°＝mvA2＋mvB2，将B的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示：滑块A、B沿着绳子的分速度相等，故：vA＝vBcos 30°，其中：vB＝v，联立解得：R＝，故D正确。7.(2020·江苏高考)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h。解析：(1)小球线速度v＝ωr，得v＝2ωR。(2)向心力F向＝2mω2R，设F与水平方向的夹角为α，则Fcos α＝F向；Fsin α＝mg，解得F＝。(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，由机械能守恒定律得Mv′2＋4×mv2＝Mgh解得h＝(ωR)2。答案：(1)2ωR　(2)　(3)(ωR)2二、强化迁移能力，突出创新性和应用性8.(多选)如图所示，NPQ是由细杆弯成的半圆弧，其半径为R，半圆弧的一端固定在天花板上的N点，NQ是半圆弧的直径，处于竖直方向，P点是半圆弧上与圆心等高的点。质量为m的小球A(可视为质点)穿在细杆上，通过轻绳与质量也为m的小球B相连，轻绳绕过固定在C处的轻质小定滑轮。将小球A移到P点，此时CP段轻绳处于水平伸直状态，CP＝2R，然后将小球A由静止释放。不计一切摩擦，已知重力加速度为g，在小球A由P点运动到圆弧最低点Q的过程中，下列说法正确的是(　 )A．小球A的动能可能先增大后减小B．小球A始终比小球B运动得快(释放点P除外)C．当小球A绕滑轮转过角度为30°时，小球A的动能为mgRD．小球A刚释放时，小球A、B的加速度大小分别为aA＝g、aB＝0解析：选BCD　小球A下滑过程中，小球A所受的合力与速度成锐角，所以小球A的动能一直增大，故A错误。设小球A运动到某位置(P点除外)时，A、C连线与水平方向的夹角为θ，由关联速度可知vB＝vAsin θ(其中0°＜θ≤45°)，所以小球A的速度始终比小球B的速度大，故B正确。当小球A绕滑轮转过30°时，小球A下降的距离为hA＝Rsin 60°，减少的重力势能为EpA＝mghA＝mgRsin 60°，小球B下降的高度为hB＝2R－2Rcos 30°，减少的重力势能为EpB＝mghB＝mg·2R(1－cos 30°)，此时两小球的速度关系为vB＝vAsin 30°，由系统机械能守恒有EpA＋EpB＝EkA＋EkB，结合动能计算公式联立解得EkA＝mgR，故C正确。小球A刚释放时受重力、杆的弹力、绳的拉力，杆的弹力和绳的拉力大小相等、方向相反，所以A球所受的合外力为重力，即加速度为g，小球B此时受重力和绳的拉力，合力为零，所以此时小球B的加速度为0，故D正确。9.如图所示，质量为mB＝3.5 kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数k＝100 N/m。一轻绳一端与物体B连接，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O2、O1后，另一端与套在光滑直杆顶端质量为mA＝1.6 kg的小球A连接。已知直杆固定，杆长L＝0.8 m，且与水平面的夹角θ＝37°。初始时使小球A静止不动，与A端相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F＝45 N，已知AO1＝0.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，绳子不可伸长，现将小球A从静止释放，求：(1)在释放小球A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)小球A运动到底端D点时的速度。解析：(1)释放小球A前，物体B处于平衡状态，由于绳子中的张力F>mBg，则弹簧处于伸长状态，设伸长量为x，则有F＝kx＋mBg，代入数值得x＝0.1 m，即弹簧被拉长了0.1 m。(2)物理过程分析：在小球A由A→C过程中，小球A到O1间的距离逐渐减小，物体B向下运动，由于直线CO1与杆垂直，当小球A运动到C处时，沿绳子方向的速度为0，即此时B的速度为0。小球A从杆顶端运动到C点的过程，对A由动能定理得WF＋mAgh＝mAvA2－0，小球A下降的高度h＝CO1cos 37°＝AO1sin 37°cos 37°＝0.24 m。这一过程中B下降的高度h′＝AO1－CO1＝0.2 m，由此可知弹簧被压缩了0.1 m，则弹簧的弹性势能在初、末状态相同。由于此时vB＝0，以A、B和弹簧为系统，由机械能守恒有mAgh＋mBgh′＝mAvA2。解得WF＝mBgh′＝7 J。(3)因杆长L＝0.8 m，故∠CDO1＝θ＝37°，故DO1＝AO1，弹簧的伸长量依然为0.1 m，与最初状态相比弹簧的弹性势能相同，物体B又回到了初始位置，其重力势能也与最初状态相同。在D点将A的速度沿绳和垂直绳分解，如图所示，其中沿绳方向的分速度vx与B的速度相等，即vB′＝vx＝vA′cos 37°＝0.8vA′，由机械能守恒：mAgLsin 37°＝mAvA′2＋mBvB′2，代入数据得小球A运动到杆的底端D点时的速度vA′＝2 m/s。答案：(1)0.1 m　(2)7 J　(3)2 m/s