高考物理一轮复习课时跟踪检测（二十三）“机械能守恒定律中的连接体问题”面面观练习含答案

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1．(2023·广州高三调研)如图，现有一根轻杆OB，总长度为1.5 m，A为OB的中点，轻杆可绕O点在竖直面内自由转动，在A点和B点处各连接有一个质量m＝10 g的小球(小球体积忽略不计)，将轻杆拉至水平位置由静止释放。则轻杆转到竖直位置时，小球A的速度大小以及OA杆在竖直方向对小球A的作用力的大小是(g＝10 m/s2)( )
A．3 m/s,0.34 N B．4 m/s,0.56 N
C．3 m/s,0.56 N D．4 m/s,0.34 N
解析：选C 依题意，设杆长为L，小球从水平位置转到竖直位置，根据机械能守恒定律可得mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,2)))＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，由于A、B角速度相等，根据v＝rω，可知vB＝2vA，联立代入数据求得vA＝3 m/s，对AB整体，由牛顿第二定律可得F－2mg＝meq \f(vA2,\f(L,2))＋meq \f(vB2,L)，代入数据求得F＝0.56 N，故选C。
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 θ
C．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eq \f(\r(3),4)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·eq \f(\r(3),2)L＝2×eq \f(1,2)mv2，解得：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(\r(3),4)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eq \f(mgL,tan θ)
D．物体在最低点时，弹簧中的弹力为eq \f(mg,2cs θ)
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＝eq \f(L,tan θ)，故弹簧的弹性势能为ΔE弹＝mgh＝eq \f(mgL,tan θ)，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cs θ>eq \f(mg,2)，解得：F弹>eq \f(mg,2cs θ)，故D错误。
5．(2022·河北高考)(多选)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq \f(g,3)。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是( )
A．物体P和Q的质量之比为1∶3
B．2T时刻物体Q的机械能为eq \f(E,2)
C．2T时刻物体P重力的功率为eq \f(3E,2T)
D．2T时刻物体P的速度大小为eq \f(2gT,3)
解析：选BCD 根据牛顿第二定律有(mQ－mP)g＝(mQ＋mP)a，得P和Q的质量比为1∶2，故A错误；显然，在整个过程中P和Q整体机械能始终守恒，初始时刻P机械能为0且Q机械能为E，故P和Q整体机械能之和始终为E。绳子断开后P到最高点时动能为0，根据质量关系可知P的机械能为eq \f(E,2)，故绳子断开后Q的机械能始终为eq \f(E,2)，故B正确；根据题意，分析P的运动可得其v -t图像如图所示，根据机械能守恒定律，对P分析，0～T时间内，绳子上拉力为eq \f(4,3)mPg，绳子拉力对P做的功等于P机械能的增加量，即eq \f(E,2)，可知eq \f(4mPg,3)·eq \f(vT,2)＝eq \f(E,2)，2T时刻P重力的功率为mPg·2v，整理可得C正确；对于P的运动图像分析可知，T时刻P的速度为v＝eq \f(gT,3)，故2T时刻P的速度大小为eq \f(2gT,3)，故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.eq \f(7v2,4g) B.eq \f(72＋\r(3)v2,4g)
C.eq \f(7\r(3)v2,4g) D.eq \f(7v2,4\r(3)g)
解析：选D 滑块A和滑块B组成的系统机械能守恒，故：mgRcs 30°＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)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＝vBcs 30°，其中：vB＝v，联立解得：R＝eq \f(7v2,4\r(3)g)，故D正确。
7.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Fcs α＝F向；Fsin α＝mg，
解得F＝eq \r(2mω2R2＋mg2)。
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)Mv′2＋4×eq \f(1,2)mv2＝Mgh
解得h＝eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。
答案：(1)2ωR (2)eq \r(2mω2R2＋mg2)
(3)eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2
8.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＝eq \f(1,2)mAvA2－0，
小球A下降的高度h＝CO1cs 37°＝AO1sin 37°cs 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′＝eq \f(1,2)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′cs 37°＝0.8vA′，由机械能守恒：mAgLsin 37°＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)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