（江蘇選考）2023版高考物理二輪復習第一部分專題二功和能專題跟蹤檢測（九）巧用機械能守恒定律破解三類連接體問題

PAGEPAGE1專題跟蹤檢測〔九〕巧用機械能守恒定律破解三類連接體問題一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題)1.背越式跳高是一項跳躍垂直障礙的運動工程，包括助跑、起跳、過桿和落地四個階段，如下圖為從起跳到落地運動過程分解圖，某同學身高1.80m，體重60kg，參加學校運動會時成功地越過高1.90m的橫桿，該同學跳起時的動能可能是以下哪個值(g取10m/s2)()A．500J B．600JC．800J D．2000J解析：選C該同學跳高過程可以視為豎直上拋運動，當重心到達橫桿時速度恰好為零，該同學重心升高高度至少為：h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1.90－\f(1.80,2)))m＝1.0m，根據(jù)機械能守恒定律可知，跳起時的動能：Ek＝mgh＝60×10×1.0J＝600J，因實際過程中可能存在阻力，那么可知，只有動能大于600J時才能成功越過，但2000J不符合實際，故只有C正確，A、B、D錯誤。2.如下圖，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，假設將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。假設將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，那么小球B下降h時的速度為(重力加速度為g，且不計空氣阻力)()A.eq\r(2gh) B.eq\r(gh)C.eq\r(\f(gh,2)) D．0解析：選B質(zhì)量為m的小球A，下降到最大高度h時，速度為零，重力勢能轉化為彈簧彈性勢能，即Ep＝mgh，質(zhì)量為2m的小球下降h時，根據(jù)功能關系有2mgh－Ep＝eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(gh)，選項B正確。3.(2022·興化市模擬)木板固定在墻角處，與水平面夾角為θ＝37°，木板上外表光滑，木板上開有一個孔洞，一根長為l、質(zhì)量為m的軟繩置于木板上，其上端剛好進入孔洞，用細線將質(zhì)量為m的物塊與軟繩連接，如下圖。物塊由靜止釋放后帶動軟繩向下運動，當軟繩剛好全部離開木板(此時物塊未到達地面)時，物塊的速度為(重力加速度為g，sin37°＝0.6)()A.eq\r(gl) B.eq\r(1.1gl)C.eq\r(1.2gl) D.eq\r(2gl)解析：選C在下落過程中，由幾何關系可知，物塊的重心下降高度為l；而軟繩重心的下降高度為：h′＝0.5l－0.5lsin37°＝0.2l，故全過程中物塊和軟繩重力勢能的減小量為：ΔEp＝mgl＋0.2mgl＝1.2mgl，根據(jù)機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)·2mv2＝ΔEp，解得：v＝eq\r(1.2gl)，故C正確，A、B、D錯誤。4.(2022·蘇錫常模擬)小孩站在岸邊向湖面拋石子，三次的軌跡如下圖，最高點在同一水平線上，忽略空氣阻力的影響，以下說法正確的選項是()A．沿軌跡3運動的石子落水時速度最小B．沿軌跡3運動的石子在空中運動時間最長C．沿軌跡1運動的石子加速度最大D．三個石子在最高點時速度相等解析：選A設任一石子初速度大小為v0，初速度的豎直分量為vy，水平分量為vx，由題圖可知，三個石子上升過程中的豎直位移大小相等，上升過程中豎直方向上做加速度大小為g的勻減速直線運動，且末速度豎直分量為0，由vy2＝2gh，得vy＝eq\r(2gh)，且h相等，可知石子上升到最高點過程中所用時間相等；同理易知，石子下落到湖面所用時間及末速度豎直分量均相等，那么三個石子在空中運動時間相等，B錯誤；石子運動過程中水平方向始終以速度vx做勻速直線運動，由題圖易知，沿軌跡1運動的石子的vx最大，沿軌跡3運動的石子的vx最小，那么三個石子在最高點時速度不相等，D錯誤；由前述分析及速度的合成知識可知，沿軌跡3運動的石子落水時的速度最小，A正確；因石子在空中時只受重力，故三個石子的加速度相同，C錯誤。5.(2022·泰州三模)如下圖，每級臺階的高和寬均相等，一小球拋出后從臺階上逐級彈下，在每級臺階上彈起的高度相同，落在每級臺階上的位置離邊緣的距離也相同，那么()A．小球落到每級臺階前瞬間的速度相等B．小球在相鄰臺階間運動的時間越來越短C．小球在整個運動過程中機械能守恒D．小球與臺階碰撞過程中受摩擦力作用解析：選A小球拋出后落在臺階上，由題圖可知，小球落到臺階上瞬間的速度方向斜向下，反彈后做斜拋運動，即豎直方向上做勻減速直線運動，加速度為重力加速度，水平方向上做勻速運動，由題意知在每級臺階上彈起的高度相同，落在每級臺階上的位置離邊緣的距離也相同，所以小球在運動過程中不受空氣阻力，小球與臺階碰撞過程中不受摩擦力作用，無機械能損失，所以小球落到每級臺階前瞬間的速度相等，但臺階逐級降低，即小球的重力勢能減小，那么機械能不守恒，故A正確，C、D錯誤；由于小球每次彈起，豎直方向上做加速度為重力加速度的勻減速直線運動，在每級臺階上彈起的高度相同，由逆向思維可得：h＝eq\f(1,2)gt2，所以小球在相鄰臺階間運動的時間不變，故B錯誤。6.如下圖，質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩物體用不可伸長的輕繩繞過輕質(zhì)定滑輪相連，開始兩物體處于同一高度，繩處于繃緊狀態(tài)，輕繩足夠長，不計一切摩擦?，F(xiàn)將兩物體由靜止釋放，在A落地之前的運動中，以下說法中正確的選項是()A．B的加速度為eq\f(g,4)B．B的機械能增大C．下落ts時，B所受拉力的瞬時功率為eq\f(1,3)mg2tD．下落ts時，A的機械能減少了eq\f(2,9)mg2t2解析：選BDA、B分別位于同一根輕繩的兩端，所以加速度的大小是相等的；設輕繩之間的拉力為T，那么對B分析有：T－mg＝ma，對A分析有：2mg－T＝2ma，聯(lián)立可得：a＝eq\f(1,3)g，T＝eq\f(4,3)mg，故A錯誤；在A落地之前的運動中，B的重力勢能增加，動能也增加，所以B的機械能增大，故B正確；下落ts時，B的速度大小為：v＝at＝eq\f(1,3)gt，那么B所受拉力的瞬時功率為：P＝T·v＝eq\f(4,3)mg×eq\f(1,3)gt＝eq\f(4,9)mg2t，故C錯誤；下落ts時，A下落的高度為：h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)g·t2＝eq\f(1,6)gt2，那么A克服輕繩拉力做功為：W＝Th＝eq\f(4,3)mg×eq\f(1,6)gt2＝eq\f(2,9)mg2t2，根據(jù)功能關系得，A的機械能減少量為：ΔEA＝W＝eq\f(2,9)mg2t2，故D正確。7．(2022·泰州市質(zhì)檢)如下圖，物體A、B通過細繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側，物體B的質(zhì)量為2m，放置在傾角為30°的光滑斜面上，物體A的質(zhì)量為m，用手托著物體A使彈簧處于原長，細繩伸直，A與地面的距離為h，物體B靜止在斜面上擋板P處。放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度大小為v，此時物體BA．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(mg,h)B．此時彈簧的彈性勢能等于mgh－eq\f(1,2)mv2C．此時物體A的加速度大小為g，方向豎直向上D．此后物體B可能離開擋板沿斜面向上運動解析：選AB物體A剛落地時，彈簧伸長量為h，物體B對擋板恰好無壓力，所以kh＝2mgsinθ，所以k＝eq\f(mg,h)，選項A對；物體A落地前，系統(tǒng)機械能守恒，所以彈性勢能等于mgh－eq\f(1,2)mv2，選項B對；物體A剛落地時，對A應用牛頓第二定律得：mg－kh＝ma，所以a＝0，選項C錯；物體A落地后，彈簧不再伸長，故物體B不可能離開擋板沿斜面向上運動，選項D錯。8.(2022·寶應縣聯(lián)考)如下圖，輕桿AB長為l，兩端各連接一個小球(可視為質(zhì)點)，兩小球質(zhì)量關系為mA＝eq\f(1,2)mB＝m，輕桿繞距B端eq\f(l,3)處的O軸在豎直平面內(nèi)順時針自由轉動。當輕桿轉至水平位置時，A球速度為eq\r(\f(2,3)gl)，那么在以后的運動過程中()A．A球機械能守恒B．當B球運動至最低點時，A球對桿作用力等于0C．當B球運動到最高點時，桿對B球作用力等于0D．A球從圖示位置運動到最低點的過程中，桿對A球做功等于－eq\f(2,3)mgl解析：選BD由題意，A、B系統(tǒng)機械能守恒，且桿在運動的過程中，A球的重力勢能變化量總與B球重力勢能的變化量相等，因此兩球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，對A球，動能不變，但重力勢能時刻變化，那么其機械能不守恒，A錯誤；當B球運動到最低點時，A球在最高點，由牛頓第二定律知，F(xiàn)A＋mAg＝mAeq\f(vA2,\f(2,3)l)，解得FA＝0，B正確；當B球運動到最高點時，同理有，F(xiàn)B＋mBg＝mBeq\f(vB2,\f(1,3)l)，又eq\f(vA,\f(2l,3))＝eq\f(vB,\f(l,3))，解得FB＝－eq\f(1,2)mBg，C錯誤；對A球，從題圖所示位置運動到最低點過程中，由機械能守恒定律知，桿對A球做功等于A球重力勢能的變化量，其大小為W＝ΔEpA＝0－mAgeq\f(2,3)l＝－eq\f(2,3)mgl，故D正確。9．(2022·連云港模擬)如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上處于自由狀態(tài)，一質(zhì)量為m＝0.2kg的小球，從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中(彈簧在彈性限度內(nèi))，其速度v和彈簧壓縮量Δx之間的函數(shù)圖像如圖乙所示，其中A為曲線的最高點，小球和彈簧接觸瞬間機械能損失不計，取g＝10m/s2，那么()A．當Δx＝0.1m時，小球處于失重狀態(tài)B．小球在最低點時的加速度大小大于10m/s2C．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的機械能守恒D．小球從速度最大到壓縮至最短，彈簧彈性勢能增加量為3.621J解析：選BD由題圖乙知，開始小球的速度增大，小球的重力大于彈簧對它的彈力，當Δx為0.1m時，小球的速度最大，然后速度減小，說明重力小于彈力，當Δx＝0.1m時，小球的重力等于彈簧對它的彈力，合力為零，小球的加速度為零，小球處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；根據(jù)對稱性可知在壓縮量為0.1m時，彈簧的彈力將增大mg，由于最終的壓縮量大于0.2m，故彈簧的彈力大于2mg，故小球在最低點時的加速度大小大于10m/s2，故B正確；從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，彈簧的彈力對小球做負功，故小球的機械能不守恒，故C錯誤；小球從速度最大到壓縮至最短，彈簧彈性勢能增加量為ΔEp＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝eq\f(1,2)×0.2×5.12＋0.2×10×0.51J＝3.621J，故D正確。二、非選擇題10.(2022·鹽城期末)如下圖，光滑桿一端固定在水平面B點，與地面成θ＝30°角，原長為L的輕質(zhì)橡皮筋一端固定在地面上的O點，另一端與質(zhì)量為m的圓球相連，圓球套在桿上。圓球處于A點時，橡皮筋豎直且無形變。讓圓球從A點由靜止釋放，運動到B點時速度為零，橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。求：(1)運動過程中桿對圓球的最小彈力；(2)圓球運動到B點時，橡皮筋的彈性勢能；(3)圓球運動到桿的中點時，重力的瞬時功率。解析：(1)在橡皮筋沒有拉伸過程中，桿對圓球的彈力最小，對圓球那么有：FN＝mgcosθ＝eq\f(\r(3),2)mg。(2)在整個運動過程中，根據(jù)動能定理可知：mgL－Ep＝0解得：Ep＝mgL。(3)根據(jù)幾何關系可知，圓球運動到桿的中點時，橡皮筋恰好沒有拉伸，由機械能守恒有：mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2重力的瞬時功率為：P＝mgvsinθ＝eq\f(mg\r(gL),2)。答案：(1)eq\f(\r(3),2)mg(2)mgL(3)eq\f(mg\r(gL),2)11．(2022·南通模擬)如圖1是用傳送帶傳送行李的示意圖。圖1中水平傳送帶AB間的長度為8m，它的右側是一豎直的半徑為0.8m的eq\f(1,4)圓弧光滑軌道，軌道底端與傳送帶在B點相切。假設傳送帶向右以6m/s的恒定速度勻速運動，當在傳送帶的左側A點輕輕放上一個質(zhì)量為4kg的行李箱時，箱子運動到傳送帶的最右側如果沒被撿起，能滑上圓弧軌道，而后做往復運動直到被撿起為止。箱子與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1，重力加速度大小為g＝10m/s2，求：(1)箱子從A點到B點所用的時間及箱子滑到圓弧軌道底端時對軌道的壓力大?。?2)假設箱子放上A點時給它一個5m/s的水平向右的初速度，到達B點時如果沒被撿起，那么箱子離開圓弧軌道最高點后還能上升多大高度？在如圖2給定的坐標系中定性畫出箱子從A點到最高點過程中速率v隨時間t變化的圖像。解析：(1)傳送帶的速度v0＝6m/s箱子在傳送帶上做勻加速運動的加速度a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2設箱子在B點的速度為vB，由vB2＝2ax解得：vB＝4m/s＜v0所以箱子從A點到B點一直做勻加速運動由x＝eq\f(1,2)at2，解得從A點到B點運動的時間為t＝