2024屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能第3講機(jī)械能守恒定律第2課時(shí)“機(jī)械能守恒定律中的連接體問題”面面觀教師用書

第2課時(shí)“機(jī)械能守恒定律中的連接體問題”面面觀模型(一)輕繩連接的連接體系統(tǒng)[典例](2022·湖南長(zhǎng)沙質(zhì)檢)如圖所示，左側(cè)為一個(gè)半徑為R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O點(diǎn)為球心，碗的內(nèi)表面及碗口光滑。右側(cè)是一個(gè)固定的光滑斜面，斜面足夠長(zhǎng)，傾角θ＝30°。一根不可伸長(zhǎng)的不計(jì)質(zhì)量的細(xì)繩跨在碗口及斜面頂端的光滑的定滑輪且兩端分別系有可視為質(zhì)點(diǎn)的小球m1和m2，且m1＞m2。開始時(shí)m1恰在碗口水平直徑右端的A處，m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠(yuǎn)，此時(shí)連接兩球的細(xì)繩與斜面平行且恰好伸直。當(dāng)m1由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到圓心O的正下方B點(diǎn)時(shí)細(xì)繩突然斷開，不計(jì)細(xì)繩斷開瞬間的能量損失。(1)求小球m2沿斜面上升的最大距離s；(2)若已知細(xì)繩斷開后小球m1沿碗的內(nèi)側(cè)上升的最大高度為eq\f(R,2)，求eq\f(m1,m2)。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)[解析](1)設(shè)小球m1到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，m1、m2速度大小分別為v1、v2如圖所示，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得v1＝eq\r(2)v2對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得m1gR－m2gh＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22又h＝eq\r(2)Rsin30°聯(lián)立以上三式解得v1＝eq\r(2×\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，v2＝eq\r(\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，設(shè)細(xì)繩斷開后m2沿斜面上升的距離為s′，對(duì)m2，由機(jī)械能守恒定律得m2gs′sin30°＝eq\f(1,2)m2v22小球m2沿斜面上升的最大距離s＝eq\r(2)R＋s′聯(lián)立以上兩式并代入v2，解得s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)))R＝eq\f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R。(2)對(duì)m1，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1v12＝m1geq\f(R,2)代入v1解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(2\r(2)＋1,2)≈1.9。[答案](1)eq\f(2\r(2)＋1m1,2m1＋m2)R(2)1.9[模型建構(gòu)]常見情境三點(diǎn)提醒(1)分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等。(2)用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向的高度變化關(guān)系。(3)對(duì)于單個(gè)物體，一般繩上的力要做功，機(jī)械能不守恒；但對(duì)于繩連接的系統(tǒng)，機(jī)械能則可能守恒。[針對(duì)訓(xùn)練]1.如圖所示，物體A的質(zhì)量為M，圓環(huán)B的質(zhì)量為m，由繩子通過定滑輪連接在一起，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上。開始時(shí)連接圓環(huán)的繩子處于水平，長(zhǎng)度l＝4m?，F(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)，不計(jì)定滑輪和空氣的阻力，g取10m/s2。若圓環(huán)下降h＝3m時(shí)的速度v＝5m/s，則A和B的質(zhì)量關(guān)系為()A.eq\f(M,m)＝eq\f(35,29) B.eq\f(M,m)＝eq\f(7,9)C.eq\f(M,m)＝eq\f(39,25) D.eq\f(M,m)＝eq\f(15,19)解析：選A圓環(huán)下降3m后的速度可以按如圖所示分解，故可得vA＝vcosθ＝eq\f(vh,\r(h2＋l2))，A、B和繩子看成一個(gè)整體，整體只有重力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)圓環(huán)下降h＝3m時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgh＝MghA＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)MvA2，其中hA＝eq\r(h2＋l2)－l，聯(lián)立可得eq\f(M,m)＝eq\f(35,29)，故A正確。2.(多選)如圖所示，水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面，斜面頂端有一光滑定滑輪，一輕繩跨過滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B。已知斜面傾角θ＝30°，小物塊A的質(zhì)量為m，小物塊B的質(zhì)量為0.8m，小物塊B距離地面的高度為h，小物塊A距離定滑輪足夠遠(yuǎn)。開始時(shí)，小物塊A和小物塊B位于同一水平面上，用手按住小物塊A，然后松手。則下列說法正確的是(重力加速度為g)()A．松手瞬間，小物塊A的加速度大小為eq\f(1,6)gB．松手后，小物塊A的機(jī)械能守恒C．小物塊B落地前瞬間的速度大小為eq\r(\f(2gh,3))D．小物塊A能夠上升到的最高點(diǎn)與地面的距離為eq\f(5h,3)解析：選AD松手瞬間，對(duì)小物塊B受力分析可得：0.8mg－FT＝0.8ma，對(duì)小物塊A受力分析可得：FT－mgsin30°＝ma，聯(lián)立解得：a＝eq\f(1,6)g，故A正確。松手后，繩的拉力對(duì)小物塊A做正功，小物塊A的機(jī)械能增加，故B錯(cuò)誤。小物塊B從開始下落到落地有v2－0＝2ah，解得：v＝eq\r(\f(gh,3))，故C錯(cuò)誤。小物塊A從開始運(yùn)動(dòng)到滑行距離h時(shí)獲得的速度v＝eq\r(\f(gh,3))，接下來繼續(xù)滑行x速度減為零，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝mgxsin30°，解得：x＝eq\f(h,3)，小物塊A能夠上升到的最高點(diǎn)與地面的距離為h＋hsin30°＋eq\f(h,3)sin30°＝eq\f(5,3)h，故D正確。模型(二)輕桿連接的連接體系統(tǒng)[典例](多選)如圖所示，一輕質(zhì)支架的兩端分別連著質(zhì)量為m和2m的小球A和B(可視為質(zhì)點(diǎn))，支架的OA段長(zhǎng)為L(zhǎng)，OB段長(zhǎng)為2L，∠AOB＝120°保持不變，可繞水平固定轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)。已知重力加速度為g，當(dāng)OB與水平方向成30°角時(shí)無初速度釋放支架，直到B球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()A．當(dāng)B球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，A球的速度大小為eq\r(gL)B．當(dāng)B球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，B球的速度大小為eq\r(2gL)C．B球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，支架對(duì)A球做正功D．B球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，B球的機(jī)械能守恒[解析]小球A與B角速度大小相同，故eq\f(vA,vB)＝eq\f(rAω,rBω)＝eq\f(1,2)，即vB＝2vA，B球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由幾何關(guān)系和整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得2mg×3L－mg×eq\f(3,2)L＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)×2mvB2，聯(lián)立解得vA＝eq\r(gL)，vB＝2eq\r(gL)，故A正確，B錯(cuò)誤；B球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，對(duì)于A球，由幾何關(guān)系和動(dòng)能定理，可得－mg×eq\f(3,2)L＋W＝eq\f(1,2)mvA2－0，解得W＝2mgL＞0，支架對(duì)A球做正功，故C正確；同理，B球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，支架對(duì)B球做負(fù)功，B球的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。[答案]ACeq\a\vs4\al([模型建構(gòu)])常見情境三大特點(diǎn)(1)平動(dòng)時(shí)兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)兩物體角速度相等。(2)桿對(duì)物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對(duì)物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒。(3)對(duì)于桿和球組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對(duì)系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒[針對(duì)訓(xùn)練]1．(多選)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿，一端裝有轉(zhuǎn)軸O，另一端固定一個(gè)質(zhì)量為2m的小球B，桿中點(diǎn)固定一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，若桿從水平位置由靜止開始釋放，在轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，不計(jì)一切摩擦，下列說法中正確的是()A．A、B兩球總機(jī)械能守恒B．輕桿對(duì)A球做正功，輕桿對(duì)B球做負(fù)功C．輕桿對(duì)A球不做功，輕桿對(duì)B球不做功D．輕桿對(duì)A球做負(fù)功，輕桿對(duì)B球做正功解析：選AD兩球組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，兩球的角速度相等，到達(dá)豎直位置時(shí)，設(shè)A球的速度為v，則B球的速度為2v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgeq\f(L,2)＋2mgL＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×2m(2v)2，解得v＝eq\f(\r(5gL),3)；對(duì)A球運(yùn)用動(dòng)能定理得W＋mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝－eq\f(2,9)mgL，則輕桿對(duì)A球做負(fù)功；對(duì)B球運(yùn)用動(dòng)能定理得W′＋2mgL＝eq\f(1,2)×2m(2v)2，解得W′＝eq\f(2,9)mgL，則輕桿對(duì)B球做正功。故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。2.(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的a、b兩球固定在輕桿的兩端，桿可繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，已知兩球距O點(diǎn)的距離L1＞L2，現(xiàn)在由圖示位置靜止釋放，則在a下降過程中()A．a(chǎn)、b兩球的角速度大小始終相等B．重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率一直增大C．桿對(duì)a球做負(fù)功，a球的機(jī)械能不守恒D．桿對(duì)b球做負(fù)功，b球的機(jī)械能守恒解析：選ACa、b兩球同時(shí)繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度大小始終相等，故A正確；剛開始，b球的速度為0，重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率為0，在豎直位置，速度與重力方向垂直，重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率為0，所以重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率先增大后減小，故B錯(cuò)誤；在a球下降的過程中，b球的動(dòng)能增加，重力勢(shì)能增加，所以b球的機(jī)械能增加，根據(jù)重力之外的力做功量度物體機(jī)械能的變化，所以桿對(duì)b球做正功，a球和b球系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，a球的機(jī)械能減小，桿對(duì)a球做負(fù)功，故C正確，D錯(cuò)誤。模型(三)輕彈簧連接的連接體系統(tǒng)[典例]如圖所示，A、B兩物體在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上，B、C兩物體通過細(xì)線繞過輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細(xì)線豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行。已知A、B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為4m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放C后C沿斜面下滑，A剛離開地面時(shí)，B獲得最大速度。求：(1)斜面傾角α；(2)B的最大速度v。[解析](1)當(dāng)A剛離開地面時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為xA，對(duì)A有kxA＝mg，此時(shí)B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細(xì)線拉力FT三個(gè)力的作用，B的速度達(dá)到最大，即加速度為零，受力平衡，則C也受力平衡，對(duì)B有FT－mg－kxA＝0，對(duì)C有4mgsinα－FT＝0，解得sinα＝0.5，所以α＝30°。(2)開始時(shí)彈簧壓縮的長(zhǎng)度為xB＝eq\f(mg,k)，則xA＝xB，當(dāng)A剛離開地面時(shí)，B上升的距離以及C沿斜面下滑的距離均為xA＋xB，由于xA＝xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能相等，而且A剛離開地面時(shí)，B、C兩物體的速度相等，由機(jī)械能守恒定律得4mg(xA＋xB)sinα－mg(xA＋xB)＝eq\f(1,2)(4m＋m)v2，解得v＝2geq\r(\f(m,5k))。[答案](1)30°(2)2geq\r(\f(m,5k))eq\a\vs4\al([模型建構(gòu)])題型特點(diǎn)由輕彈簧連接的物體系統(tǒng)，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，這時(shí)系統(tǒng)內(nèi)物體的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能守恒兩點(diǎn)提醒(1)對(duì)同一彈簧，彈性勢(shì)能的大小由彈簧的形變量完全決定，無論彈簧是伸長(zhǎng)還是壓縮(2)物體運(yùn)動(dòng)的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān)[針對(duì)訓(xùn)練]1.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球甲穿過一豎直固定的光滑桿拴在輕彈簧上，質(zhì)量為4m的物體乙用輕繩跨過光滑的定滑輪與甲連接，開始用手托住乙，輕繩剛好伸直，滑輪左側(cè)繩豎直，右側(cè)繩與水平方向夾角為α，某時(shí)刻由靜止釋放乙(足夠高)，經(jīng)過一段時(shí)間小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，OQ兩點(diǎn)的連線水平，OQ＝d，且小球在P、Q兩點(diǎn)處時(shí)彈簧彈力的大小相等。已知重力加速度為g，sinα＝0.8，cosα＝0.6。則()A．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(3mg,2d)B．小球位于Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(\f(8,3)gd)C．物體乙重力的瞬時(shí)功率一直增大D．小球甲和物體乙的機(jī)械能之和先增大后減小解析：選ABD在P、Q兩點(diǎn)處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知P點(diǎn)的壓縮量等于Q點(diǎn)的伸長(zhǎng)量，由幾何關(guān)系知PQ＝dtanα＝eq\f(4,3)d，則小球位于P點(diǎn)時(shí)彈簧的壓縮量為x＝eq\f(1,2)PQ＝eq\f(2,3)d，對(duì)P點(diǎn)的小球由力的平衡條件可知mg＝kx，解得k＝eq\f(3mg,2d)，選項(xiàng)A正確；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，假設(shè)小球甲的速度為v，此時(shí)小球甲的速度與繩子OQ垂直，所以物體乙的速度為零，又小球、物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則由機(jī)械能守恒定律得4mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,cosα)－d))－mgdtanα＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(8,3)gd)，選項(xiàng)B正確；由于小球在P、Q兩點(diǎn)處時(shí)彈簧彈力的大小相等，即小球在P、Q兩點(diǎn)處時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等，則小球由P到Q的過程，彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，由能量守恒定律可知，小球甲和物體乙的機(jī)械能之和先增大后減小，選項(xiàng)D正確；由于小球在P和Q點(diǎn)處，物體乙的速度都為零，在其他過程中，物體乙的速度不是零，則可知物體乙重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。2．(2021年8省聯(lián)考·河北卷)(多選)如圖，一頂角為直角的“”形光滑細(xì)桿豎直放置。質(zhì)量均為m的兩金屬環(huán)套在細(xì)桿上，高度相同，用一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧處于原長(zhǎng)l0。兩金屬環(huán)同時(shí)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的伸長(zhǎng)在彈性限度內(nèi)。對(duì)其中一個(gè)金屬環(huán)，下列說法正確的是[彈簧的長(zhǎng)度為l時(shí)彈性勢(shì)能為eq\f(1,2)k(l－l0)2]()A．金屬環(huán)的最大加速度為eq\r(2)gB．金屬環(huán)的最大速度為geq\r(\f(m,2k))C．金屬環(huán)與細(xì)桿之間的最大壓力為eq\f(3\r(2),2)mgD．金屬環(huán)達(dá)到最大速度時(shí)重力的功率為mg2eq\r(\f(m,2k))解析：選BC剛釋放時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，彈力為0，所以金屬環(huán)的最大加速度為am＝gsin45°＝eq\f(\r(2),2)g，故A錯(cuò)誤；設(shè)平衡位置彈簧的伸長(zhǎng)量為x1，根據(jù)平衡條件，沿桿方向有mgsin45°＝kx1cos45°，由機(jī)械能守恒定律得2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)))＝eq\f(1,2)kx12＋eq\f(1,2)(2m)v02，解得金屬環(huán)的最大速度為v0＝geq\r(\f(m,2k))，金屬環(huán)達(dá)到最大速度時(shí)重力的功率為P＝mgv0cos45°＝eq\f(mg2,2)eq\r(\f(m,k))，故B正確，D錯(cuò)誤；當(dāng)金屬環(huán)下落到最低點(diǎn)，金屬環(huán)速度為0，金屬環(huán)與細(xì)桿之間的壓力最大。設(shè)此時(shí)彈簧的形變量為x2，由機(jī)械能守恒定律得2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)))＝eq\f(1,2)kx22，對(duì)金屬環(huán)進(jìn)行受力分析，垂直于桿方向有FN＝mgcos45°＋kx2sin45°，解得金屬環(huán)與細(xì)桿之間的最大壓力為FN＝eq\f(3\r(2),2)mg，故C正確。[課時(shí)跟蹤檢測(cè)]1．(2023·廣州高三調(diào)研)如圖，現(xiàn)有一根輕桿OB，總長(zhǎng)度為1.5m，A為OB的中點(diǎn)，輕桿可繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，在A點(diǎn)和B點(diǎn)處各連接有一個(gè)質(zhì)量m＝10g的小球(小球體積忽略不計(jì))，將輕桿拉至水平位置由靜止釋放。則輕桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，小球A的速度大小以及OA桿在豎直方向?qū)π∏駻的作用力的大小是(g＝10m/s2)()A．3m/s,0.34N B．4m/s,0.56NC．3m/s,0.56N D．4m/s,0.34N解析：選C依題意，設(shè)桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，小球從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，由于A、B角速度相等，根據(jù)v＝rω，可知vB＝2vA，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)求得vA＝3m/s，對(duì)AB整體，由牛頓第二定律可得F－2mg＝meq\f(vA2,\f(L,2))＋meq\f(vB2,L)，代入數(shù)據(jù)求得F＝0.56N，故選C。2．(多選)如圖所示，固定于地面、傾角為θ的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧，輕質(zhì)彈簧一端與固定于斜面底端的擋板C連接，另一端與物塊A連接，物塊A上方放置有另一物塊B，物塊A、B的質(zhì)量均為m且不粘連，整個(gè)系統(tǒng)在沿斜面向下的外力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。某一時(shí)刻將力F撤去，在彈簧將A、B彈出過程中，若A、B能夠分離，重力加速度為g。則下列敘述正確的是()A．A、B剛分離的瞬間，兩物塊速度達(dá)到最大B．A、B剛分離的瞬間，A的加速度大小為gsinθC．從撤去力F到A、B分離的過程中，A物塊的機(jī)械能一直增加D．從撤去力F到A、B分離的過程中，A、B物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：選BCD當(dāng)加速度等于零時(shí)，兩個(gè)物塊的速度達(dá)到最大，A、B剛分離的瞬間，A、B之間沒有彈力作用，此時(shí)A、B有共同的加速度gsinθ，故速度不是最大，故A錯(cuò)誤，B正確。從撤去力F到A、B分離的過程中，彈簧對(duì)A物塊的彈力始終大于B物塊對(duì)A物塊的彈力，這兩個(gè)力的合力對(duì)A做正功，所以A的機(jī)械能增加，故C正確；從撤去力F到A、B分離的過程中，A、B物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確。3．(多選)如圖所示，由長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿構(gòu)成的等邊三角形支架位于豎直平面內(nèi)，其中兩個(gè)端點(diǎn)分別固定質(zhì)量均為m的小球A、B，系統(tǒng)可繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，初始位置OA水平。由靜止釋放，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦及空氣阻力。則()A．系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒B．B球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)重力勢(shì)能最小C．A球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過程中，動(dòng)能一直在增大D．?dāng)[動(dòng)過程中，小球B的最大動(dòng)能為eq\f(\r(3),4)mgL解析：選AD系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故A正確；系統(tǒng)的重心在A、B連線的中點(diǎn)位置，當(dāng)AB連線水平時(shí)，系統(tǒng)重力勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，故A球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過程中，動(dòng)能先增加，后減小，故B、C錯(cuò)誤；AB連線水平時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能最大，此時(shí)A球運(yùn)動(dòng)到圖中B球位置，故根據(jù)機(jī)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正確。4.如圖所示，長(zhǎng)為2L的輕彈簧AB兩端等高地固定在豎直墻面上，彈簧剛好處于原長(zhǎng)，現(xiàn)在其中點(diǎn)O處輕輕地掛上一個(gè)質(zhì)量為m的物體P后，物體向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．向下運(yùn)動(dòng)的過程中，物體的加速度先增大后減小B．向下運(yùn)動(dòng)的過程中，物體的機(jī)械能先增大后減小C．物體在最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(mgL,tanθ)D．物體在最低點(diǎn)時(shí)，彈簧中的彈力為eq\f(mg,2cosθ)解析：選C物體向下運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力的合力增大，開始階段物體所受合外力減小，加速度減小且方向向下，當(dāng)加速度為零時(shí)，重力和彈簧彈力的合力相等，速度最大，物體繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力的合力增大，物體所受合外力增大，加速度增大且方向向上，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度為零，故加速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤；物體向下運(yùn)動(dòng)的過程中，彈簧彈力的合力向上，位移向下，做負(fù)功，根據(jù)W物重＝ΔE可知機(jī)械能一直減小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，物體在最低點(diǎn)時(shí)，速度為零，動(dòng)能為零，物體減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，由幾何關(guān)系得物體下降的高度h＝eq\f(L,tanθ)，故彈簧的彈性勢(shì)能為ΔE彈＝mgh＝eq\f(mgL,tanθ)，故C正確；當(dāng)加速度為零時(shí)，重力和彈簧彈力的合力相等，物體繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)彈簧彈力的合力增大，彈簧彈力的合力大于重力，則有：F彈cosθ>eq\f(mg,2)，解得：F彈>eq\f(mg,2cosθ)，故D錯(cuò)誤。5．(2022·河北高考)(多選)如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量mQ>mP，t＝0時(shí)刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為eq\f(g,3)。T時(shí)刻輕繩突然斷開，物體P能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時(shí)刻物體P所在水平面為零勢(shì)能面，此時(shí)物體Q的機(jī)械能為E。重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說法正確的是()A．物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3B．2T時(shí)刻物體Q的機(jī)械能為eq\f(E,2)C．2T時(shí)刻物體P重力的功率為eq\f(3E,2T)D．2T時(shí)刻物體P的速度大小為eq\f(2gT,3)解析：選BCD根據(jù)牛頓第二定律有(mQ－mP)g＝(mQ＋mP)a，得P和Q的質(zhì)量比為1∶2，故A錯(cuò)誤；顯然，在整個(gè)過程中P和Q整體機(jī)械能始終守恒，初始時(shí)刻P機(jī)械能為0且Q機(jī)械能為E，故P和Q整體機(jī)械能之和始終為E。繩子斷開后P到最高點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為0，根據(jù)質(zhì)量關(guān)系可知P的機(jī)械能為eq\f(E,2)，故繩子斷開后Q的機(jī)械能始終為eq\f(E,2)，故B正確；根據(jù)題意，分析P的運(yùn)動(dòng)可得其v-t圖像如圖所示，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，對(duì)P分析，0～T時(shí)間內(nèi)，繩子上拉力為eq\f(4,3)mPg，繩子拉力對(duì)P做的功等于P機(jī)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時(shí)刻P重力的功率為mPg·2v，整理可得C正確；對(duì)于P的運(yùn)動(dòng)圖像分析可知，T時(shí)刻P的速度為v＝eq\f(gT,3)，故2T時(shí)刻P的速度大小為eq\f(2gT,3)，故D正確。6.如圖所示，光滑水平面與光滑半球面相連，O點(diǎn)為球心，一輕繩跨過光滑小滑輪連接物塊A、B，A、B質(zhì)量相等且可視為質(zhì)點(diǎn)，開始時(shí)A、B靜止，輕繩水平伸直，B與O點(diǎn)等高，釋放后，當(dāng)B和球心O連線與豎直方向夾角為30°時(shí)，B下滑速度為v，此時(shí)A仍在水平面上，重力加速度為g，則球面半徑為()A.eq\f(7v2,4g) B.eq\f(72＋\r(3)v2,4g)C.eq\f(7\r(3)v2,4g) D.eq\f(7v2,4\r(3)g)解析：選D滑塊A和滑塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故：mgRcos30°＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，將B的速度沿著平行繩子和垂直繩子方向正交分解，如圖所示：滑塊A、B沿著繩子的分速度相等，故：vA＝vBcos30°，其中：vB＝v，聯(lián)立解得：R＝eq\f(7v2,4\r(3)g)，故D正確。7.如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R。在輪上繞有長(zhǎng)繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動(dòng)鼓形輪轉(zhuǎn)動(dòng)。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω。繩與輪之間無相對(duì)滑動(dòng)，忽略鼓形輪、直桿和長(zhǎng)繩的質(zhì)量，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)重物落地后，小球線速度的大小v；(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時(shí)該球受到桿的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h。解析：(1)小球線速度v＝ωr，得v＝2ωR。(2)向心力F向＝2mω2R，設(shè)F與水平方向的夾角為α，則Fcosα＝F向；Fsinα＝mg，解得F＝eq\r(2mω2R2＋mg2)。(3)落地時(shí)，重物的速度v′＝ωR，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv′2＋4×eq\f(1,2)mv2＝