2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)課時跟蹤檢測二十三“機械能守恒定律中的連接體問題”面面觀

課時跟蹤檢測（二十三）“機械能守恒定律中的連接體問題”面面觀1．(2024·廣州高三調(diào)研)如圖，現(xiàn)有一根輕桿OB，總長度為1.5m，A為OB的中點，輕桿可繞O點在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，在A點和B點處各連接有一個質(zhì)量m＝10g的小球(小球體積忽視不計)，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，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)桿長為L，小球從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置，依據(jù)機械能守恒定律可得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，依據(jù)v＝rω，可知vB＝2vA，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)求得vA＝3m/s，對AB整體，由牛頓其次定律可得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，整個系統(tǒng)在沿斜面對下的外力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。某一時刻將力F撤去，在彈簧將A、B彈出過程中，若A、B能夠分別，重力加速度為g。則下列敘述正確的是()A．A、B剛分別的瞬間，兩物塊速度達到最大B．A、B剛分別的瞬間，A的加速度大小為gsinθC．從撤去力F到A、B分別的過程中，A物塊的機械能始終增加D．從撤去力F到A、B分別的過程中，A、B物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒解析：選BCD當(dāng)加速度等于零時，兩個物塊的速度達到最大，A、B剛分別的瞬間，A、B之間沒有彈力作用，此時A、B有共同的加速度gsinθ，故速度不是最大，故A錯誤，B正確。從撤去力F到A、B分別的過程中，彈簧對A物塊的彈力始終大于B物塊對A物塊的彈力，這兩個力的合力對A做正功，所以A的機械能增加，故C正確；從撤去力F到A、B分別的過程中，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)機械能守恒，故D正確。3．(多選)如圖所示，由長為L的輕桿構(gòu)成的等邊三角形支架位于豎直平面內(nèi)，其中兩個端點分別固定質(zhì)量均為m的小球A、B，系統(tǒng)可繞O點在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，初始位置OA水平。由靜止釋放，重力加速度為g，不計一切摩擦及空氣阻力。則()A．系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒B．B球運動至最低點時，系統(tǒng)重力勢能最小C．A球運動至最低點過程中，動能始終在增大D．搖擺過程中，小球B的最大動能為eq\f(\r(3),4)mgL解析：選AD系統(tǒng)在運動過程中，只有重力做功，機械能守恒，故A正確；系統(tǒng)的重心在A、B連線的中點位置，當(dāng)AB連線水平常，系統(tǒng)重力勢能最小，動能最大，故A球運動至最低點過程中，動能先增加，后減小，故B、C錯誤；AB連線水平常，系統(tǒng)動能最大，此時A球運動到圖中B球位置，故依據(jù)機械能守恒定律，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，現(xiàn)在其中點O處輕輕地掛上一個質(zhì)量為m的物體P后，物體向下運動，當(dāng)它運動到最低點時，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．向下運動的過程中，物體的加速度先增大后減小B．向下運動的過程中，物體的機械能先增大后減小C．物體在最低點時，彈簧的彈性勢能為eq\f(mgL,tanθ)D．物體在最低點時，彈簧中的彈力為eq\f(mg,2cosθ)解析：選C物體向下運動，彈簧彈力的合力增大，起先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，重力和彈簧彈力的合力相等，速度最大，物體接著向下運動，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，到達最低點時速度為零，故加速度先減小后增大，故A錯誤；物體向下運動的過程中，彈簧彈力的合力向上，位移向下，做負(fù)功，依據(jù)W物重＝ΔE可知機械能始終減小，故B錯誤；依據(jù)機械能守恒定律知，物體在最低點時，速度為零，動能為零，物體減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，由幾何關(guān)系得物體下降的高度h＝eq\f(L,tanθ)，故彈簧的彈性勢能為ΔE彈＝mgh＝eq\f(mgL,tanθ)，故C正確；當(dāng)加速度為零時，重力和彈簧彈力的合力相等，物體接著向下運動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錯誤。5．(2024·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用不行伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量mQ>mP，t＝0時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時刻輕繩突然斷開，物體P能夠達到的最高點恰與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時刻物體P所在水平面為零勢能面，此時物體Q的機械能為E。重力加速度大小為g，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點。下列說法正確的是()A．物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3B．2T時刻物體Q的機械能為eq\f(E,2)C．2T時刻物體P重力的功率為eq\f(3E,2T)D．2T時刻物體P的速度大小為eq\f(2gT,3)解析：選BCD依據(jù)牛頓其次定律有(mQ－mP)g＝(mQ＋mP)a，得P和Q的質(zhì)量比為1∶2，故A錯誤；明顯，在整個過程中P和Q整體機械能始終守恒，初始時刻P機械能為0且Q機械能為E，故P和Q整體機械能之和始終為E。繩子斷開后P到最高點時動能為0，依據(jù)質(zhì)量關(guān)系可知P的機械能為eq\f(E,2)，故繩子斷開后Q的機械能始終為eq\f(E,2)，故B正確；依據(jù)題意，分析P的運動可得其v-t圖像如圖所示，依據(jù)機械能守恒定律，對P分析，0～T時間內(nèi)，繩子上拉力為eq\f(4,3)mPg，繩子拉力對P做的功等于P機械能的增加量，即eq\f(E,2)，可知eq\f(4mPg,3)·eq\f(vT,2)＝eq\f(E,2)，2T時刻P重力的功率為mPg·2v，整理可得C正確；對于P的運動圖像分析可知，T時刻P的速度為v＝eq\f(gT,3)，故2T時刻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，起先時A、B靜止，輕繩水平伸直，B與O點等高，釋放后，當(dāng)B和球心O連線與豎直方向夾角為30°時，B下滑速度為v，此時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。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。在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為ω。繩與輪之間無相對滑動，忽視鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量，不計空氣阻力，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，重物的速度v′＝ωR，由機械能守恒定律得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(2mω2R2＋mg2)(3)eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)28.如圖所示，質(zhì)量為mB＝3.5kg的物體B通過一輕彈簧固連在地面上，彈簧的勁度系數(shù)k＝100N/m。一輕繩一端與物體B連接，繞過無摩擦的兩個輕質(zhì)小定滑輪O2、O1后，另一端與套在光滑直桿頂端質(zhì)量為mA＝1.6kg的小球A連接。已知直桿固定，桿長L＝0.8m，且與水平面的夾角θ＝37°。初始時使小球A靜止不動，與A端相連的繩子保持水平，此時繩子中的張力F＝45N，已知AO1＝0.5m，重力加速度g＝10m/s2，繩子不行伸長，現(xiàn)將小球A從靜止釋放，求：(1)在釋放小球A前彈簧的形變量；(2)若直線CO1與桿垂直，求小球A運動到C點的過程中繩子拉力對小球A所做的功；(3)小球A運動究竟端D點時的速度。解析：(1)釋放小球A前，物體B處于平衡狀態(tài)，由于繩子中的張力F>mBg，則彈簧處于伸長狀態(tài)，設(shè)伸長量為x，則有F＝kx＋mBg，代入數(shù)值得x＝0.1m，即彈簧被拉長了0.1m。(2)物理過程分析：在小球A由A→C過程中，小球A到O1間的距離漸漸減小，物體B向下運動，由于直線CO1與桿垂直，當(dāng)小球A運動到C處時，沿繩子方向的速度為0，即此時B的速度為0。小球A從桿頂端運動到C點的過程，對A由動能定理得WF＋mAgh＝eq\f(1,2)mAvA2－0，小球A下降的高度h＝CO1cos37°＝AO1sin37°cos37°＝0.24m。這一過程中B下降的高度h′＝AO1－CO1＝0.2m，由此可知彈簧被壓縮了0.1m，則彈簧的彈性勢能在初、末狀態(tài)相同。由于此時vB＝0，以A、B和彈簧為系統(tǒng)，由機械能守恒有mAgh＋mBgh′＝eq\f(1,2)mAvA2。解得WF＝mBgh′＝7J。(3)因桿長L＝0.8m，故∠CDO1＝θ＝37°，故DO1＝AO1，彈簧的伸長量