2024届高考物理一轮总复习第五章机械能第3讲机械能守恒定律第2课时“机械能守恒定律中的连接体问题”面面观教师用书

第2课时“机械能守恒定律中的连接体问题”面面观模型(一)轻绳连接的连接体系统[典例](2022·湖南长沙质检)如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定的光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及斜面顶端的光滑的定滑轮且两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在碗口水平直径右端的A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s；(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为eq\f(R,2)，求eq\f(m1,m2)。(结果保留两位有效数字)[解析](1)设小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2如图所示，由运动的合成与分解得v1＝eq\r(2)v2对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得m1gR－m2gh＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22又h＝eq\r(2)Rsin30°联立以上三式解得v1＝eq\r(2×\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，v2＝eq\r(\f(2m1－\r(2)m2,2m1＋m2)gR)，设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2，由机械能守恒定律得m2gs′sin30°＝eq\f(1,2)m2v22小球m2沿斜面上升的最大距离s＝eq\r(2)R＋s′联立以上两式并代入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)对m1，由机械能守恒定律得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[模型建构]常见情境三点提醒(1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向的高度变化关系。(3)对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。[针对训练]1.如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，由绳子通过定滑轮连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4m。现从静止释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，g取10m/s2。若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，则A和B的质量关系为()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：选A圆环下降3m后的速度可以按如图所示分解，故可得vA＝vcosθ＝eq\f(vh,\r(h2＋l2))，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h＝3m时，根据机械能守恒可得mgh＝MghA＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)MvA2，其中hA＝eq\r(h2＋l2)－l，联立可得eq\f(M,m)＝eq\f(35,29)，故A正确。2.(多选)如图所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一光滑定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。已知斜面倾角θ＝30°，小物块A的质量为m，小物块B的质量为0.8m，小物块B距离地面的高度为h，小物块A距离定滑轮足够远。开始时，小物块A和小物块B位于同一水平面上，用手按住小物块A，然后松手。则下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．松手瞬间，小物块A的加速度大小为eq\f(1,6)gB．松手后，小物块A的机械能守恒C．小物块B落地前瞬间的速度大小为eq\r(\f(2gh,3))D．小物块A能够上升到的最高点与地面的距离为eq\f(5h,3)解析：选AD松手瞬间，对小物块B受力分析可得：0.8mg－FT＝0.8ma，对小物块A受力分析可得：FT－mgsin30°＝ma，联立解得：a＝eq\f(1,6)g，故A正确。松手后，绳的拉力对小物块A做正功，小物块A的机械能增加，故B错误。小物块B从开始下落到落地有v2－0＝2ah，解得：v＝eq\r(\f(gh,3))，故C错误。小物块A从开始运动到滑行距离h时获得的速度v＝eq\r(\f(gh,3))，接下来继续滑行x速度减为零，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝mgxsin30°，解得：x＝eq\f(h,3)，小物块A能够上升到的最高点与地面的距离为h＋hsin30°＋eq\f(h,3)sin30°＝eq\f(5,3)h，故D正确。模型(二)轻杆连接的连接体系统[典例](多选)如图所示，一轻质支架的两端分别连着质量为m和2m的小球A和B(可视为质点)，支架的OA段长为L，OB段长为2L，∠AOB＝120°保持不变，可绕水平固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动。已知重力加速度为g，当OB与水平方向成30°角时无初速度释放支架，直到B球第一次运动到最低点的过程中，下列说法正确的是()A．当B球运动到最低点时，A球的速度大小为eq\r(gL)B．当B球运动到最低点时，B球的速度大小为eq\r(2gL)C．B球运动到最低点的过程中，支架对A球做正功D．B球运动到最低点的过程中，B球的机械能守恒[解析]小球A与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球第一次运动到最低点时，由几何关系和整个系统机械能守恒，可得2mg×3L－mg×eq\f(3,2)L＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)×2mvB2，联立解得vA＝eq\r(gL)，vB＝2eq\r(gL)，故A正确，B错误；B球第一次运动到最低点的过程中，对于A球，由几何关系和动能定理，可得－mg×eq\f(3,2)L＋W＝eq\f(1,2)mvA2－0，解得W＝2mgL＞0，支架对A球做正功，故C正确；同理，B球第一次运动到最低点的过程中，支架对B球做负功，B球的机械能不守恒，故D错误。[答案]ACeq\a\vs4\al([模型建构])常见情境三大特点(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。(3)对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒[针对训练]1．(多选)如图所示，长为L的轻杆，一端装有转轴O，另一端固定一个质量为2m的小球B，杆中点固定一个质量为m的小球A，若杆从水平位置由静止开始释放，在转到竖直位置的过程中，不计一切摩擦，下列说法中正确的是()A．A、B两球总机械能守恒B．轻杆对A球做正功，轻杆对B球做负功C．轻杆对A球不做功，轻杆对B球不做功D．轻杆对A球做负功，轻杆对B球做正功解析：选AD两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，两球的角速度相等，到达竖直位置时，设A球的速度为v，则B球的速度为2v，根据机械能守恒定律得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)；对A球运用动能定理得W＋mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝－eq\f(2,9)mgL，则轻杆对A球做负功；对B球运用动能定理得W′＋2mgL＝eq\f(1,2)×2m(2v)2，解得W′＝eq\f(2,9)mgL，则轻杆对B球做正功。故A、D正确，B、C错误。2.(多选)如图所示，质量均为m的a、b两球固定在轻杆的两端，杆可绕O点在竖直面内无摩擦转动，已知两球距O点的距离L1＞L2，现在由图示位置静止释放，则在a下降过程中()A．a、b两球的角速度大小始终相等B．重力对b球做功的瞬时功率一直增大C．杆对a球做负功，a球的机械能不守恒D．杆对b球做负功，b球的机械能守恒解析：选ACa、b两球同时绕O点转动，角速度大小始终相等，故A正确；刚开始，b球的速度为0，重力对b球做功的瞬时功率为0，在竖直位置，速度与重力方向垂直，重力对b球做功的瞬时功率为0，所以重力对b球做功的瞬时功率先增大后减小，故B错误；在a球下降的过程中，b球的动能增加，重力势能增加，所以b球的机械能增加，根据重力之外的力做功量度物体机械能的变化，所以杆对b球做正功，a球和b球系统的机械能守恒，a球的机械能减小，杆对a球做负功，故C正确，D错误。模型(三)轻弹簧连接的连接体系统[典例]如图所示，A、B两物体在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度。求：(1)斜面倾角α；(2)B的最大速度v。[解析](1)当A刚离开地面时，设弹簧的伸长量为xA，对A有kxA＝mg，此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线拉力FT三个力的作用，B的速度达到最大，即加速度为零，受力平衡，则C也受力平衡，对B有FT－mg－kxA＝0，对C有4mgsinα－FT＝0，解得sinα＝0.5，所以α＝30°。(2)开始时弹簧压缩的长度为xB＝eq\f(mg,k)，则xA＝xB，当A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为xA＋xB，由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，而且A刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，由机械能守恒定律得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([模型建构])题型特点由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒两点提醒(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧是伸长还是压缩(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关[针对训练]1.(多选)如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α，某时刻由静止释放乙(足够高)，经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sinα＝0.8，cosα＝0.6。则()A．弹簧的劲度系数为eq\f(3mg,2d)B．小球位于Q点时的速度大小为eq\r(\f(8,3)gd)C．物体乙重力的瞬时功率一直增大D．小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小解析：选ABD在P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知PQ＝dtanα＝eq\f(4,3)d，则小球位于P点时弹簧的压缩量为x＝eq\f(1,2)PQ＝eq\f(2,3)d，对P点的小球由力的平衡条件可知mg＝kx，解得k＝eq\f(3mg,2d)，选项A正确；当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为v，此时小球甲的速度与绳子OQ垂直，所以物体乙的速度为零，又小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得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)，选项B正确；由于小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等，即小球在P、Q两点处时弹簧的弹性势能相等，则小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，由能量守恒定律可知，小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，选项D正确；由于小球在P和Q点处，物体乙的速度都为零，在其他过程中，物体乙的速度不是零，则可知物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，选项C错误。2．(2021年8省联考·河北卷)(多选)如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正确的是[弹簧的长度为l时弹性势能为eq\f(1,2)k(l－l0)2]()A．金属环的最大加速度为eq\r(2)gB．金属环的最大速度为geq\r(\f(m,2k))C．金属环与细杆之间的最大压力为eq\f(3\r(2),2)mgD．金属环达到最大速度时重力的功率为mg2eq\r(\f(m,2k))解析：选BC刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，所以金属环的最大加速度为am＝gsin45°＝eq\f(\r(2),2)g，故A错误；设平衡位置弹簧的伸长量为x1，根据平衡条件，沿杆方向有mgsin45°＝kx1cos45°，由机械能守恒定律得2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)))＝eq\f(1,2)kx12＋eq\f(1,2)(2m)v02，解得金属环的最大速度为v0＝geq\r(\f(m,2k))，金属环达到最大速度时重力的功率为P＝mgv0cos45°＝eq\f(mg2,2)eq\r(\f(m,k))，故B正确，D错误；当金属环下落到最低点，金属环速度为0，金属环与细杆之间的压力最大。设此时弹簧的形变量为x2，由机械能守恒定律得2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)))＝eq\f(1,2)kx22，对金属环进行受力分析，垂直于杆方向有FN＝mgcos45°＋kx2sin45°，解得金属环与细杆之间的最大压力为FN＝eq\f(3\r(2),2)mg，故C正确。[课时跟踪检测]1．(2023·广州高三调研)如图，现有一根轻杆OB，总长度为1.5m，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＝10g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＝10m/s2)()A．3m/s,0.34N B．4m/s,0.56NC．3m/s,0.56N D．4m/s,0.34N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\co1(L＋\f(L,2)))＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，由于A、B角速度相等，根据v＝rω，可知vB＝2vA，联立代入数据求得vA＝3m/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＝0.56N，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gsinθC．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gsinθ，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,tanθ)D．物体在最低点时，弹簧中的弹力为eq\f(mg,2cosθ)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,tanθ)，故弹簧的弹性势能为ΔE弹＝mgh＝eq\f(mgL,tanθ)，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cosθ>eq\f(mg,2)，解得：F弹>eq\f(mg,2cosθ)，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∶3B．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(72＋\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：mgRcos30°＝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＝vBcos30°，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Fcosα＝F向；Fsinα＝mg，解得F＝eq\r(2mω2R2＋mg2)。(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＝