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文档简介

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1.(2024·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(小球体积忽视不计),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,依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,依据v=rω,可知vB=2vA,联立代入数据求得vA=3m/s,对AB整体,由牛顿其次定律可得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,整个系统在沿斜面对下的外力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能够分别,重力加速度为g。则下列叙述正确的是()A.A、B刚分别的瞬间,两物块速度达到最大B.A、B刚分别的瞬间,A的加速度大小为gsinθC.从撤去力F到A、B分别的过程中,A物块的机械能始终增加D.从撤去力F到A、B分别的过程中,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刚分别的瞬间,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分别的过程中,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分别的过程中,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,动能始终在增大D.摇摆过程中,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连线水平常,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连线水平常,系统动能最大,此时A球运动到图中B球位置,故依据机械能守恒定律,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,起先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,物体接着向下运动,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,依据W物重=ΔE可知机械能始终减小,故B错误;依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,物体接着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.(2024·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用不行伸长的轻绳相连,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依据牛顿其次定律有(mQ-mP)g=(mQ+mP)a,得P和Q的质量比为1∶2,故A错误;明显,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,依据质量关系可知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;依据题意,分析P的运动可得其v-t图像如图所示,依据机械能守恒定律,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,起先时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,忽视鼓形轮、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=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.如图所示,质量为mB=3.5kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上,弹簧的劲度系数k=100N/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=1.6kg的小球A连接。已知直杆固定,杆长L=0.8m,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=45N,已知AO1=0.5m,重力加速度g=10m/s2,绳子不行伸长,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运动究竟端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=0.1m,即弹簧被拉长了0.1m。(2)物理过程分析:在小球A由A→C过程中,小球A到O1间的距离渐渐减小,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=CO1cos37°=AO1sin37°cos37°=0.24m。这一过程中B下降的高度h′=AO1-CO1=0.2m,由此可知弹簧被压缩了0.1m,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′=7J。(3)因杆长L=0.8m,故∠CDO1=θ=37°,故DO1=AO1,弹簧的伸长量

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