第6章　机械能 第5讲　专题提升：机械能守恒定律中的连接体问题--2027全国版高考物理第一轮(含答案)

2027全国版高考物理第一轮
第5讲　专题提升:机械能守恒定律中的连接体问题
基础对点练
1.(2025浙江杭州高三月考)如图所示,一个光滑定滑轮固定在光滑平台边缘。一根轻绳跨过滑轮,两端分别系一个质量均为m的小物块A和B。初始时,轻绳伸直,A底端距离地面的高度为h,B位于平台上。现将整个系统由静止释放,A落地时B还未到达平台边缘。则下列说法正确的是(　　)
A.A在下降过程中,其机械能守恒
B.A在下降过程中,绳上的拉力为mg
C.A落地时的速度大小为
D.A下落过程中轻绳拉力对其做功为mgh
2.(多选)(2026山东济南高三月考)如图所示,轻绳一端竖直固定在天花板上,另一端跨过定滑轮后与放在光滑水平桌面上的物块b相连,绳与水平桌面平行,托住a使轻绳张紧且系统静止。已知物块a的质量为3m,物块b的质量为m,重力加速度为g,a离地面足够高,b始终未接触定滑轮,不计空气阻力、滑轮的质量和摩擦。现将a由静止释放,在b向右运动距离为L的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.a的速度与b的速度大小相等
B.a减少的机械能等于b增加的动能
C.重力对a做的功为
D.a的最大速度为
3.(2025安徽名校联考)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l,支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动,如图所示。开始时OA边处于水平位置,由静止释放,重力加速度为g,则(　　)
A.A球转动到最低点时,A球的速度最大
B.A球的最大速度为2
C.A球第一次转动到OA边与竖直方向的夹角为60°时,A球的速度最大
D.A球的最大速度为
4.(2025山东威海三模)如图所示,质量分别为6m和m的物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接,P置于倾角为30°的光滑固定斜面上,Q穿在固定的竖直光滑杆上。轻质弹簧的一端固定在地面上,另一端连接Q。初始时,控制P使轻绳伸直且无拉力,轻绳的OP段与斜面平行,OQ段与杆的夹角为37°。将P由静止释放,Q在运动过程中经过M点,OM与杆垂直,长为1.5L。P、Q均可视为质点,弹簧始终在弹性限度内,劲度系数k=,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。Q经过M点时的速率为(　　)
A. B.2
C. D.2
5.(2026山东德州高三月考)如图所示,有一光滑轨道PABC,PA部分竖直,BC部分水平,AB部分是半径为R的四分之一圆弧,其中AB与PA、BC相切。质量均为m的小球a、b(可视为质点)固定在长为R的竖直轻杆两端,开始时a球与A点接触且轻杆竖直,由静止释放两球使其沿轨道下滑,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.a球下滑过程中机械能减小
B.b球下滑过程中机械能增加
C.b球滑到水平轨道上时速度大小为
D.从释放a、b球到两球均滑到水平轨道的过程中,轻杆对a球做功为mgR
6.(2025湖南娄底二模)如图所示,AB等高,B为可视为质点的光滑定滑轮,C为大小可忽略的轻质光滑动滑轮。AB之间距离为2d,一根足够长的轻质不可伸长的细绳一端系在A点,穿过光滑动滑轮C再绕过定滑轮B,动滑轮下挂着质量为m的小球P,绳另一端吊着质量为m的小球Q。初始时整个系统都静止,然后在外力作用下,将动滑轮C缓慢上移到与AB等高并由静止释放。已知重力加速度为g,整个过程中Q未与滑轮B相撞,不计空气阻力和一切摩擦,则下列说法正确的是(　　)
A.初始时刻,AC与BC夹角为60°
B.C可以下降的最大高度为2d
C.P下降高度为d时系统的动能最大
D.系统运动过程中最大动能为Ek=(2-)mgd
综合提升练
7.(多选)(2025河北沧州二模)如图所示,套在一光滑的水平固定杆上的小环N和另一套在光滑竖直固定杆上的小环M用一不可伸长的轻绳连接在一起,两杆在同一竖直面内,M、N两环的质量均为m=1 kg,绳长为l=0.24 m。一水平外力F作用在小环N上,整个系统处于静止状态,轻绳与竖直杆夹角为α=60°。不计空气阻力,轻绳始终处于伸直状态。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.作用在小环N上外力F的大小为10 N
B.撤去F后,小环M在运动过程中机械能守恒
C.撤去F后,轻绳与竖直杆夹角β=37°时,小环M的速度大小为0.36 m/s
D.撤去F后,小环N能达到的最大速度为 m/s
8.(2025山东潍坊一中高三期末)如图所示,将质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长的轻绳相连,分别置于等高的光滑水平台面上,质量为4m的物块C挂在轻质动滑轮下端,手托C使轻绳处于伸直状态。t=0时刻将C由静止释放,经t1时间C下落h高度。运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞,摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(　　)
A.A、C运动的加速度大小之比为3∶4
B.A、C运动的加速度大小之比为4∶1
C.t1时刻,C下落的速度为
D.t1时刻,C下落的速度为
9.(12分)(2026湖南株洲高三期中)用三根细线将三个物块A、B、C和定滑轮组装成图示装置。已知B、C的质量分别为3m、2m,它们间细线长度为L,C离地高度也为L;A的质量mA满足3m(1)求C在下落过程中的加速度大小。
(2)求A上升的最大速度。
(3)若B刚好能着地,求A的质量。
培优拔高练
10.(2025河北唐山二模)如图所示,在外力作用下球A和斜面B处于静止状态,斜面B底端紧靠左侧墙壁。已知球A的质量为9 kg,半径为0.4 m,斜面B的质量为16 kg,倾角为53°。不计一切摩擦,已知重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8。撤去外力,斜面B向右移动0.3 m的过程中,关于球A和斜面B的运动,下列说法正确的是(　　)
A.球A做自由落体运动
B.球A下落的位移为0.5 m
C.球A的末速度大小为1.8 m/s
D.斜面B的末速度大小为1.5 m/s
答案：
1.C　解析 A在下降过程中,绳子拉力对其做功,机械能不守恒,故A错误;对A受力分析,根据牛顿第二定律有mg-FT=ma,对B分析有FT=ma,则FT=,故B错误;对A、B组成的系统,根据机械能守恒定律有mgh=×2mv2,解得v=,故C正确;A下落过程中轻绳拉力对其做功为W=-FTh=-mgh,故D错误。
2.BCD　解析 b向右运动距离为L的过程中,a下降的距离为,所以a的速度与b的速度大小不相等,故A错误;根据机械能守恒定律可知,a减少的机械能等于b增加的动能,故B正确;重力对a做的功为WG=3mg·,故C正确;根据机械能守恒定律可得3mg··3m,2va=vb,解得va=,故D正确。
3.D　解析 根据题意知无论何时小球A和B的角速度均相同,A和B线速度大小之比,由系统机械能守恒定律可知,A球的速度最大时,二者的动能最大,此时两球总重力势能最小。当OA与竖直方向的夹角为θ时,由机械能守恒定律得mg·2lcos θ-2mgl(1-sin θ)=×2m,解得gl(sin θ+cos θ)-gl,由数学知识可得θ=45°时,sin θ+cos θ最大为,此时A球有最大速度v1=,故选D。
4.A　解析 未释放P前,对Q有mg=kx,解得弹簧压缩量x=L,当Q经过M点时,由于OM与杆垂直,可知此时P的速度为0,由几何关系可知LQM==2L,可知在M点时,弹簧拉伸量为L,弹性势能与开始时相同,故对P、Q和弹簧构成的系统,由机械能守恒有6mgsin 30°+Ep-mg=+Ep,解得vM=,故选A。
5.D　解析 两个小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能守恒,故有mgR+mg·2R=×2mv2,解得v=,即a、b球滑到水平轨道上时速度大小均为v=,故C错误;b球在滑落过程中,设杆对b球做功为W,根据动能定理可得W+mg·2R=mv2,联立解得W=-mgR,对a球由动能定理可得W'+mgR=mv2,解得杆对a球做功为W'=mgR,故D正确;由上述分析可知,杆对a球做正功,对b球做负功,故下滑过程中a球机械能增大,b球机械能减小,即对单个球来看,机械能均不守恒,故A、B错误。
6.D　解析 初始时刻静止,绳子中拉力FT=mg,对动滑轮C进行受力分析可得,AC与BC夹角为120°,故A错误;设C可以下降的最大高度为h,由能量守恒定律可得,mgh=2mg(-d),解得h=d,故B错误;P和Q总动能最大时系统的总势能最小,即总势能取极小值,对应系统静止时的平衡位置,即AC与BC夹角为120°,此时P下降高度h=d,Q上升高度h'=2d,由机械能守恒定律,此时总动能Ek=(2-)mgd,故C错误,D正确。
7.AD　解析 初始时在拉力F的作用下,M、N均处于静止状态,以N为研究对象,根据平衡状态有F-FTsin 60°=0,以M为研究对象,根据平衡状态有FTcos 60°=mg,联立两式解得F=10 N,故A正确;在运动的过程中,M、N组成的系统机械能守恒,由于轻绳拉力对M做负功,故M的机械能不守恒,故B错误;轻绳与竖直杆夹角β=37°时,将M、N的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳的方向,由绳关联模型可知,两小环沿绳的方向的速度相等,则有vMcos 37°=vNsin 37°,可得vN=vM,在运动的过程中,M、N组成的系统机械能守恒,则有mg(lcos 37°-lcos 60°)=,联立解得vM=0.72 m/s,故C错误;设N的最大速度为vm,根据机械能守恒定律有mgl(1-cos 60°)=,解得vm= m/s,故D正确。
8.D　解析 根据题意,对A、B分析,根据牛顿第二定律有FT=maA,FT=2maB,解得aA∶aB=2∶1,根据s=t2可得路程之比=2,设B运动的路程为s,则A运动的路程为2s,可知此时C运动的路程为1.5s,则有aA∶aB∶aC=4∶2∶3,故A、C运动的加速度大小之比为4∶3,故A、B错误;根据v=at,可知vA∶vB∶vC=4∶2∶3,C下落过程,由A、B、C组成的系统机械能守恒,有4mgh=×2m×4m,解得vC=,故C错误,D正确。
9.答案 (1)g　(2)　(3)m
解析 (1)剪断细线后,对A、B、C整体,由牛顿第二定律得5mg-mAg=(5m+mA)a
解得a=g。
(2)物块C刚落地时,A的速度最大,三个物体组成的系统机械能守恒,则(5mg-mAg)L=(5m+mA)v2
解得v=。
(3)物块C落地后,物块B恰能下降地面,则此时物块A和物块B的速度为零
(3mg-mAg)L=0-(3m+mA)v2
联立解得mA=m。
10.D　解析 对A球受力分析可知,A球受重力、斜面的弹力与左侧墙壁的弹力,可知球A不做自由落体运动,故A错误;如图所示
根据几何关系可知,A球落地前,任意一段时间内,A、B两物体的位移大小之比为=tan 53°,可知任意时刻有=tan 53°,代入数据可得球A下落的位移为xA=0.4 m,设刚开始A球球心距离地面的高度为h ,根据几何关系可知tan 53°=,解得h=1.2 m,由于xA=0.4 m<(h-R)=0.8 m,可知撤去外力后,斜面B向右移动0.3 m的过程中,A球没有落地;球A和斜面B组成的系统机械能守恒,则有mAgxA=mAmB
联立解得vA=2 m/s,vB=1.5 m/s,故B、C错误,D正确。
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