第8章 微专题十二 多物体组成的系统机械能守恒问题-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第八章　机械能守恒定律 微专题十二　多物体组成的系统机械能守恒问题 目录 1 2 问题导向　逐点突破 核心素养提升练 科学思维　拓展提升 3 科学思维　拓展提升 1．多物体组成的系统机械能守恒问题 类型一：轻绳连接的物体系统 (1)常见情境 (2)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高度变化的关系。 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。 科学思维 拓展提升 类型二：轻杆连接的物体系统 (1)常见情境 (2)三大特点 ①用杆连接的两个物体，其线速度大小一般有以下两种情况： a．若两物体绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定线速度v的大小。 b．“关联速度法”：两物体沿杆方向速度大小相等。 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆可能对物体做功，单个物体机械能可能不守恒。 ③对于杆和球组成的系统，若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。 科学思维 拓展提升 类型三：轻弹簧连接的物体系统 (1)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。 (2)两点提醒 ①对于同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。 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。 科学思维 拓展提升 2．机械能守恒定律和动能定理的比较与选择 (1)机械能守恒定律和动能定理的比较 规律 内容　 　 机械能守恒定律 动能定理 表达式 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA＝－ΔEB(只有A、B两个物体) W总＝ΔEk 应用范围 只有重力或弹力做功 无条件限制 研究对象 单个物体或多个物体组成的系统 单个物体 关注角度 守恒的条件，初、末状态机械能的形式及大小 合力做功情况及动能的变化 物理意义 重力或弹力做功的过程是动能与势能转化的过程 合力对物体做的功是动能变化的量度 科学思维 拓展提升 (2)机械能守恒定律和动能定理的选择 ①单个物体只受重力作用时，应用动能定理和应用机械能守恒定律，表达式在变形后相同。 ②对多个物体组成的系统，当机械能守恒时，一般应用机械能守恒定律解题较方便。 ③对有摩擦力或其他力做功的情况可考虑选用动能定理来解题。 科学思维 拓展提升 问题导向　逐点突破 1 2 3 4 5 问题导向 逐点突破 1 2 3 4 5 问题导向 逐点突破 1 2 3 4 5 问题导向 逐点突破 1 2 3 4 5 问题导向 逐点突破 1 2 3 4 5 问题导向 逐点突破 [名师点拨]　链条类(或液柱类)物体的机械能守恒问题 链条类(或液柱类)物体机械能守恒问题的分析关键是分析重心位置，进而确定物体重力势能的变化，解题要注意两个问题：一是参考平面的选取；二是链条(或液注)的每一段重心的位置变化和重力势能变化。 1 2 3 4 5 问题导向 逐点突破 1 2 3 4 5 问题导向 逐点突破 1 2 3 4 5 问题导向 逐点突破 1 2 3 4 5 问题导向 逐点突破 1 2 3 4 5 问题导向 逐点突破 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 [名师点拨]　用轻绳或轻杆连接的物体的速度大小不一定相等，它们只是在沿着绳或杆方向的速度大小相等。 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 1 2 3 4 5 6 7 核心素养提升练 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(多选)如图所示，质量分别为m1＝2 kg、m2＝1 kg的物体A、B通过细绳、光滑轻质滑轮连接，A离地面高度为h0＝0.5 m。A与B从静止开始释放，A由静止下落0.3 m时的速度为v1，下落0.3 m过程中细绳对B做的功为W，忽略空气的阻力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．v1＝eq \r(2) m/s B．v1＝3 m/s C．W＝1 J D．W＝4 J 解析：A下落h＝0.3 m过程中，对A、B组成的系统由机械能守恒定律得m1gh－m2gh＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \o\al(2,1)，代入数据解得v1＝eq \r(2) m/s，故A正确，B错误；对物体B，根据动能定理得W－m2gh＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,1)，代入数据解得W＝4 J，故C错误，D正确。 2．(多选)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则(　　) A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为eq \r(2gh) C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg 解析：设a沿杆方向的分速度与a竖直方向的合速度夹角为θ，则因沿杆方向a、b的分速度相等，可写出等式：vacosθ＝vbsinθ，a滑到最低点时，θ＝90°，所以b的速度为0，又因b的初速度也为0，可知此过程中b的动能先增大后减小，根据动能定理可知，轻杆对b先做正功后做负功，A错误；a、b所组成的系统机械能守恒，所以当a滑到地面时，有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,a)＋0＝mgh，解得va＝eq \r(2gh)，B正确；由轻杆对b先做正功后做负功可知，轻杆对b先有向右下方的推力，后有向左上方的拉力，即杆对a先有向左上方的推力，后有向右下方的拉力，可知a下落过程中，其加速度有大于g的情况，且当a的机械能最小时，b的动能最大，此时轻杆对a、b无作用力，故C错误，D正确。 3．如图所示，粗细均匀的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为(不计液体内能的变化)(　　) A．eq \r(\f(\a\vs4\al(gh),8)) B．eq \r(\f(\a\vs4\al(gh),6)) C．eq \r(\f(\a\vs4\al(gh),4)) D．eq \r(\f(\a\vs4\al(gh),2)) 解析：在液柱流动过程中除受重力作用外，还受大气压力作用，但在液体流动过程中，右侧大气压力做的正功等于左侧大气压力做的负功，所以满足机械能守恒条件。以原来左侧液面处为重力势能的参考平面，设高h的液柱质量为m，则由机械能守恒定律得mg·eq \f(h,2)＝mg·eq \f(h,4)＋eq \f(1,2)(4m)v2，解得v＝eq \r(\f(\a\vs4\al(gh),8))，A正确。 4．(2023·山东省济宁市高一下期末统考)(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的四分之一圆弧轨道BC，与竖直轨道AB和水平轨道CD相切，轨道均光滑。现有长也为R的轻杆，两端固定质量均为m的相同小球a、b(可视为质点)，用某装置控制住小球a，使轻杆竖直且小球b与B点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑。设小球始终与轨道接触，重力加速度为g。则(　　) A．小球a滑过C点后，速度大小为eq \r(2gR) B．小球a滑过C点后，速度大小为eq \r(3gR) C．下滑过程中小球a机械能增大 D．下滑过程中小球a机械能减小 解析：最终a、b都滑至水平轨道时(即小球a滑过C点后)速度相等，设为v，下滑过程中只有重力对a、b组成的系统做功，系统机械能守恒，则有mgR＋mg·2R＝eq \f(1,2)×2mv2，解得v＝eq \r(3gR)，故A错误，B正确；以水平轨道为零势能面，下滑过程中，小球a机械能的变化量ΔEa＝Ea2－Ea1，其中开始时的机械能Ea1＝2mgR，最终的机械能Ea2＝eq \f(1,2)mv2，可得ΔEa＝－eq \f(1,2)mgR<0，所以小球a机械能减小，故C错误，D正确。 5．(多选)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在天花板上，质量相等的小球A和圆环B通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，圆环B套在光滑水平直杆上，水平杆到滑轮上端的距离为1.2 m，初始时小球A和圆环B均处于静止状态，小球A位于滑轮顶端，B到滑轮的距离为2 m。重力加速度g取10 m/s2，现由静止释放小球A，在小球A下落的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小球A的速度一直增大 B．小球A下落0.5 m时，B的速度为5eq \r(\f(5,17)) m/s C．小球A下落0.8 m时其机械能最小 D．圆环B向左运动过程中，杆对B的弹力一直竖直向上 解析：当B运动到滑轮正下方时，B沿绳方向的速度为零，则A的速度也为零，说明A的速度不会一直增大，故A错误；小球A下落0.5 m时，B与滑轮间轻绳长为1.5 m，设轻绳与水平杆夹角为θ，则有sinθ＝eq \f(1.2,1.5)＝eq \f(4,5)，设此时B的速度大小为v，则此时A的速度大小为vA＝vcosθ，由系统机械能守恒得mgh1＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)，代入数据可得v＝5eq \r(\f(5,17)) m/s，故B正确；由于绳长不变，小球A下落0.8 m时，B正好到达滑轮正下方，此时A的速度为零，高度最低，之后B继续向左滑动，A高度升高，速度增大，所以小球A下落0.8 m时其动能和重力势能都达到最小，故机械能最小，C正确；当B到达滑轮正下方瞬间后，A速度为零，加速度向上，说明轻绳拉力大于A的重力大小，则此时B受轻绳向上的拉力大于B的重力，由圆环B竖直方向所受合力为零知，此刻杆对B的弹力是竖直向下的，故D错误。 1．(多选)如图所示，质量均为m的a、b两球固定在轻杆的两端，杆可绕水平轴O在竖直面内无摩擦转动，已知两球距轴O的距离分别为La＝2L、Lb＝L，重力加速度为g，现将杆由水平位置静止释放，则a下降过程中(　　) A．a、b两球机械能之和保持不变 B．a球的速度一直增大 C．b球的速度一直减小 D．a到达最低点时，b的速度为eq \r(\f(2gL,5)) 解析：a球和b球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，A正确。由于La>Lb，a球下降过程中，同一时刻a球下降的高度大于b球上升的高度，又a、b两球质量相同，则a、b两球整体重力势能减小，根据机械能守恒定律可知a、b两球的总动能增大，根据v＝rω及La＝2Lb可知，va＝2vb，则a、b两球的速度均一直增大，B正确，C错误；设a球在最低点时速度大小为va′，b球的速度大小为vb′，则将杆由水平位置静止释放至a球到达最低点，对a、b两球组成的系统，根据机械能守恒定律有mgLa－mgLb＝eq \f(1,2)mva′2＋eq \f(1,2)mvb′2，又va′＝2vb′，可得vb′＝eq \r(\f(\a\vs4\al(2gL),5))，D正确。 2．如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看作质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是(　　) A．B球减少的机械能大于A球增加的机械能 B．B球减少的重力势能等于A球增加的重力势能 C．B球的最大速度为eq \r(\f(4gR,3)) D．B球克服细杆所做的功为eq \f(1,10)mgR 解析：小球A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，B球减少的机械能等于A球增加的机械能，故A错误；小球A、B组成的系统机械能守恒，可知B球减少的重力势能等于A球增加的重力势能与两小球增加的动能之和，故B错误；A球上升的高度与B球下降的高度始终相等，B球的质量大于A球的质量，故A、B两球整体重力势能一直减小，动能一直增大，又两球速度大小始终相等，故B球在最低点时速度最大，设B球在最低点的速度大小为v，则根据小球A、B组成的系统机械能守恒，有2mg·2R－mg·2R＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2，可得B球的最大速度为v＝eq \r(\f(\a\vs4\al(4gR),3))，故C正确；对B球，根据动能定理得2mg·2R－W＝eq \f(1,2)×2mv2，解得B球克服细杆所做的功为W＝eq \f(8,3)mgR，故D错误。 3．如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g，当细绳与竖直杆间的夹角为θ＝60°时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为(　　) A．eq \r(\f(2,5)gh) B．eq \r(\f(4,5)gh) C．eq \r(\f(\a\vs4\al(gh),2)) D．eq \r(gh) 解析：设物体A下落高度h时，物体A的速度为vA，物体B的速度为vB，此时有vA＝eq \f(vB,cos60°)＝2vB，物体A、B组成的系统机械能守恒，则有mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，联立方程解得vB＝eq \r(\f(2,5)gh)，故A正确。 4．(多选)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中(　　) A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于eq \f(3,2)mg B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于eq \f(3,2)mg C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下 D．弹簧的弹性势能最大值为eq \f(\r(3),2)mgL 解析：取A、B、C整体研究，三个小球皆静止时，由平衡条件得3mg＝2FN，解得地面对B、C球的弹力均为FN＝eq \f(3,2)mg。当A球下降时，只要A球未达到最大速度，有竖直向下的加速度，A球就处于失重状态，地面对B球的支持力也就小于eq \f(3,2)mg，故A正确；A球的动能最大时，aA＝0，系统在竖直方向上F合＝0，则地面对B球的弹力为eq \f(3,2)mg，故B正确；弹簧的弹性势能最大时，弹簧的伸长量最大，A球运动到最低点，此时vA＝0，但aA≠0，加速度方向竖直向上，故C错误；两杆间夹角由60°变为120°，A球下落的距离h＝Lsin60°－Lsin30°＝eq \f(\r(3)－1,2)L，A球重力势能的减少量为ΔEp＝eq \f(\r(3)－1,2)mgL，由系统机械能守恒知，小球A减少的机械能完全转化为弹簧的弹性势能，则弹簧的弹性势能最大值为eq \f(\r(3)－1,2)mgL，故D错误。 5．(2023·山东省日照市高二统考开学考试)如图所示，质量不计的直角形支架的两直角边长度均为L，支架两端分别连接质量为3m的小球A和质量为2m的小球B。支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，重力加速度大小为g。开始时连接A球的边处于水平状态，现将小球A由静止释放，到小球B到达最高点的过程中，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．运动过程中，小球A、B的重力势能之和一直减小 B．小球A到达最低点时的速度大小为eq \r(gL) C．小球A由释放至最低点的过程中，杆对小球A所做的功为eq \f(12,5)mgL D．小球A不能够摆动到竖直方向左侧与竖直方向成30°角的位置 解析：小球A由静止释放，到小球B到达最高点的过程中，对小球A、B组成的系统，只有重力做功，则系统机械能守恒，又因为系统动能先增大后减小，所以系统的重力势能先减小后增大，故A错误；设小球A到达最低点时的速度大小为v，由A、B系统机械能守恒得3mgL－2mgL＝eq \f(1,2)(3m＋2m)v2，解得v＝eq \r(\f(\a\vs4\al(2gL),5))，故B错误；小球A由释放至最低点的过程中，由动能定理得W＋3mgL＝eq \f(1,2)×3mv2，解得杆对小球A所做的功W＝－eq \f(12,5)mgL，故C错误；假设小球A可以摆动到竖直方向左侧与竖直方向成30°角的位置，则系统减少的重力势能为3mgLcos30°－2mg(L＋Lsin30°)<0，不符合实际，则假设错误，所以小球A不能摆动到竖直方向左侧与竖直方向成30°角的位置，故D正确。 6．(多选)某实验小组在家里研究能量的转化，设计了如下的实验。一条长度为l、质量为m的湿滑毛巾挂在水平晾衣杆上，毛巾的质量分布均匀，毛巾与水平晾衣杆之间的摩擦忽略不计。毛巾分别在图甲、乙所示状态下从静止开始竖直下降，两种情况下毛巾刚好离开水平晾衣杆时的速度分别为v1、v2，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A．湿滑毛巾在水平晾衣杆上的运动满足机械能守恒定律 B．湿滑毛巾的右侧部分在水平晾衣杆上的运动满足机械能守恒定律 C．图甲所示情况下毛巾刚好离开水平晾衣杆时的速度v1＝eq \f(2\r(\a\vs4\al(gl)),3) D．图乙所示情况下毛巾刚好离开水平晾衣杆时的速度v2＝eq \f(\r(\a\vs4\al(gl)),4) 解析：湿滑毛巾在水平晾衣杆上运动的过程中，只有重力做功，满足机械能守恒定律，而湿滑毛巾的右侧部分因所受到的左侧部分的作用力对其做功，不满足机械能守恒定律，故A正确，B错误；取水平晾衣杆顶部为重力势能的零势能面，对毛巾在图甲、图乙两种情况下的运动过程，根据机械能守恒定律，分别有：eq \f(1,3)mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(l,6)))＋eq \f(2,3)mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(l,3)))＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(l,2)))＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，eq \f(1,4)mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(l,8)))＋eq \f(3,4)mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3l,8)))＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(l,2)))＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，解得v1＝eq \f(2\r(\a\vs4\al(gl)),3)，v2＝eq \f(\r(\a\vs4\al(6gl)),4)，故C正确，D错误。 7．如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块A，另一端连接在滑环C上，滑环C套在光滑竖直杆上，物块A的下端用轻质弹簧与放在地面上的物块B连接，A、B两物块的质量均为m，滑环C的质量为M。开始时滑轮与C间轻绳水平且刚好拉直无拉力，滑轮到杆的距离为L。控制滑环C，使其沿杆缓慢下滑，当C下滑eq \f(4L,3)时，释放滑环C，结果滑环C刚好处于静止，此时B刚好要离开地面，不计一切摩擦，滑轮的大小可以忽略不计，重力加速度为g。 (1)求弹簧的劲度系数； (2)若从图示位置由静止释放滑环C，求当物块B刚好要离开地面时，滑环C的速度大小。 解析：(1)设开始时弹簧的压缩量为x，物块B刚好要离开地面时弹簧的伸长量为x′， 对A受力分析有kx＝mg 对B受力分析有kx′＝mg 由几何关系有x＋x′＝eq \r(L2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4L,3)))\s\up12(2))－L 联立解得x＝x′＝eq \f(L,3)，k＝eq \f(\a\vs4\al(3mg),L)。 答案：(1)eq \f(\a\vs4\al(3mg),L)　(2)eq \r(\f(\a\vs4\al(55Lg),42)) (2)若从图示位置由静止释放滑环C，当B刚好要离开地面时，A上升的距离为h＝x＋x′＝eq \f(2L,3) C下滑的距离H＝eq \f(4L,3) 此时滑轮与C间轻绳与竖直方向的夹角θ满足 cosθ＝eq \f(\f(4L,3),\r(L2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4L,3)))\s\up12(2)))＝eq \f(4,5) 在此过程中初、末状态弹簧的形变量相等，弹簧弹性势能相等，根据机械能守恒定律有MgH－mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,C) 根据运动的合成与分解有vA＝vCcosθ 又已知当控制C缓慢下滑eq \f(4L,3)再释放滑环C时，轻绳的拉力大小F＝2mg 此时C刚好处于平衡状态，则Fcosθ＝Mg 联立解得vC＝eq \r(\f(\a\vs4\al(55Lg),42))。 $$