课时跟踪检测（二十六）机械能守恒定律中的连接体问题（练习）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（通用版）

课时跟踪检测（二十六） 机械能守恒定律中的连接体问题 1.如图所示,可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻绳连接,跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱,A的质量为B的两倍。当B位于地面时,A恰好与圆柱轴心等高。将A由静止释放,B上升的最大高度是 (　 ) A.2R B. C. D. 解析:选C　设A、B的质量分别为2m、m,当A落到地面上时,B恰好运动到与圆柱轴心等高处,以A、B整体为研究对象,则A、B组成的系统机械能守恒,故有2mgR-mgR=(2m+m)v2,A落到地面上以后,B以速度v竖直上抛,又上升的高度为h'=,解得h'=R,此时绳子未绷直,故B上升的最大高度为R+h'=R,故C正确。 2.(多选)如图所示,半径为R的光滑圆环固定在竖直面内,质量均为m的A、B两球用轻杆连接套在圆环上。开始时轻杆竖直并同时由静止释放两球,当A球运动到B球开始的位置时,轻杆刚好水平,重力加速度为g,则从开始运动到轻杆水平的过程中,下列说法正确的是 (　 ) A.小球A、B的机械能均守恒 B.小球A、B组成的系统机械能守恒 C.杆对小球A做的功为零 D.杆对小球B做的功为mgR 解析:选BD　由于圆环是光滑的,因此A、B组成的系统机械能守恒,B正确;由几何关系可知,轻杆长度为R,当杆水平时,设A、B两球的速度大小均为v,由系统机械能守恒定律可知mg×R=×2mv2,解得v= ,因此从开始运动到轻杆水平时,B球的机械能增加,则A球的机械能减少,A错误;根据动能定理,对A球有mg·R+W1=mv2,解得W1=-mgR,C错误;对B球有W2=mv2=mgR,D正确。 3.如图所示,物体甲的质量为m1,中间有孔的物体乙可以套在竖直杆上无摩擦地滑动,物体乙的质量为m2,物体甲和乙通过绳子绕过光滑的定滑轮连接在一起,先控制物体乙在某一位置正好使连接物体乙的绳子处于水平状态。滑轮与杆的距离d=1.5 m,现释放物体乙,当物体乙下降h=2 m时,速度刚好为0,物体甲和乙均可看成质点。则物体甲和乙的质量之比m1∶m2为 (　 ) A.3∶4 B.4∶3 C.1∶2 D.2∶1 解析:选D　设物体甲上升的高度为h1,由机械能守恒定律得m1gh1=m2gh,由几何关系得=h2+d2,解得甲和乙的质量之比m1∶m2=2∶1,故D正确。 4.(2024·石家庄调研)(多选)如图所示,滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1,物块1又与一轻质弹簧连接在一起,轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住滑块2,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力,此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放,经过B处时速度最大,到达C处时速度为零,此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d,AC间距离为4d,不计滑轮质量、大小及摩擦。下列关于滑块2在AC间下滑时的说法中,正确的是 (　 ) A.滑块2下滑过程中,加速度一直减小 B.滑块2经过B处时的加速度等于零 C.物块1和滑块2的质量之比为2∶1 D.除A、C两点外,物块1的速度大小始终小于滑块2的速度大小 解析:选BCD　滑块2在下滑过程中,绳子拉力增大,合力先减小后反向增大,在B处速度最大,加速度为零,则加速度先减小后反向增大,故A错误,B正确;滑块2从A下滑到C点时,物块1上升的高度为h=-3d=2d,则当滑块2到达C处时弹簧伸长的长度为d,此时弹簧的弹性势能等于物块1静止时的弹性势能,对于物块1和滑块2及弹簧组成的系统,由机械能守恒定律有m1g·2d=m2g·4d,解得m1∶m2=2∶1,C正确;除A、C两点外,物块1的速度大小等于滑块2沿绳方向的分速度大小,所以物块1的速度大小始终小于滑块2的速度大小,D正确。 5.(2025·济南模拟)如图所示,一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b,跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上,质量为ma的a球置于地面上,质量为mb的b球从水平位置静止释放。当b球摆过的角度为90°时,a球对地面的压力刚好为零,下列结论正确的是 (　 ) A.ma∶mb=3∶1 B.ma∶mb=1∶1 C.ma∶mb=2∶1 D.ma∶mb=1∶3 解析:选A　因为b球摆动的过程中机械能守恒,则有mbgl=mbv2,当b球摆过的角度为90°时,a球对地面的压力刚好为零,说明此时绳子的张力为mag,b球摆过最低点时,根据牛顿第二定律得mag-mbg=mb,解得ma∶mb=3∶1,故A正确。 6.(2024·武汉模拟)(多选)半径为R的光滑圆环竖直放置,环上套有两个质量分别为m和m的小球A和B。A、B两球之间用一长为R的轻杆相连,如图所示。开始时,A、B两球都静止,且A球在圆环的最高点,现将A、B两球由静止释放,则下列说法正确的是 (　 ) A.A、B两球和轻杆组成的系统在运动过程中机械能守恒 B.B球到达最低点时的速度大小为 C.B球到达最低点的过程中,杆对A球做负功 D.B球在圆环右侧区域内能达到的最高点位置高于圆环圆心R 解析:选ABD　球A、B和轻杆组成的系统只有动能和势能间的相互转化,系统机械能守恒,A正确;释放后B球到达最低点的过程中,由机械能守恒定律,有mAgR+mBgR=mA+mB,因为A、B均做半径相同的圆周运动且角速度相等,可得vA=vB,解得vB=,B正确;B球到达最低点的过程中,设轻杆对A球做的功为W杆A,对A球应用动能定理可得W杆A+mAgR=mA,又vA=vB,解得W杆A=0,C错误;设B球到达右侧最高点时,OB与竖直方向间的夹角为θ,如图所示,取圆环的圆心O所在的水平面为参考平面,由系统机械能守恒定律可得mAgR=mBgRcos θ-mAgRsin θ,代入数据可得θ=30°,所以B球在圆环右侧区域内达到的最高点高于圆心O的高度hB=Rcos θ=R,D正确。 7.(2025·临沂模拟)如图所示,在水平地面上竖直固定一根光滑杆,在杆的最高点O固定一根水平杆,在水平杆上与O点距离均为3 m 的A、B两点分别固定两个定滑轮,在距O点正下方4 m 的光滑杆上套一个质量为1.2m的物体甲,并在物体甲上拴接两根光滑的轻绳,两根轻绳跨过定滑轮后另一端分别与质量均为m的物体乙和物体丙相连。将该系统由图示位置静止释放,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　 ) A.运动过程中甲、乙、丙三个物体的加速度始终相等 B.初始时刻物体甲的加速度大小为 C.物体甲最高不可能运动到与定滑轮等高的位置 D.运动过程中,某时刻物体甲的速度达到最大时,物体乙和物体丙的速度相等,且均为物体甲速度的 解析:选C　根据x=at2 ,乙和丙在相等的时间内运动相等的位移,可知乙和丙的加速度始终相等,根据乙和甲在相等的时间内运动的位移不相等,可知运动过程中甲、乙的加速度不相等,故A错误;物体甲最高运动到与定滑轮等高的位置时,增加的重力势能为ΔEp甲=1.2mg×4=4.8mg,乙和丙减少的重力势能为ΔEp乙丙=2mg×2=4mg,如果物体甲最高运动到与定滑轮等高的位置,与机械能守恒定律相矛盾,所以物体甲最高不可能运动到与定滑轮等高的位置,故C正确;运动过程中,某时刻物体甲的速度达到最大时,物体乙和物体丙的速度相等且最大,系统处于瞬时平衡状态,设此时轻绳与竖直方向的夹角为α,根据平衡条件得2mgcos α=1.2mg ,解得α=53° ,根据速度的分解可知v乙=v甲cos 53°=v甲 ,故D错误;若初始时刻轻绳的拉力为mg,对甲物体根据牛顿第二定律得2mgcos 37°-1.2mg=1.2ma甲 ,解得a甲=,由于初始时刻系统处于非平衡状态,轻绳的拉力不等于mg,所以物体甲的加速度不等于,故B错误。 8.(10分)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;(3分) (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分) (3)重物下落的高度h。(4分) 解析:(1)小球线速度的大小为v=ωr=2ωR。 (2)小球在A位置所受的向心力为Fn=2mω2R,由力的分解可得F=。 (3)落地时重物的速度v'=ωR, 由机械能守恒定律得Mv'2+4×mv2=Mgh 解得h=(ωR)2。 答案:(1)2ωR　(2)　 (3)(ωR)2 9.(10分)(2025·太原模拟)如图所示,外壁光滑、半径为R的四分之一柱体固定在水平桌面上,柱体左侧下端固定有水平光滑轻杆。一轻绳跨过柱体,两端分别拴连质量相等的小球A、B,B套在轻杆上,OB与桌面的夹角为θ。现将A、B同时由静止释放,B沿轻杆水平向右运动,A沿竖直方向向下运动,绳子始终绷紧,A、B在同一竖直平面内且A始终未落地。A、B可视为质点,重力加速度为g,当B运动到O点的正下方且未与柱体碰撞时,求: (1)A速度的大小;(5分) (2)B速度的大小。(5分) 解析:(1)小球B运动到O点的正下方时,设小球A的速度为vA,小球B的速度为vB,则有 vA=vBcos,解得vA=0。 (2)设小球A、B的质量为m,小球B运动到O点的正下方时,小球A下落的距离为h,由几何关系有h=-R 对小球A、B组成的系统由机械能守恒定律有 mgh=m,解得vB=。 答案:(1)0　(2) 10.(10分)(2025·长沙模拟)如图,可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的O点等高,Q为OP的中点,OP距离为2d。一根轻质不可伸长的细绳一端系在O点,穿过光滑圆环A再绕过定滑轮P,另一端吊着质量为m的重物B。初始时A、B都静止,且此时OA与水平方向夹角为30°(如图所示),然后在外力作用下,将圆环A 缓慢上移到Q点并静止释放。已知重力加速度为g,整个过程中B未与滑轮P相撞,不计空气阻力和一切摩擦。求: (1)A的质量;(3分) (2)A可以下降的最大距离;(3分) (3)A和B总动能最大时A的动能。(4分) 解析:(1)初始时A、B静止,此时OA与水平方向夹角为30°,A、B受力平衡,有 2Tsin 30°=mAg,T=mg,解得mA=m。 (2)设A可以下降的最大高度为H,A向下位移最大时A、B速度均为0,由机械能守恒定律有 mgH=mg·2,解得H=d。 (3)A和B总动能最大时系统的总势能最小,总势能取最小值对应系统静止时的平衡位置,即OA与水平方向夹角为30°的位置,根据机械能守恒定律,此时总动能Ek总=mgd 由关联速度可知,此时A、B速度等大,A、B动能等大,故此时A的动能为EkA=Ek总 故A和B总动能最大时A的动能为 EkA=mgd。 答案:(1)m　(2)d　(3)mgd 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$