第5章 第3讲 第2课时 机械能守恒定律中的连接体问题(综合融通课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（江苏专版）

机械能守恒定律中的连接体问题(综合融通课) 第2课时 1 模型(一)　轻绳连接的系统 2 模型(二)　轻杆连接的系统 CONTENTS 目录 4 课时跟踪检测 3 模型(三)　轻弹簧连接的系统 模型(一)　轻绳连接的系统 [例1]　如图所示，质量均为m的重物A、B和质量为M的重物C(均可视为质点)用不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮(半径可忽略)连接，C与滑轮等高时，到两定滑轮的距离均为l，现将系统由静止释放，C竖直向下运动，下落高度为l时，速度达到最大，已知运动过程中A、B始终未到达滑轮处，重力加速度大小为g。 (1)C下落l时，求细绳的拉力大小FT; [答案]　Mg [解析]　设C下落l时，细绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得tan θ==，所以θ=30° C的速度最大时，加速度为0，合力为0，有 2FTcos θ=Mg，解得FT=Mg。 (2)C下落l时，求C的速度大小vC; [答案]　2 [解析]　由几何关系，当C下落l时，A和B上升的高度为h=-l=l 对A、B、C组成的系统，根据机械能守恒定律有Mg·l-2mgh=M+ 2·m，vA=vCcos θ，解得vC=2。 (3)若用质量为m的D替换C，将其静止释放，求D能下降的最大距离d。 [答案]　2l [解析]　设D下落至最低点时，细绳与竖直方向的夹角为α，对A、B、D组成的系统，由机械能守恒定律有mgd=2mg 由几何关系得d=，解得d=2l。 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。 模型建构 1.如图所示，物块A的质量为m，物块B的质量为4m，两 物块被系在绕过定滑轮的轻质细绳两端。不计摩擦和空 气阻力，定滑轮的质量忽略不计，重力加速度大小为g，两物块由静止开始运动，当B向右运动的距离为x时(未到达定滑轮处)，则 (　 ) A.A的动能为mgx B.A的动能为mgx C.绳子的拉力对B做的功为mgx D.绳子的拉力对B做的功为mgx 针对训练 √ 解析：当B向右运动的距离为x时，A下落的高度也为x，取A、B为系统，该过程系统机械能守恒，设二者速率为v，则有mgx=(m+4m)v2，可得A的动能为EkA=mv2=mgx，A、B错误;此时B的动能EkB=·4mv2=mgx，根据动能定理可知绳子的拉力对B做的功WB=EkB=mgx，C正确，D错误。 2.(2025·泰州高三调研)如图所示，固定光滑斜面顶端有一轻质光滑定滑轮，质量为m的物块P和质量为3m的物块Q用轻质细绳相连，外力作用于P，使P、Q均静止。某时刻撤去外力，当Q下降的高度为h时，细绳断裂。重力加速度为g，sin 37°=0.6，P、Q均可视为质点，斜面足够长，则 (　 ) A.物块P沿斜面上升的最大高度为h B.当细绳断裂的瞬间，物块Q的重力的功率为 C.在细绳断裂后，物块P沿斜面向上运动的时间为 D.当物块P运动至最高点时，物块Q的机械能相对t=0时刻减少了mgh √ 解析：根据题意可知，当Q下降的高度为h时，细绳断裂，根据几何关系得，P上升的高度h'=sin 37°=h，细绳断裂的瞬间，P、Q速度大小相等，对PQ整体，根据机械能守恒定律有3mgh-mgh'=v2，解得v=，细绳断裂后，设P还能上升的高度为h1，根据机械能守恒定律有mgh1=mv2，解得h1=h，则物块P沿斜面上升的最大高度H=h'+h1=h，故A错误; 当细绳断裂的瞬间，物块Q重力做功的功率P=3mgvsin 53°=，故B错误;细绳断裂后，物块P沿斜面向上运动的时间t==，故C正确;根据题意可知，细绳断裂前P、Q组成的系统机械能守恒，细绳断裂后，物块P、Q的机械能均守恒，则当物块P运动至最高点时，物块P增加的机械能等于物块Q的机械能相对t=0时刻的减少量，即ΔE=mg =mgh，故D错误。 模型(二)　轻杆连接的系统 [例2]　如图所示，两根轻质杆构成直角支架，O点为水平转轴，OA杆长为L，A端固定一质量为2m的小球a，OB杆长为2L，B端固定一质量为m的小球b，用手抬着B端使OB杆处于水平状态，撒手后支架在竖直平面内转动，不计一切摩擦，则以下说法正确的是 (　 ) A.小球a不可能转到与O点等高处 B.小球b转动的最大速度为 C.转动过程中杆受力一定沿杆方向 D.小球a从最低点运动到最高点的过程中，杆对小球a做的功为mgL √ [解析]　假设小球a恰好转到与O点等高处，设O点所在水平面为零势能面，小球a和b组成的系统初始位置机械能为E1=-2mgL，当小球a转到与O点等高处时系统机械能为E2=-2mgL，即E1=E2，假设成立，故小球a一定能转到与O点等高处，A错误;设OB杆与水平方向夹角为θ时，小球b速度为v，则小球a的速度va=，由系统机械能守恒，有2mgLsin θ-2mgL(1-cos θ)=mv2+·2m， 可知θ=45°时速度最大，得v= ，B正确;在转动过程中小球a的机械能增加，小球b的机械能减少，所以杆对a和b均做功，存在杆对a和b的力与速度不垂直位置，即存在杆对a和b的力不沿杆的位置，根据牛顿第三定律可知杆受力不沿杆方向，C错误;设杆对小球a做的功为W，由动能定理，有W-2mgL=0，得W=2mgL，D错误。 常见情境 三大特点 (1)平动时两物体线速度大小相等，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。 模型建构 3.如图所示，一根轻杆长为2L，中点A和右端点B各固定一个小球，mB=2mA，左端O为光滑水平转轴，开始时杆静止在水平位置，释放后将向下摆动至竖直，在此过程中以下说法正确的是 (　 ) A.A、B两球的机械能都守恒 B.A、B两球的机械能不守恒，但它们组成的系统机械能守恒 C.这一过程O、A间轻杆对A球做正功 D.这一过程A、B间轻杆对A球做正功 针对训练 √ 解析：两小球及轻杆组成的系统机械能守恒，设摆到竖直时角速度为ω，mB=2mA=2m，则有m(Lω)2+×2m(2Lω)2=mgL+2mg·2L，解得ω=，即A的动能为EkA=m(ωL)2=mgL<|ΔEpA|=mgL，B的动能为EkB=×2m(ω·2L)2=mgL>|ΔEpB|=4mgL，可知A球的机械能减少，B球的机械能增加，故A错误，B正确;由于A、B两球组成的系统机械能守恒，则下摆的过程O、A间轻杆的弹力沿杆方向不做功，由于A球的机械能减少，则A、B之间轻杆对A球做负功，故C、D错误。 4.如图为一幼儿园的可调臂长的跷跷板的示意图，O为跷跷板的支点。开始时一质量为m的小朋友坐在跷跷板的A端，此时A端恰好着地，跷跷板与水平地面的夹角为θ=30°。现有一质量为4m的老师轻坐在跷跷板的B端，经过一段时间后跷跷板处于水平位置。已知OA=2L，OB=L，不计空气阻力和跷跷板的质量，重力加速度大小为g，小朋友与老师均可视为质点，则 (　 ) A.此过程中小朋友的机械能守恒 B.此过程中小朋友与老师的速度大小之比为1∶2 C.跷跷板处于水平位置时，老师的速度大小为 D.此过程中跷跷板对小朋友做的功为mgL √ 解析：此过程中小朋友的速度增大，动能增大，重力势能增大，则小朋友的机械能增大，A错误;小朋友与老师的角速度总是相等，根据v=ωr，由于小朋友与老师绕O点转动的半径之比为2∶1，可知小朋友与老师的速度大小之比为2∶1，B错误;跷跷板处于水平位置时，设老师的速度大小为v，则小朋友的速度大小为2v，根据系统机械能守恒可得4mg·Lsin 30°-mg·2Lsin 30°=m(2v)2+×4mv2，解得v=，C错误; 根据动能定理可得W-mgL=m(2v)2，解得W=mgL，可知此过程中跷跷板对小朋友做的功为mgL，D正确。 模型(三)　轻弹簧连接的系统 [例3]　(2025·江苏太仓高三联考)如图所示，A、B两小球由绕过轻质光滑定滑轮的细线相连，A放在固定的倾角为30°的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，使细线恰好伸直，保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知B、C的质量均为m，重力加速度为g。松手后A由静止开始沿斜面下滑，当A速度最大时C恰好离开地面，则A下滑的最大速度为 (　 ) A.2g B.g C. D.g [解析]　对A、B整体，由平衡条件可得mAgsin 30°=F+mg，F为此时弹簧的弹力，因此时C恰好离开地面，则有F=mg，联立解得mA=4m，C恰好离开地面时，对C则有kx2=mg，解得x2=，此时A、B有最大速度，且A、B速度大小相等。开始时系统静止，弹簧被压缩，绳上无拉力， √ 对B则有kx1=mg，解得x1=，从释放A到C恰好离开地面的运动中，弹簧的弹性势能变化量是零，在此运动中A、B、C组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可得4mg(x1+x2)sin 30°=mg(x1+x2)+ (4m+m)，解得vAm=2g，故选A。 模型特点 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，弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。 (2)弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大。 模型建构 5.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧两端分别与物块A、B相连，轻绳绕过定滑轮分别与物块B、C相连，整个装置处于静止状态，物块C离地面高度为h。现将物块C拉至地面由静止释放，物块A始终没有离开地面。已知物块A、B、C质量分别为3m、m、m，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦阻力，则 (　 ) 针对训练 A. h最大值为 B.物块B运动到最低点时，物块C不一定运动到最高点 C.物块C离地面高为2h时速度最大 D.物块C在上升过程中机械能一定不断增大 √ 解析：开始弹簧处于原长，当将物块C拉至地面时，弹簧形变量最大，此时A受到的拉力最大，有kh≤3mg，所以有h≤，A错误;以B、C为整体，设弹簧的弹力为F，则有F=2ma，当h≤时，B、C的最大加速度不大于g，B、C一直一起运动，当物块B运动到最低点时，C运动到最高点，当<h≤时，弹簧的压缩量大于后，B、C有相对运动，此后，B的加速度大于g，而C的加速度为g，所以物块B运动到最低点时，C还未到最高点，B正确; 当B、C的加速度为零时，B、C的速度最大，即弹簧恢复原长，物块C离地面高为h时，C的速度最大，C错误;由以上分析可知，当<h≤时，C上升过程中，会有一段不受绳子拉力，机械能不变，D错误。 6.(2025·海安高三调研)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中，以下叙述正确的是(　 ) A.弹力对小球先做正功后做负功 B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率最大 D.小球到达N点时的动能恰好为零 解析：因为∠ONM<∠OMN<，所以ON大于OM，又因为在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，所以在M点弹簧处于压缩状态，在N点弹簧处于拉伸状态， √ 小球向下运动的过程中，弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，所以弹力对小球先做负功后做正功再做负功，故A错误; 由M到N过程，当弹簧处于原长时，弹簧弹力为0，小球的加速度为g，当弹簧与杆垂直时小球的加速度为g，则有两处(即有两个时刻)小球的加速度为g，故B正确;弹簧长度最短时，也就是弹簧垂直于杆时，此时弹力与小球速度方向垂直，故弹力对小球做功的功率为零，故C错误; 由于在M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，可知M点弹簧的压缩量等于N点弹簧的伸长量，M和N两点处弹簧的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可知，小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能之差，故D错误。 课时跟踪检测 (说明:标 题目配有精品讲评课件) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 一、立足基础，体现综合 1.如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量大于A球的质量。A球静止于地面，用手托住B球，轻绳刚好被拉紧，然后释放B球。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，则在B球落地前(　 ) 6 7 8 9 A.两球所受的合外力大小相等 B.B球重力势能减少的快慢等于A球重力势能增加的快慢 C.B球动能增加的快慢等于A球动能增加的快慢 D.B球机械能减少的快慢等于A球机械能增加的快慢 解析：两球加速度大小相等，但是两球质量不相等，则所受的合外力大小不相等，选项A错误; 1 2 3 4 5 √ 6 7 8 9 根据ΔEp=mgh，可知重力势能变化的快慢为=mg，两球高度变化的快慢相等，质量不相等，则B球重力势能减少的快慢与A球重力势能增加的快慢不相等，选项B错误;根据ΔEk=mv2，可知动能变化的快慢为=m，两球速度相等，质量不相等，则B球动能增加的快慢不等于A球动能增加的快慢，选项C错误;因A、B组成的系统机械能守恒，即B球机械能减少量等于A球机械能增加量，则B球机械能减少的快慢等于A球机械能增加的快慢，选项D正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 2.如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面垂直的固定轴转动，开始时OB与地面垂直，放手后开始运动，不计任何阻力，下列说法正确的是 (　 ) A.A球到达最低点时速度为零 B.A球机械能减少量等于B球机械能增加量 C.当支架从左向右回摆时，A球不能回到起始高度 D.B球向左摆动所能达到的最高位置应等于A球开始运动时的高度 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析：在整个运动过程中，A球和B球组成的系统满足机械能守恒，A球到达最低点时，此时B球向左摆动到A球开始运动时的高度，由于A球的质量大于B球的质量，可知A球减少的重力势能大于B球增加的重力势能，则此时系统的动能不为零，即A球到达最低点时速度不为零，B球将继续向左摆，故B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度，故A、D错误;因为A球和B球组成的系统满足机械能守恒，所以A球机械能减少量等于B球机械能增加量，故B正确;因为不计一切阻力，系统机械能守恒，故当支架从左向右回摆时，A球一定能回到起始高度，故C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 3.(2025·扬州联考)如图所示，滑块a穿在固定的光滑竖直杆上，滑块b放在光滑水平地面上，a、b通过铰链与刚性轻杆连接。将滑块a从距地面一定高度处由静止释放，在滑块a着地前的运动过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.滑块a的机械能先减小后增大 B.滑块a的动能先增大后减小 C.轻杆对滑块a的作用力先增大后减小 D.滑块a的加速度先减小后增大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析：滑块a、b整体的机械能守恒，当滑块a的机械能最小时，滑块b的速度最大，当滑块a到达底端时，滑块b的速度为0，所以滑块b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，则滑块b的机械能先增大后减小，所以滑块a的机械能先减小后增大，故A项正确;当滑块a的机械能最小时，滑块b的速度最大，此时轻杆对滑块b的弹力为零，轻杆对滑块a的作用力也为零，所以轻杆对滑块a的作用力先减小后增大，故C项错误; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 在释放瞬间，滑块a的加速度方向竖直向下，合力方向竖直向下，即滑块a受到的重力大于轻杆对滑块a的弹力沿竖直方向的分力，轻杆对滑块a的弹力沿竖直方向的分力先向上减小，滑块a的加速度小于g且逐渐增大;当轻杆中弹力减为零时，滑块a只受重力，加速度等于g;再之后，轻杆对滑块a的弹力变为由a指向b，沿竖直方向的分力向下，当滑块a到达底端时，轻杆对滑块a的弹力水平向右，滑块a的加速度再次等于g;综上所述，滑块a所受的合力方向始终与运动方向相同，即合力始终对滑块a做正功，滑块a的动能一直增大，其加速度先增大后减小，故B、D项错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 4.如图所示，一质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环分别与两个相同的轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端连在与圆环同一高度的墙壁上。开始时圆环处于O点，弹簧处于原长状态。细杆上的A、B两点到O点的距离都为h，将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g。则圆环从A点运动到B点的过程中 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.圆环通过O点时，加速度小于g B.圆环通过O点时，速度等于 C.圆环通过B点时，速度等于2 D.圆环通过B点时，速度小于2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：两弹簧对圆环的弹力在水平方向的合力始终为零，所以圆环与杆之间没有压力，也就没有摩擦力。圆环通过O点时，对圆环受力分析可知，水平方向合力为0，竖直方向只受重力，因此加速度等于g，故A错误;圆环从A点运动到O点，由动能定理得mgh+W弹=mv2，因该过程中弹力做正功，则圆环过O点时的速度必定有v>，故B错误;圆环从A点运动到B点的过程中，由题意知，在初末位置弹簧形变量相同，故弹性势能不变，由功能关系得2mgh=m，解得vB=2，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 5.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 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.a球下滑过程中机械能减小 B.b球下滑过程中机械能保持不变 C.a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为 D.从释放a、b球到两球均滑到水平轨道过程中，轻杆对b球做功为mgR 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 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=，C正确;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，D错误;结合以上分析可知，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，单个球来看，机械能均不守恒，A、B错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 6.(8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: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (1)重物落地后，小球线速度的大小v;(3分) 答案：2ωR　 解析：小球线速度v=2ωR。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (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;(5分) 答案：　 解析：向心力F向=2mω2R，设F与水平方向的夹角为α， 则Fcos α=F向，Fsin α=mg， 解得F=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (3)重物下落的高度h。(4分) 答案：(ωR)2 解析：重物落地时，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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 二、注重应用，强调创新 7.(2025·南京调研)如图所示，质量相等的物体a和b用劲度系数k=100 N/m的轻弹簧连接，b放置在地面上，一根不可伸长的轻绳一端与a连接，另一端绕过两个光滑的小定滑轮O1、O2与小球c连接，c套在倾角θ=37°的光滑轻杆上，F点为轻杆的底端，开始时小球c处于轻杆的E点，连接c的轻绳处于水平状态，此时物体b恰好对地面没有压力。E、F两点关于P点对称，且O2P⊥EF，已知物体a和b的质量均为3 kg， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 小球c的质量为1.5 kg，=1.0 m，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，弹簧的弹性势能为Ep=kx2(x为弹簧的形变量)。小球c从E点由静止释放到达F点的过程中，下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.物体a、b及小球c组成的系统机械能守恒 B.小球c到达P点时，物体a的速度不为0 C.小球c到达P点时，小球c的机械能增加了16 J D.小球c刚到达F点时，物体a的动能为9.6 J 解析：当弹簧的形变量发生变化时，弹簧的弹性势能也发生变化，可知物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误; 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 由于O2P⊥EF，可知小球c到达P点时，小球c的速度方向垂直于轻绳，即小球c沿轻绳方向的分速度为0，可知小球c到达P点时，物体a的速度为0，故B错误;小球c处于轻杆的E点时，由于物体b恰好对地面没有压力，则弹簧的伸长量为x1==0.3 m，小球c到达P点时，物体a下降的高度为x2=O2E-O2Esin θ=0.4 m，可知小球c到达P点时，弹簧处于压缩状态，压缩量为x3=x2-x1=0.1 m，由上述分析可知，小球c到达P点时，物体a的速度为0，物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 可知小球c的机械能增加量为ΔE1=magx2+k-k=16 J，故C正确;小球c从E点到F点过程，物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒，则有mcg·2O2Ecos θsin θ=mc+ma，又va=vccos θ，物体a的动能为Ek=ma≈8.08 J，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 8.如图，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细绳， 一端接在天花板上，另一端与小物块A相接，A放 在长为L、倾角为30°的光滑斜面体上。物块B用 细线悬挂在滑轮a的下方，细线Ab段与斜面平行，动滑轮两侧细线均竖直。A与B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，不计动滑轮与绳之间的摩擦以及空气阻力，忽略A的大小。现将A从斜面底端由静止释放，一段时间后，A沿斜面匀加速上滑到中点，此时B尚未落地，整个过程中斜面体始终静止在水平地面上。下列说法正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 A.该过程中，B的机械能不变 B.该过程中，地面对斜面体的摩擦力大小为mg C.A到达斜面中点的速率为 D.该过程中，细线的拉力大小为mg 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 解析：由于B沿竖直方向匀加速下降，除重力以外还有绳子拉力做功，所以B机械能不守恒，故A错误;A对斜面的压力大小为N=mgcos 30°，对于斜面，在水平方向由平衡条件可得，地面对斜面的摩擦力大小为f=Nsin 30°=mg，故B正确;A沿斜面匀加速上滑到斜面中点的过程中，A、B系统机械能守恒，可得2mg·=mg·sin 30°+·2m+m，又vB=vA， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 联立解得vA=，vB=，故C错误;设细线上的拉力大小为F，A的加速度大小为a，由于B的加速度为A的加速度的一半，对A、B分别由牛顿第二定律可得F-mgsin 30°=ma，2mg-2F=2m·a，联立解得a=g，F=mg，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 9.(18分)(2025·海安高三质检)一转动装置如图所示， 四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过 铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固 定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在 O与小环之间，弹簧原长为L，装置静止时，弹簧长为L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (1)弹簧的劲度系数k;(4分) 答案：　 解析：装置静止时，设OA、AB杆中的弹力大小分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1 小环受到弹簧的弹力F弹1=k 2 3 4 1 5 6 7 8 9 小环受力平衡有=mg+2T1cos θ1 小球受力平衡有F1cos θ1+T1cos θ1=mg F1sin θ1=T1sin θ1，解得k=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0;(6分) 解析：　 解析：AB杆中弹力为零时，设OA杆中的弹力大小为F2，OA杆与转轴的夹角为θ2 小环受到弹簧的弹力=k(x-L) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 小环受力平衡有=mg，解得x=L 对小球有F2cos θ2=mg，F2sin θ2=mlsin θ2 又cos θ2=，解得ω0=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 (3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W。(8分) 解析：mgL+ 解析：弹簧长度为时，设OA、AB杆中的弹力大小分别为F3、T3，OA杆与转轴的夹角为θ3 小环受到弹簧的弹力F弹3=k 2 3 4 1 5 6 7 8 9 小环受力平衡有2T3cos θ3=mg+ 对小球有F3cos θ3=T3cos θ3+mg F3sin θ3+T3sin θ3=mlsin θ3 又cos θ3=，解得ω3=4 2 3 4 1 5 6 7 8 9 整个过程弹簧弹性势能变化量为零，则弹簧弹力做的功为零，由动能定理有 W-mg×-2mg×=2×m× 解得W=mgL+。 2 3 4 $$