2020年高三物理专题 机械能守恒中的三类连接体模型(解析版)
2020年高三物理尖子生养成：机械能守恒中的三类连接体模型(教师版)
“强基计划”尖子生的自我修养系列(一)系统机械能守恒的三类连接体模型连接体问题是力学部分的难点,本书通过对近几年高考题及各地模拟题的深入研究,总结出以下三类可以利用系统机械能守恒来快速解题的连接体模型。
速率相等的连接体模型1．如图所示的两物体组成的系统,当释放B而使A、B运动的过程中,A、B的速度均沿绳子方向,在相等时间内A、B运动的路程相等,则A、B的速率相等。
2．判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断,而从能量转化的角度判断,即：如果系统中只有动能和势能相互转化,系统的机械能守恒。
这类题目的典型特点是系统不受摩擦力作用。
[例1]如图所示,A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,A放在固定的光滑斜面上,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,并使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。
已知A的质量为4m,B、C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计。
开始时整个系统处于静止状态；释放A后,A沿斜面下滑至速度最大时,C 恰好离开地面。
求：(1)斜面的倾角α；(2)A球获得的最大速度v m。
[审题建模](1)细线不可伸长,A 、B 两球速率一定相等,但B 与C 球以弹簧相连,速率一般不同。
(2)弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关,无论弹簧处于伸长状态还是压缩状态。
【解析】(1)由题意可知,当A 沿斜面下滑至速度最大时,C 恰好离开地面。
A 的加速度此时为零 由牛顿第二定律得： 4mg sin α－2mg ＝0 则：sin α＝12,α＝30°。
(2)由题意可知,A 、B 两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A 沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒,同时弹簧的弹性势能相等, 故有：2mg ＝k Δx4mg Δx sin α－mg Δx ＝12(5m )v m 2得：v m ＝2gm 5k。
【答案】 (1)30° (2)2gm 5k[集训冲关]1.如图所示,可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接,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。
连接体模型--2024年高三物理二轮常见模型练习(解析版)
专题连接体模型特训目标特训内容目标1高考真题(1T -5T )目标2三大力场和热学中连接体的平衡问题(6T -13T )目标3三大力场中应用牛顿第二定律应用处理连接体问题(14T -19T )目标4应用能量的观点处理连接体问题(20T -25T )【特训典例】一、高考真题1(2023·山东·统考高考真题)足够长U 形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1m ，电阻不计。
质量为1kg 、长为1m 、电阻为1Ω的导体棒MN 放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I 和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1和B 2，其中B 1=2T ，方向向下。
用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD 段中点与质量为0．1kg 的重物相连，绳与CD 垂直且平行于桌面。
如图所示，某时刻MN 、CD 同时分别进入磁场区域I 和Ⅱ并做匀速直线运动，MN 、CD 与磁场边界平行。
MN 的速度v 1=2m/s ，CD 的速度为v 2且v 2>v 1，MN 和导轨间的动摩擦因数为0.2。
重力加速度大小取10m/s 2，下列说法正确的是()A.B 2的方向向上B.B 2的方向向下C.v 2=5m /sD.v 2=3m/s【答案】BD【详解】AB ．导轨的速度v 2>v 1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f =μmg =2N 导体棒的安培力大小为F 1=f =2N 由左手定则可知导体棒的电流方向为N →M →D →C →N ，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F 2=f -m 0g =1N 由左手定则可知B 2的方向为垂直直面向里，A 错误B 正确；CD ．对导体棒分析F 1=B 1IL 对导体框分析F 2=B 2IL 电路中的电流为I =B 1Lv 1-B 2Lv2r联立解得v 2=3m/sC 错误D 正确；故选BD 。
备考2020年高考物理专题1.8连接体问题精准突破含解析
专题1.8 连接体问题【专题诠释】 1．连接体的类型 (1)轻绳连接体(2)接触连接体(3)弹簧连接体2．连接体的运动特点轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等． 【高考引领】【2015·新课标全国Ⅱ】(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( ) A ．8 B ．10 C ．15 D ．18 【答案】BC【解析】设PQ 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则F ＝nma ① 设PQ 东边有k 节车厢，则F ＝km ·23a ②联立①②得3n ＝2k ，由此式可知n 只能取偶数， 当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5 当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10 当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确． 【技巧方法】 1．整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)． 2．隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解． 3．整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”． 【最新考向解码】【例1】(2019·新乡模拟)如图所示，粗糙水平面上放置B 、C 两物体，A 叠放在C 上，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，物体B 、C 与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉物体B ，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )A ．此过程中物体C 受五个力作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳刚好被拉断D ．若水平面光滑，则绳刚断时，A 、C 间的摩擦力为F T6【答案】C【解析】对A ，A 受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C 受重力、A 对C 的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A 对C 的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A 错误；对整体分析，整体的加速度a ＝F －μ·6mg 6m ＝F6m－μg ，隔离对AC 分析，根据牛顿第二定律得，F T －μ·4mg ＝4ma ，计算得出F T ＝23F ，当F ＝1.5F T 时，轻绳刚好被拉断，故B 错误，C 正确；水平面光滑，绳刚断时，对AC 分析，加速度a ＝F T 4m ，隔离对A 分析，A 的摩擦力F f ＝ma ＝F T4，故D 错误．【例2】(2019·甘肃民乐一中、张掖二中一调联考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为4m 的小车在沿斜面向下的恒力F 作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为m )的轻绳恰好保持水平。
系统机械能守恒的三类“连接体模型”
系统机械能守恒的三类“连接体模型”摘要：研究与连接体模型相关的机械能守恒问题，是物理教学的重点内容。
有助于提高学生分析问题和物理模型建构能力。
文章通过分析两物体速度大小相等的连接体模型；角速度相等的连接体模型；分速度数值相等的连接体模型，从能量守恒的角度分析相关情境，解决物理问题。
关键词：连接体模型；能量守恒；机械能守恒；为了研究实际情境中各物体的运动规律，科学家往往把复杂的、具体的物体或过程，用简化的模型或过程来代替。
连接体模型就是我们在教学中被简化的一类物理模型。
研究“连接体模型”的能量守恒问题，有助于提高学生分析问题和物理模型建构能力。
连接体模型是两个或两个以上物体相互作用，或通过轻绳、轻弹簧、轻杆连接的物理模型。
为了更好的分析连接体模型，先要通过受力分析，运用牛顿运动定律，明确各个力的关系。
[例1]如图1，在光滑的水平桌面上，一根拉直的轻绳通过定滑轮将物块A与物块B连接起来，物块A 的质量大于物块B的质量，分别设为M和m，将A、B静止释放。
分析A、B运动过程中，轻绳的拉力T为多少？解析：分别对A、B受力分析对A：对B：当在受力分析的基础上，借助牛顿运动定律，分析连接体模型各个物体的运动过程和运动特点。
教师可以进一步引导学生从能量守恒的角度分析相关情境，解决问题。
文章通过分析三类连接体模型，帮助学生了解连接体模型的特点，掌握分析连接体问题的方法。
一、速率相等的连接体模型如图2所示，由物体A和B通过细绳组成的四种连接体模型，A B连接体的初速度为零，细绳拉力不为零。
若静止释放A、B，物体B将通过细绳拉着A一起做加速运动。
请分析A、B的速度方向，以及比较它们速度的大小（不计空气阻力以及各接触面的摩擦力）。
结合模型，分析A、B运动过程， A、B的速度均沿着绳子的方向，则两物体的速率相等。
不计空气阻力和摩擦力，系统只有动能和重力势能相互转化，从能量转化的角度，系统的机械能守恒。
[例2] 如图3所示长度均为L，质量为m的甲、乙、丙三根链条，链条的一半悬空放置。
2020年高三物理专题 机械能守恒中的三类连接体模型(解析版)
(一)系统机械能守恒的三类连接体模型连接体问题是力学部分的难点，本书通过对近几年高考题及各地模拟题的深入研究，总结出以下三类可以利用系统机械能守恒来快速解题的连接体模型。
速率相等的连接体模型1．如图所示的两物体组成的系统，当释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向，在相等时间内A、B运动的路程相等，则A、B的速率相等。
2．判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断，而从能量转化的角度判断，即：如果系统中只有动能和势能相互转化，系统的机械能守恒。
这类题目的典型特点是系统不受摩擦力作用。
[例1]如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，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，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。
已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。
开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。
求：(1)斜面的倾角α；(2)A球获得的最大速度v m。
[审题建模](1)细线不可伸长，A、B两球速率一定相等，但B与C球以弹簧相连，速率一般不同。
(2)弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关，无论弹簧处于伸长状态还是压缩状态。
【解析】(1)由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。
A的加速度此时为零由牛顿第二定律得： 4mg sin α－2mg ＝0 则：sin α＝12，α＝30°。
(2)由题意可知，A 、B 两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A 沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，同时弹簧的弹性势能相等， 故有：2mg ＝k Δx4mg Δx sin α－mg Δx ＝12(5m )v m 2得：v m ＝2gm 5k。
【答案】 (1)30° (2)2gm 5k[集训冲关]1.如图所示，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，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。
专题04 连接体模型(解析版)-2024届新课标高中物理模型与方法
2024版新课标高中物理模型与方法专题04连接体模型目录【模型一】平衡中的连接体模型 (1)1.轻杆连接体问题 (1)2．轻环穿杆问题 (2)【模型二】绳杆弹簧加速度问题模型 (8)1．悬绳加速度问题 (8)2．类悬绳加速度问题 (9)【模型三】轻绳相连加速度相同的连接体 (24)【模型四】板块加速度相同的连接体模型 (31)【模型五】轻绳绕滑轮加速度相等----“阿特伍德机”模型 (43)【模型六】弹簧木块分离问题模型 (54)【模型七】“关联速度与机械能守恒”连接体模型 (64)1.绳、杆末端速度分解四步 (64)2.绳杆末端速度分解的三种方法 (64)3.轻绳相连的物体系统机械能守恒模型 (65)方法二、力乘力臂法对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理以整体为研究对象，以圆心为转动轴，两圆弧的支持力的力臂均为零，以整体为研究对象，整体受重力和两圆弧的支持力，根据三力平衡必共点，因此整体的重心必过圆心正：：根据等腰三角形有：θ1=θ2联立解得m1g sinα=m2g sinβ2=sinβ：sinα轻环穿杆问题F NA．9∶16B．C．3∶4D．根据杠杆原理，由平衡条件得A．需要知道刚性细杆的长度与球面半径的关系C．不需要其他条件，有12:F F=【答案】C分别对小球a 和b 受力分析有11sin sin F G β=根据几何关系有A ．2cmB ．【答案】C【详解】由于小环是轻质的，故弹簧必将与杆垂直，否则受力不平衡。
对小球受力分析如图所示将各力沿着杆分解，根据平衡条件有解得又弹簧的弹力等于轻绳的拉力，故由胡克定律可得A．定滑轮对钢索的支持力为B．AB段钢索所受到的拉力为C．右臂OB对钢索的支持力为故选A。
【模型演练5】如图所示，竖直放置的光滑圆环，顶端D分别为m1、m2的两小球A、B，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，且与右侧绳的夹角为θ。
则A、B两小球的质量之比为(A．tanθB．tan【答案】B【解析】对两小球分别受力分析，作出力的矢量三角形，如图所示。
新高考物理专题-机械能守恒的连接体模型
机械能守恒的连接体模型江苏省姜堰中学 唐玉兵【要点分析】模型一、速率相等的连接体模型如图所示，是A 、B 两物体组成的系统，当释放B而使A 、B 运动的过程中，A 、B 的速度均沿绳子方向，在相等时间内A 、B 运动的路程相等，则A 、B的速率相等。
【典型例题】例1、如图所示，B 物体的质量是A 物体质量的12，在不计摩擦阻力的情况下，A 物体自H 高处由静止开始下落。
以地面为参考平面，当物体A 的动能与其势能相等时，物体A 距地面的高度是( )A.15HB.25HC.45HD.13H 【参考答案】B【解析】 设当物体A 距离地面h 时，其动能与势能相等，对A 、B 组成的系统由机械能守恒定律得：又根据题意可知， 解得： 故选项B 正确。
【要点分析】模型二、角速度相等的连接体模型如图所示，是A 、B 两物体组成的系统，当释放A 、B 后，绕垂直纸面的固定轴O 转动（图中未画出），在相同时间内，A 、B 转过的角度相等，则A 、B 转过的角速度相等。
【典型例题】211()()22A A A m g H h m m v -=+例2、如图，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用长为2L的轻杆相连，在杆的中点O处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B球顺时针转动到最低位置的过程中( )A．A、B两球的角速度大小始终相等B．重力对B球做功的瞬时功率一直增大C．B球转动到最低位置时的速度大小为23 gLD．杆对B球做正功，B球机械能不守恒【参考答案】A C【解析】A、B两球用轻杆相连，角速度大小始终相等，选项A正确；杆在说位置时，重力对B球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时，B球的重力和速度方向垂直，重力对B球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对B球做功的瞬时功率不为零，因此，重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，选项B错误；设B 球转动到最低位置时的速度为v，两球角速度大小相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，对A、B两球和杆组成的系统，由机械能守恒定律得：解得：选项C正确；B球的重力势能减少了2mgL，动能增加了2mgL/3，机械能减少了，所以杆对B球做负功，选项D错误。
专题13 机械能守恒中的杆连接模型、绳连接模型和非质点类模型(解析版)
2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题13 机械能守恒中的杆连接模型、绳连接模型和非质点类模型一、高考真题1．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 ；(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 。
【答案】(1)2vR ω；(2)2424F m R g ω；(3)22162Mm R HMgω【详解】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为2vR ω(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F ，合力提供向心力，则有2222v mgm R结合(1)可解得杆对球的作用力大小为2424Fm R g ω(3)设重物下落高度为H ，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知 22111422MgHMv mv 而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有1v R ω=联立各式解得22162Mm R HMgω2．打桩机是基建常用工具。
某种简易打桩机模型如图所示，重物A 、B 和C 通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C 与滑轮等高（图中实线位置）时，C 到两定滑轮的距离均为L 。
重物A 和B 的质量均为m ，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C 的绳与水平方向的夹角为60°。
某次打桩时，用外力将C 拉到图中实线位置，然后由静止释放。
设C 时，与正下方质量为2m 的静止桩D 正碰，碰撞时间极短，碰撞后C 的速度为零，D 竖直向下运动10L距离后静止（不考虑C 、D 再次相碰）。
高中物理学习细节(人教版)之机械能守恒定律：机械能守恒定律的应用之连接体问题(含解析)
一、机械能守恒定律在连接体问题中的应用机械能守恒定律的研究对象是几个相互作用的物体组成的系统时，在应用机械能守恒定律解决系统的运动状态的变化及能量的变化时，经常出现下面三种情况：1．系统内两个物体直接接触或通过弹簧连接。
这类连接体问题应注意各物体间不同能量形式的转化关系。
2．系统内两个物体通过轻绳连接。
如果和外界不存在摩擦力做功等问题时，只有机械能在两物体之间相互转移，两物体组成的系统机械能守恒。
解决此类问题的关键是在绳的方向上两物体速度大小相等。
3．系统内两个物体通过轻杆连接。
轻杆连接的两物体绕固定转轴转动时，两物体的角速度相等。
【典例1】如图所示，质量均为m的物体A和B，通过轻绳跨过定滑轮相连．斜面光滑，倾角为θ，不计绳子和滑轮之间的摩擦．开始时A物体离地的高度为h，B物体位于斜面的底端，用手托住A物体，使A、B两物体均静止。
现将手撤去。
(1) 求A 物体将要落地时的速度为多大？(2) A 物体落地后，B 物体由于惯性将继续沿斜面向上运动，则B 物体在斜面上到达的最高点离地的高度为多大？(2)A 物体落地后，B 物体由于惯性将继续沿斜面向上运动，此时绳子对其没有拉力，对B 物体而言，只有重力做功，故机械能守恒，设其到达的最高点离地高度为H ，由机械能守恒定律得12mv 2＝ mg (H －h sin θ) 解得H ＝h＋sin θ2.【答案】 (1)gh－sin θ(2)h＋sin θ2【典例2】 如图所示，质量分别为2m 和m 的可视为质点的小球A 、B ，用质量不计且不可伸长的细线相连，跨在固定的底面半径为R 的光滑圆柱体两侧。
开始时A 球和B 球均与圆柱体轴心O 等高，然后释放两球，则B 球到达圆柱体最高点时的速度为多大？【审题指导】解答本题时应注意以下两点：（1）运动过程中，A 球和 B 球均受到细线的拉力作用，细线的拉力做功，A 球和B 球的机械能都不守恒。
（2）若选取A 球和B 球及细线组成的系统为研究对象，则运动过程中只有重力做功，系统的机械能守恒。
机械能守恒中的杆连接模型、绳连接模型和非质点类模型(学生版)
机械能守恒中的杆连接模型、绳连接模型和非质点类模型特训目标特训内容目标2杆连接模型(1T -5T )目标3绳连接模型(6T -10T )目标3非质点类模型(11T -15T )【特训典例】一、杆连接模型1如图，倾角为30°的足够长的光滑斜面体ABC 固定放置在水平地面上，在A 点的上方再固定一光滑的细杆，细杆与竖直方向的夹角为30°。
质量均为m 的小球甲、乙(均视为质点)用长为L 的轻质杆通过铰链连接(铰链的质量忽略不计)，小球甲套在细杆上，小球乙放置在斜面上A 点，重力加速度大小为g 。
现让小球甲、小球乙由静止释放，小球乙一直沿着斜面向下运动，当小球甲刚要到达A 点还未与斜面接触时，小球甲的动能为()A.4(3+1)7mgLB.2(3+1)7mgLC.3(3+1)7mgLD.3(3+1)14mgL 2如图所示，倾角为53o 的光滑斜面与光滑的水平面在B 点连接，质量均为m 的小球甲、乙(视为质点)用轻质硬杆连接，现把乙放置在水平面上，甲从斜面上的A 点由静止释放，A 点与水平面的高度差为h ，甲在下落的过程中，乙始终在水平面上，sin53o =0.8、cos53o =0.6，重力加速度为g ，下列说法正确的是()A.甲在下落的过程中，甲重力势能的减小量等于乙动能的增加量B.甲在下落的过程中，轻质硬杆对乙先做正功后做负功C.甲刚到达B 点还未与地面接触时，甲、乙的速度之比为5:4D.甲刚到达B 点还未与地面接触时，甲的动能为2534mgh 3如图所示，半径为R 的光滑半圆弧状细轨道ABC 竖直固定在水平面上，下端与光滑的水平面平滑相接于C 点，AC 是竖直直径，圆弧上B 点距离光滑水平面的高度为R ，质量均为m 的小球甲、乙(均视为质点)用轻质细杆连接，小球甲套在半圆弧状细轨道上的A 点，小球乙放置在C 点。
甲、乙两小球均处于静止状态，现让小球甲受到轻微的扰动，小球甲沿半圆弧状细轨道向下运动，小球乙沿着水平面向右运动，重力加速度大小为g ，则在小球甲从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是()A.小球甲的重力势能全部转化为小球乙的动能B.当小球甲刚运动到B 点时，小球甲和小球乙的速度大小之比为3:1C.当小球甲刚运动到B 点时，小球乙的动能为12mgRD.当小球甲刚运动到B 点时，小球甲的机械能能减少14mgR 4如图所示，质量均为m 的A 、B 两个可视为质点的小球，用长为L 的轻杆和轻质铰链相连，固定在地面上的可视为质点的支架C 和小球A 也用长为L 的轻杆和轻质铰链相连，开始时ABC 构成正三角形，由静止释放A 、B 两球，A 球的运动始终在竖直面内，重力加速度大小为g ，不计一切摩擦，则()A.释放瞬间，A 球的加速度为0B.B 球速度最大时，A 球的机械能最小C.B 球的速度最大时，A 球的速度也最大D.A 球到达地面时的速度大小为3gL5如图所示，长度为L 的轻直杆上等距离固定质量均为m 的N 个小球(相邻球距为L N，N =1时只在杆的另一端固定一个小球)，从左至右分别标记为第1、2、3⋯N 号，杆可绕固定转动轴O 在竖直平面内转动，现将轻杆拨动至与转动轴O 相水平的位置由静止自由释放，所有小球随杆作竖直平面内的圆周运动，重办加速度为g ，忽略一切阻力，从起点运动至杆竖直位置的过程中，下列说法正确的是()A.若N =1，轻杆向下摆动至竖直位置的过程中对小球不做功B.若N =2，轻杆向下摆动至竖直位置的过程中对2号小球做的功为25mgL C.若N =2，轻杆运动至竖直位置时对1号小球的作用力大小为115mg D.若N =20，轻杆向下摆动至竖直位置的过程中对15号小球做的功为341mgL 二、绳连接模型6运动员为了锻炼腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，与水平方向成37°角的光滑斜面固定放置，质量均为m 的运动员与重物用跨过光滑定滑轮的轻质细绳连接。
高考物理(热点+题型全突破)专题3.5 动力学中的三类模型：连接体模型—叠加体模型—传送带模型(含解析)
专题3.5 动力学中的三类模型：连接体模型—叠加体模型—传送带模型连接体模型1.连接体的分类根据两物体之间相互连接的媒介不同，常见的连接体可以分为三大类。
(1)绳(杆)连接：两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起；(2)弹簧连接：两个物体通过弹簧的作用连接在一起；(3)接触连接：两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。
2.连接体的运动特点轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速率不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
特别提醒(1)“轻”——质量和重力均不计。
(2)在任何情况下，绳中张力的大小相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹力大小也相等。
3.连接体问题的分析方法(1)分析方法：整体法和隔离法。
(2)选用整体法和隔离法的策略：①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法；②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。
【典例1】如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。
当拉力F一定时，Q受到绳的拉力( )A.与斜面倾角θ有关B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关【答案】D方法提炼绳、杆连接体―→受力分析求加速度：整体法求绳、杆作用力：隔离法―→加速度―→讨论计算相关问题【典例2】如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。
若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。
设细绳对A和B的拉力大小分别为F1和F2，已知下列四个关于F1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A. F1＝m＋2m2m1gm＋2m1＋m2B. F1＝m＋2m1m1gm＋4m1＋m2C. F1＝m＋4m2m1gm＋2m1＋m2D. F1＝m＋4m1m2gm＋4m1＋m2【答案】 C【解析】设滑轮的质量为零，即看成轻滑轮，若物体B的质量较大，由整体法可得加速度a＝m2－m1gm1＋m2，隔离物体A，据牛顿第二定律可得F1＝2m1m2m1＋m2g，将m＝0代入四个选项，可得选项C是正确，故选C。
专题06 机械能守恒中的三类连接体模型(原卷版)
“强基计划”尖子生的自我修养系列(一)系统机械能守恒的三类连接体模型连接体问题是力学部分的难点，本书通过对近几年高考题及各地模拟题的深入研究，总结出以下三类可以利用系统机械能守恒来快速解题的连接体模型。
速率相等的连接体模型1．如图所示的两物体组成的系统，当释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向，在相等时间内A、B运动的路程相等，则A、B的速率相等。
2．判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断，而从能量转化的角度判断，即：如果系统中只有动能和势能相互转化，系统的机械能守恒。
这类题目的典型特点是系统不受摩擦力作用。
[例1]如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，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，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。
已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。
开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。
求：(1)斜面的倾角α；(2)A球获得的最大速度v m。
[集训冲关]1.如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，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恰与圆柱轴心等高。
将A由静止释放，B上升的最大高度是()A ．2RB.5R 3C.4R 3D.2R 32.[多选](2020·青岛一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M 、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。
开始时用手按住物体M ，此时M 到挡板的距离为s ，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用。
已知M ＝2m ，空气阻力不计。
松开手后，关于二者的运动，下列说法中正确的是( )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒B ．当M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零C ．若M 恰好能到达挡板处，则此时m 的速度为零D ．若M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和3.(2020·福州质检)如图所示，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A 和B ，B 的下面通过轻绳连接物块C ，A 锁定在地面上。
高考物理连接体模型问题归纳
绳牵连物”连接体模型问题归纳广西合浦廉州中学秦付平两个物体通过轻绳或者滑轮这介质为媒介连接在一起，物理学中称为连接体，连结体问题是物体运动过程较复杂问题，连接体问题涉及多个物体，具有较强的综合性，是力学中能考查的重要内容。
从连接体的运动特征来看，通过某种相互作用来实现连接的物体，如物体的叠合，连接体常会处于某种相同的运动状态，如处于平衡态或以相同的加速度运动。
从能量的转换角度来说，有动能和势能的相互转化等等，下面本文结合例题归纳有关“绳牵连物”连接体模型的几种类型。
一、判断物体运动情况例1如图1所示，在不计滑轮摩擦和绳质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A的受力情况是（）A．绳的拉力大于A的重力B．绳的拉力等于A的重力C．绳的拉力小于A的重力D．拉力先大于A的重力，后小于重力解析：把小车的速度为合速度进行分解，即根据运动效果向沿绳的方向和与绳垂直的方向进行正交分解，分别是v2、v1。
如图1所示，题中物体A的运动方向与连结处绳子的方向相同，不必分解。
A的速度等于v2，，小车向右运动时，逐渐变小，可知逐渐变大，故A向上做加速运动，处于超重状态，绳子对A的拉力大于重力，故选项A正确。
点评：此类问题通常是通过定滑轮造成绳子两端的连接体运动方向不一致，导致主动运动物体和被动运动物体的加速、减速的不一致性。
解答时必须运用两物体的速度在各自连接处绳子方向投影相同的规律。
二、求解连接体速度例2质量为M和m的两个小球由一细线连接（），将M置于半径为R的光滑半球形容器上口边缘，从静止释放，如图2所示。
求当M滑至容器底部时两球的速度。
两球在运动过程中细线始终处于绷紧状态。
解析：设M滑至容器底部时速度为，m的速度为。
根据运动效果，将沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，则有：，对M、m系统在M从容器上口边缘滑至碗底的过程，由机械能守恒定律有：，联立两式解得：，方向水平向左；方向竖直向上。
点评：作为连接两个物体的介质绳，能实现力和能量的传递，这也就使两个物体的运动状态彼此都会发生影响，这就使物体的速度上存在一定的矢量关联，分解或者求解速度之间的约束关系就成为解决这类问题的关键。
2020版高考物理教科版大一轮温习讲义第六章第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题
第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题一、动量守恒定律1．内容若是一个系统不受外力，或所受外力的矢量和为零，那个系统的总动量维持不变．2．表达式(1)p＝p′，系统彼此作用前总动量p等于彼此作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，彼此作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δp1＝－Δp2，彼此作用的两个物体动量的转变量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间彼此作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：若是系统在某一方向上所受外力的合力为零，那么系统在这一方向上动量守恒．自测1关于系统动量守恒的条件，以下说法正确的选项是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不必然守恒答案C二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)概念：相对运动的物体相遇时，在极短的时刻内它们的运动状态发生显著转变，那个进程就可称为碰撞．(2)特点：作历时刻极短，内力(彼此碰撞力)远大于外力，总动量守恒．(3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失．②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失．③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大．2．反冲(1)概念：当物体的一部份以必然的速度离开物体时，剩余部份将取得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．(2)特点：系统内各物体间的彼此作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．(3)规律：遵从动量守恒定律．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的彼此作历时刻很短，作使劲专门大，且远大于系统所受的外力，因此系统动量守恒．如爆竹爆炸等．自测2如图1所示，两滑块A、B在滑腻水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()图1A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动答案D解析以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞进程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，因此碰撞后两滑块的动量之和也为零，因此A、B的运动方向相反或二者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，那么A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误.命题点一动量守恒定律的明白得和大体应用例1(2018·湖北省仙桃市、天门市、潜江市期末联考)如图2所示，A、B两物体的质量之比为m A∶m B＝1∶2，它们原先静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被紧缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面滑腻．当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，那么有()图2A．A、B系统动量守恒B．A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒C．小车C先向左运动后向右运动D．小车C一直向右运动直到静止答案D解析A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，因此系统的动量守恒．在弹簧释放的进程中，因m A∶m B＝1∶2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，因此A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，那么系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确．变式1(多项选择)(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图3所示，小车在滑腻水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于紧缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，以下说法正确的选项是()图3A．假设物体滑动中不受摩擦力，那么该系统全进程机械能守恒B．假设物体滑动中有摩擦力，那么该系统全进程动量守恒C．不论物体滑动中有无摩擦，小车的最终速度与断线前相同D ．不论物体滑动中有无摩擦，系统损失的机械能相同答案 BCD解析 物体与油泥粘合的进程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A 错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，那么系统动量一直守恒，故B 正确；取系统的初速度方向为正方向，依照动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B 端粘在B 端的油泥上后系总一起的速度与初速度是相同的，故C 正确；由C 的分析可知，当物体与B 端油泥粘在一路时，系统的速度与初速度相等，因此系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有无摩擦无关，故D 正确．例2 (2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时刻内喷出．在燃气喷出后的刹时，火箭的动量大小为(喷出进程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg·m/sB ．×102 kg·m/sC ．×102 kg·m/sD ．×102 kg·m/s答案 A解析 设火箭的质量为m 1，燃气的质量为m 2.由题意可知，燃气的动量p 2＝m 2v 2＝50×10－3 ×600 kg·m/s ＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，依照动量守恒定律可得，0＝m 1v 1－m 2v 2，那么火箭的动量大小为p 1＝m 1v 1＝m 2v 2＝30 kg·m/s ，因此A 正确，B 、C 、D 错误． 变式2 (2018·江西省七校第一次联考)一质量为M 的航天器远离太阳和行星，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机刹时向后喷出质量为m 的气体，气体向后喷出的速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小v 2等于(v 0、v 1、v 2均为相对同一参考系的速度)( )答案 C解析 以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律有M v 0＝－m v 1＋(M －m )v 2解得v 2＝M v 0＋m v 1M －m，应选C. 命题点二 碰撞模型问题1．碰撞遵循的三条原那么(1)动量守恒定律(2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等．②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．2．弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解依照动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 ②解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体互换速度． 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2， ①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体互换速度．②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动．③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来．例3 (2018·广东省湛江市第二次模拟)如图4所示，水平地面放置A 和B 两个物块，物块A 的质量m 1＝2 kg ，物块B 的质量m 2＝1 kg ，物块A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝.现对物块A 施加一个与水平方向成37°角的外力F ，F ＝10 N ，使物块A 由静止开始运动，通过12 s 物块A 恰好运动到物块B 处，A 物块与B 物块碰前刹时撤掉外力F ，物块A 与物块B 碰撞进程没有能量损失，设碰撞时刻很短，A 、B 两物块都可视为质点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝.求：图4(1)计算A 与B 两物块碰撞前刹时物块A 的速度大小；(2)假设在物块B 的正前方放置一个弹性挡板，物块B 与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A和B两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过量大？答案(1)6 m/s(2)L不得超过m解析(1)设物块A与物块B碰前速度为v1，由牛顿第二定律得：F cos 37°－μ(m1g－F sin 37°)＝m1a解得：a＝m/s2那么速度v1＝at＝6 m/s(2)设A、B两物块相碰后A的速度为v1′，B的速度为v2由动量守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2由机械能守恒定律得：12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v22联立解得：v1′＝2 m/s、v2＝8 m/s对物块A用动能定理得：－μm1gx A＝0－12m1v1′2解得：x A＝m对物块B用动能定理得：－μm2gx B＝0－12m2v22解得：x B＝m物块A和物块B能发生第二次碰撞的条件是x A＋x B>2L，解得L< m即要保证物块A和物块B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过m.拓展点1“滑块—弹簧”碰撞模型例4(2018·山东省临沂市一模)如图5所示，静止放置在滑腻水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C 施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的刹时二者粘在一路一起向左运动，弹簧被紧缩至最短的刹时具有的弹性势能为J，现在撤掉固定挡板P，以后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量别离为m A＝m B＝kg，m C＝kg，(取10＝求：图5(1)滑块C的初速度v0的大小；(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B 、C 的速度大小；(3)从滑块B 、C 紧缩弹簧至弹簧恢复到原长的进程中，弹簧对滑块B 、C 整体的冲量． 答案 (1)9 m/s (2) m/s (3) N·s ，方向水平向右解析 (1)滑块C 撞上滑块B 的进程中，滑块B 、C 组成的系统动量守恒，以水平向左为正，依照动量守恒定律得：m C v 0＝(m B ＋m C )v 1弹簧被紧缩至最短时，滑块B 、C 速度为零，依照能量守恒定律得：E p ＝12(m B ＋m C )v 12 解得：v 1＝3 m/s ，v 0＝9 m/s(2)设弹簧弹开至恢复到原长的刹时，滑块B 、C 的速度大小为v 2，滑块A 的大小为v 3，依照动量守恒定律得：m A v 3＝(m B ＋m C )v 2，依照能量守恒定律得：E p ＝12m A v 32＋12(m B ＋m C )v 22 解得：v 2≈ m/s(3)设弹簧对滑块B 、C 整体的冲量I ，选向右为正方向，由动量定理得：I ＝Δp ＝(m B ＋m C )(v 2＋v 1)解得：I ＝ N·s ，方向水平向右．拓展点2 “滑块—木板”碰撞模型例5 (2018·湖北省武汉市部份学校起点调研)如图6，在滑腻的水平面上静止着足够长、质量为3m 的木板，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g ，求：图6(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；(2)木块2在整个运动进程中的最小速度．答案 (1)4v 02μg (2)56v 0 解析 (1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，设为v ，以v 0的方向为正方向．系统动量守恒m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝6m v木块3在木板上匀减速运动：μmg ＝ma 由运动学公式(3v 0)2－v 2＝2ax 3解得x 3＝4v 02μg(2)设木块2的最小速度为v 2，现在木块3的速度为v 3，由动量守恒定律m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(2m ＋3m )v 2＋m v 3在此进程中，木块3与木块2速度改变量相同3v 0－v 3＝2v 0－v 2解得v 2＝56v 0. 变式3 (多项选择)(2018·广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考)如图7甲，滑腻水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原先静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，以后木块A 与长木板B 的速度随时刻转变情形如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.那么以下说法正确的选项是( )图7A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为B ．长木板的质量M ＝2 kgC ．长木板B 的长度至少为2 mD ．木块A 与长木板B 组成系统损失机械能为4 J答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一路做匀速运动，一起速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，依照动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋M )v ，解得：M＝m ＝2 kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为：a B ＝Δv Δt ＝11m /s 2＝ 1 m/s 2，对长木板B ，依照牛顿第二定律得：μmg ＝Ma B ，μ＝，故A 正确；由题图可知前1 s 内长木板B 的位移为：x B ＝12×1×1 m ＝ m ，木块A 的位移为：x A ＝2＋12×1 m ＝ m ，因此长木板B 的最小长度为：L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成系统损失的机械能为：ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 错误．拓展点3 “滑块—斜面”碰撞模型例6 (2018·福建省厦大附中第二次模拟)如图8所示，滑腻水平面上质量为m 1＝2 kg 的物块以v 0＝2 m/s 的初速度冲向质量为m 2＝6 kg 静止的滑腻圆弧面斜劈体．求：图8(1)物块m 1滑到最高点位置时，二者的速度大小； (2)物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小．(3)若m 1＝m 2，物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小． 答案 观点析解析 (1)物块m 1与斜劈体作用进程水平方向遵从动量守恒定律，且到最高点时共速，以v 0方向为正，那么有：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，v ＝ m/s ；(2)物块m 1从圆弧面滑下进程，水平方向动量守恒，动能守恒，那么有： m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2， 12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22， 解得：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0代入数据得：v 1＝－1 m/s ，v 2＝1 m/s ；(3)若m 1＝m 2，依照上述分析，物块m 1从圆弧面滑下后，互换速度，即v 1′＝0，v 2′＝2 m/s. 变式4 (2019·甘肃省天水市调研)如图9所示，在水平面上依次放置小物块A 和C和曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B 足够高，各接触面均滑腻．现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一路滑上曲面劈B .求：图9(1)碰撞进程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度． 答案 (1)14m v 02 (2)3v 0240g解析 (1)小物块C 与物块A 发生碰撞粘在一路，以v 0的方向为正方向 由动量守恒定律得：m v 0＝2m v 解得v ＝12v 0；碰撞进程中系统损失的机械能为E 损＝12m v 02－12×2m v 2解得E 损＝14m v 02.(2)当小物块A 、C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等．依照动量守恒定律：m v 0＝(m ＋m ＋3m )v 1 解得v 1＝15v 0依照机械能守恒得2mgh ＝12×2m ⎝⎛⎭⎫12v 02－12×5m ⎝⎛⎭⎫15v 02 解得h ＝3v 0240g.命题点三 “人船”模型1．特点⎩⎪⎨⎪⎧(1)两个物体(2)动量守恒(3)总动量为零2．方程m 1v 1－m 2v 2＝0(v 1、v 2为速度大小) 3．结论m1x1＝m2x2(x1、x2为位移大小)例7 (2018·河南省鹤壁市第二次段考)有一只小船停泊在湖边码头，小船又窄又长(估量重一吨左右)．一名同窗想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：第一将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d ，然后用卷尺测出船长L .已知他的自身质量为m ，水的阻力不计，那么船的质量为( )答案 B解析 设人走动的时候船的速度为v ，人的速度为v ′，人从船头走到船尾历时为t ，人的位移为L －d ，船的位移为d ，因此v ＝dt ，v ′＝L －d t .以船后退的方向为正方向，依照动量守恒有：M v －m v ′＝0，可得：M d t ＝mL －dt ，小船的质量为：M ＝m (L －d )d ，故B 正确．变式5 (2018·河南省中原名校第六次模拟)滑腻水平面上放有一上表面滑腻、倾角为α的斜面体A ，斜面体质量为M 、底边长为L ，如图10所示．将一质量为m 、可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 通过时刻t 恰好滑到斜面底端．此进程中斜面对滑块的支持力大小为N ，那么以下说法中正确的选项是( )图10A ．N ＝mg cos αB ．滑块下滑进程中支持力对B 的冲量大小为Nt cos αC ．滑块B 下滑的进程中A 、B 组成的系统动量守恒D ．此进程中斜面体向左滑动的距离为mM ＋m L答案 D解析 当滑块B 相关于斜面加速下滑时，斜面体A 水平向左加速运动，因此滑块B 相关于地面的加速度方向再也不沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力再也不为零，因此斜面对滑块的支持力N 不等于mg cos α，A 错误；滑块B 下滑进程中支持力对B 的冲量大小为Nt ，B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速度，因此A 、B 组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C 错误；A 、B 组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 二者水平位移大小别离为x 1、x 2，那么Mx 1＝mx 2，x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝mM ＋m L ，D正确．命题点四 “子弹打木块”模型1．木块放在滑腻水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒． 2．二者发生的相对位移为子弹射入的深度x 相．3．依照能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能．4．系统产生的内能Q ＝f ·x 相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积．5．当子弹速度专门大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小再也不相等，但穿透进程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔE k ＝f ·L (L 为木块的长度)． 例8 一质量为M 的木块放在滑腻的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的彼此作使劲为f .则： (1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？ (2)子弹在木块内运动的时刻为多长？(3)子弹、木块彼此作用进程中子弹、木块发生的位移和子弹打进木块的深度别离是多少？ 答案 (1)m M ＋m v 0 (2)Mm v 0f (M ＋m ) (3)Mm (M ＋2m )v 022f (M ＋m )2 Mm 2v 022f (M ＋m )2 Mm v 022f (M ＋m )解析 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得 m v 0＝(M ＋m )v 解得v ＝mM ＋mv 0(2)设子弹在木块内运动的时刻为t ，由动量定理得 对木块：ft ＝M v －0 解得t ＝Mm v 0f (M ＋m )(3)设子弹、木块发生的位移别离为x 1、x 2，如下图，由动能定理得对子弹：－fx 1＝12m v 2－12m v 02解得：x 1＝Mm (M ＋2m )v 022f (M ＋m )2对木块：fx 2＝12M v 2解得：x 2＝Mm 2v 022f (M ＋m )2子弹打进木块的深度等于相对位移，即x 相＝x 1－x 2＝Mm v 022f (M ＋m )变式6 (2019·陕西省商洛市质检)如图11所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的滑腻圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的木块，现有质量为m 0的子弹以大小为v 0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g ，以下说法正确的选项是( )图11A ．子弹射入木块后的刹时，速度大小为m 0v 0m 0＋m ＋MB ．子弹射入木块后的刹时，绳索拉力等于(M ＋m 0)gC ．子弹射入木块后的刹时，环对轻杆的压力大于(M ＋m ＋m 0)gD ．子弹射入木块以后，圆环、木块和子弹组成的系统动量守恒 答案 C解析 子弹射入木块后的刹时，子弹和木块系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，那么m 0v 0＝(M ＋m 0)v 1，得v 1＝m 0v 0m 0＋M ，选项A 错误；子弹射入木块后的刹时，T －(M ＋m 0)g ＝(M ＋m 0)v 12L ，可知绳索拉力大于(M ＋m 0)g ，选项B 错误；子弹射入木块后的刹时，对圆环：N ＝T ＋mg >(M ＋m ＋m 0)g ，由牛顿第三定律知，选项C 正确；子弹射入木块以后，圆环、木块和子弹组成的系统只在水平方向动量守恒，选项D 错误．1．现有甲、乙两滑块，质量别离为3m和m，以相同的速度v在滑腻水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是()A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确信答案A2．(2018·福建省福州市模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机刹时向后喷出必然质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，那么喷出气体的质量m为()M MM M答案C3．(2018·广东省东莞市调研)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在滑腻的水平冰面上．此刻，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几回以后，甲和乙最后的速度关系是()A．假设甲最先抛球，那么必然是v甲＞v乙B．若乙最后接球，那么必然是v甲＞v乙C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D．不管如何抛球和接球，都是v甲＞v乙答案B4．(2018·山东省青岛市第二次质量检测)如图1，连接有水平轻弹簧的物块a静止于滑腻水平面上，物块b以必然初速度向左运动．以下关于a、b两物块的动量p随时刻t的转变关系图像，不合理的是()图1答案A解析物块b以必然初速度向左运动与连接有水平轻弹簧的静止物块a相碰，中间弹簧先被紧缩后又恢恢复长，那么弹力在碰撞进程中先变大后变小，两物块动量的转变率先变大后变小．故A错误．5．(2019·河南省鹤壁市调研)在列车编组站里，一节动车车箱以1 m/s的速度碰上另一节静止的拖车车箱，碰后两节车箱结合在一路继续运动．已知两节车箱的质量均为20 t，那么碰撞进程拖车车箱受到的冲量大小为(碰撞进程时刻很短，内力专门大)()A．10 N·s B．20 N·sC．104 N·s D．2×104 N·s答案C解析动车车箱和拖车车箱碰撞进程动量守恒，依照动量守恒定律有m v0＝2m v，对拖车依照动量定理有I＝m v，联立解得I＝104 N·s，选项C正确．6．(2018·山西省晋城市第一次模拟)所谓对接是指两艘同方向以几乎一样快慢运行的宇宙飞船在太空中相互靠近，最后连接在一路．假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量别离为M、m，二者对接前的在轨速度别离为(v＋Δv)、v，对接持续时刻为Δt，那么在对接进程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作使劲大小为()D．0答案C解析在“天舟一号”和“天宫二号”对接的进程中水平方向动量守恒，M(v＋Δv)＋m v＝(M＋m)v′，解得对接后二者的一起速度v′＝v＋M·ΔvM＋m，以“天宫二号”为研究对象，依照动量定理有F·Δt＝m v′－m v，解得F＝Mm·Δv(M＋m)Δt，选项C正确．7．(2018·河北省石家庄二中期中)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后二者粘在一路运动，二者的位置x随时刻t转变的图像如图2所示．那么滑块a、b的质量之比()图2A ．5∶4B ．1∶8C ．8∶1D ．4∶5 答案 B解析 设滑块a 、b 的质量别离为m 1、m 2，a 、b 两滑块碰撞前的速度为v 1、v 2， 由题图得v 1＝－2 m/s v 2＝1 m/s两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的一起速度设为v ，由题图得v ＝23 m/s由动量守恒定律得 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 联立解得m 1∶m 2＝1∶8.8.(2018·山东省日照市校际联合质检)沿滑腻水平面在同一条直线上运动的两物体A 、B 碰撞后以一起的速度运动，该进程的位移—时刻图像如图3所示．那么以下说法错误的选项是( )图3A ．碰撞前后物体A 的运动方向相反B ．物体A 、B 的质量之比为1∶2C ．碰撞进程中A 的动能变大，B 的动能减小D ．碰前物体B 的动量较大 答案 C解析 由题图可得，碰撞前v A ＝20－302 m/s ＝－5 m/s ，碰撞后v A ′＝20－102m/s ＝5 m/s ，那么碰撞前后物体A 的运动方向相反，故A 正确；由题图可得，碰撞前v B ＝20－02 m/s ＝10m/s，依照动量守恒得m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v A ′，代入数据得：m A ∶m B ＝1∶2，故B 正确；碰撞前后物体A 速度大小相等，那么碰撞进程中物体A 动能不变，故C 错误；碰前物体A 、B 速度方向相反，碰后物体A 、B 速度方向与物体B 碰前速度方向相同，那么碰前物体B 动量较大，故D 正确．9.(多项选择)(2019·江西省上饶市调研)质量为M 的小车置于滑腻的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m 的滑腻物块放在小车上，紧缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，现在物块与小车右端相距为L ，如图4所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的选项是( )图4A ．物块和小车组成的系统机械能守恒B ．物块和小车组成的系统动量守恒C ．当物块速度大小为v 时，小车速度大小为m M vD ．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为m M L答案 BC解析 弹簧推开物块和小车的进程，假设取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，那么无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，现在系统的机械能不守恒，A 选项错误；取物块和小车的系统，外力的和为零，故系统的动量守恒，B 选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝m v －M v ′，解得v ′＝m Mv ，C 选项正确；弹开的进程知足反冲原理和“人船模型”，有v v ′＝M m ，那么在相同时刻内x x ′＝M m ，且x ＋x ′＝L ，联立得x ′＝mL M ＋m，D 选项错误． 10.(多项选择)(2018·陕西省西安一中一模)如图5所示，在滑腻的水平面上有一静止的物体M ，物体M 上有一滑腻的半圆弧轨道，最低点为C ，A 、B 为同一水平直径上的两点，现让小滑块m 从A 点由静止下滑，则( )图5A ．小滑块m 抵达物体M 上的B 点时小滑块m 的速度不为零B ．小滑块m 从A 点到C 点的进程中物体M 向左运动，小滑块m 从C 点到B 点的进程中物体M 向右运动C ．假设小滑块m 由A 点正上方h 高处自由下落，那么由B 点飞出时做竖直上抛运动D ．物体M 与小滑块m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒答案 CD解析 物体M 和小滑块m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D 正确；小滑块m 滑到右端二者水平方向具有相同的速度：0＝(m ＋M )v ，v ＝0，可知小滑块m 抵达物体M 上的B 点时，小滑块m 、物体M 的水平速度为零，故当小滑块m 从A 点由静止下滑，那么能恰好抵达B 点，当小滑块由A 点正上方h 高处自由下落，那么由B 点飞出时做竖直上抛运动，A 错误，C 正确；小滑块m 从A 点到C 点的进程中物体M 向左加速运动，小滑块m 从C 点到B 点的进程中物体M 向左减速运动，选项B 错误．11．(2018·山东省日照市二模)2017年4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390千米处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．以下说法正确的选项是( )A ．依照“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量B ．“天舟一号”与“天宫二号”的对接进程，知足动量守恒、能量守恒C ．“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小D ．假设测得“天舟一号”围绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度答案 D解析 依照G Mm(R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )，可得M ＝4π2(R ＋h )3GT 2，那么依照“天宫二号”离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A 错误；“天舟一号”与“天宫二号”对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的进程不知足动量守恒，可是能量守恒，选项B 错误；“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，那么轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C 错误；G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，而M ＝43πR 3ρ，可得ρ＝3πGT 2，。
2020新课标高考物理二轮总复习课件：2-1-4 连接体模型
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新课标高考第二轮总复习•物理
解析：对 m 和 M 组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平 方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到 2a 时，横杆 对 M 的摩擦力 Ff 增加到原来的 2 倍，横杆对 M 的弹力与两个物体受到的总重力 大小相等，保持不变，选项 A 正确、B 错误；以小球为研究对象，分析受力如图
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新课标高考第二轮总复习•物理
(3)当 A、B 两球均沿半圆轨道时，两球的速度大小始终相等，则 A 球的速度最大 时整体的重心最低，此时轻杆水平，重心在圆心的正下方，由几何知识可知，此
时重心距圆心的距离为
3 2R
对全程运用动能定理有 2mg(R＋12R＋ 23R)－0.2mg×2R－0.2mg×R＝12×2mv2
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2．(多选)(2018·安徽淮南一模)质量分别为 M 和 m 的两物块 A、B 大小相同，将它 们用轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为 α 的斜面，A 恰 好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按
图乙放置，然后释放 A，斜面仍保持静止，重力加速度大小为 g，则( ) A．此时轻绳的拉力大小为 mg
2mg－2f＝2ma 代入数据得 a＝0.8g 两球沿竖直轨道下滑过程中，由运动学公式有：
R＝12at2，代入数据得 t＝
5R 2g
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新课标高考第二轮总复习•物理
(2)A 球刚进入半圆轨道时，B 球受重力、摩擦力和杆对 B 球的作用力 F(设方向竖 直向上)，A 球受重力和杆对球 A 的作用力 F(设方向竖直向下)，两球加速度相同， 根据牛顿第二定律 对 A 球：mg＋F＝ma 对 B 球：mg－f－F＝ma 代入数据得 F＝－0.1mg 所以 A 球刚进入半圆轨道时，杆对球 A 的作用力大小为 0.1mg，方向竖直向上
高考物理模型方法分类解析 模型05 连接体
模型05 连接体(原卷版)1．连接体定义与分类（1）两个或两个以上的物体,以某种方式连接在一起运动,这样的物体系统就是连接体。
（2）连接体问题的类型:物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。
2.解决连接体问题方法（1）整体法的选取原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
（2）隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。
（3）整体法、隔离法的交替运用:若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时,一般采用“先整体求加速度,后隔离求内力”的方法。
牛顿第二定律公式F=ma中的“F”指的就是物体(或系统)所受的合力,因此,在处理连接体问题时,必须注意区分内力和外力,特别是用整体法处理连接体问题时,切忌把系统内力列入牛顿第二定律方程中。
当然,若用隔离法处理连接体问题,对所隔离的物体,它所受到的力都属外力,就不存在内力问题了。
【典例1】(多选)质量分别为2 kg和3 kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,如图所示。
今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2,且F1=20 N,F2=10 N,则下列说法正确的是()。
A.弹簧的弹力大小为16 NB.若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力大小为零C.如果只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为12 ND.若F1=10 N,F2=20 N,则弹簧的弹力大小不变【变式训练1】如图所示,小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸的弹簧拉着,小车向右做加速运动。
若小车向右的加速度增大,物块始终相对小车静止,则物块所受摩擦力F1和车右壁所受弹簧的拉力F2的大小变化可能是()。
A.F1不变,F2一直变大B.F1先变小后变大,F2不变C.F1先变大后变小,F2不变D.F1变大,F2先变小后不变【典例2】如图所示,将砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。
高三总复习物理课件 “机械能守恒定律中的连接体问题”面面观
[模型建构]
常见 情境
(1)平动时两物体线速度相等，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 三大 做功，单个物体机械能不守恒。 特点 (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。
动到最低点的过程中，下列说法正确的是
()
A．当 B 球运动到最低点时，A 球的速度大小为 gL
B．当 B 球运动到最低点时，B 球的速度大小为 2gL
C．B 球运动到最低点的过程中，支架对 A 球做正功
D．B 球运动到最低点的过程中，B 球的机械能守恒
[解析] 小球 A 与 B 角速度大小相同，故vvBA＝rrABωω＝12，即 vB＝2vA，B 球第一次 运动到最低点时，由几何关系和整个系统机械能守恒，可得 2mg×3L－mg×32L＝12 mvA2＋12×2mvB2，联立解得 vA＝ gL，vB＝2 gL，故 A 正确，B 错误；B 球第一次 运动到最低点的过程中，对于 A 球，由几何关系和动能定理，可得－mg×32L＋W＝12 mvA2－0，解得 W＝2mgL＞0，支架对 A 球做正功，故 C 正确；同理，B 球第一次运 动到最低点的过程中，支架对 B 球做负功，B 球的机械能不守恒，故 D 错误。
确的是(重力加速度为 g)
()
A．松手瞬间，小物块 A 的加速度大小为16g
B．松手后，小物块 A 的机械能守恒
C．小物块 B 落地前瞬间的速度大小为
2gh 3
D．小物块 A 能够上升到的最高点与地面的距离为53h
解析：松手瞬间，对小物块 B 受力分析可得：0.8mg－FT＝0.8ma，对小物块 A 受力 分析可得：FT－mgsin 30°＝ma，联立解得：a＝16g，故 A 正确。松手后，绳的拉力对 小物块 A 做正功，小物块 A 的机械能增加，故 B 错误。小物块 B 从开始下落到落地 有 v2－0＝2ah，解得：v＝ g3h，故 C 错误。小物块 A 从开始运动到滑行距离 h 时 获得的速度 v＝ g3h，接下来继续滑行 x 速度减为零，由机械能守恒定律得：12mv2 ＝mgxsin 30°，解得：x＝h3，小物块 A 能够上升到的最高点与地面的距离为 h＋hsin 30° ＋h3sin 30°＝53h，故 D 正确。 答案：AD
高考物理机械能常用模型最新模拟题精练专题26.机械能+连接体模型(原卷版+解析)
高考物理《机械能》常用模型最新模拟题精练专题26. 机械能+连接体模型一．选择题1．（2023陕西省名校期末联考）质量M =1kg 的重物B 和质量m =0.3kg 的小圆环A 用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A 端绳与轮连接，B 端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2︰1。
重物B 放置在倾角为30固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B 与斜面间的动摩擦因数μ=，圆环A 套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L =4m 。
现将圆环A 从与滑轮轴上表面等高处a 静止释放，当下降H =3m 到达b 位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g =10m/s 2。
下列判断正确的是A ．圆环A 到达b 位置时，A 、B 组成的系统机械能减少了2.5JB ．圆环A 速度最大时，环A 与重物B 的速度之比为5︰3C ．圆环A 能下降的最大距离为H m =7.5mD ．圆环A 下降过程，作用在重物B 上的拉力始终大于10N【参考答案】．AC【名师解析】．由题可知圆环A 到达b 位置时，重物B 沿斜面的运动的位移为0.5m x == A 、B 组成的系统机械能减少了cos30 2.5J E Mgx μ∆==故选项A 正确；轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2:1，圆环A 速度最大时，环A 沿绳方向的分速度与重物B 的速度之比为'A B ::2:1v v R r ==因为H =3m ，L =4m ，所以此时绳与水平方向的夹角为37，把环A 的速度沿绳和垂直于绳方向分解，则环A 沿绳方向的分速度'A A A sin 3=07.6v v v =解得A B :10:3v v =故选项B 错误；圆环A 能下降的最大距离为m H ，重物B 沿斜面的运动的位移为B x 根据能量守恒可知 m B B sin30cos30mgH Mgx Mgx μ=+解得圆环A 能下降的最大距离为7.5m m H =，故选项C 正确；圆环A 先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B 也是先加速后减速，而重物B 受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对B 的拉力T sin30cos30F Mg Mg Ma μ--=即T 10F Ma -=所以绳子对B 的拉力先大于10N 后小于10N ，故选项D 错误；2.（2022·河南漯河5月模拟）图所示，长度为L 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 点与支架所在平面相垂直的固定轴转动。
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(一)系统机械能守恒的三类连接体模型连接体问题是力学部分的难点，本书通过对近几年高考题及各地模拟题的深入研究，总结出以下三类可以利用系统机械能守恒来快速解题的连接体模型。
速率相等的连接体模型1．如图所示的两物体组成的系统，当释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向，在相等时间内A、B运动的路程相等，则A、B的速率相等。
2．判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断，而从能量转化的角度判断，即：如果系统中只有动能和势能相互转化，系统的机械能守恒。
这类题目的典型特点是系统不受摩擦力作用。
[例1]如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，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，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。
已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。
开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。
求：(1)斜面的倾角α；(2)A球获得的最大速度v m。
[审题建模](1)细线不可伸长，A、B两球速率一定相等，但B与C球以弹簧相连，速率一般不同。
(2)弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关，无论弹簧处于伸长状态还是压缩状态。
【解析】(1)由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。
A的加速度此时为零由牛顿第二定律得： 4mg sin α－2mg ＝0 则：sin α＝12，α＝30°。
(2)由题意可知，A 、B 两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A 沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，同时弹簧的弹性势能相等， 故有：2mg ＝k Δx4mg Δx sin α－mg Δx ＝12(5m )v m 2得：v m ＝2gm 5k。
【答案】 (1)30° (2)2gm 5k[集训冲关]1.如图所示，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，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.5R 3 C.4R 3D.2R 3【解析】选C 如图所示，以小球A 、B 为系统，以地面为零势能面，设A 质量为2m ，B 质量为m ，根据机械能守恒定律有：2mgR ＝mgR ＋12×3mv 2，A 落地后B 将以v 做竖直上抛运动，即有12mv 2＝mgh ，解得h ＝13R 。
则B 上升的高度为R ＋13R ＝43R ，故选项C 正确。
2.[多选](2020·青岛一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M 、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。
开始时用手按住物体M ，此时M 到挡板的距离为s ，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用。
已知M ＝2m ，空气阻力不计。
松开手后，关于二者的运动，下列说法中正确的是( )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒B ．当M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零C ．若M 恰好能到达挡板处，则此时m 的速度为零D ．若M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和【解析】选BD 运动过程中，M 、m 与弹簧组成的系统机械能守恒，A 错误；当M 速度最大时，弹簧的弹力等于Mg sin 30°＝mg ，此时m 对地面的压力恰好为零，B 正确；然后M 做减速运动，恰好能到达挡板处，也就是速度刚好减小到零，之后M 立刻上升，所以此时弹簧弹力大于mg ，即此时m 受到的绳拉力大于自身重力，m 还在加速上升，C 错误；根据功能关系，M 减小的机械能，等于m 增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M 恰好到达挡板时，动能恰好为零，因此M 减小的机械能等于M 减小的重力势能，即等于重力对M 做的功，D 正确。
3.(2020·福州质检)如图所示，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A 和B ，B 的下面通过轻绳连接物块C ，A 锁定在地面上。
已知B 和C 的质量均为m ，A 的质量为32m ，B 和C 之间的轻绳长度为L ，初始时C 离地面的高度也为L 。
现解除对A 的锁定，物块开始运动。
设物块可视为质点，落地后不反弹。
重力加速度大小为g 。
求：(1)A 刚上升时的加速度大小a ； (2)A 上升过程中的最大速度大小v m ； (3)A 离地面的最大高度H 。
【解析】(1)解除对A 的锁定后，A 加速上升，B 和C 加速下降，A 、B 、C 加速度大小相等，设轻绳对A 和B 的拉力大小为T ，由牛顿第二定律得 对A 受力分析得： T －32mg ＝32ma①对B 、C 受力分析得： (m ＋m )g －T ＝(m ＋m )a②由①②式得a ＝17g 。
③(2)当物块C 刚着地时，A 的速度最大，从A 刚开始上升到C 刚着地的过程，由机械能守恒定律得 2mgL －32mgL ＝12·2m ·v m 2＋12·32m ·v m 2④ 由④式得v m ＝27gL 。
⑤(3)假设C 落地后A 继续上升h 时速度为零，此时B 未触地，A 和B 组成的系统，由动能定理得 mgh －32mgh ＝0－12⎝⎛⎭⎫m ＋32m v m 2 ⑥由⑤⑥式得h ＝57L ⑦由于h ＝57L ＜L ，假设成立，所以A 离地面的最大高度 H ＝L ＋h ＝127L 。
⑧ 【答案】(1)17g (2)27gL (3)127L 角速度相等的连接体模型1．如图所示的两物体组成的系统，当释放后A 、B 在竖直平面内绕O 点的轴转动，在转动的过程中相等时间内A 、B 转过的角度相等，则A 、B 转动的角速度相等。
2．系统机械能守恒的特点(1)一个物体的机械能增加，另一个物体的机械能必然减少，机械能通过内力做功实现物体间的转移。
(2)内力对一个物体做正功，必然对另外一个物体做负功，且二者代数和为零。
[例2] 质量分别为m 和2m 的两个小球P 和Q ，中间用轻质杆固定连接，杆长为L ，在离P 球L3处有一个光滑固定轴O ，如图所示。
现把杆置于水平位置后自由释放，在Q 球顺时针摆动到最低位置时，求：(1)小球P 的速度大小。
(2)在此过程中小球P 机械能的变化量。
[解析] (1)两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球Q 摆到最低位置时P 球的速度为v ，由于P 、Q 两球的角速度相等，Q 球运动半径是P 球运动半径的两倍，故Q 球的速度为2v 。
由机械能守恒定律得 2mg ·23L －mg ·13L ＝12mv 2＋12·2m ·(2v )2，解得v ＝2gL3。
(2)小球P 机械能增加量 ΔE ＝mg ·13L ＋12mv 2＝49mgL 。
【答案】 (1)2gL 3 (2)增加49mgL [易错提醒]角速度相等的连接体解题的三点提醒 (1)要注意判断系统的机械能是否守恒。
(2)注意寻找物体间的速度关系和位移关系。
(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔE k ＝－ΔE p 的形式。
[集训冲关]1.[多选]如图所示，质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，中间用轻质杆相连，在杆的中点O 处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B 球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)( )A ．B 球的重力势能减少，动能增加，B 球和地球组成的系统机械能守恒 B ．A 球的重力势能增加，动能也增加，A 球和地球组成的系统机械能不守恒C ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能守恒D ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能不守恒【解析】选BC A 球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B 项正确；由于A 球、B 球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C 项正确，D 项错误；所以B 球和地球组成系统的机械能一定减少，A 项错误。
2.[多选]如图所示，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 点在竖直平面内无摩擦转动，开始时OA 处于水平位置，由静止释放后( )A ．A 球的最大速度为2gLB ．A 球的速度最大时，两小球的总重力势能最小C ．A 球的速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°D ．A 、B 两球的最大速度之比v A ∶v B ＝2∶1【解析】选BCD 支架和两小球组成的系统在转动过程中机械能守恒。
A 的重力势能减少，A 、B 的动能和B 的重力势能增加。
A 、B 角速度相等，A 的线速度总是B 的线速度的2倍。
A 球速度最大时是系统动能最大时，即两球的总重力势能最小。
设OA 转过角θ时A 球速度最大，如图所示，则有12m (2v )2＋12·2mv 2＝mg ·2L sinθ－2mgL (1－cos θ)，即3v 2＝2gL (sin θ＋cos θ－1)，由数学知识可知θ＝45°时，速度最大，即v A m ＝236()2－1gL ，v B m ＝136(2－1)gL ，选项B 、C 、D 正确。
3.如图所示，半径为r 、质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直盘面的光滑水平固定轴O ，在盘的右边缘固定有一个质量为m 的小球A ，在O 点正下方离O 点r2处固定一个质量也为m 的小球B ，放开盘让其自由转动。
(1)当A 转动到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？ (2)A 球转到最低点时的线速度是多少？(3)在转动过程中半径OA 向左偏离竖直方向的最大角度是多少？【解析】(1)以通过固定轴O 的水平面为零势能面，开始时两球的重力势能之和为： E p1＝E p A ＋E p B ＝0－12mgr ＝－12mgr ，当小球A 转至最低点时两小球重力势能之和为： E p2＝E p A ＋E p B ＝－mgr ＋0＝－mgr ， 故两球重力势能之和减少量为：ΔE p 减＝E p1－E p2＝－12mgr －(－mgr )＝12mgr 。
(2)由于圆盘转动过程中，系统只有动能和重力势能相互转化，系统的机械能守恒，因此系统的重力势能的减少一定等于两球动能的增加。
设A 球转至最低点时，A 、B 的线速度分别为v A 和v B ，则12mgr ＝12mv A 2＋12mv B 2。
因A 、B 两球固定在同一圆盘上，转动过程中角速度相等，故线速度的关系为v A ＝2v B ，解得v A ＝45gr 。