专题06机械能守恒定律和功能关系（易错起源）-2018年高考物理备考黄金易错点Word版含解析.doc

1.如图所示，一质量为 M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为 m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为 g.当小环滑到大环的 最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( ) A．Mg－5mg B．Mg＋mg C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg 解析：选 C.小圆环从大环的最高处到达大圆环底端时满足机械能守恒，则有 mg·2R＝1 2 mv2， 对小圆环在最低点，应用牛顿第二定律可得：FN－mg＝mv2 R ；对大圆环，由平衡条件可知：FT ＝Mg＋FN′，由牛顿第三定律可得：FN′＝FN 解得 FT＝Mg＋5mg，选项 C 正确． 2.(多选)如图，滑块 a、b 的质量均为 m，a 套在固定竖直杆上，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，由静止开始运动．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 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 mg3.(多选)如图所示，一质量为 m 的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端与小球相连，另一 端固定于 O 点．现将小球从 A 点由静止释放，沿竖直杆运动到 B 点，已知 OA 长度小于 OB 长 度，弹簧处于 OA、OB 两位置时弹力大小相等，A、B 两点间的距离为 h.在小球由 A 到 B 的过 程中，下列说法正确的是( ) A．小球在 B 点时的速度大小为 2gh B．小球的加速度等于重力加速度 g 的位置只有一个 C．在弹簧与杆垂直时，小球机械能最小 D．在 B 点时，小球机械能最大 4．(多选)图甲、图乙中两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率 v 顺时针运动．现将一 质量为 m 的小物体(视为质点)轻放在传送带底端 A 处，小物体在图甲中传送带上到达传送带 顶端 B 处时恰好与传送带的速率相等；在图乙中传送带上到达离 B 处竖直高度为 h 的 C 处时 达到传送带的速率 v，已知 B 处离地面的高度均为 H 则在小物体从 A 到 B 的过程中( ) A．小物体与图甲中传送带间的动摩擦因数较小 B．两传送带对小物体做的功相等 C．两传送带消耗的电能相等 D．两种情况下因摩擦产生的热量相等解析 根据公式 v2＝2ax，可知物体加速度关系 a 甲＜a 乙，再由牛顿第二定律得μmgcos θ－ mgsin θ＝ma，可知μ甲＜μ乙，故 A 项正确；传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增 加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相等，故两图中传送带对小物体做的功相等， 故 B 项正确；因摩擦产生的热量 Q＝Ffx 相对，图甲中有 Q 甲＝Ff1x1＝Ff1 H sin θ ，Ff1－mgsin θ＝ ma1＝m v2 2· H sin θ ，乙图中有 Q 乙＝Ff2x2＝Ff2 H－h sin θ ，Ff2－mgsin θ＝ma2＝m v2 2· H－h sin θ ，解得 Q 甲＝mgH＋1 2 mv2，Q 乙＝mg(H－h)＋1 2 mv2，Q 甲＞Q 乙，故 D 项错误；根据能量守恒定律，电动机消 耗的电能 E 电等于因摩擦产生的热量 Q 与物体增加的机械能之和，因物体两次从 A 到 B 增加的 机械能相同，Q 甲＞Q 乙，所以将小物体运至 B 处，图甲中传送带消耗的电能更多，故 C 项错误． 答案 AB 5．(多选)图甲、图乙中两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率 v 顺时针运动．现将一 质量为 m 的小物体(视为质点)轻放在传送带底端 A 处，小物体在图甲中传送带上到达传送带 顶端 B 处时恰好与传送带的速率相等；在图乙中传送带上到达离 B 处竖直高度为 h 的 C 处时 达到传送带的速率 v，已知 B 处离地面的高度均为 H 则在小物体从 A 到 B 的过程中( ) A．小物体与图甲中传送带间的动摩擦因数较小 B．两传送带对小物体做的功相等 C．两传送带消耗的电能相等 D．两种情况下因摩擦产生的热量相等 律，电动机消耗的电能 E 电等于因摩擦产生的热量 Q 与物体增加的机械能之和，因物体两次从 A 到 B 增加的机械能相同，Q 甲＞Q 乙，所以将小物体运至 B 处，图甲中传送带消耗的电能更多， 故 C 项错误．答案 AB 6．如图所示，水平传送带 AB 逆时针匀速转动，一个质量为 M＝1.0 kg 的小物块以某一初速 度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图所示(图中取向 左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)．已知传送带的速度保持不变，g 取 10 m/s2. 求： (1)物块与传送带间的动摩擦因数μ； (2)物块在传送带上的运动时间； (3)整个过程中系统生成的热量． 后 1 s 内的位移大小 s2＝v′ 2 t′＝1 m，向左， 3 s 内位移 s＝s1－s2＝3 m，向右； 物块再向左运动时间 t2＝ s v′ ＝1.5 s 物块在传送带上运动时间 t＝t1＋t2＝4.5 s (3)物块在皮带上滑动的 3 s 内，皮带的位移 s′＝v′t1＝6 m，方向向左； 物块位移为 s＝s1－s2＝3 m，方向向右 相对位移为Δs′＝s′＋s＝9 m所以转化的热量 EQ＝Ff×Δs′＝18 J. 答案 (1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J 7．如图所示，长为 L＝10.5 m 的传送带与水平面成 30°角，传送带向上做加速度为 a0＝1 m/s2 的匀加速运动，当其速度为 v0＝3 m/s 时，在其底端轻放一质量为 m＝1 kg 的物块(可视为质 点)，已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝ 3 2 ，在物块由底端上升到顶端的过程中．求： (1)此过程所需时间； (2)传送带对物块所做的功； (3)此过程中产生的热量． 解析：(1)由牛顿第二定律知物块上滑时有 μmgcos θ－mgsin θ＝ma1(1 分) 设经时间 t1 物块与传送带的速度相等，则有 a1t1＝v0＋a0t1(1 分) 联立并代入数值得 a1＝2.5 m/s2，t1＝2 s(1 分) 此时间内物块发生的位移为 x1＝1 2 a1t2 1＝5 m＜L(1 分) 所以物块与传送带相对静止后，以加速度 a0 匀加速到达顶端，经历的时间为 t2，则速度刚相 等时有 v1＝a1t1＝5 m/s(1 分) (3)物块发生的相对位移为 x 相＝v0t1＋1 2 a0t2 1－1 2 a1t2 1(2 分)产生的热量为 Q＝μmgcos θ·x 相(1 分) 联立并代入数值得 Q＝22.5 J．(1 分) 答案：(1)3 s (2)70.5 J (3)22.5 J 8．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑 接触，传送带 BC 长 L＝6 m，始终以 v0＝6 m/s 的速度顺时针运动．将一个质量 m＝1 kg 的物 块由距斜面底端高度 h1＝5.4 m 的 A 点静止滑下，物块通过 B 点时速度的大小不变．物块与斜 面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度 H＝5 m，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求物块由 A 点运动到 C 点的时间； (2)若把物块从距斜面底端高度 h2＝2.4 m 处静止释放，求物块落地点到 C 点的水平距离； (3)求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同—点 D. 解析：(1)A 到 B 过程：根据牛顿第二定律 t＝t1＋t2＝3 s＋1 s＝4 s．(1 分) (2)在斜面上根据动能定理 mgh2－μ1mgcos θ h2 sin θ ＝1 2 mv2(1 分) 解得 v＝4 m/s＜6 m/s(1 分)设物块在传送带先做匀加速运动达 v0，运动位移为 x，则：a2＝μ2mg m ＝μ2g＝2 m/s2(1 分) v2 0－v2＝2ax，x＝5 m＜6 m(1 分) 所以物块先做匀加速直线运动后和传送带一起匀速运动，离开 C 点做平抛运动 s＝v0t0，(1 分) H＝1 2 gt2 0，(1 分) 解得 s＝6 m．(1 分) (3)因物块每次均抛到同一点 D，由平抛知识知：物块到达 C 点时速度必须有 vC＝v0(1 分) ①当离传送带高度为 h3 时物块进入传送带后一直匀加速运动，则： mgh3－μ1mgcos θ h3 sin θ ＋μ2mgL＝1 2 mv2 0(1 分) h3＝1.8 m(1 分) ②当离传送带高度为 h4 时物块进入传送带后一直匀减速运动，则： mgh4－μ1mgcos θ h4 sin θ －μ2mgL＝1 2 mv2 0(1 分) h4＝9.0 m(1 分) 所以当离传送带高度在 1.8～9.0 m 的范围内均能满足要求，即 1.8 m≤h≤9.0 m．(1 分) 答案：(1)4 s (2)6 m (3)1.8 m≤h≤9.0 m 9.(2016·全国丙卷 T24)如图 2 所示，在竖直平面内有由1 4 圆弧 AB 和1 2 圆弧 BC 组成的光滑固定 轨道，两者在最低点 B 平滑连接．AB 弧的半径为 R，BC 弧的半径为R 2 .一小球在 A 点正上方与 A 相距R 4 处由静止开始自由下落，经 A 点沿圆弧轨道运动． 图 2 (1)求小球在 B、A 两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点．由④⑤式得，vC 应满足 mg≤m2v2 C R ⑥ 由机械能守恒定律得 mgR 4 ＝1 2 mv2 C ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到 C 点． 【答案】 (1)5 (2)能沿轨道运动到 C 点 10. 1.(2017·全国卷Ⅰ，24)一质量为 8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞 船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.5×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小 取为 9.8 m/s2(结果保留 2 位有效数字)。 (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； (2)求飞船从离地面高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处 的速度大小是其进入大气层时速度大小的 2.0%。(2)飞船在高度 h′＝600 m 处的机械能为 Eh′＝1 2 m(2.0 100 vh)2＋mgh′⑤ 由功能原理得 W＝Eh′－Ek0⑥ 式中，W 是飞船从高度 600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。 由②⑤⑥式和题给数据得 W＝ 9.7×108 J⑦ 答案 (1)(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J 易错起源 1、 机械能守恒定律的应用 例 1．如图 3 所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为 m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹 簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知 弹簧原长为 L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为 2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑 到最大距离的过程中( )图 3 A.圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了 3mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 【变式探究】如图 4 所示，光滑轨道由 AB、BCDE 两段细圆管平滑连接组成，其中 AB 段水平， BCDE 段是半径为 R 的四分之三圆弧，圆心 O 及 D 点与 AB 等高，整个轨道固定在竖直平面内， 现有一质量为 m，初速度 v0＝ 10gR 2 的光滑小球水平进入圆管 AB，设小球经过轨道交接处无能 量损失，圆管孔径远小于 R，则(小球直径略小于管内径)( ) 图 4 A．小球到达 C 点时的速度大小 vC＝3 gR 2 B．小球能通过 E 点且抛出后恰好落至 B 点 C．无论小球的初速度 v0 为多少，小球到达 E 点时的速度都不能为零 D．若将 DE 轨道拆除，则小球能上升的最大高度与 D 点相距 2R 【答案】B 【解析】对小球从 A 点至 C 点过程，由机械能守恒有 1 2 mv2 0＋mgR＝1 2 mv2 C，解得 vC ＝3 2gR 2 ，选项 A 错误；对小球从 A 点至 E 点的过程，由机械能守恒有 1 2 mv2 0＝1 2 mv2 E＋mgR，解得 vE＝ 2gR 2 ，小球从 E 点抛出后，由平抛运动规律有 x＝vEt，R＝1 2 gt2，解得 x＝R，则小球恰好 落至 B 点，选项 B 正确；因为内管壁可提供支持力，所以小球到达 E 点时的速度可以为零， 选项 C 错误；若将 DE 轨道拆除，设小球能上升的最大高度为 h，则有 1 2 mv2 D＝mgh，又由机械能守恒可知 vD ＝v0，解得 h＝5 4 R，选项 D 错误． 【举一反三】如图 6 所示，左侧竖直墙面上固定半径为 R＝0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙 面上与圆环的圆心 O 等高处固定一光滑直杆．质量为 ma＝100 g 的小球 a 套在半圆环上，质量 为 mb＝36 g 的滑块 b 套在直杆上，二者之间用长为 l＝0.4 m 的轻杆通过两铰链连接．现将 a 从圆环的最高处由静止释放，使 a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b 均视为质点，g 取 10 m/s2.求： 图 6 (1)小球 a 滑到与圆心 O 等高的 P 点时的向心力大小； (2)小球 a 从 P 点下滑至杆与圆环相切的 Q 点的过程中，杆对滑块 b 做的功． 由几何关系可得：cos θ＝ l l2＋R2 ＝0.8 球 a 从 P 到 Q 下降的高度 h＝Rcos θ a、b 及杆组成的系统机械能守恒：magh＝1 2 mav2 a＋1 2 mbv2 b－1 2 mav2 对滑块 b，由动能定理得：W＝1 2 mbv2 b＝0.194 4 J.【答案】 (1)2 N (2)0.194 4 J 【名师点睛】 1．高考考查特点 (1)本考点高考命题选择题集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关 系；计算题结合平抛、圆周运动等典型运动为背景综合考查． (2)熟悉掌握并灵活应用机械能的守恒条件、掌握常见典型运动形式的特点及规律是突破该考 点的关键． 2．解题的常见误区及提醒 (1)对机械能守恒条件理解不准确，特别是系统机械能守恒时不能正确分析各力的做功情况． (2)典型运动中不熟悉其运动规律，如圆周运动中的临界条件． 【锦囊妙计，战胜自我】 机械能守恒定律应用中的“三选取” (1)研究对象的选取 研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统) 为研究对象，有的选几个物体组成的系统为研究对象，如图所示单选物体 A 机械能减少不守 恒，但由物体 A、B 二者组成的系统机械能守恒． (2)研究过程的选取 研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒，因此在 应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取． (3)机械能守恒表达式的选取 ①守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.(需选取参考面) ②转化观点：ΔEp＝－ΔEk.(不需选取参考面) ③转移观点：ΔEA 增＝ΔEB 减．(不需选取参考面) 易错起源 2、 功能关系及能量守恒例 2．如图 8 所示，一质量为 m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于 O 点．将 小球拉至 A 处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到 O 点正下方与 A 点的竖直 高度差为 h 的 B 点时，速度大小为 v.已知重力加速度为 g，下列说法正确的是( ) 图 8 A．小球运动到 B 点时的动能等于 mgh B．小球由 A 点到 B 点重力势能减少 1 2 mv2 C．小球由 A 点到 B 点克服弹力做功为 mgh D．小球到达 B 点时弹簧的弹性势能为 mgh－1 2 mv2 【变式探究】如图 10 所示，在水平面的上方有一固定的水平运输带，在运输带的左端 A 处用 一小段光滑的圆弧与一光滑的斜面平滑衔接，该运输带在电动机的带动下以恒定的向左的速 度 v0＝2 m/s 运动．将一可以视为质点的质量为 m＝2 kg 的滑块由斜面上的 O 点无初速度释放， 其经 A 点滑上运输带，经过一段时间滑块从运输带最右端的 B 点离开，落地点为 C.已知 O 点 与 A 点的高度差为 H1＝1.65 m，A 点与水平面的高度差为 H2＝0.8 m，落地点 C 到 B 点的水平 距离为 x＝1.2 m，g 取 10 m/s2. 图 10 (1)求滑块运动到 C 点时的速度大小； (2)如果仅将 O 点与 A 点的高度差变为 H′1＝0.8 m，且当滑块刚好运动到 A 点时，撤走斜面，求滑块落在水平面上时的速度大小； (3)在第(2)问情况下滑块在整个运动过程中因摩擦而产生的热量有多少？ 【解析】 (1)设滑块滑至运输带的右端时速度为 v1，滑块自运输带右端飞出至落地的时间为 t，则在水平方向上，x＝v1t 在竖直方向上，H2＝1 2 gt2 设滑块落地时的速度为 v，根据机械能守恒定律得 1 2 mv2 1＋mgH2＝1 2 mv2 联立解得 v1＝3 m/s，v＝5 m/s. (2)设滑块从高 H1＝1.65 m 处的 O 点由静止开始下滑到运输带上，再滑到运输带右端过程中， 摩擦力对滑块做功为 Wf，由动能定理得 mgH1＋Wf＝1 2 mv2 1。 解得 Wf＝－24 J (3)设滑块与运输带间的动摩擦因数为μ，滑块从高 H′1＝0.8 m 处由静止开始下滑，在运输 带上减速到零的过程中，滑块在运输带上运动的时间为 t1，滑块与运输带摩擦所产生的热量 为 Q1，则有 Q1＝μmg(v′0 2 t1＋v0t1) 对滑块，由动能定理得－μmgv′0 2 t1＝0－1 2 mv′2 0 设滑块后来又向运输带左端运动的过程中，滑块加速至 v0 运动的时间为 t2，滑块与运输带摩 擦所产生的热量为 Q2，则 Q2＝μmg(v0t2－v0 2 t2) 对滑块，由动能定理得μmgv0 2 t2＝1 2 mv2 0－0 则滑块自释放至落地全过程中滑块与运输带摩擦所产生的热量 Q＝Q1＋Q2 解得 Q＝36 J. 【答案】 (1)5 m/s (2)2 5 m/s (3)36 J【举一反三】若将右侧半圆轨道换成光滑斜面，如图 9 所示，斜面固定，AB 与水平方向的夹 角θ＝45°，A、B 两点的高度差 h＝4 m，在 B 点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧， 自然伸长时弹簧右端到 B 点的距离 s＝3 m．质量为 m＝1 kg 的物块从斜面顶点 A 由静止释放， 物块进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量 x＝0.2 m．已知物块与水平面间的动摩擦 因数μ＝0.5，取 g＝10 m/s2，不计物块在 B 点的机械能损失．求： 图 9 (1)弹簧的最大弹性势能； (2)物块最终停止位置到 B 点的距离； (3)物块在斜面上滑行的总时间(结果可用根式表示)． 【解析】 (1)物块从开始位置到压缩弹簧至速度为 0 的过程，由功能关系可得：mgh－μmg(s ＋x)＝Ep 解得最大弹性势能 Ep＝24 J. (2)设物块从开始运动到最终静止，在水平面上运动的总路程为 l，由功能关系有：mgh－μmgl ＝0 解得：l＝8 m 所以物块停止位置到 B 点距离为：Δl＝l－2(s＋x)＝1.6 m