专题06 机械能守恒定律和功能关系-2017年高考物理备考黄金易错点 24页

www.ks5u.com ‎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 ‎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 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：选BD.由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v∥′是相等的，即vacos θ＝vbsin θ.当a滑至地面时θ＝90°，此时vb ‎＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，选项B正确．同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误．杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误．b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确．正确选项为B、D.‎ ‎3.(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 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 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 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，Ff1－mgsin θ＝ma1＝m，乙图中有Q乙＝Ff2x2＝Ff2，Ff2－mgsin θ＝ma2＝m，解得Q甲＝mgH＋mv2，Q乙＝mg(H－h)＋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 ‎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．‎ ‎ ‎ ‎(2)由速度图象可知，物块初速度大小v＝4 m/s、传送带速度大小v′＝2 m/s，‎ 物块在传送带上滑动t1＝3 s后，与传送带相对静止．‎ 前2 s内物块的位移大小s1＝t＝4 m，向右，‎ 后1 s内的位移大小s2＝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＝＝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＝，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．‎ 到达顶端时有v－v＝2a0(L－x1)(1分)‎ L－x1＝·t2‎ 联立并代入数值得t2＝1 s(1分)‎ 所以物块由底端上升到顶端所用的时间为 t＝t1＋t2＝3 s．(1分)‎ ‎(2)由动能定理知W－mgh＝mv(1分)‎ 代入数值得W＝70.5 J．(1分)‎ ‎(3)物块发生的相对位移为 x相＝v0t1＋a0t－a1t(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.‎ vB＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s(1分)‎ 物块在传送带上匀速运动到C t2＝＝ s＝1 s(1分)‎ 所以物块由A到C的时间：‎ 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＝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＝＝μ2g＝2 m/s2(1分)‎ v－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＝gt，(1分)‎ 解得s＝6 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，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧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.一小球在A点正上方与A相距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．‎ ‎【解析】　(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkA＝mg ①‎ 设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg ②‎ 由①②式得＝5. ③‎ ‎【答案】　(1)5　(2)能沿轨道运动到C点 ‎10.(2016·全国甲卷T25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图7所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.‎ 图7‎ ‎(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；‎ ‎(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．‎ ‎【解析】　(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为 Ep＝5mgl ①‎ 设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得 Ep＝Mv＋μMg·4l ②‎ 联立①②式，取M＝m并代入题给数据得 vB＝ ③‎ vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得 ‎2l＝gt2 ⑦‎ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 s＝vDt ⑧‎ 联立⑥⑦⑧式得 s＝2l. ⑨‎ ‎(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知 ‎5mgl>μMg·4l ⑩‎ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有 Mv≤Mgl ⑪‎ 联立①②⑩⑪式得 m≤M0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J<0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误．‎ ‎3．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．已知空气阻力f大小不变，且f，使物体A开始沿斜面向下运动，物体B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：‎ 图18‎ ‎(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度；‎ ‎(2)弹簧的最大压缩量；‎ ‎(3)弹簧的最大弹性势能．‎ ‎【解析】　(1)A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcos θ，物体A向下运动到C点的过程中，根据功能关系有：‎ ‎2mgLsin θ＋·3mv＝·3mv2＋mgL＋FfL，解得v＝.‎ ‎(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理：－Ff·2x＝0－×3mv2‎ 解得x＝－.‎ ‎(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量关系有：Epmax＋mgx＝2mgxsin θ＋Ffx 解得Epmax＝Ffx＝－.‎ ‎【答案】　(1)　(2)－　(3)－ ‎10．如图19所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：‎ 图19‎ ‎(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小；‎ ‎(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；‎ ‎(3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小.‎ ‎ ‎ ‎(3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°(或μ