2020-2021学年高三物理一轮复习易错题06 机械能守恒定律

2020-20212020-2021学年高考物理一轮复习第第19页共17页上的拉力拉物块A,使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C。在此过程中()mgsin0物块A运动的距离为店拉力的最大值为(m]+m2)gsin0+m”拉力做功的功率一直增大弹簧弹性势能先减小后增大如图(a)所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落。其原理可等效为如图(b)所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，贝y()铁球绕轨道可能做匀速圆周运动铁球绕轨道运动过程中机械能守恒铁球在A点的速度必须大于\：迂轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱9、如图，在竖直平面内有由1圆弧AB和*圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B9、尺旳：n第12页共17尺旳：n第12页共17页R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AR相距4处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。求小球在B、A两点的动能之比；通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。10、如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。求：小球受到手的拉力大小F；物块和小球的质量之比M:m；小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。答案和解析1.C运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确。如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ff=mgsina,下滑过程中a减小,由机械能守恒，mg’=2mv2—2mv02，到达B点的动能#mv2=mg’+2mv02,B正确。3、A机械能变化的原因是非重力、弹力做功，题中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff做功，则机TOC\o"1-5"\h\z械能的变化取决于F与F做功大小关系。由mgsina+F—F=ma知：F—F=mgsin30°fff—ma>0,即F>Ff，故F做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增加，A项正确。4、A由h=gt2和v=gt得：v=i.；30m/s，落地时，tan60°=y，可得：v=^^=叫102yy*votan60*0m/s，由机械能守恒得：E=£mv2，可求得：E=10J,故A正确。p20pA如图所示，当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为管中所有液体的动能，根据机械能守恒定律有訥・2h=2mv2，解得：v=ggh。BC物块沿球面运动的过程中，库仑力和支持力沿球半径方向不做功，只有重力做功，则物块的机械能不变，选项A错误，B正确；设0P与竖直方向夹角为0,则当物块将要离开球面时v2所受球面的支持力为零，则由牛顿第二定律有F库+mgcos0=mR，因物块在最高点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍，可知F^mg,由机械能守恒定律得mgR(1—cos0)库=*mv2，联立解得v=|\：‘3gR,选项C正确，D错误。D由题意可知，A、B两球在上升中受重力做功而做减速运动。假设没有杆连接，则A球上升到斜面时，B球还在水平面上运动，即A球在斜面上做减速运动，B球在水平面上做匀速运动，因有杆存在，所以是B球推着A球上升，因此杆对A球做正功，故A错误；因杆对A球做正功，故A球的机械能不守恒，故B错误；由以上分析可知，杆对B球做负功，故C错误；设小球B速度为零时距水平面的高度为h，根据系统机械能守恒，可得：mgh+mg(h+Lsin30°)=2x2mv2，解得：h=0.15m,故D正确。BD小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的弹力和磁性引力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，弹力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁性引力和弹力都不能对小铁球做功，只有重力对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，小铁球不可能做匀速圆周运动，故A错误，B正确；在A点轨道对小铁球的弹力的方向向上，小铁球的速度只要大于等于0即可通过A点，故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在A点的速度越小，则机械能越小，在B点的速度也越小，铁球不脱轨且需要的磁性引力最小的条件是：小铁球在A点的速度恰好为0,而且到达B点时，轨道对铁球的弹力恰好等于0,根据机械能守恒定律，小铁球在A点的速度恰好为0,到达B点时的速度满足mg・2R=2mv2，轨道对铁球的弹力恰好等v2于0,则磁性引力与重力的合力提供向心力，即F—mg=mR，联立得F=5mg,可知要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,故D正确。R9•解析：⑴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=mg4①设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg4②kBkB4E由①②式得眄=5。③kA(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力N应满足N20④v2设小球在C点的速度大小为vc，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N+mg=mR^⑤22v2由④⑤式得，vc应满足mg<m-R^⑥R1由机械能守恒定律得mg^=2mvC2⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。10.(1)由几何知识可知AC丄BC,根据平衡条件得(F+mg)cos53°=Mg5解得F=§Mg—mg。(2)小球与A、B相同高度时小球上升h=3lsin53°，物块下降h=2l，2物块和小球组成的系统机械能守恒mgh]=Mgh2665根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a,由牛顿第二定律得2020-20212020-2021学年高考物理一轮复习2020-20212020-2021学年高考物理一轮复习Mg—T=Ma对小球，沿AC方向由牛顿第二定律得T—mgcos53°=ma解得t=58mMg/r