-本章复习提升1

第八章机械能守恒定律本章复习提升易混易错练易错点1混淆“相对位移”与“对地位移”1.()如图所示,小物块P位于光滑的斜面上,斜面体Q位于光滑的水平地面上。从地面上看,在小物块沿斜面下滑的过程中,斜面对小物块的作用力()A.垂直于接触面,做功为零B.垂直于接触面,做功不为零C.不垂直于接触面,做功不为零D.不垂直于接触面,做功为零易错点2混淆平均功率与瞬时功率2.()如图所示,质量为m=2kg的木块在倾角θ=37°的固定斜面上由静止开始下滑,木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,斜面足够长,则前2s内重力的平均功率和2s末的瞬时功率分别为()W24W W48WW12W W24W易错点3混淆“杆的弹力方向”与“绳的弹力方向”3.()如图所示,在长为L的轻杆中点A和端点B各固定一质量为m的小球,杆可绕轴O在竖直面内转动(无摩擦),将杆拉至水平位置后无初速度释放,则当杆转到竖直位置时,轻杆对A、B两球分别做了多少功?(重力加速度大小为g)易错点4对能量的转化分析出错4.(2020河北衡水二中高三模拟,)(多选)如图所示,斜面ABC竖直固定放置,斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切,切点为D,AD长为L=Rtanθ-μ,圆弧轨道圆心为O,半径为R,∠DOE=θ,OG水平。现有一质量为m、可看成质点的滑块从A点无初速度下滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为A.滑块经过E点时对轨道的最小压力为mgB.滑块下滑后将会从G点飞出C.滑块第二次经过E点时对轨道的压力为3mgD.滑块在斜面上经过的总路程为s=R易错点5忽视机械能的瞬时损失5.()一质量为m的小球(可视为质点),系于长为R的轻绳一端,绳的另一端固定在空间的O点,假定绳是不可伸长、柔软且无弹性的。今把小球从O点正上方离O点的距离为89R的O1点以水平速度v0=34gR抛出,(1)轻绳即将伸直时,绳与竖直方向的夹角为多少?(2)当小球到达O点的正下方时,绳对小球的拉力为多大?思想方法练一、微元法1.()在水平面内有一弯曲的槽道AB,由半径分别为R2和R的两个半圆构成,如图所示。现用大小恒为F的拉力沿槽道AB将一光滑小球从A点拉至B点,若拉力F的方向总是与小球运动方向一致,则此过程中拉力所做的功为()A.零 C.32πFR 2.()如图所示,一质量为kg的物体从半径为m的圆弧的A端,在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端(圆弧AB在竖直平面内)。拉力F大小不变,始终为15N,方向始终与物体在圆弧的切线成37°角。圆弧所对应的圆心角60°,BO沿竖直方向。求这一过程中拉力F做的功。(取sin37°=0.6,cos37°=0.8,π=3.14)整体法3.()如图所示,总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻质小滑轮(滑轮半径很小,可以忽略),开始时下端A、B相齐。当有微小扰动时其一端下落,则在铁链脱离滑轮的瞬间,铁链的速度为多大?三、临界法4.()如图甲所示是游乐场中过山车的实物图片,图乙是过山车的模型图。模型图中,半径分别为R1m和R2m的两个光滑圆形轨道,固定在倾角为α=37°的斜面轨道上的Q、Z两点,且两圆形轨道的最高点A、B均与P点平齐,圆形轨道与斜面轨道平滑连接。现使小车(视为质点)从P点以一定的初速度沿斜面向下运动。已知斜面轨道与小车间的动摩擦因数为μ=124,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos。问:甲乙(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A,则其在P点的初速度应为多大?(2)若小车在P点的初速度为10m/s,则小车能否安全通过两个圆形轨道?

答案全解全析易混易错练1.B小物块P在下滑过程中和斜面之间有一对相互作用力F和F',如图所示。如果把斜面体Q固定在水平地面上,物块P的位移方向和弹力方向垂直,这时斜面对物块P不做功。但此题的条件是斜面体Q放在光滑的水平面上,可以自由滑动,此时弹力方向仍然垂直于斜面,但是物块P的位移方向却不平行于斜面,如图所示,弹力和位移方向不再垂直而是成一钝角,所以弹力对小物块做负功,选项B正确。易错分析本题易错选A,误认为斜面对小物块的作用力与物块的位移垂直,做功为零。2.B木块所受的合外力F合=mgsinθ-μmgcosθ=mg(sinθ-μcosθ)=2×10×(0.6-0.5×0.8)N=4N木块的加速度a=F合m=42m/s2=2前2s内木块的位移x=12at2=12×2×22m=4所以,在前2s内重力做的功为W=mgxsinJ=48J在前2s内重力的平均功率为P=Wt=482W=24木块在2s末的速度v=at=2×2m/s=4m/s2s末重力的瞬时功率P=mgsinθ·v=2×10×0.6×4W=48W故选项B正确。易错分析由于不注意区分所求功率是平均功率还是瞬时功率而错选A、C、D。3.答案解析设当杆转到竖直位置时,A球和B球的速度分别为vA和vB。如果把轻杆、地球、两个小球构成的系统作为研究对象,取B到达的最低点所在水平面为参考平面,由机械能守恒定律可得:2mgL=12mvA2+12m又因A球与B球的角速度相同,故vB=2vA由以上两式得vA=3gL5,vB利用动能定理求杆对A、B做的功对于A有WA+mgL/2=12mv所以WA对于B有WB+mgL=12mv所以WB易错分析解答本题时,很多同学误认为杆的弹力总垂直于小球的运动方向,所以轻杆对A、B两球均不做功。4.CD滑块从A点滑下后,在AD部分运动时要克服摩擦力做功,则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低,最终滑块将在D点所在水平线以下的圆弧轨道上来回运动,此时经过E点时对轨道的压力最小,则从D到E,由机械能守恒定律得mgR(1-cosθ)=12mvE2,在E点有NE-mg=mvE2R,联立解得NE=mg(3-2cosθ),选项A错误;假设滑块下滑后能从G点飞出,从A点到G点,由动能定理得mg(Lsinθ-Rcosθ)-μmgcosθ·L=12mvG2,其中L=Rtanθ-μ,解得vG=0,则滑块下滑后不能从G点飞出,选项B错误;滑块第一次到达E点时,根据动能定理得mg[Lsinθ+R(1-cosθ)]-μmgcosθ·L=12mvE'2,解得v'E=2gR,滑块第二次到达E点的速度大小与第一次相等,则由牛顿第二定律得N'E-mg=mvE'2R,解得N'E=3mg,选项C正确;由上面的分析知,滑块最终将在D点所在水平线以下来回运动,5.答案(1)90°(2)439错解小球的运动可分为三个过程:第一过程:小球做平抛运动。设绳即将伸直时,绳与竖直方向的夹角为θ,则v0t=Rsinθ,12gt2=89R-Rcosθ,其中v0联立解得θ=π2,t=4第二过程:绳绷直过程。绳绷直时刚好水平。由于绳不可伸长,故绳绷直时,小球仅有竖直方向的速度v⊥,且v⊥=gt=43第三过程:小球在竖直平面内做圆周运动。设小球到达O点正下方时,速度为v',取O点正下方小球所在水平面为参考平面,根据机械能守恒定律有12mv'2=12mv⊥设此时绳对小球的拉力为T,则T-mg=mv'2R,联立解得T=易错分析对物理过程没有弄清楚,忽视了绳在被拉直瞬间机械能的损失,从而直接对全过程运用能量守恒定律而得出错误答案。思想方法练1.C小球受到的拉力F在整个过程中大小不变,方向时刻变化,是变力。如果把圆周分成无数微小的弧段,每一小段可近似看成直线,拉力F在每一小段上方向不变,每一小段上可用恒力做功的公式计算,然后将各段做功累加起来。设每一小段的长度分别为l1、l2、l3、…、ln,拉力在每一段上做的功W1=Fl1、W2=Fl2、…、Wn=Fln,拉力在整个过程中所做的功W=W1+W2+…+Wn=F(l1+l2+…+ln)=Fπ·R2+π2.答案J解析将圆弧AB分成很多小段s1、s2、…、sn,拉力在每小段上做的功为W1、W2、…、Wn,因拉力F大小不变,方向始终与物体在圆弧的切线成37°角,所以W1=Fs1cos37°、W2=Fs2cos37°、…、Wn=Fsncos37°,所以WF=W1+W2+…+Wn=Fcos37°(s1+s2+…+sn)=Fcos37°·π3R=20πJ3.答案gL解析方法一:整体法。取整个铁链为研究对象。设整个铁链的质量为m,铁链脱离滑轮的瞬间,其重心下降了L4,则重力势能的减少量为ΔEp=mg·1由机械能守恒定律得12mv2=mg·14L,解得v=方法二:分段法。将整个铁链看作两段。铁链从初始状态到末状态,可看成是左侧BB'部分移到AA'位置。重力势能的减少量为ΔEp=12mg·由机械能守恒定律得12mv2=12mg则v=gL24.答案(1)26m/s(2)能解析(1)若小车恰能通过第一个圆形轨道的最高点A,则在A点,由牛顿第二定律得mg=m如图所示,设P点与Q点间的高度差为h1,P、Q间距离为L1,由几何关系得L1=h1sin小车从P到A的过程