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

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

‎【易错雷区，步步为赢】‎ ‎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＝mv2，对小圆环在最低点，应用牛顿第二定律可得：FN－mg＝m；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 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 ‎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 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 ‎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＝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．‎ 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＝a1t＝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＋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.‎ 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＝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)‎ ‎(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＋μ2mgL＝mv(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－μ2mgL＝mv(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．‎ 由④⑤式得，vC应满足mg≤m ⑥‎ 由机械能守恒定律得mg＝mv 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′＝m(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 ‎【名师点睛，易错起源】‎ 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mgL 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＝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＝ 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mv＋mgR＝mv，解得vC＝，选项A错误；对小球从A点至E点的过程，由机械能守恒有mv＝mv＋mgR，解得vE＝，小球从E点抛出后，由平抛运动规律有x＝vEt，R＝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mv＝mgh，又由机械能守恒可知vD＝v0，解得h＝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＝＝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＝mav＋mbv－mav2‎ 对滑块b，由动能定理得：W＝mbv＝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－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＝gt2‎ 设滑块落地时的速度为v，根据机械能守恒定律得mv＋mgH2＝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＝mv。‎ 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(t1＋v0t1)‎ 对滑块，由动能定理得－μmgt1＝0－mv′ 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－t2)‎ 对滑块，由动能定理得μmgt2＝mv－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 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<3 m 设物块从水平面返回斜面时的速度为v，由动能定理可得：‎ mgh－2μmg(s＋x)＝mv2‎ 解得：v＝4 m/s 所以，物块第二次在斜面上滑行的时间为：t2＝2＝ s.‎ 物块在斜面上滑行总时间为：t＝t1＋t2＝ s.‎ ‎【答案】　(1)24 J　(2)1.6 m　(3) s ‎ ‎【名师点睛】‎ ‎1．高考考查特点 ‎(1)本考点选择题重点考查常见功能转化关系，难度中档；计算题常以滑块、传送带、弹簧结合平抛运动、圆周运动综合考查功能关系、动能定理、机械能守恒的应用．‎ ‎(2)解此类问题重在理解常见功能关系，明确物体运动过程中哪些力做功，初、末状态对应的能量形式．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)功能关系分析中力做功与能量转化对应关系不明确．‎ ‎(2)公式应用过程中漏掉部分力做功，特别是摩擦力做功．‎ ‎(3)多过程问题中过程分析不清晰出现乱套公式的情况．‎ ‎【锦囊妙计，战胜自我】‎ 功是能量转化的量度，是能量转化的标志.‎ 功 能量转化 合外力做功 合外力的功等于物体动能的变化量(动能定理)‎ 重力做功 重力所做的功等于物体重力势能的变化量 弹力做功 弹力所做的功等于物体弹性势能的变化量 除重力和弹力做功外，其他力的合功 除重力和弹力做功外，其他力(包括其他外力、摩擦力等)的合功等于物体机械能的变化量 摩擦力的相对功(摩擦力与相对路程的乘积)‎ 摩擦力与相对路程的乘积为系统的发热量