2020-2021學(xué)年高三物理一輪復(fù)習(xí)易錯(cuò)題06 機(jī)械能守恒定律

2020-20212020-2021學(xué)年高考物理一輪復(fù)習(xí)第第頁(yè)共17頁(yè)上的拉力拉物塊A,使它以加速度a沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)直到物塊B剛要離開(kāi)擋板C。在此過(guò)程中()mgsin0物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為店拉力的最大值為(m]+m2)gsin0+m”拉力做功的功率一直增大彈簧彈性勢(shì)能先減小后增大如圖(a)所示，被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)不脫落。其原理可等效為如圖(b)所示的模型：半徑為R的磁性圓軌道豎直固定，質(zhì)量為m的鐵球(視為質(zhì)點(diǎn))沿軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)，A、B分別為軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，軌道對(duì)鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變。不計(jì)摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，貝y()鐵球繞軌道可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)鐵球繞軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒鐵球在A點(diǎn)的速度必須大于\：迂軌道對(duì)鐵球的磁性引力至少為5mg，才能使鐵球不脫9、如圖，在豎直平面內(nèi)有由1圓弧AB和*圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B9、尺旳：n第12頁(yè)共17尺旳：n第12頁(yè)共17頁(yè)R滑連接。AB弧的半徑為R,BC弧的半徑為°。一小球在A點(diǎn)正上方與AR相距4處由靜止開(kāi)始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)。求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比；通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。10、如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過(guò)A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長(zhǎng)為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53°。松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)。忽略一切摩擦，重力加速度為g,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。求：小球受到手的拉力大小F；物塊和小球的質(zhì)量之比M:m；小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T。答案和解析1.C運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力指向圓心，不做功，故A錯(cuò)誤，C正確。如圖所示，沿圓弧切線方向運(yùn)動(dòng)員受到的合力為零，即Ff=mgsina,下滑過(guò)程中a減小,由機(jī)械能守恒，mg’=2mv2—2mv02，到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能#mv2=mg’+2mv02,B正確。3、A機(jī)械能變化的原因是非重力、彈力做功，題中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff做功，則機(jī)TOC\o"1-5"\h\z械能的變化取決于F與F做功大小關(guān)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，故機(jī)械能增加，A項(xiàng)正確。4、A由h=gt2和v=gt得：v=i.；30m/s，落地時(shí)，tan60°=y，可得：v=^^=叫102yy*votan60*0m/s，由機(jī)械能守恒得：E=￡mv2，可求得：E=10J,故A正確。p20pA如圖所示，當(dāng)兩液面高度相等時(shí)，減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為管中所有液體的動(dòng)能，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有訥?2h=2mv2，解得：v=ggh。BC物塊沿球面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，庫(kù)侖力和支持力沿球半徑方向不做功，只有重力做功，則物塊的機(jī)械能不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)0P與豎直方向夾角為0,則當(dāng)物塊將要離開(kāi)球面時(shí)v2所受球面的支持力為零，則由牛頓第二定律有F庫(kù)+mgcos0=mR，因物塊在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍，可知F^mg,由機(jī)械能守恒定律得mgR(1—cos0)庫(kù)=*mv2，聯(lián)立解得v=|\：‘3gR,選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。D由題意可知，A、B兩球在上升中受重力做功而做減速運(yùn)動(dòng)。假設(shè)沒(méi)有桿連接，則A球上升到斜面時(shí)，B球還在水平面上運(yùn)動(dòng)，即A球在斜面上做減速運(yùn)動(dòng)，B球在水平面上做勻速運(yùn)動(dòng)，因有桿存在，所以是B球推著A球上升，因此桿對(duì)A球做正功，故A錯(cuò)誤；因桿對(duì)A球做正功，故A球的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；由以上分析可知，桿對(duì)B球做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；設(shè)小球B速度為零時(shí)距水平面的高度為h，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得：mgh+mg(h+Lsin30°)=2x2mv2，解得：h=0.15m,故D正確。BD小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到重力、軌道的彈力和磁性引力的作用，其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變，彈力的方向過(guò)圓心，它們都始終與運(yùn)動(dòng)的方向垂直，所以磁性引力和彈力都不能對(duì)小鐵球做功，只有重力對(duì)小鐵球做功，所以小鐵球的機(jī)械能守恒，在最高點(diǎn)的速度最小，在最低點(diǎn)的速度最大，小鐵球不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；在A點(diǎn)軌道對(duì)小鐵球的彈力的方向向上，小鐵球的速度只要大于等于0即可通過(guò)A點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；由于小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，所以小鐵球在A點(diǎn)的速度越小，則機(jī)械能越小，在B點(diǎn)的速度也越小，鐵球不脫軌且需要的磁性引力最小的條件是：小鐵球在A點(diǎn)的速度恰好為0,而且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)鐵球的彈力恰好等于0,根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小鐵球在A點(diǎn)的速度恰好為0,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度滿足mg?2R=2mv2，軌道對(duì)鐵球的彈力恰好等v2于0,則磁性引力與重力的合力提供向心力，即F—mg=mR，聯(lián)立得F=5mg,可知要使鐵球不脫軌，軌道對(duì)鐵球的磁性引力至少為5mg,故D正確。R9?解析：⑴設(shè)小球的質(zhì)量為m,小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為EkA,由機(jī)械能守恒定律得EkA=mg4①設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB,同理有EkB=mg4②kBkB4E由①②式得眄=5。③kA(2)若小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N20④v2設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vc，由牛頓第二定律和向心加速度公式有N+mg=mR^⑤22v2由④⑤式得，vc應(yīng)滿足mg<m-R^⑥R1由機(jī)械能守恒定律得mg^=2mvC2⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。10.(1)由幾何知識(shí)可知AC丄BC,根據(jù)平衡條件得(F+mg)cos53°=Mg5解得F=§Mg—mg。(2)小球與A、B相同高度時(shí)小球上升h=3lsin53°，物塊下降h=2l，2物塊和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgh]=Mgh2665根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，恰好回到起始點(diǎn)，設(shè)此時(shí)物塊受到的拉力為T(mén)，加速度大小為a,由牛頓第二定律得2020-20212020-2021學(xué)年高考物理一輪復(fù)習(xí)2020-20212020-2021學(xué)年高考物理一輪復(fù)習(xí)