高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律易錯(cuò)排查練.docx

第5章 機(jī)械能及其守恒定律(限時(shí)：40分鐘)易錯(cuò)點(diǎn)1輕繩、輕桿模型中的功能關(guān)系易錯(cuò)角度1.沒有分清繩模型、桿模型的臨界條件2不會(huì)分析多解問題3不會(huì)分析系統(tǒng)的功能關(guān)系.1.(多選)(2017南通模擬)如圖1所示，質(zhì)量為m0.5 kg的小球用長為L0.4 m的細(xì)線系住，使其在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若細(xì)線能承受的最大作用力為50 N，g取10 m/s2，則下列說法正確的是()圖1A只要小球在最高點(diǎn)時(shí)的速度不小于2 m/s，則小球均能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B只要小球能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則細(xì)線在最低點(diǎn)拉力與最高點(diǎn)的拉力之差為定值C小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)細(xì)線在最低點(diǎn)的拉力與最高點(diǎn)的拉力之差與角速度成正比D若小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則角速度一定滿足5 rad/s15 rad/sBD小球的速度不能太小也不能太大如果太小小球?qū)⒉荒茏鐾暾膱A周運(yùn)動(dòng)，如果太大，需要的向心力過大，而繩子的承受力有限，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)小球在最高點(diǎn)的速度為v1，在最低點(diǎn)的速度為v2.如果小球能通過最高點(diǎn)，則必有mmgF1，在最低點(diǎn)還必須滿足F2mgm，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)由動(dòng)能定理可得mvmv2mgL，由以上三式可得F2F16mg，B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)有最小的角速度1，在最低點(diǎn)有最大的角速度2，mLmg，F(xiàn)mmgmL，代入數(shù)值可得5 rad15 rad，D項(xiàng)正確2如圖2所示，豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R.小球A、B質(zhì)量分別為mA、mB，A和B之間用一根長為l(lR)的輕桿相連，從圖示位置由靜止釋放，球和桿只能在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()圖2A若mAmB，B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同B若mAmB，B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同C在A下滑過程中輕桿對(duì)A做負(fù)功，對(duì)B做正功DA在下滑過程中減少的重力勢(shì)能等于A與B增加的動(dòng)能C選軌道最低點(diǎn)為零勢(shì)能點(diǎn)，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒條件可知A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，如果B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同，則有mAghmBgh0，則有mAmB，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小球A下滑、B上升過程中小球B機(jī)械能增加，則小球A機(jī)械能減少，說明輕桿對(duì)A做負(fù)功，對(duì)B做正功，故選項(xiàng)C正確；A下滑過程中減少的重力勢(shì)能等于B上升過程中增加的重力勢(shì)能和A與B增加的動(dòng)能之和，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤易錯(cuò)點(diǎn)2傳送帶問題中的功能關(guān)系易錯(cuò)角度1.沒有明確物體在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和過程2摩擦力的方向判斷錯(cuò)誤3功能關(guān)系分析不周全.3.(多選)在大型物流貨場，廣泛應(yīng)用著傳送帶搬運(yùn)貨物如圖3甲所示，與水平面傾斜的傳送帶以恒定速率運(yùn)動(dòng)，皮帶始終是繃緊的，將m1 kg的貨物放在傳送帶上的A處，經(jīng)過1.2 s到達(dá)傳送帶的B端用速度傳感器測(cè)得貨物與傳送帶的速度v隨時(shí)間t變化圖象如圖乙所示，已知重力加速度g取10 m/s2，由vt圖線可知()圖3AA、B兩點(diǎn)的距離為2.4 mB貨物與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C貨物從A運(yùn)動(dòng)到B過程中，傳送帶對(duì)貨物做功大小為12.8 JD貨物從A運(yùn)動(dòng)到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.8 JBD由圖乙可知，貨物在前0.2 s運(yùn)動(dòng)的距離L10.2 m，在0.21.2 s內(nèi)移動(dòng)的距離L23 m，所以A、B兩點(diǎn)距離LL1L23.2 m，A錯(cuò)誤；從圖象上看，前0.2 s貨物的加速度a110 m/s2,0.21.2 s內(nèi)貨物的加速度a22 m/s2，根據(jù)受力情況，可知ma1mgsin mgcos ，ma2mgsin mgcos ，解得0.5，B正確；同時(shí)還解得摩擦力fmgcos 4 N，前0.2 s摩擦力做功W1fL10.8 J，在0.21.2 s內(nèi)摩擦力做功W2fL212 J，摩擦力對(duì)貨物做的總功W1W211.2 J，C錯(cuò)誤；從圖象可求得相對(duì)位移L相1.2 m，摩擦產(chǎn)生的熱量Q1.24 J4.8 J，D正確易錯(cuò)點(diǎn)3板塊模型問題易錯(cuò)角度1.不能準(zhǔn)確分析板、塊的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況以及做功情況2不能合理地選擇物理規(guī)律列方程.4如圖4所示，一張薄紙板放在光滑水平面上，其右端放有小木塊，小木塊與薄紙板的接觸面粗糙，原來系統(tǒng)靜止現(xiàn)用水平恒力F向右拉薄紙板，小木塊在薄紙板上發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，直到從薄紙板上掉下來上述過程中有關(guān)功和能的說法正確的是()圖4A拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動(dòng)能的增加量B摩擦力對(duì)小木塊做的功一定等于系統(tǒng)中由摩擦產(chǎn)生的熱量C離開薄紙板前小木塊可能先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)D小木塊動(dòng)能的增加量可能小于系統(tǒng)中由摩擦產(chǎn)生的熱量D由功能關(guān)系，拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動(dòng)能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；摩擦力對(duì)小木塊做的功等于小木塊動(dòng)能的增加量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；離開薄紙板前小木塊一直在做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于系統(tǒng)，由摩擦產(chǎn)生的熱量QFfL，其中L為小木塊相對(duì)薄紙板運(yùn)動(dòng)的位移，即薄紙板的長度對(duì)小木塊，F(xiàn)fL木Ek，L木為小木塊相對(duì)地面的位移，由于L木存在大于、等于或小于L三種可能，即Ek存在大于、等于或小于Q三種可能，選項(xiàng)D正確5(多選)(2017江西九江一模)將一長木板靜止放在光滑的水平面上，如圖5所示，一個(gè)小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度v0由木板左端向右滑動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止現(xiàn)將木板分成A和B兩段，使B的長度和質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由木板A的左端開始向右滑動(dòng)，如圖乙所示若小鉛塊相對(duì)滑動(dòng)過程中所受的摩擦力始終不變，則下列有關(guān)說法正確的是() 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：92492254】圖5A小鉛塊將從木板B的右端飛離木板B小鉛塊滑到木板B的右端前就與木板B保持相對(duì)靜止C甲、乙兩圖所示的過程中產(chǎn)生的熱量相等D圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量BD在第一次小鉛塊運(yùn)動(dòng)過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，運(yùn)動(dòng)到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過程，故第二次小鉛塊