備戰(zhàn)2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)易錯題06機械能守恒定律含解析

易錯點05機械能守恒定律易錯題【01】對機械能守恒定律分析有誤一、重力做功與重力勢能1．重力做功的特點：重力做功與路徑無關(guān)，只與始、末位置的高度差有關(guān)。2．重力勢能(1)表達(dá)式：Ep＝mgh。[注1](2)重力勢能的特點：重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢能的變更與參考平面的選取無關(guān)。3．重力做功與重力勢能變更的關(guān)系(1)定性關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能減??；重力對物體做負(fù)功，重力勢能增大。(2)定量關(guān)系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減小量。即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。二、彈性勢能1．定義：發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能。2．彈力做功與彈性勢能變更的關(guān)系[注2]：彈力做正功，彈性勢能減??；彈力做負(fù)功，彈性勢能增大。即W＝－ΔEp。三、機械能守恒定律1．內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。[注3]2．表達(dá)式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。易錯題【02】對機械能守恒定律的推斷方法有誤1．對機械能守恒條件的理解(1)只受重力作用，例如做平拋運動的物體機械能守恒。(2)除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數(shù)和為零。(3)除重力外，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，并且彈力做的功等于彈性勢能削減量，那么系統(tǒng)的機械能守恒。留意：并非物體的機械能守恒，如與彈簧相連的小球下擺的過程，小球機械能削減。2．機械能是否守恒的三種推斷方法(1)利用做功及守恒條件推斷。(2)利用機械能的定義推斷：若物體或系統(tǒng)的動能、勢能之和保持不變，則機械能守恒。(3)利用能量轉(zhuǎn)化推斷：若物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換，內(nèi)部也沒有機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機械能守恒。1．機械能守恒的三種表達(dá)式對比守恒角度轉(zhuǎn)化角度轉(zhuǎn)移角度表達(dá)式E1＝E2ΔEk＝－ΔEpΔEA增＝ΔEB減物理意義系統(tǒng)初狀態(tài)機械能的總和與末狀態(tài)機械能的總和相等表示系統(tǒng)(或物體)機械能守恒時，系統(tǒng)削減(或增加)的重力勢能等于系統(tǒng)增加(或削減)的動能若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，則A部分物體機械能的增加量與B部分物體機械能的削減量相等留意事項應(yīng)用時應(yīng)選好重力勢能的零勢能面，且初、末狀態(tài)必需用同一零勢能面計算勢能應(yīng)用時關(guān)鍵在于分清重力勢能的增加量和削減量，可不選零勢能面而干脆計算初、末狀態(tài)的勢能差常用于解決兩個或多個物體組成的系統(tǒng)的機械能守恒問題2．求解單個物體機械能守恒問題的基本思路(1)選取探討對象——物體。(2)依據(jù)探討對象所經(jīng)驗的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，推斷機械能是否守恒。(3)恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定探討對象在初、末狀態(tài)時的機械能。(4)選取便利的機械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)進(jìn)行求解。易錯題【03】對多物體機械能守恒推斷有誤多物體機械能守恒問題的分析方法(1)正確選取探討對象，合理選取物理過程。(2)對多個物體組成的系統(tǒng)要留意推斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒。(3)留意找尋用輕繩、輕桿或輕彈簧相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。(4)列機械能守恒方程時，從三種表達(dá)式中選取便利求解問題的形式。[題型技法]常見情景三大特點(1)平動時兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等。(2)桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。(3)對于桿和球組成的系統(tǒng)，忽視空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機械能守恒。01對機械能守恒定律理解不到位1、關(guān)于機械能是否守恒，下列說法正確的是()A．做勻速直線運動的物體機械能肯定守恒B．做勻速圓周運動的物體機械能肯定守恒C．做變速運動的物體機械能可能守恒D．合外力對物體做功不為零，機械能肯定不守恒【警示】本題簡單出錯的主要緣由是對機械能守恒定義理解有誤。【解析】做勻速直線運動的物體與做勻速圓周運動的物體，假如是在豎直平面內(nèi)則機械能不守恒，A、B錯誤；做變速運動的物體機械能可能守恒，如平面內(nèi)的勻速圓周運動，故C正確；合外力做功不為零，機械能可能守恒，D錯誤?！敬鸢浮緾【囑咐】解題的關(guān)鍵要從機械能守恒定義動身1．如圖所示，斜面體置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物體由靜止沿斜面下滑，在物體下滑過程中，下列說法正確的是()A．物體的重力勢能削減，動能不變B．斜面體的機械能不變C．斜面對物體的作用力垂直于接觸面，不對物體做功D．物體和斜面體組成的系統(tǒng)機械能守恒 【答案】的【解析】物體由靜止起先下滑的過程其重力勢能削減，動能增加，A錯誤；物體在下滑過程中，斜面體做加速運動，其機械能增加，B錯誤；物體沿斜面下滑時，既沿斜面對下運動，又隨斜面體向右運動，其合速度方向與彈力方向不垂直，彈力方向垂直于接觸面，但與速度方向之間的夾角大于90°，所以斜面對物體的作用力對物體做負(fù)功，C錯誤；對物體與斜面體組成的系統(tǒng)，只有物體的重力做功，機械能守恒，D正確。2．（多選）如圖所示，一輕彈簧一端固定在O點，另一端系一小球，將小球從與懸點O在同一水平面且使彈簧保持原長的A點無初速度釋放，讓小球自由擺下。不計空氣阻力。在小球由A點擺向最低點B的過程中，下列說法正確的是()A．小球的機械能守恒B．小球的機械能削減C．小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和不變D．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】BD【解析】小球由A點下擺到B點的過程中，彈簧被拉長，彈簧的彈力對小球做了負(fù)功，所以小球的機械能削減，故選項A錯誤，B正確；在此過程中，由于有重力和彈簧的彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即小球削減的重力勢能等于小球獲得的動能與彈簧增加的彈性勢能之和，故選項C錯誤，D正確。02對機械能守恒定律方法推斷有誤1、如圖，MN為半徑R＝0.4m、固定于豎直平面內(nèi)的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平，O為圓心，M、O、P三點在同一水平線上，M的下端與軌道相切處放置豎直向上的彈簧槍，可放射速度不同但質(zhì)量均為m＝0.01kg的小鋼珠，小鋼珠每次都在M點離開彈簧槍。某次放射的小鋼珠沿軌道經(jīng)過N點時恰好與軌道間無作用力，水平飛出后落到OP上的Q點。不計空氣阻力，取g＝10m/s2。求：(1)小鋼珠經(jīng)過N點時速度的大小vN；(2)小鋼珠離開彈簧槍時的動能Ek；(3)小鋼珠的落點Q與圓心O的距離s?！惧e因】本題簡單出錯的主要緣由是對機械能推斷有誤【解析】(1)小鋼珠沿軌道經(jīng)過N點時恰好與軌道間無作用力，則有mg＝meq\f(vN2,R)解得vN＝2m/s。(2)小鋼珠在光滑圓弧軌道上運動，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mvN2－Ek＝－mgR解得Ek＝0.06J。(3)小鋼珠從N點水平飛出后，做平拋運動，R＝eq\f(1,2)gt2，s＝vNt，解得s＝eq\f(2\r(2),5)m。1．如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1－N2的值為()A．3mg B．4mgC．5mg D．6mg【答案】D【解析】設(shè)小球在最低點時速度為v1，在最高點時速度為v2，依據(jù)牛頓其次定律有，在最低點：N1－mg＝meq\f(v12,R)，在最高點：N2＋mg＝meq\f(v22,R)；從最高點到最低點，依據(jù)機械能守恒有mg·2R＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22，聯(lián)立可得：N1－N2＝6mg，故選項D正確。2．如圖所示，物體A的質(zhì)量為M，圓環(huán)B的質(zhì)量為m，由繩子通過定滑輪連接在一起，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上。起先時連接圓環(huán)的繩子處于水平，長度l＝4m?，F(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)，不計定滑輪和空氣的阻力，g取10m/s2。若圓環(huán)下降h＝3m時的速度v＝5m/s，則A和B的質(zhì)量關(guān)系為()A.eq\f(M,m)＝eq\f(35,29) B.eq\f(M,m)＝eq\f(7,9)C.eq\f(M,m)＝eq\f(39,25) D.eq\f(M,m)＝eq\f(15,19)【答案】A【解析】圓環(huán)下降3m后的速度可以按如圖所示分解，故可得vA＝vcosθ＝eq\f(vh,\r(h2＋l2))，A、B和繩子看成一個整體，整體只有重力做功，機械能守恒，當(dāng)圓環(huán)下降h＝3m時，依據(jù)機械能守恒可得mgh＝MghA＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)MvA2，其中hA＝eq\r(h2＋l2)－l，聯(lián)立可得eq\f(M,m)＝eq\f(35,29)，故A正確。03對多物體機械能守恒推斷有誤1、(多選)如圖所示在一個固定的十字架上(橫豎兩桿連結(jié)點為O點)，小球A套在豎直桿上，小球B套在水平桿上，A、B兩球通過轉(zhuǎn)軸用長度為L的剛性輕桿連接，并豎直靜止。由于微小擾動，B球從O點起先由靜止沿水平桿向右運動。A、B兩球的質(zhì)量均為m，不計一切摩擦，小球A、B視為質(zhì)點。在A球下滑到O點的過程中，下列說法中正確的是()A．在A球下滑到O點之前輕桿對B球始終做正功B．小球A的機械能先減小后增大C．A球運動到O點時的速度為eq\r(2gL)D．B球的速度最大時，B球?qū)λ綏U的壓力大小為2mg【錯因】本題簡單出錯的主要緣由是對連接桿分析不到位【解析】當(dāng)A球到達(dá)O點時，B球的速度為零，故B球的速度先增大后減小，動能先增大后減小，由動能定理可知，輕桿對B球先做正功，后做負(fù)功，故選項A錯誤；A、B兩球組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，而B球的機械能先增大后減小，所以小球A的機械能先減小后增大，所以選項B正確；因A球到達(dá)O點時，B球的速度為零，由系統(tǒng)機械能守恒可得：mgL＝eq\f(1,2)mvA2，計算得出vA＝eq\r(2gL)，所以選項C正確；當(dāng)A球的機械能最小時，B球的機械能最大，則B球的動能最大，速度最大，此時B球的加速度為零，輕桿對B球水平方向無作用力，故B球?qū)λ綏U的壓力大小為mg，選項D錯誤。[答案]BC1．如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕質(zhì)彈簧一端固定在擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為m＝4kg的物體A，一輕細(xì)繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長。用手托住物體B使繩子剛好沒有拉力，然后由靜止釋放。取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)彈簧復(fù)原原長時細(xì)繩上的拉力大?。?2)物體A沿斜面對上運動多遠(yuǎn)時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度的大小。【解析】(1)彈簧復(fù)原原長時，對B：mg－T＝ma對A：T－mgsin30°＝ma代入數(shù)據(jù)可求得：T＝30N。(2)初態(tài)彈簧壓縮量x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm當(dāng)A速度最大時有mg＝kx2＋mgsin30°彈簧伸長量x2＝eq\f(mg－mgsin30°,k)＝10cm所以A沿斜面對上運動x1＋x2＝20cm時獲得最大速度。(3)因x1＝x2，故彈簧彈性勢能的變更量ΔEp＝0由機械能守恒定律有mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)×2mv2解得v＝1m/s。2．如圖所示，不行伸長的松軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一小球a和b。a球質(zhì)量為m，靜置于水平地面上；b球質(zhì)量為3m，用手托住，高度為h，此時輕繩剛好拉緊?，F(xiàn)將b球釋放，則b球著地瞬間a球的速度大小為()A.eq\r(gh) B.eq\r(2gh)C.eq\r(\f(gh,2)) D．2eq\r(gh)【答案】A【解析】在b球落地前，a、b兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，且a、b兩球速度大小相等，設(shè)為v，依據(jù)機械能守恒定律有：3mgh＝mgh＋eq\f(1,2)(3m＋m)v2，解得：v＝eq\r(gh)，故A正確。1、滑雪運動深受人民群眾寵愛。某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中()A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功肯定為零 D．機械能始終保持不變2.如圖所示，在水平桌面上的A點有一個質(zhì)量為m的物體，以初速度v0被拋出，不計空氣阻力，當(dāng)它到達(dá)B點時，其動能為()A.eq\f(1,2)mv02＋mgHB.eq\f(1,2)mv02＋mgh1C．mgH－mgh2D.eq\f(1,2)mv02＋mgh23.如圖所示，具有肯定初速度的物塊，沿傾角為30°的粗糙斜面對上運動的過程中，受一個恒定的沿斜面對上的拉力F作用，這時物塊的加速度大小為4m/s2，方向沿斜面對下，那么，在物塊向上運動的過程中，下列說法正確的是()A．物塊的機械能肯定增加B．物塊的機械能肯定減小C．物塊的機械能可能不變D．物塊的機械能可能增加也可能減小4、如圖所示，在高1.5m的光滑平臺上有一個質(zhì)量為2kg的小球被一細(xì)線拴在墻上，球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當(dāng)燒斷細(xì)線時，小球被彈出，小球落地時的速度方向與水平方向成60°角，則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g＝10m/s2)()A．10J B．15JC．20J D．25J5、(多選)一光滑、絕緣的半球殼固定在絕緣水平面上，球殼半徑為R，在球心O處固定一個帶正電的點電荷，一個帶負(fù)電荷的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在球殼的頂端A?，F(xiàn)小物塊受到稍微擾動從右側(cè)下滑，已知物塊靜止在A點時對球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍，P點在球面上，則()A．物塊沿球面運動的過程中機械能增大B．物塊沿球面運動的過程中機械能不變C．若物塊恰好在P點離開球面，則物塊的速度大小為eq\f(2,3)eq\r(3gR)D．若物塊恰好在P點離開球面，則物塊的速度大小為eq\f(1,3)eq\r(6gR)6、如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等。起先時兩小球靜止于光滑的水平面上，現(xiàn)給兩小球一個2m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30°的光滑斜面。不計球與斜面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2。在兩小球的速度減小為零的過程中，下列推斷正確的是()A．桿對小球A做負(fù)功B．小球A的機械能守恒C．桿對小球B做正功D．小球B速度為零時距水平面的高度為0.15m7、(多選)在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1和m2，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一平行于斜面對上的拉力拉物塊A，使它以加速度a沿斜面對上做勻加速運動直到物塊B剛要離開擋板C。在此過程中()A．物塊A運動的距離為eq\f(m1gsinθ,k)B．拉力的最大值為(m1＋m2)gsinθ＋m1aC．拉力做功的功率始終增大D．彈簧彈性勢能先減小后增大8．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)沿軌道外側(cè)運動，A、B分別為軌道的最高點和最低點，軌道對鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變。不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則()A．鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動B．鐵球繞軌道運動過程中機械能守恒C．鐵球在A點的速度必需大于eq\r(gR)D．軌道對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eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2)。一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止起先自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算推斷小球能否沿軌道運動到C點。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A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°。松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動。忽視一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m；(3)小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T。答案和解析C運動員從A點滑到B點的過程做勻速圓周運動，合外力指向圓心，不做功，故A錯誤，C正確。如圖所示，沿圓弧切線方向運動員受到的合力為零，即Ff＝mgsinα，下滑過程中α減小，sinα變小，故摩擦力Ff變小，故B錯誤。運動員下滑過程中動能不變，重力勢能減小，則機械能減小，故D錯誤。2.B

由機械能守恒，mgh1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，到達(dá)B點的動能eq\f(1,2)mv2＝mgh1＋eq\f(1,2)mv02，B正確。3、A機械能變更的緣由是非重力、彈力做功，題中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff做功，則機械能的變更取決于F與Ff做功大小關(guān)系。由mgsinα＋Ff－F＝ma知：F－Ff＝mgsin30°－ma＞0，即F＞Ff，故F做正功多于克服摩擦力做功，故機械能增加，A項正確。4、A由h＝eq\f(1,2)gt2和vy＝gt得：vy＝eq\r(30)m/s，落地時，tan60°＝eq\f(vy,v0)，可得：v0＝eq\f(vy,tan60°)＝eq\r(10)m/s，由機械能守恒得：Ep＝eq\f(1,2)mv02，可求得：Ep＝10J，故A正確。5.A如圖所示，當(dāng)兩液面高度相等時，削減的重力勢能轉(zhuǎn)化為管中全部液體的動能，依據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,8)mg·eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(\f(1,8)gh)。6.BC物塊沿球面運動的過程中，庫侖力和支持力沿球半徑方向不做功，只有重力做功，則物塊的機械能不變，選項A錯誤，B正確；設(shè)OP與豎直方向夾角為θ，則當(dāng)物塊將要離開球面時所受球面的支持力為零，則由牛頓其次定律有F庫＋mgcosθ＝meq\f(v2,R)，因物塊在最高點時對球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍，可知F庫＝mg，由機械能守恒定律得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得v＝eq\f(2,3)eq\r(3gR)，選項C正確，D錯誤。7.D由題意可知，A、B兩球在上升中受重力做功而做減速運動。假設(shè)沒有桿連接，則A球上升到斜面時，B球還在水平面上運動，即A球在斜面上做減速運動，B球在水平面上做勻速運動，因有桿存在，所以是B球推著A球上升，因此桿對A球做正功，故A錯誤；因桿對A球做正功，故A球的機械能不守恒，故B錯誤；由以上分析可知，桿對B球做負(fù)功，故C錯誤；設(shè)小球B速度為零時距水平面的高度為h，依據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin30°)＝eq\f(1,2)×2mv2，解得：h＝0.15m，故D正確。BD小鐵球在運動的過程中受到重力、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，彈力的方向過圓心，它們都始終與運動的方向垂直，所以磁性引力和彈力都不能對小鐵球做功，只有重力對小鐵球做功，所以小鐵球的機械能守恒，在最高點的速度最小，在最低點的速度最大，小鐵球不行能做勻速圓周運動，故A錯誤，B正確；在A點軌道對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A點，故C錯誤；由于小鐵球在運動的過程中機械能守恒，所以小鐵球在A點的速度越小，則機械能越小，在B點的速度也越小，鐵球不脫軌且須要的磁性引力最小的條件是：小鐵球在A