第八章-本章复习提升(新教材人教版必修第二册).docx

第八章 机械能守恒定律
本章复习提升

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=2 kg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sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,斜面足够长,则前2 s内重力的平均功率和2 s末的瞬时功率分别为 (　　)

A.48 W　24 W B.24 W　48 W
C.24 W　12 W D.12 W　24 W

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.(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g,则 (　　)

A.滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg
B.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3mg
D.滑块在斜面上经过的总路程为s=Rtanθμ(tanθ-μ)

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,如图所示。试求:
(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 B.FR
C.32πFR D.2πFR

2.如图所示,一质量为m=1.0 kg的物体从半径为R=5.0 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15 N,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sin 37°=0.6,cos37°=0.8,π=3.14)

二、 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R1=2.0 m和R2=8.0 m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=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。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10 m/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=mg sin θ-μmg cos θ=mg(sin θ-μ cos θ)=2×10×(0.6-0.5×0.8) N=4 N
木块的加速度a=F合m=42 m/s2=2 m/s2
前2 s内木块的位移x=12at2=12×2×22 m=4 m
所以,在前2 s内重力做的功为W=mgx sin θ=2×10×4×0.6 J=48 J
在前2 s内重力的平均功率为P=Wt=482 W=24 W
木块在2 s末的速度v=at=2×2 m/s=4 m/s
2 s末重力的瞬时功率P=mg sin θ·v=2×10×0.6×4 W=48 W
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　-0.2mgL　0.2mgL
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+12mvB2+12mgL
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=23gL5
利用动能定理求杆对A、B做的功
对于A有WA+mgL/2=12mvA2-0
所以WA=-0.2mgL
对于B有WB+mgL=12mvB2-0
所以WB=0.2mgL
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-cos θ)=12mvE2,在E点有NE-mg=mvE2R,联立解得NE=mg(3-2 cos θ),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(L sin θ-R cos θ)-μmg cos θ·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[L sin θ+R(1-cos θ)]-μmg cos θ·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,则由动能定理得mgL sin θ=μmg cos θ·s,解得s=Rtanθμ(tanθ-μ),选项D正确。
5.答案　(1)90°　(2)439mg
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=R sin θ,12gt2=89R-R cos θ,其中v0=34gR
联立解得θ=π2,t=43Rg。
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=43gR。
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⊥2+mg·R
设此时绳对小球的拉力为T,则T-mg=mv'2R,联立解得T=439mg。
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+πR=32πFR。
2.答案　62.8 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=Fs1 cos 37°、W2=Fs2 cos 37°、…Wn=Fsn cos 37°,所以WF=W1+W2+…+Wn=F cos 37°(s1+s2+…+sn)=F cos 37°·π3R=20π J=62.8 J。
3.答案　gL2
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·14L
由机械能守恒定律得12mv2=mg·14L,解得v=gL2。
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·L2
由机械能守恒定律得
12mv2=12mg·L2
则v=gL2。
4.答案　(1)26 m/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=mv12R1
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=ℎ1sinα=R1(1+cosα) sinα

小车从P到A的过程,由动能定理得
-μmg cos α·L1=12mv12-12mv012
联立解得v01=26 m/s
(2)设Z点与P点间的高度差为h2,P、Z间距离为L2,由几何关系得L2=ℎ2sinα=R2(1+cosα) sinα
小车能安全通过两个圆形轨道的临界条件是恰能通过B点,恰通过B点时,有mg=mv22R2
小车从P点到B点的过程,由动能定理得
-μmg cos α·L2=12mv22-12mv022
联立解得v02=46 m/s
10 m/s>v02=46 m/s,小车能安全通过。