第8章 机械能守恒定律 本章复习提升（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版）

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.(2025江苏南京金陵中学期中)如图所示,斜面体停放在水平面上,在质量为m的滑块从斜面顶端无初速度滑到斜面底端的过程中,所有接触面均视为光滑,下列说法错误的是 (　　) A.重力对滑块做正功 B.滑块对斜面的压力对斜面做正功 C.斜面对滑块的支持力对滑块做负功 D.斜面对滑块的支持力与斜面垂直,所以支持力对滑块不做功 易错点2　混淆平均功率与瞬时功率 2.一台起重机,要求它在t=10 s内将质量为m=1 000 kg的货物由静止竖直向上匀加速提升h=10 m,重力加速度g取9.8 m/s2,则起重机的额定输出功率至少应为多大? 易错点3　混淆“杆的弹力方向”与“绳的弹力方向” 3.如图所示,长度为L的轻杆两端分别固定质量均为m的小球,杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴,O点更靠近1号小球。整个装置可以在竖直面内转动。将装置从杆恰好水平的位置由静止释放,不计一切阻力,当杆到达竖直位置时 (　　) A.1号小球的速度大小是 B.2号小球的速度大小是 C.1号小球的机械能守恒 D.轻杆对2号小球做功为0 易错点4　忽视机械能的瞬时损失 4.一质量为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,假定绳是不可伸长的、柔软的。重力加速度为g。今把小球从O点正上方到O点的距离为R的O1点以水平速度v0=抛出,如图所示。求: (1)轻绳即将伸直时,绳与竖直方向的夹角。 (2)当小球到达O点的正下方时,绳对小球的拉力大小。 思想方法练 一、微元法 方法概述 “微元法”是指将研究对象分割成若干微小单元,或从研究对象上选取某一“微元”加以分析,从而可以化曲为直,求解相关量的方法。 1.(多选题)(2024重庆北碚期中)如图所示,用大小不变、方向始终与物体速度方向一致的力F,将质量为m的小物体沿半径为R的竖直粗糙的圆弧轨道从A点缓慢拉到B点,已知重力加速度为g,则此过程 (　　) A.力F对物体做的功为FR B.力F对物体做的功为 C.物体克服摩擦力做的功为-mgR D.物体克服摩擦力做的功为 二、转换法 方法概述 转换思想在物理学科中的应用很广,通常在遇到陌生情境、难以测量或计算的物理量时,要考虑能否将其转换为熟悉情境、容易测量或计算的物理量。 2.(2024北京师大附中模拟)螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成,螺纹与水平面夹角为α,如图所示。水平转动手柄,使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物,如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡,称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶,α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后,向螺纹槽滴入润滑油后,重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力,转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ B.下落过程中重物对螺杆的压力等于mg C.从重物开始升起到升到最高点摩擦力做功为mgh D.从重物开始升起到升到最高点转动手柄做功为2mgh 三、等效法 方法概述 在研究链条、液柱等非质点类物体在运动过程中的重力势能变化时,可采用“等效法”,即视为物体的一部分从一个位置移动到另一位置,其他部分不动,从而使问题大大简化。 3.(多选题)横截面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上,筒内装有水,底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度为g,不计水与筒壁间的摩擦阻力。现把底部的阀门K打开,最后两侧水面高度相等,则该过程中 (　　) A.水柱的重力做正功 B.大气压力对水柱做负功 C.水柱的机械能守恒 D.当两侧水面高度相等时,水柱的动能是ρgS(h1-h2)2 答案与分层梯度式解析 易混易错练 1.D　滑块下滑过程中重力与位移夹角小于90°,重力做正功,A正确。由于地面光滑,则滑块下滑的过程中斜面体向右运动,滑块运动轨迹如图,可知支持力与位移夹角大于90°,故支持力对滑块做负功;滑块对斜面的压力对斜面做正功,B、C正确,D错误。本题选错误的,故选D。 错解分析　本题易误认为斜面对滑块的支持力与斜面垂直,所以不做功。分析力对物体做的功时,要注意与该力相对应的物体位移必须是对地位移。 2.答案　2.0×104 W 解析　货物匀加速上升,加速度大小为a== m/s2=0.2 m/s2 设起重机对货物的拉力为F,根据牛顿第二定律有 F-mg=ma 所以F=m(g+a)=1.0×103×(9.8+0.2) N=1.0×104 N 起重机的额定输出功率不能小于它在t=10 s时的输出功率,在10 s末货物的速度vmax=at=0.2×10 m/s=2.0 m/s 故所需的最大输出功率为 Pmax=Fvmax=1.0×104×2.0 W=2.0×104 W 所以起重机的额定输出功率至少为2.0×104 W。 错解分析　本题常见错解分析过程如下:起重机对货物做的功为W=Fh,故功率为P=== W=1.0×104 W。 本题产生错解的原因是不明白起重机的额定输出功率不能小于它在提起货物时所需的最大输出功率,利用计算平均功率的公式P=来求起重机的输出功率。其实,起重机在提升货物过程中的实际输出功率随着提升速度的增大而增大,因此,要用P=Fv来计算其最大输出功率,进而得到其额定输出功率的最小值。 3.B　当杆到达竖直位置时,设两小球的速度分别为v1、v2,由于两小球的角速度相同,则v2=2v1,系统机械能守恒,有mg·L=mg·+m+m,解得v1=,v2=,故A错误,B正确;1号小球上升到最高点过程中动能和重力势能都增大,机械能增加,故C错误;对2号小球,由动能定理有mg·L+W=m,解得W=-mgL,故D错误。 错解分析　解答本题时,很多同学误认为杆的弹力总是垂直于小球的运动方向,从而误认为杆对两球均不做功。实际上杆的弹力并不是沿杆方向的,对两球做功,单独的每个小球的机械能并不守恒。 4.答案　(1)90°　(2)mg 解析　(1)(2)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,gt2=R-R cos θ,其中v0= 联立解得θ=90°,t=。 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=。 第三过程:小球在竖直平面内做圆周运动。设小球运动到达O点正下方时,速度大小为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 mv'2=m+mg·R 设此时绳对小球的拉力大小为T,则T-mg=m,联立解得T=mg。 错解分析　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机械能守恒定律而得出错误答案。 思想方法练 1.BC　由于力F的大小一定,方向始终与物体的速度方向一致,可将圆弧轨道分为无数小段,F做的总功即为F在各个小段上做功的代数和,则F做的功为F与弧长的乘积,即(点拨:微元法),故B正确,A错误;因为从A点缓慢拉到B点,可认为物体的动能未发生改变,由动能定理得WF-mgR-Wf=0,得物体克服摩擦力做的功为Wf=-mgR,C正确,D错误。 方法点津　因为F的方向不断改变,不能用W=Fl cos α求解,但由于F的方向时刻与物体的运动方向一致,可采用微元法,把物体的位移分割成许多小段,在每一小段位移上作用在物体上的力F可视为恒力,这样就可以利用恒力做功公式计算每一小段圆弧上力F所做的功,然后求和即可。 2.D　将螺纹槽看成斜面的变形,将重物与手柄整体视为斜面上的物体,实现摩擦自锁的条件为mg sin α≤μmg cos α,即tan α≤μ,故A错误;滴入润滑油,摩擦力减小,重物从静止开始下落时,具有向下的加速度,此时重物对螺杆的压力小于mg,B错误;由于千斤顶螺纹倾角为α0(tan α0=μ),所以重物上升过程中,螺杆所受摩擦力f=μmg·cos α0=mg sin α0,设螺纹总长度为L,则摩擦力做功Wf=-fL=-mg sin α0·L,由几何关系知L sin α0=h,故Wf=-mgh,C错误;设从重物开始升起到升到最高点,转动手柄做功为W,根据动能定理得W+Wf+WG=0,即W-mgh-mgh=0,解得W=2mgh,D正确。 方法点津　螺纹槽可以看成由一个斜面卷曲而成,把螺纹展开到一个平面上就是一个斜面。本题中的螺纹槽、螺杆是相对较为陌生的物体,但开拓思维,将其转换为斜面、斜面上物体后,问题就变得相对简单了。 3.ACD　从把底部的阀门打开到两侧水面高度相等的过程中,大气压力在左侧对水柱做正功,在右侧对水柱做负功,总功为零,故B错误。水柱的机械能守恒,重力做功等于重力势能的减少量,等于水柱增加的动能,等效于把左侧上方高的水柱移至右侧水面上方,重心下降,重力做正功,WG=ρgS·=ρgS(h1-h2)2,故A、C、D正确。 方法点津　从阀门关闭到左、右两侧水面相平,等效于将左侧上方高的水柱移到右侧水面上方,这样就很容易算出系统减少的重力势能,从而得出水柱增加的动能。 7 $