（通用版）2019版高考物理二轮复习专题检测（八）技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题（含解析）.doc

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1、1技法专题巧用“能量观点”解决力学1.如图所示，物块的质量为 m，它与水平桌面间的动摩擦因数为 。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为 x，然后放手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为 v。则此过程中弹力所做的功为( )A. mv2 mgx B mgx mv212 12C. mv2 mgx D以上选项均不对12解析：选 C 设 W 弹 为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为 mgx ，由动能定理得 W 弹 mgx mv20，得 W 弹 mv2 mgx ，C 对。12 122(2018江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程

2、中小球的动能 Ek与时间 t 的关系图像是( )解析：选 A 小球 做 竖 直 上 抛 运 动 ， 设 初 速 度 为 v0， 则 v v0 gt， 小 球的动能Ek mv2，把速度 v 代入，得 Ek mg2t2 mgv0t mv02， Ek与 t 为二次函数关系，A 正确。12 12 123多选(2016全国卷)如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为 W。重力加速度大小为 g。设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大小为 N，则( )A a B a2

3、mgR WmR 2mgR WmRC N D N3mgR 2WR 2 mgR WR解析：选 AC 质点 P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得 mgR W mv2，则速度 12v ，在最低点的向心加速度 a ，选项 A 正确， B 错误；2 mgR Wm v2R 2 mgR WmR在最低点时，由牛顿第二定律得 N mg ma， N ，选项 C 正确，D 错误。3mgR 2WR4.如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上 A 点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜2面上的 B 点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角 和 及 AB 连线与水平面的夹角 。物块与各接触

4、面间动摩擦因数相同且为 ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是( )A tan B tan C tan D tan 2解析：选 C 设 AB 的水平长度为 x，竖直高度差为 h，对从 A 到 B 的过程运用动能定理得 mgh mg cos AC mg CE mg cos EB0，因为 ACcos CE EBcos x，则有 mgh mgx 0，解得 tan ，故 C 正确。hx5如图所示，质量、初速度大小都相同的 A、 B、 C 三个小球，开始时在同一水平面上，A 球竖直上抛， B 球以倾角 斜向上抛， C 球沿倾角为 的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为 hA、 hB、 hC，空

5、气阻力不计，则( )A hA hB hC B hA hBhC D hA hChB解析：选 D A 球和 C 球上升到最高点时速度均为零，而 B 球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对 A、 C 球由机械能守恒定律得 mgh mv02，得 hA hC12h 。对 B 球由机械能守恒定律得 mghB mvt2 mv02，且 vt0，所以 hA hChB，故 Dv022g 12 12正确。6(2019 届高三南京模拟)质量为 m 的球从地面以初速度 v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图像分别描述了球在空中运动的速度 v、加速度a 随时间 t 的变化关系和动能 E

6、k、机械能 E(取地面处重力势能为零)随球距离地面高度 h的变化关系，其中可能正确的是( )解析：选 C 已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即 Ff kv，当球上升到最高点时， v 为零，球只受重力， a 等于 g，则 vt 图线切线的斜率不等于零，故 A 错误；根据牛顿第二定律，球上升过程中： mg kv ma， v 逐渐减小， a 逐渐减小，球下降过程中：mg kv ma， v 逐渐增大， a 逐渐减小，故 B 错误；上升过程，由动能定理： mgh Ffh Ek Ek0，解得 Ek Ek0( mg kv)h，随 h 的增加， v 减小，则 Ekh 图像的斜率减小，下降过程，由动能定理：

7、 mg(h0 h) Ff(h0 h) Ek，即 Ek( mg kv)(h0 h)，随下降的高度的增加， v 增大， Ekh 图像的斜率减小，故 C 正确；机械能的变化量等于克服阻力做的功： Ffh E E0，上升过程中 v 逐渐减小，则 Ff逐渐减小，即 Eh 图像的斜率逐渐变小，故3Eh 图像不是直线，故 D 错误。7.(2018武汉调研)如图所示，半径为 R、圆心为 O 的光滑圆环固定在竖直平面内， OC 水平， D 是圆环最低点。质量为 2m 的小球 A 与质量为 m 的小球 B 套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止释放，当 A 运动至 D 点时， B 的动能为(

8、 )A. mgR B. mgR22 26C. mgR D. mgR4 22 4 26解析：选 D A、 B 组成的系统机械能守恒，当 A 运动到最低点 D 时， A 下降的高度为 hA R Rsin 45， B 上升的高度为 hB Rsin 45，则有 2mghA mghB 2mvA2 mvB2，12 12又 vA vB，所以 B 的动能为 EkB mvB2 mgR，选项 D 正确。12 4 268(2018烟台模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为 5080 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度 50 km/h，则必须走 “爬坡车道”来避免危险。某质量为 4.0104 kg 的

9、载重货车，保持额定功率 200 kW 在“爬坡车道”上行驶，每前进 1 km，上升 0.04 km，货车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的 0.01 倍， g 取 10 m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中( )A牵引力等于 2104 NB速度可能大于 36 km/hC增加的重力势能等于货车牵引力所做的功D增加的机械能等于货车克服阻力所做的功解析：选 A 货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大小 F0.01 mgmgsin 0.014.010 410 N4.010 410 N210 4 N，故 A 正确；根据0.041P Fv 得： v m/s10 m/s36 km/

10、h，故 B 错误；匀速上坡过程增加的重力PF 21052104势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故 C 错误；根据功能关系知，匀速上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故 D 错误。9多选(2018武汉质检)有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是 O 点，如图所示。有一系列完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的 A、 B、 C、 D、各点同时由静止释放，下列判断正确的是( )4A若各斜面均光滑，且这些滑块到达 O 点的速率相同，则 A、 B、 C、 D、各点处在同一水平线上B若各斜面均光滑，且这些滑块到达 O 点的速率相同，则 A、 B、 C、

11、 D、各点处在同一竖直面内的圆周上C若各斜面均光滑，且这些滑块到达 O 点的时间相同，则 A、 B、 C、 D、各点处在同一竖直面内的圆周上D若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑块到达 O 点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则 A、 B、 C、 D、各点处在同一竖直线上解析：选 ACD 若各斜面均光滑，根据 mgh mv2，滑块质量相同，12到达 O 点的速率相同，则 h 相同，即各释放点处在同一水平线上，A 正确，B 错误；以 O 点为最低点作等时圆，如图所示，由 gsin 12t 22 Rsin ，可知各滑块从圆周上各点运动到 O 点时间相等，C 正确；若各滑块滑到 O 点的过程中

12、，滑块滑动的水平距离是 x，滑块 损 失 的 机 械 能 (即 克 服 摩擦 力 做 功 )为：Wf mg cos ，即各释放点处在同一竖直线上，D 正确。xcos 10多选如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30，质量分别为 M、 m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住 M，此时 M 到挡板的距离为 s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且没有力的作用。已知M2 m，空气阻力不计。松开手后，下列说法正确的是( )A M 和 m 组成的系统机械能守恒B当 M 的速度最大时， m 与地面间的作用力为零C若 M 恰好能到达挡板处，则此时 m 的速

13、度为零D若 M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量与m 的机械能增加量之和解析：选 BD 运动过程中， M、 m 与弹簧组成的系统机械能守恒，A 错误；当 M 速度最大时，弹簧的弹力等于 Mgsin 30 mg，此时 m 与地面间的作用力恰好为零，B 正确；然后 M 做减速运动，恰好能到达挡板处，也就是速度刚好减小到了零，之后 M 会上升，所以M 恰好到达挡板处时弹簧弹力大于 mg，即此时 m 受到的细绳拉力大于自身重力， m 还在加速上升，C 错误；根据功能关系， M 减小的机械能等于 m 增加的机械能与弹簧增加的弹性势能之和，若 M 恰好能到达挡板处，此

14、时动能恰好为零，因此重力对 M 做的功等于 M 减小的5机械能，D 正确。11多选如图所示，三个小球 A、 B、 C 的质量均为 m， A 与B、 C 间通过铰链用轻杆连接，杆长均为 L。 B、 C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现 A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角 由 60变为 120。 A、 B、 C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为 g。则此下降过程中( )A A 的动能达到最大前， B 受到地面的支持力小于 mg32B A 的动能最大时， B 受到地面的支持力等于 mg32C弹簧的弹性势能最大时， A 的加速度方向竖直向下D弹

15、簧的弹性势能最大值为 mgL32解析：选 AB 在 A 的动能达到最大前， A 向下加速运动，此时 A 处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于 3mg，即地面对 B 的支持力小于 mg，A 项正确；当 A 的动能最大32时， A 的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等于 3mg，即 B 受到地面的支持力等于 mg，B 项正确；当弹簧的弹性势能最大时， A 减速运动到最低点，此32时 A 的加速度方向竖直向上，C 项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于 A 的重力势能的减少量，即为 mg(Lcos 30 Lcos 60) mgL，D 项错误。3 1212多

16、选如图所示，在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为 v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )A导向槽位置应在高为 的位置v24gB最大水平位移为v2gC小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有 v 下 2 v 上D当小球落地时，速度方向与水平方向成 45角解析：选 AD 设小球做平抛运动时的速度为 v0，根据机械能守恒定律可得，mv02 mgh mv2，解得 v0 ；根据平抛运动的知识可得，下落时间 t ，则12 12 v2 2gh 2hg水平位移

17、 x v0t ，所以当 2 h2 h 时水平位移最大，解得 h ，A 正(v2g 2h)2h v2g v24g确；最大的水平位移为 x 2 h ，B 错误；根据机械能守恒定律可知，在某相同高4h2v22g6度处时上升的速率和下落的速率相等，C 错误；设小球落地时速度与水平方向的夹角为 ，位移与水平方向的夹角为 ，根据平抛运动的规律可知，tan 2tan 2 1，则 45，D 正确。h2h13.(2019 届高三滨州模拟)两物块 A 和 B 用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲所示，现用一竖直向上的力 F 拉动物块 A，使之向上做匀加速直线运动，如图乙所示。在物块 A 开始运动到物块 B 将

18、要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是( )A力 F 先减小后增大B弹簧的弹性势能一直增大C物块 A 的动能和重力势能一直增大D物块 A、 B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小解析：选 C 对物块 A 由牛顿第二定律得： F mg kx ma，解得： F m(g a) kx，由于 x 先减小后反向增大，故力 F 一直增大，故 A 错误；在物块 A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故 B 错误；在物块 A 上升过程中，由于物块 A 做匀加速运动，所以物块 A 的速度增大，高度升高，则物块 A 的动能和重力势能增大，故 C 正确；在物块 A

19、 上升过程中，除重力与弹力做功外，还有力 F 做正功，所以物块 A、 B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故 D 错误。14.多选(2018江西八校联考)如图所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 6 m 且与水平方向的夹角均为 37。现有两个小物块 A、 B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，小物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5(g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，下列说法正确的是( )A A 先到达传送带底端B A、 B 同时到达传送带底端C传送带对 A 做正功，对 B 做负功D A、 B 在传送带上的

20、划痕长度之比为 12解析：选 BD 对 A，因为 mgsin 37mg cos 37，则 A 所受摩擦力沿传送带向上，下滑时做匀加速直线运动，同理， B 所受摩擦力沿传送带向上，下滑时做匀加速直线运动，A、 B 做匀加速直线运动的加速度大小相等，位移大小相等，则运动的时间相等，故 A 错误，B 正确；传送带对 A、 B 的摩擦力方向与速度方向相反都沿传送带向上，传送带对 A 和 B 做负功，故 C 错误；对 A，划痕的长度等于 A 的位移大小减去传送带的位移大小，以 A 为研究对象，由牛顿第二定律得 mgsin 37 mg cos 37 ma， a2 m/s2，由运动学公式x7vt at2，得运动时间为： t2 s，所以传送带运动的位移大小为 x vt2 m，所以 A 在12传送带上的划痕长度为 x16 m2 m4 m；对 B，划痕的长度等于 B 的位移大小加上传送带的位移大小，同理得出 B 在传送带上的划痕长度为 x26 m2 m8 m，所以划痕长度之比为 12，故 D 正确。