（通用版）2019版高考物理二轮复习第一部分第一板块第8讲技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题讲义（含解析）.doc

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1、1技法专题巧用“能量观点”解决力学考法学法“能量观点”是解决力学问题的三大观点之一。高考既可能在选择题中单独考查功和能，也可能在计算题中综合考查功能问题，该部分内容主要解决的是选择题中的能量观点的应用。考查的内容主要有：几种常见的功能关系；动能定理的综合应用；利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题。用到的思想方法有：整体法和隔离法；全程法和分段法；守恒思想。提 能 点 一 “解 题 利 器 ”动 能 定 理 的 灵 活 应 用 多 维 探 究 类 考 点精 细 精 研 过 关 点点探明题型 1 应用动能定理求解变力做功例 1 如图所示，质量为 m 的物块与水平转台间的动摩擦因数为 ，物块与转

2、轴相距为 R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A0 B2 mgRC2 mgR D. mgR12解析 物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此 时 物 块 做 圆 周 运 动 的 线 速 度 为 v，则有 mg ，在物块由静止到获得速度 vmv2R的过 程 中 ， 物 块 受 到 的 重 力 和 支 持 力 不 做 功 ， 只 有 摩 擦 力 对 物 块 做 功，由动能定理得W mv20，解得 W mgR ，D 正确

3、。12 12答案 D题型 2 应用动能定理解决往复运动问题例 2 如图所示，斜面的倾角为 ，质量为 m 的滑块与挡板P 的距离为 x0，滑块以初速度 v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为 ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A. B.1 ( v022gcos x0tan ) 1 ( v022gsin x0tan )2C. D.2 ( v022gcos x0tan ) 1 ( v022gcos x0tan )解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为 Q mv02

4、 mgx0sin ，又由全程产生的热量等于克服12摩擦力所做的功，即 Q mgx cos ，解得 x ，选项 A 正确。1 ( v022gcos x0tan )答案 A题型 3 应用动能定理解决多过程问题例 3 多选如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为 h，与水平面倾角分别为 45和 37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为 。质量为 m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.6，cos 370.8)。则( )A动摩擦因数 67B载人滑草车最大速度为 2gh7C载人滑草车克服摩擦

5、力做功为 mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g35解析 由题意知，上、下两段滑道的长分别为 s1 、 s2 ，由动hsin 45 hsin 37能定理知：2 mgh mgs 1cos 45 mgs 2cos 370 ，解得动摩擦因数 ，选项 A67正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为 a1 g(sin 45 cos 45) g， a2 g(sin 37 cos 37) g，则在下滑 h 时的速度最大，由动能定理知：214 335mgh mgs 1cos 45 mv2，解得 v ，选项 B 正确，D 错误；载人滑草车克服摩擦12 2gh7力做的功与重力做功相等，即 W2 mgh，

6、选项 C 错误。答案 AB题型 4 动能定理和图像的综合例 4 多选一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第 1 s 内合力对物体做的功为 45 J，在第 1 s 末撤去拉力，物体整个运动过程的 vt 图像如图所示， g 取 10 m/s2，则( )A物体的质量为 5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数为 0.13C第 1 s 内摩擦力对物体做的功为 60 JD第 1 s 内拉力对物体做的功为 60 J解析 由动能定理有 45 J ，第 1 s 末速度 v3 m/s，解得 m10 kg，故 A 错mv22误；撤去拉力后加速度的大小 a m/

7、s21 m/s2，摩擦力 f ma10 N，又 f mg ，3 04 1解得 0.1，故 B 正确；第 1 s 内物体的位移 x 13 m1.5 m，第 1 s 内摩擦力对物体12做的功 W fx15 J，故 C 错误；第 1 s 内加速度的大小 a1 m/s23 m/s2，设3 01 0第 1 s 内拉力为 F，则 F f ma1，解得 F40 N，第 1 s 内拉力对物体做的功W Fx60 J，故 D 正确。答案 BD系统通法1把握两点，准确理解动能定理(1)动能定理表达式中， W 表示所有外力做功的代数和，包括物体所受重力做的功。(2)动能定理表达式中， Ek为所研究过程的末动能与初动能

8、之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。2应用动能定理的“两线索、两注意”(1)两线索(2)两注意动能定理常用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便。当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。提 能 点 二 巧 用 机 械 能 守 恒 定 律 破 解 三 类 连 接 体 问 题 多 维 探 究 类 考 点精 细 精 研 过 关 点点探明题型 1 绳连接的系统机械能守恒问题例 1 (2018南京模拟)如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一4定滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体

9、，质量分别为m1、 m2， m1m2。现让 m1从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑。设碗固定不动，其内壁光滑、半径为 R。则 m1滑到碗最低点时的速度为( )A2 B. m1 m2 gR2m1 m2 2 m1 m2 gRm1 m2C. D2 2 m1 2m2 gRm1 m2 m1 2m2 gR2m1 m2解析 设当 m1到达碗最低点时速率为 v1，此时 m2的速率为 v2，由几何关系知v1cos 45 v2，对 m1、 m2由机械能守恒定律得 m1gR m2g R m1v12 m2v22，解得212 12v12 ，D 正确。 m1 2m2 gR2m1 m2答案 D题型 2 杆连接的系统机械能

10、守恒问题例 2 如图所示为竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为 R。小球 A、 B 的质量分别为 mA、 mB， A 和 B 之间用一根长为 l(lmB， B 在右侧上升的最大高度与 A 的起始高度相同C在 A 下滑过程中轻杆对 A 做负功，对 B 做正功D在 A 下滑过程中减少的重力势能等于 A 与 B 增加的动能解析 根据系统机械能守恒条件可知， A 和 B 组成的系统机械能守恒，如果 B 在右侧上升的最大高度与 A 的起始高度相同，则有 mAgh mBgh0，则有 mA mB，A、B 错误； A下滑、 B 上升过程中， B 机械能增加，则 A 机械能减少，说明轻杆对 A 做负功，对 B

11、做正功，C 正确； A 下滑过程中减少的重力势能等于 B 上升过程中增加的重力势能和 A 与 B 增加的动能之和，D 错误。答案 C题型 3 弹簧连接的系统机械能守恒问题例 3 多选(2018邵阳模拟)如图所示，物体 A、 B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体 A、 B 的质量分别为2m、 m。开始时细绳伸直， B 静止在桌面上，用手托着 A 使弹簧处于原长且 A 与地面的距离为 h。放手后 A 下落，着地时速度大小为v，此时 B 对桌面恰好无压力。不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是( )5A A 下落过程中， A 和弹簧组成的系统机械能守恒B弹簧的劲度系数

12、为2mghC A 着地时的加速度大小为g2D A 着地时弹簧的弹性势能为 mgh mv2解析 因为 B 没有运动，所以 A 下落过程中，只有弹簧弹力和重力做功，故 A 和弹簧组成的系统机械能守恒，A 正确；因为 A 刚下落时，弹簧处于原长， A 落地时，弹簧对 B的弹力大小等于 B 所受的重力，故 kh mg，解得 k ，B 错误； A 落地时弹簧对绳子的拉mgh力大小为 mg，对 A 分析，受到竖直向上的拉力，大小为 mg，竖直向下的重力，大小为2mg，根据牛顿第二定律可得 2mg mg2 ma，解得 a ，C 正确； A 下落过程中， A 和弹簧g2组成的系统机械能守恒，故 2mgh 2m

13、v2 Ep，解得 Ep2 mgh mv2，D 错误。12答案 AC系统通法1判断机械能守恒的两个角度(1)用做功判断：若物体(或系统)只受重力(或系统内弹力)，或虽受其他力，但其他力不做功，则机械能守恒。(2)用能量转化判断：若物体(或系统)只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的相互转化，则机械能守恒。2机械能守恒定律的三种表达形式3应用机械能守恒定律解题的基本思路6提 能 点 三 几 个 重 要 功 能 关 系 的 灵 活 应 用 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通1常见的功能关系重力做功与重力势能变化的关系 WG Ep弹力做功与弹性势能变化的关系 W 弹

14、 Ep合外力做功与动能变化的关系 W 合 Ek除重力和弹力以外其他力做功与机械能变化的关系 W 其他 E 机滑动摩擦力与相对位移的乘积与内能变化的关系 Ffx 相对 E 内2功能关系的理解和应用(1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。(2)分清是什么力做功，并且分析该力做功的正负；根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况。(3)可以根据能量转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做的功。题点全练1.(2018全国卷)如图， abc 是竖直面内的光滑固定轨道， ab水平，长度为 2R； bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与

15、 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A2 mgR B4 mgRC5 mgR D6 mgR解析：选 C 小球从 a 点运动到 c 点，根据动能定理得， F3R mgR mv2，又12F mg，故 v2 。小球离开 c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的gR匀加速直线运动，且水平方向的加速度大小也为 g，故小球从 c 点到最高点所用的时间 t2 ，水平位移 x gt2 2R，根据功能关系，小球从 a 点到轨迹最高点机械能的增

16、量vg Rg 12等于力 F 做的功，即 E F(3R x)5 mgR，C 正确。2.多选(2019 届高三邯郸模拟)如图，质量为 m 的物体在恒定外力 F 作用下竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动，经过一段时间，力 F 做的功为 W，此时撤去力 F，物体又经相同时间回到了出发点。若以出发点所在水平面为重力势能7的零势能平面，重力加速度为 g，不计空气阻力，则( )A从物体开始运动到回到出发点的过程中，物体的机械能增加了W3B力 F 的大小为 mg43C物体回到出发点时重力的瞬时功率为 2mg2WD撤去力 F 时，物体的动能和重力势能恰好相等解析：选 BC 除重力以外的力做的功等于物体机械能

17、的变化量，力 F 做功为 W，则物体机械能增加了 W，故 A 错误；从开始运动到回到出发点，撤去力 F 前后两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等，取竖直向上为正方向，则得：at2 ， F mg ma，解得： a g， F mg，故 B 正确；在整个过程中，12 (att 12gt2) 13 43根据动能定理得： mv2 W，物体回到出发点时速率 v ，瞬时功率为12 2WmP mgv ，故 C 正确；撤去力 F 时，物体的动能为2mg2WEk W mg at2 F at2 mg at2 mgat2，重力势能为 Ep mg at212 12 12 16 12mgat2，可见，动能和重力势能不

18、相等，故 D 错误。123.多选(2018盘锦模拟)如图所示，半径为 R 的光滑圆环固定在竖直平面内， AB、 CD 是圆环相互垂直的两条直径， C、 D 两点与圆心O 等高。一个质量为 m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在 P 点， P 点在圆心 O 的正下方 处。小球从最高R2点 A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为 R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 g，下列说法正确的有( )A弹簧长度等于 R 时，小球的动能最大B小球运动到 B 点时的速度大小为 2gRC小球在 A、 B 两点时对圆环的压力差为 4mgD小球从 A 到 C 的过程中，弹簧

19、弹力对小球做的功等于小球机械能的增加量解析：选 CD 小球下滑过程中，弹簧长度等于 R 时，弹簧处于原长，此时弹簧弹力等于 0，只有重力对小球做正功，小球仍在加速，所以弹簧长度等于 R 时，小球的动能不是最大，故 A 错误；由题可知，小球在 A、 B 两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得：2 mgR mvB2，解得小球运动到 B 点时的速度 vB2 ，故 B 错12 gR误；设小球在 A、 B 两点时弹簧的弹力大小为 F，在 A 点，圆环对小球的支持力 F1mg F，在 B 点，由牛顿第二定律得： F2 mg F m ，解得圆环对小球的支持力vB2R8F25 mg

20、 F，则 F2 F14 mg，由牛顿第三定律知，小球在 A、 B 两点时对圆环的压力差为4mg，故 C 正确；小球从 A 到 C 的过程中，根据功能关系可知，弹簧弹力对小球做的功等于小球机械能的增加量，故 D 正确。提 能 点 四 应 用 功 能 关 系 破 解 叠 放 体 问 题 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通“三步走”分析叠放体问题(以传送带为例)题点全练1.如图所示，水平传送带长为 s，以速度 v 始终保持匀速运动，把质量为 m 的货物放到 A 点，货物与传送带间的动摩擦因数为 ，当货物从 A点运动到 B 点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能( )A等于 mv

21、2 B小于 mv212 12C大于 mgs D小于 mgs解析：选 C 货物在传送带上相对地面的运动情况可能是先加速后匀速，也可能是一直加速而最终速度小于 v，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于 mv2，可能小于12mv2，可能等于 mgs ，可能小于 mgs ，不可能大于 mgs ，故 C 对。122.多选(2018济宁模拟)如图所示，长为 L、质量为 M 的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为 m 的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为 。物块以速度 v0从木板的左端向右端滑动时，若木板固定不动，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定时，下列叙述正确的是( )A物块不能从木

22、板的右端滑下B系统产生的热量 Q mgL9C经过 t 物块与木板保持相对静止Mv0 M m gD摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功解析：选 AC 木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故 A 正确；物块和木板组成的系统产生的热量 Q Ffx 相对 mgx 相对 mgL ，故 B 错误；设物块与木板最终的共同速度为 v，物块和木板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有： mv0( m

23、M)v，对木板，由动量定理得： mgt Mv，联立解得： t ，故 C 正确；由于物块与木板相对于水平面的位移大小不等，物块对Mv0 M m g地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故 D 错误。3.如图所示，水平传送带两端点 A、 B 间的距离为 l，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的 A 点，施加恒定拉力 F 使小物体以速度 v1匀速滑到左端的 B 点，拉力 F 所做的功为 W1、功率为 P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q1。随后让传送带以速度 v2匀速运动，施加相同的恒定拉力 F 拉物体，使它以相对传送带为 v

24、1的速度匀速从 A 滑到 B，这一过程中，拉力 F 所做的功为 W2、功率为 P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q2。下列关系中正确的是( )A W1 W2， P1 P2， Q1 Q2B W1 W2， P1 P2， Q1 Q2C W1 W2， P1 P2， Q1 Q2D W1 W2， P1 P2， Q1 Q2解析：选 B 因为两次的拉力和位移相同，两次拉力做的功相等，即 W1 W2；当传送带不动时，物体运动的时间为 t1 ，当传送带以速度 v2匀速运动时，物体运动的时间为lv1t2 ，所以第二次用的时间短，功率大，即 P1 P2；滑动摩擦力与相对路程的乘积lv1 v2等于产生的热量，

25、第二次的相对路程小，所以 Q1 Q2，选项 B 正确。4多选如图甲所示，光 滑 水 平 面 上 放 着 长 木 板 B， 质 量 为 m2 kg 的木块 A 以速度v02 m/s 滑上原来静止的长木板 B 的上表面，由于 A、 B 之间存在有摩擦，之后， A、 B 的10速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度 g10 m/s 2。下列说法正确的是( )A A、 B 之间动摩擦因数为 0.1B长木板的质量 M2 kgC长木板长度至少为 2 mD A、 B 组成的系统损失的机械能为 4 J解析：选 AB 从题图乙可以看出， A 先做匀减速运动， B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度：

26、v1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： mv0( m M)v，解得： M m2 kg，故 B 正确；由图像可知，木板 B 匀加速运动的加速度为： a v tm/s21 m/s2，对 B，根据牛顿第二定律得： mg Ma，解得动摩擦因数为： 0.1，11故 A 正确；由图像可知前 1 s 内 B 的位移为： xB 11 m0.5 m, A 的位移为： xA121 m1.5 m，所以木板最小长度为： L xA xB1 m，故 C 错误； A、 B 组成的系统2 12损失的机械能为： E mv02 (m M)v22 J，故 D 错误。12 12专题强训提能 1.如图所示，物块的质量为 m

27、，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，该过程中小球的动能 Ek与时间 t 的关系图像是( )11解析：选 A

28、 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 mgR WmR 2mgR WmRC N D N3mgR 2W

29、R 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

30、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，空气阻力不计，则( )12A hA hB hC B hA hBh

31、C 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12hA hC h 。对 B 球由机械能守恒定律得 mghB mvt2 mv02，且 vt0，所以v022g 12 12hA hChB，故 D 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 Ek、机械能 E(取地面处重力势能为零)随球距离地面高度 h

32、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 FfhEk 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： mg(h0 h) Ff(h0 h) Ek，即 Ek( mg

33、 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Eh 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( )A. mgR B. mgR22 26C. mgR D. m

34、gR4 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 26138(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 的载重货车，保持额定功率 200 kW 在“爬坡车道”上行驶，

35、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/h，故 B 错误；匀速上坡过程增加的重力PF 2105210

36、4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( )A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、 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

37、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，滑 块 滑 动 的 水 平 距 离 是 x， 滑 块 损 失 的

38、 机 械 能 (即 克 服 摩 擦 力 做 功 )为：14Wf 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 的速度为零D若 M 恰好能到达挡板处，则此

39、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，此时动能恰好为零，因此重力对 M 做的功

40、等于 M 减小的机械能，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弹簧的弹性势能最大值为 mgL32解析：选

41、 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15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多选如图所示，在竖直杆上安装一个光滑小

42、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 x v0t ，所以当 2 h2 h

43、 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4h2v22g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 将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限

44、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16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 上升过程中，除重力与弹力做功外，

45、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x vt at2，得运动时间为： t2