2019版高考物理二轮复习专题检测：08技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题(含解析)

专题检测（八）  技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题

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μ。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－μmgx　　　　 B．μmgx－mv2

C.mv2＋μmgx  D．以上选项均不对

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μmgx，由动能定理得W弹－μmgx＝mv2－0，得W弹＝mv2＋μmgx，C对。

2．(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(　　)

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。

3．[多选](2016·全国卷Ⅲ)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．a＝

C．N＝  D．N＝

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 v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， B错误；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。

4.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α和β及AB连线与水平面的夹角θ。物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是(　　)

A．μ＝tan α  B．μ＝tan β

C．μ＝tan θ  D．μ＝tan

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－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0，因为AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正确。

5．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θ斜向上抛，C球沿倾角为θ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(　　)

A．hA＝hB＝hC  B．hA＝hB<hC

C．hA＝hB>hC  D．hA＝hC>hB

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＝hC＝

h＝。对B球由机械能守恒定律得mghB＋mvt2＝mv02，且vt≠0，所以hA＝hC>hB，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：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.mgR

C.mgR  D.mgR

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，又vA＝vB，所以B的动能为EkB＝mvB2＝mgR，选项D正确。

8．(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50～80 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4.0×104 kg的载重货车，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2×104 N

B．速度可能大于36 km/h

C．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 F＝0.01mg＋

mgsin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正确；根据P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B错误；匀速上坡过程增加的重力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，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 θt2＝2Rsin θ，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，滑块损失的机械能(即克服摩擦力做功)为：

Wf＝μmgcos θ·，即各释放点处在同一竖直线上，D正确。

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M＝2m，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α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mg

B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg

C．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mgL

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。

12．[多选]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

B．最大水平位移为

C．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＝2v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＝，则水平位移x＝v0t＝ ，所以当－2h＝2h时水平位移最大，解得h＝，A正确；最大的水平位移为x＝＝2h＝，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某相同高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θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×＝1，则θ＝45°，D正确。

13.(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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，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1∶2

解析：选BD　对A，因为mgsin 37°>μmgcos 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°－μmgcos 37°＝ma，a＝2 m/s2，由运动学公式x＝

vt＋at2，得运动时间为：t＝2 s，所以传送带运动的位移大小为x＝vt＝2 m，所以A在传送带上的划痕长度为Δx1＝6 m－2 m＝4 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Δx2＝6 m＋2 m＝8 m，所以划痕长度之比为1∶2，故D正确。