2019版高考物理通用版二轮复习讲义：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

第8讲
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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：①几种常见的功能关系；②动能定理的综合应用；③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：①整体法和隔离法；②全程法和分段法；③守恒思想。
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[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μ，物块与转轴相距为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)(　　)
A．0　　　　　　　　 B．2μmgR
C．2πμmgR D.μmgR
[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μmg＝，在物块由静止到获得速度v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＝mv2－0，解得W＝μmgR，D正确。
[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θ，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μ，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.
C. D.
[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＋mgx0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解得x＝，选项A正确。
[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μ。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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　)
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
[解析]　由题意知，上、下两段滑道的长分别为s1＝、s2＝，由动能定理知：2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0，解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则在下滑h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos 45°＝mv2，解得v＝ ，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，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 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1

C．第1 s内摩擦力对物体做的功为60 J
D．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v＝3 m/s，解得m＝10 kg，故A错误；撤去拉力后加速度的大小a＝ m/s2＝1 m/s2，摩擦力f＝ma＝10 N，又f＝μmg，解得
μ＝0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x＝×1×3 m＝1.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功W＝－fx＝－15 J，故C错误；第1 s内加速度的大小a1＝ m/s2＝3 m/s2，设第1 s内拉力为F，则F－f＝ma1，解得F＝40 N，第1 s内拉力对物体做的功W′＝Fx＝60 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，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，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
①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。
②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。

[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，质量分别为m1、m2，m1>m2。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(　　)
A．2 　　 　　 B.
C. D．2
[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
v1＝2 ，D正确。
[答案]　D
题型2　杆连接的系统机械能守恒问题
[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(lhB
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。